2025届高考物理一轮总复习课时跟踪检测四十三“电磁感应中动力学能量和动量问题”的综合研究

课时跟踪检测（四十三）“电磁感应中动力学、能量和动量问题”的综合探讨1.如图，一足够长通电直导线固定在光滑水平面上，质量是0.04kg的硬质金属环在该平面上运动，初速度大小为v0＝2m/s、方向与导线的夹角为60°，则该金属环最终()A．做曲线运动，环中最多能产生0.08J的电能B．静止在平面上，环中最多能产生0.04J的电能C．做匀加速直线运动，环中最多能产生0.02J的电能D．做匀速直线运动，环中最多能产生0.06J的电能解析：选D金属环在向右上方运动过程中，通过金属环的磁通量削减，依据楞次定律可知金属环受到的安培力会阻碍其运动，直到其磁通量不发生改变，即沿着导线的方向运动时，金属环不再受到安培力的作用，此时金属环将做匀速直线运动，只具有竖直方向的速度，依据速度合成与分解规律可知金属环最终做匀速直线运动的速度为v＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0＝1m/s，依据能量守恒定律可得，金属环中产生的电能为E＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2＝0.06J，所以D正确，A、B、C错误。2.(多选)如图所示，间距大小为0.5m的平行导轨竖直放置，导轨上端与电阻R连接，图中水平虚线下方存在垂直导轨平面对外、磁感应强度大小为0.2T的匀强磁场。现将质量0.1kg的导体棒从虚线上方h1处由静止释放，进入磁场时恰好以速度v0做匀速直线运动，匀速运动2s后给导体棒施加一竖直向上大小为2N的恒力，并且由于磁感应强度发生改变回路中不再产生感应电流，再经过0.2s导体棒的速度减为零。已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导体棒的电阻不计，重力加速度大小为10m/s2，关于导体棒由静止释放到速度减为零的过程，下列说法正确的是()A．匀速运动速度为2m/sB．自由下落的高度为2mC．回路中磁通量的最大值为0.4WbD．回路中产生的焦耳热为4J解析：选ACD给导体棒施加一个竖直向上的恒力F＝2N＝2mg，由于施加恒力后回路中无电流，导体棒不受安培力作用，导体棒做匀减速直线运动，依据牛顿其次定律F－mg＝ma，a＝g，对匀减速阶段列速度公式v0＝gt3＝2m/s，故A正确；对自由落体阶段，依据2gh1＝v02，h1＝0.2m，故B错误；导体棒进入匀强磁场运动2s后回路中磁通量达到最大，2s时间内导体棒的位移h2＝v0t2＝4m，则回路磁通量的最大值为Φm＝BLh2＝0.4Wb，故C正确；依据能量守恒定律可知整个过程中回路中产生的焦耳热与匀速运动阶段重力势能的削减量相等Q＝mgh2＝4J，故D正确。3.(多选)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中()A．流过金属棒的最大电流为eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通过金属棒的电荷量为eq\f(BdL,2R)C．克服安培力所做的功为mghD．金属棒内产生的焦耳热为eq\f(1,2)mg(h－μd)解析：选BD金属棒下滑到弯曲部分底端时，依据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得Imax＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BdL,2R)，B正确；对整个过程由动能定理得mgh－Weq\a\vs4\al(F安)－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功Weq\a\vs4\al(F安)＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)Weq\a\vs4\al(F安)＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，C错误，D正确。4.(多选)如图所示，一个等腰直角三角形金属线框直角顶点O处不闭合，竖直放置于水平匀强磁场中，磁场磁感应强度为B，线框平面与磁场方向垂直，线框的斜边长为L，定值电阻阻值为R，其余部分线框电阻可忽视不计。现有一质量分布匀称的导体棒水平放置，中心在线框最高点O处由静止释放(导体棒足够长，电阻不计)，导体棒在下落过程中与线框始终保持良好接触。不计摩擦和空气阻力，下列说法中正确的是()A．导体棒下落eq\f(L,4)的过程中，流过R的电荷量为eq\f(BL2,16R)B．离开磁场前导体棒肯定始终加速C．离开磁场前导体棒可能先加速后匀速D．导体棒下落过程机械能的削减量等于电阻R上产生的热量解析：选AD由法拉第电磁感应定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，由闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)，由电流的定义式可得，流过R的电荷量为q＝I·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，导体棒下落eq\f(L,4)的过程中ΔΦ＝B·eq\f(L2,16)，联立可得q＝eq\f(BL2,16R)，A正确；对导体棒受力分析，有重力和安培力。安培力定义式为F安＝BIl，导体棒产生的电动势为E＝Blv，由闭合电路的欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)，则F安＝eq\f(B2l2v,R)，最起先，重力大于安培力，此时导体棒做加速运动。不考虑导体棒的运动位移，当重力等于安培力之后，导体棒的有效切割长度接着变大，所以安培力比重力大，合力向上，导体棒做减速运动，B、C错误；导体棒在下落过程中，重力做正功，安培力做负功转化为电阻R的内能，由能量守恒定律可得，导体棒下落过程机械能的削减量为ΔE＝QR，D正确。5.(多选)如图所示，两根间距为L的光滑平行金属导轨，OO′左侧向上弯曲，右侧水平，水平导轨处在磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中。两根金属棒MN、PQ始终垂直导轨，与导轨接触良好，MN、PQ棒的长度均为L、质量均为m、阻值均为R。金属棒MN从竖直高度h处由静止释放沿导轨下滑。导轨电阻不计，整个过程中金属棒MN和PQ未相碰，则()A．释放后金属棒MN最终停在水平轨道上B．