2025届高考物理一轮复习专题突破练习11电磁感应中动力学动量和能量问题含解析新人教版

PAGE10-专题突破练习(十一)(时间：40分钟)1.如图所示，竖直面上两根足够长的光滑金属导轨平行固定放置，底端通过导线与阻值为r的电阻连接，与导轨接触良好的金属棒M，悬挂在一个固定的轻弹簧下端，导轨、导线和金属棒M的电阻忽视不计，匀强磁场B垂直导轨所在平面对外。现将金属棒M从弹簧原长位置由静止释放，则下列说法正确的是()A．金属棒M释放瞬间受三个力B．金属棒M受到弹簧的拉力和重力第一次大小相等时，电路中电流最大C．金属棒M向下运动时，流过电阻的电流方向从Q到PD．金属棒M运动的整个过程中，电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的削减量D[金属棒M释放瞬间，速度为零，电路中的感应电流为零，不受安培力，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒M只受重力作用，故A错误；当弹簧的拉力和安培力之和与金属棒M的重力第一次大小相等时，加速度为零，金属棒M的速度最大，电路中产生的感应电流最大，故B错误；依据右手定则可知，金属棒M向下运动时，流过电阻的电流方向从P到Q，故C错误；最终金属棒M静止，此时弹簧处于伸长状态，由能量的转化和守恒知重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的削减量，故D正确。]2.如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v­t图象中，可能正确描述上述过程的是()ABCDD[导线框起先进入磁场过程，通过导线框的磁通量增大，有感应电流，进而受到与运动方向相反的安培力作用，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，导线框的加速度减小，v­t图线的斜率减小；导线框全部进入磁场中，磁通量不变，无感应电流，导线框做匀速直线运动；导线框从磁场中出来的过程，有感应电流，又会受到安培力阻碍作用，速度减小，加速度减小，选项D正确。]3.(多选)如图所示，相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L<d)，质量为m，将线框在磁场上方高h处由静止释放。假如ab边进入磁场时的速度为v0，cd边刚穿出磁场时的速度也为v0，则从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中()A．线框中始终有感应电流B．线框中有一阶段的加速度为重力加速度gC．线框中产生的热量为mg(d＋h＋L)D．线框有一阶段做减速运动BD[正方形线框abcd边长为L(L<d)，所以cd进入磁场后，ab还在磁场内，所以线框磁通量不变，即无感应电流，故A错误；由以上分析知，有一段过程，线框无感应电流，只受重力，线框的加速度为g，故B正确；依据能量守恒定律可知从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程：动能变更为0，重力势能转化为线框产生的热量，Q＝mg(d＋L)，故C错误；线框ab边刚进入磁场速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0，线框有一阶段的加速度为g，在整个过程中必定也有一段减速过程，故D正确。]4.如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好，现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是()A．回路中的最大电流为eq\f(BLI,mR)B．铜棒b的最大加速度为eq\f(B2L2I,2m2R)C．铜棒b获得的最大速度为eq\f(I,m)D．回路中产生的总焦耳热为eq\f(I2,2m)B[由题意知a获得冲量I时速度最大，即va＝eq\f(I,m)，此后a在安培力作用下做减速运动，b在安培力作用下做加速运动，回路中产生的电动势E＝BL(va－vb)，可知a刚获得冲量时回路中产生的感应电流最大，即Im＝eq\f(BLva,2R)＝eq\f(BLI,2mR)，故A错误；起先时b所受安培力最大，即Fm＝BImL＝eq\f(B2L2I,2mR)，则b棒的最大加速度am＝eq\f(Fm,m)＝eq\f(B2L2I,2m2R)，故B正确；由题意知，a棒做减速运动，b棒做加速运动，当a、b速度相等时，两棒同时向右做匀速直线运动，依据动量守恒定律可知，I＝2mvab，即vab＝eq\f(I,2m)，此速度亦为b棒的最大速度，故C错误；依据系统能量守恒，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,ab)＋Q，即Q＝eq\f(I2,4m)，故D错误。]5.(多选)如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别存在方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场，设左、右区域磁场的磁感应强度大小均为B，虚线为两区域的分界线。一根阻值也为R的金属棒ab放在导轨上并与其垂直，导轨电阻不计。若金属棒ab在恒定外力F的作用下从左边的磁场区域距离磁场边界x处匀速运动到右边的磁场区域距离磁场边界x处。下列说法正确的是()A．当金属棒通过磁场边界时，通过电阻R的电流反向B．当金属棒通过磁场边界时，金属棒受到的安培力反向C．金属棒在题设的运动过程中，通过电阻R的电荷量等于零D．金属棒在题设的运动过程中，回路中产生的热量等于FxAC[金属棒的运动方向不变，磁场方向反向，则电流方向反向，A正确；电流方向反向，磁场也反向时，安培力的方向不变，B错误；由q＝eq\f(ΔΦ,R总)知，因为初、末状态磁通量相等，所以通过电阻R的电荷量等于零，C正确；由于金属棒匀速运动，所以动能不变，即外力做功全部转化为电热，Q＝2Fx，D错误。]6．(2024·全国卷Ⅲ·T24)如图所示，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于eq\r(2)l0的匀称导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽视。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x(0≤x≤eq\r(2)l0)变更的关系式。[解析]当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法拉第电磁感应定律知，导体棒上感应电动势的大小为E＝Blv ①由欧姆定律，流过导体棒的感应电流为I＝eq\f(E,R) ②式中，R为这一段导体棒的电阻。