2022版新教材高考物理一轮复习第13章电磁感应专题提分课8电磁感应中的动力学问题能量问题动量问题训练含解析鲁科版

电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题(建议用时：60分钟)1.如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，轨道左侧连接一定值电阻R，导体棒ab垂直导轨，导体棒ab和轨道的电阻不计。导体棒ab在水平外力作用下运动，外力F随时间t变化的规律如图乙所示，在0～t0时间内从静止开始做匀加速直线运动，则在t0时刻以后，导体棒ab的运动情况为()A．一直做匀加速直线运动B．做匀减速直线运动，直到速度为0C．先做加速运动，最后做匀速直线运动D．一直做匀速直线运动C解析：设t0时刻导体棒ab的速度为v，则此时的感应电动势E＝BLv，电流I＝eq\f(BLv,R)，导体棒ab受到的安培力F安＝ILB＝eq\f(B2L2v,R)，根据牛顿第二定律得F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，t0时刻后，拉力F不变，速度v增大，则加速度减小，导体棒ab做加速度减小的加速运动，当加速度减为0之后，做匀速直线运动，选项C正确，A、B、D错误。2.在光滑水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，磁感应强度大小为B。正方形闭合线圈的边长为L，沿x轴正方向运动，未进入磁场时以速度v0匀速运动，并能垂直磁场边界穿过磁场，那么()A．bc边刚进入磁场时，bc边两端的电压为eq\f(BLv0,4)B．线圈进入磁场过程中的电流方向为顺时针方向C．线圈进入磁场后做匀减速直线运动D．线圈进入磁场过程产生的焦耳热大于离开磁场过程产生的焦耳热D解析：bc边刚进入磁场时，产生的感应电动势为E＝BLv0，则bc边两端的电压为Ubc＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv0，选项A错误；由右手定则可知，线圈进入磁场过程中的电流方向为逆时针方向，选项B错误；线圈进入磁场后受到向左的安培力作用，做减速直线运动，因速度减小，故安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，故线框进入磁场后做加速度减小的减速直线运动，选项C错误；线圈中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，由于线圈进入磁场时受到的安培力较大，故线圈进入磁场过程产生的焦耳热大于离开磁场过程产生的焦耳热，选项D正确。3.(多选)如图所示，质量为m＝0.04kg、边长为l＝0.4m的正方形导体线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行于斜面的细线系于O点，斜面倾角为θ＝30°。线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间的变化关系为B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面，已知线框电阻为R＝0.5Ω，重力加速度为g＝10m/s2。则()A．线框中的感应电流方向为abcdaB．t＝0时，细线的拉力大小F＝0.2NC．线框中的感应电流大小为I＝80mAD．经过一段时间t，线框可能沿斜面向上运动CD解析：由于磁场的磁感应强度随时间的变化关系为B＝2＋0.5t(T)，即磁感应强度增大，根据楞次定律可得感应电流的方向为adcba，A错误；根据法拉第电磁感应定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝0.5×0.4×0.2V＝0.04V，则感应电流的大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.04,0.5)A＝0.08A＝80mA，C正确；t＝0时，磁感应强度为B＝2T，根据共点力的平衡条件可得F＋IlB＝mgsinθ，解得F＝mgsinθ－IlB＝(0.4sin30°－0.08×0.4×2)N＝0.136N，B错误；随着时间增大，磁感应强度逐渐增大，当安培力(方向沿斜面向上)大于重力沿斜面向下的分力时，线框沿斜面向上运动，D正确。4.(多选)如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从实线Ⅰ位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的Ⅱ位置时，线框的速度为eq\f(v,2)。下列说法正确的是()A．在位置Ⅱ时线框中的电功率为eq\f(B2a2v2,R)B．此过程中线框中产生的内能为eq\f(3,8)mv2C．在位置Ⅱ时线框的加速度为eq\f(B2a2v,2mR)D．此过程中通过线框横截面的电荷量为eq\f(2Ba2,R)AB解析：在Ⅱ位置时回路中产生的感应电动势为E＝2×Baeq\f(v,2)＝Bav，感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，线圈所受安培力大小为F＝2IaB＝eq\f(2B2a2v,R)，方向向左，则根据牛顿第二定律得加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2B2a2v,mR)，选项C错误；此时线框中的电功率P＝I2R＝eq\f(B2a2v2,R)，选项A正确；此过程穿过线框的磁通量的变化量为ΔΦ＝Ba2，通过线框横截面的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Ba2,R)，选项D错误；根据能量守恒定律得，此过程回路中产生的电能为Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up16(2)＝eq\f(3,8)mv2，选项B正确。5．