金属棒MN刚进入磁场时，金属棒PQ两端电压大小eq\f(BL\r(2gh),2)C．整个过程中流过金属棒PQ的电荷量为eq\f(m\r(2gh),BL)D．整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为eq\f(1,4)mgh解析：选BD释放后金属棒MN最终与PQ金属棒在水平轨道上，一起做匀速直线运动，A错误；金属棒MN刚进入磁场时，依据机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，依据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，解得感应电动势为E＝BLeq\r(2gh)，金属棒PQ两端电压大小为U＝eq\f(1,2)E＝eq\f(BL\r(2gh),2)，B正确；金属棒MN、PQ组成的系统动量守恒，有mv＝2mv′，整个过程中对金属棒PQ分析，由动量定理有Beq\x\to(I)Lt＝mv′，流过金属棒PQ的电荷量为q＝eq\x\to(I)t，联立解得q＝eq\f(m\r(2gh),2BL)，C错误；设整个过程中闭合回路产生的焦耳热为Q，对系统由能量守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)·2mv′2＋Q，解得Q＝eq\f(1,2)mgh，则整个过程金属棒MN产生的焦耳热为QMN＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,4)mgh，D正确。6．(多选)如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L＝0.5m，底端接有阻值为R＝4Ω的电阻，整个装置处于垂直于导体框架向上的匀强磁场中，一质量为m＝1kg、电阻r＝1Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止起先运动，拉力F与导体棒速率倒数关系如图乙所示。已知g＝10m/s2。则()A．v＝5m/s时拉力大小为12NB．v＝5m/s时拉力的功率为70WC．匀强磁场的磁感应强度的大小为2TD．当棒的加速度a＝8m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为1N解析：选BCD当v＝5m/s时，eq\f(1,v)＝0.2s/m，由题图乙可知对应图像的拉力F＝14N，A错误；依据功率与速度的关系可得拉力的功率PF＝Fv＝70W，B正确；导体棒的最大速度eq\f(1,vm)＝0.1s/m，所以最大速度vm＝10m/s，此时拉力最小为Fmin＝7N，依据共点力平衡条件可得Fmin－mgsinθ－F安＝0，依据安培力的计算公式可得F安＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R＋r)，代入数据得B＝2T，C正确；当棒的加速度a＝8m/s2时，拉力设为F′，速度为v′，依据牛顿其次定律可得F′－mgsinθ－BI′L＝ma，而F′＝eq\f(P,v′)，BI′L＝eq\f(B2L2v′,R＋r)，整理可得v′2＋65v′－350＝0，解得v′＝5m/s(或v′＝－70m/s舍去)，所以此时的安培力为F安′＝BI′L＝eq\f(B2L2v′,R＋r)＝1N，D正确。7.如图所示，平行导轨宽为L、倾角为θ，处在垂直导轨平面对下的匀强磁场中，磁感强度为B，CD为磁场的边界，导轨左端接一电流传感器，CD右边平滑连一足够长的向上倾斜导轨。质量为m、电阻为R的导体棒ab长也为L，两端与导轨接触良好，自导轨上某处由静止滑下。其余电阻不计，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。(1)棒ab上的感应电流方向如何？(2)棒ab在磁场内下滑过程中，速度为v时加速度为多大？(3)若全过程中电流传感器指示的最大电流为I0。求棒ab相对于CD能上升的最大高度。解析：(1)依据右手定则可判定：棒ab在磁场中向下滑动时，电流由b流向a。(2)当棒的速度为v时，切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，依据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R)，安培力F＝BIL，依据牛顿其次定律，有mgsinθ－F＝ma解得a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)。(3)棒下滑到CD处回路电流最大，有BLvm＝I0R棒ab滑过CD后到右侧最高点，由机械能守恒定律，有mgH＝eq\f(1,2)mvm2，解得H＝eq\f(I02R2,2gB2L2)。答案：(1)由b流向a(2)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(I02R2,2gB2L2)8．(2024·海南高考)如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其他电阻。(1)求金属杆中的电流和水平外力的功率；(2)某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为eq\f(u0,2)，求：①这段时间内电阻R上产生的焦耳热；②这段时间内始终在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。解析：(1)金属杆切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，则金属杆中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv0,R)，由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，则有F＝F安＝BIl＝eq\f(B2l2v0,R)，依据功率的计算公式有P＝Fv0＝eq\f(B2l2v02,R)。(2)①设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时，电流由微观表示为I＝nSeu0＝eq\f(Blv0,R)，则解得nSe＝eq\f(Blv0,Ru0)，电子沿金属杆定向移动的速率变为eq\f(u0,2)时，有I′＝nSeeq\f(u0,2)＝eq\f(Blv′,R)，解得v′＝eq\f(v0,2)，由能量守恒有eq\f(1,2)mv′2＝eq\f