按题意有R＝rl ③此时导体棒所受安培力大小为F＝BlI ④由题设和几何关系有l＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,2\r(2)l0－x，\f(\r(2),2)l0＜x≤\r(2)l0)) ⑤联立①②③④⑤式得F＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2B2v,r)x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,\f(2B2v,r)\r(2)l0－x，\f(\r(2),2)l0＜x≤\r(2)l0))。 ⑥[答案]F＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2B2v,r)x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,\f(2B2v,r)\r(2)l0－x，\f(\r(2),2)l0＜x≤\r(2)l0))7．(多选)如图甲所示，在倾斜角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面对上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间变更的规律如图乙所示。质量为m的矩形金属框从t＝0时刻由静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g。在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是()甲乙A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动C．0～t3时间内金属框做加速度渐渐减小的直线运动D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsinθ－eq\f(1,2)mv2AB[t1～t3时间内穿过金属框的磁通量先垂直于斜面对上减小，后垂直于斜面对下增大，依据楞次定律可知，金属框中的电流方向不变，选项A正确；0～t3时间内，金属框的ab边与cd边所受安培力等大反向，金属框所受安培力为零，则所受的合力沿斜面对下，大小为mgsinθ，做匀加速直线运动，选项B正确，C错误；0～t3时间内，金属框所受的安培力为零，金属框的机械能守恒，有mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2，故金属框中产生的焦耳热不等于mgLsinθ－eq\f(1,2)mv2，选项D错误。]8.(多选)(2024·山东临沂10月模拟)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面对上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现给导体棒ab一沿导轨平面对下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻阻值均为R，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽视不计。从ab起先运动到两棒相对静止的整个运动过程中，两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是()A．整个运动过程中，导体棒cd中产生的焦耳热为eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)B．整个运动过程中，导体棒cd中产生的焦耳热为eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C．当导体棒cd的速度为eq\f(1,4)v0时，导体棒ab的速度为eq\f(1,2)v0D．当导体棒ab的速度为eq\f(3,4)v0时，导体棒cd的速度为eq\f(1,4)v0BD[由题意知mgsin37°＝μmgcos37°，则两棒组成的系统沿轨道方向的动量守恒，当最终稳定时有mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，则整个运动过程中回路中产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，则导体棒cd中产生的焦耳热为Qcd＝Qab＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，选项A错误，B正确；当导体棒cd的速度为eq\f(1,4)v0时，由动量守恒定律有mv0＝m·eq\f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq\f(3,4)v0，选项C错误，D正确。]9.(2024·全国卷Ⅰ·T21)如图所示，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽视，一根具有肯定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后()A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值BC[用水平恒力F向右拉动金属框，bc边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i，bc边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M，加速度为a1，由牛顿其次定律有F－BiL＝Ma1；导体棒MN受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m，加速度为a2，由牛顿其次定律有BiL＝ma2。设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v′，则回路中产生的感应电动势为E＝BL(v－v′)，由闭合电路欧姆定律i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv－v′,R)，F安＝BiL，可得金属框bc边所受安培力和导体棒MN所受的安培力均为F安＝eq\f(B2L2v－v′,R)，二者加速度之差Δa＝a1－a2＝eq\f(F－F安,M)－eq\f(F安,m)＝eq\f(F,M)－F安eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,M)＋\f(1,m)))，随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa减小，当Δa减小到零时，eq\f(F,M)＝eq\f(B2L2v－v′,R)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,M)＋\f(1,m)))，之后金属框和导体棒的速度之差Δv＝v－v′＝eq\f(FRm,B2L2m＋M)，保持不变。