(多选)如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为θ，在斜面上放置一个矩形线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，总电阻为R，线框通过细线与重物相连(细线与斜面平行)，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行于gh且平行于底边)的上方有垂直斜面向上的匀强磁场(fh远大于l2)，磁感应强度为B。如果线框从静止开始运动，且进入磁场的最初一段时间是做匀速运动，假设斜面足够长，运动过程中ab边始终与ef平行，滑轮质量及摩擦均不计。则()A．线框abcd进入磁场前运动的加速度a＝eq\f(Mg－mgsinθ,m)B．线框在进入磁场过程中的运动速度v＝eq\f(Mg－mgsinθR,B2l\o\al(2,1))C．线框做匀速运动的时间t＝eq\f(B2l\o\al(2,1)l2,Mg－mgsinθR)D．线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q＝(Mg－mgsinθ)l1BC解析：线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得，线框的加速度a＝eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m)，选项A错误；设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为F＝eq\f(B2l\o\al(2,1)v,R)，对线框，根据平衡条件得F＝Mg－mgsinθ，联立两式得v＝eq\f(Mg－mgsinθR,B2l\o\al(2,1))，线框做匀速运动的时间为t＝eq\f(l2,v)＝eq\f(B2l\o\al(2,1)l2,Mg－mgsinθR)，选项B、C正确；线框进入磁场的过程做匀速运动，重物减小的重力势能转化为线框的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得，匀速运动过程中产生的焦耳热Q＝(Mg－mgsinθ)l2，选项D错误。6.(2020·潍坊模拟)(多选)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理示意图如图所示。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，导轨间存在垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，导轨电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。开关先接1，使电容器C完全充电，然后将S接至2,MN达到最大速度vm后离开导轨。这个过程中()A．MN做匀加速直线运动B．通过MN的电荷量q＝eq\f(mvm,BL)C．MN达到最大速度时，电容器C两极板间的电压为0D．求出通过MN的电荷量q后，不可以利用公式q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLs,R)求MN加速过程的位移BD解析：在MN向右运动的过程中，电容器C的放电电流逐渐减小，且MN切割磁感线要产生与电容器C放电电流反向的感应电动势，可知MN所受安培力逐渐减小，MN做加速度减小的加速运动，选项A错误；当MN速度最大时，由动量定理得Beq\x\to(I)LΔt＝mvm，q＝eq\x\to(I)Δt，解得q＝eq\f(mvm,BL)，选项B正确；MN达到最大速度vm时，MN上的感应电动势为E′＝BLvm，电容器C两极板间的电压为U＝BLvm，选项C错误；该过程中任一时刻的电流为I′＝eq\f(U′－BLv′,R)，U′为电容器两极板间的电压，则从式中可以看出电流不恒定，取一很短时间Δt′，流过MN的电荷量为q′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U′－BLv′,R)))Δt′，只有当U′＝0时，才有q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLs,R)，而本题过程中始终不满足U′＝0，则不可以利用公式q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLs,R)求MN加速过程的位移，选项D正确。7.CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是()A．流过电阻R的最大电流为eq\f(Bd\r(2gh),R)B．流过电阻R的电荷量为eq\f(BLd,2R)C．整个电路中产生的焦耳热为mghD．电阻R中产生的焦耳热为eq\f(1,2)mghB解析：导体棒下滑的过程中，由机械能守恒，得mgh＝eq\f(1,2)mv2，导体棒到达水平面时的速度v＝eq\r(2gh)，导体棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E＝BLv，最大感应电流为I＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，选项A错误；流过电阻R的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)，选项B正确；导体棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh－WB－μmgd＝0，则克服安培力做的功WB＝mgh－μmgd，克服安培力做的功转化为焦耳热，故选项C错误；电阻R中产生的焦耳热QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)WB＝eq\f(1,2)(mgh－μmgd)，选项D错误。8．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直平面向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界进入磁场，滑过磁场后速度变为v(v<v0)，那么()A．完全进入磁场中时，线圈的速度大于eq\f(v0＋v,2)B．完全进入磁场中时，线圈的速度等于eq\f(v0＋v,2)C．完全进入磁场中时，线圈的速度小于eq\f(v0＋v,2)D．以上情况A、B均有可能，而C是不可能的B解析：设线圈完全进入磁场中时的速度为v′，线圈在进入磁场的过程中的感应电荷量为q，因为线圈进、出磁场时面积的变化量相等，所以磁通量的变化量相等，即进、出磁场感应的电荷量相等。线圈在进、出磁场的过程中，根据动量定理有Bqa＝mv0－mv′，Bqa＝mv′－mv，由上述二式可得v′＝eq\f(v0＋v,2)，即B选项正确。9.如图所示，在倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a和b，电阻均为R，边长均为l；它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；开始时，b线框的上边框与匀强磁场的下边界重合，a线框的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，a线框恰好匀速穿越磁场区域。不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)a线框穿出磁场区域时的电流大小；(2)a线框穿越磁场区域时的速度大小；(3)b线框进入磁场过程中产生的焦耳热。解析：(1)设绳子的拉力为F，a线框匀速穿越磁场区域，对a线框有4mgsinθ＝F安＋F对b线框有F＝mgsinθ且F安＝IlB解得I＝eq\f(9mg,5Bl)。(2)a线框匀速运动时，a、b两线框的速度大小相等，设为v，则有E＝BlvI＝eq\f(E,R)解得v＝eq\f(9mgR,5B2l2)。(3)设b线框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q，对系统由能量守恒列方程4mglsinθ＝mglsinθ＋eq\f(1,2)·5mv2＋Q解得Q＝eq\f(9,5)mgl－eq\f(81m3g2R2,10B4l4)。答案：(1)eq\f(9mg,5Bl)(2)eq\f(9mgR,5B2l2)(3)eq\f(9,5)mgl－eq\f(81m3g2R2,10B4l4)10.如图所示，AD与A1D1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC与D1C1为倾角为θ＝37°的平行金属导轨，两组导轨的间距均为l＝1.5m，导轨电阻忽略不计。质量为m1＝0.35kg、电阻为R1＝1Ω的导体棒ab置于倾斜导轨上，质量为m2＝0.4kg、电阻为R2＝0.5Ω的导体棒cd置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与cd的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩。导体棒ab、cd与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝2T。初始时刻，导体棒ab在倾斜导轨上恰好不下滑。(g取10m/s2，sin37°＝0.6)(1)求导体棒与导轨间的动摩擦因数；(2)在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当物体P的质量不超过多大时，导体棒ab始终处于静止状态？(导体棒cd运动过程中，导体棒ab、cd一直与DD1平行，且没有与滑轮相碰。)(3)若物体P的质量取第(2)问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时，导体棒cd已经处于匀速直线运动状态，求在这1s内导体棒ab上产生的焦耳热。解析：(1)初始时刻，对导体棒ab，由平衡条件得m1gsinθ－μm1gcosθ＝0解得μ＝0.75。(2)当物体P的质量最大，物体P和导体棒cd的运动达到稳定时，物体P和导体棒cd一起做匀速直线运动，导体棒ab处于静止状态，摩擦力达到最大且沿斜面向下。设此时电路中的电流为I，对导体棒ab受力分析，如图所示，由平衡条件得沿斜面方向IlBcosθ－m1gsinθ－μN＝0垂直于斜面方向N－IlBsinθ－m1gcosθ＝0对导体棒cd，设绳中的张力为T，由平衡条件得T－IlB－μm2g＝0对物体P，由平衡条件得Mg－T＝0联立以上各式得M＝1.5kg故当物体P的质量不超过1.5kg时，导体棒ab始终处于静止状态。(3)设物体P匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得Blv＝I(R1＋R2)得v＝2m/s对物体P、导体棒cd，由牛顿第二定律得Mg－μm2g－Beq\f(Blv,R1＋R2)l＝(M＋m2)a两边同时乘以t，并累加求和，可得Mgt－μm2gt－Beq\f(Bls,R1＋R2)l＝(M＋m2)v解得s＝eq\f(41,30)m对物体P、导体棒ab、导体棒cd，由能量守恒定律得Mgs＝μm2gs＋Q＋eq\f(1,2)(M＋m2)v2解得Q＝12.6J在这1s内导体棒ab上产生的焦耳热为Q1＝eq\f(R1,R1＋R2)Q＝8.4J。答案：(1)0.75(2)1.5kg(3)8.4J11.(2021·宁波模拟)如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN，相距L＝0.5m,ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小按如图乙所示规律变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲所示位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为h＝0.2m,cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1＝0.2kg，有效电阻为R1＝0.05Ω，cd棒的质量为