由此可知，金属框的速度渐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F安＝eq\f(B2L2v－v′,R)趋于恒定值，选项A错误，B、C正确；导体棒到金属框bc边的距离x＝eq\i\in(0,t,)(v－v′)dt，随时间的增大而增大，选项D错误。]10.如图所示，质量M＝1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef两个光滑半圆弧形导轨，c与e端由导线连接(其质量可忽视)，一质量m＝1kg的导体棒自ce端的正上方h＝2m处平行于ce由静止下落，并恰好从ce端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中(磁场未画出)，导体棒在凹槽内运动过程中与导轨接触良好。已知磁场的磁感应强度B＝0.5T，导轨的间距与导体棒的长度均为L＝0.5m，导轨的半径r＝0.5m，导体棒的电阻R＝1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从起先下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)若导体棒从起先下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J，求导体棒第一次通过导轨最低点时回路中的电功率。[解析](1)依据机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(10)m/s。(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止状态，导体棒停在凹槽最低点，依据能量守恒定律可知整个过程中系统产生的热量Q＝mg(h＋r)＝25J。(3)设导体棒第一次通过导轨最低点时速度大小为v1，凹槽速度大小为v2，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有mv1＝Mv2由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝mg(h＋r)－Q1导体棒第一次通过导轨最低点时感应电动势E＝BLv1＋BLv2，回路中的电功率P＝eq\f(E2,R)联立以上各式解得P＝eq\f(9,4)W。[答案](1)2eq\r(10)m/s(2)25J(3)eq\f(9,4)W11．如图甲所示，在水平桌面上固定着两根相距L＝20cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻R＝0.02Ω的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝40g、电阻可忽视不计的金属棒b，两棒相距也为L＝20cm。该轨道平面处在磁感应强度大小可以调整的竖直向上的匀强磁场中。起先时，磁感应强度B0＝0.1T。设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。甲乙丙(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻起先，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止起先做匀加速直线运动，此拉力F的大小随时间t变更关系如图乙所示。求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力大小；(2)若从t＝0起先，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变更，求在金属棒b起先运动前，这个装置释放的热量。[解析](1)由题图乙可得拉力F的大小随时间t变更的函数表达式为F＝F0＋eq\f(ΔF,Δt)t＝0.4＋0.1t(N)当b棒匀加速运动时，依据牛顿其次定律有F－Ff－F安＝maF安＝B0ILE＝B0LvI＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0Lv,R)v＝at所以F安＝eq\f(B\o\al(2,0)L2a,R)t联立可得F＝Ff＋ma＋eq\f(B\o\al(2,0)L2a,R)t由图象可得：当t＝0时，F＝0.4N，当t＝1s时，F＝0.5N。代入上式，可解得a＝5m/s2，Ff＝0.2N。(2)当磁感应强度匀称增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I。以b棒为探讨对象，它受到的安培力渐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b棒所受安培力F安′与最大静摩擦力Ff相等时起先滑动感应电动势E′＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝0.02VI′＝eq\f(E′,R)＝1Ab棒将要运动时，有F′安＝BtI′L＝Ff所以Bt＝1T，依据Bt＝B0＋eq\f(ΔB,Δt)t解得t＝1.8s回路中产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝0.036J。[答案](1)5m/s20.2N(2)0.036J12．如图所示，平行导轨PP′、QQ′均由倾斜和水平两部分组成，相距为L1。倾斜部分与水平面夹角为θ，虚线pq为两部分的连接处。质量为m0、电阻为r的导体杆ef与导轨的摩擦系数均为μ，且满意μ<tanθ。在虚线pq右侧空间分布有方向竖直的磁场Ⅰ，其磁感应强度大小为B1＝B0coseq\f(2π,λ)x(规定竖直向下为磁场的正方向)，式中λ为具有长度单位的常量，x为沿水平导轨向右的位置坐标，并定义pq的x坐标为0。将质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd用绝缘细线悬挂于天花板上a′和b′处，使ab边保持水平，并用细导线将a、b两点与导轨的两端点Q、P相连，金属框与垂直于纸面对里的匀强磁场Ⅱ垂直。将ef从倾斜轨道上距水平轨道高为h处由静止释放，为保持导体杆ef能在水平轨道上做匀速运动，现给导体杆施加－x方向的水平作用力F。设ef经过pq时没有因速度方向变更产生能量损失，也不计其余电阻和细导线对a、b两点的作用力，金属框始终保持静止。求：(1)导体杆ef刚进入磁场时，金属框ab边两端的电压；(2)磁场Ⅱ的磁感应强度B2应满意的条件；(3)ef在水平轨道上前进距离λ的过程中，力F所做的功。[解析]本题考查电磁感应的综合应用。(1)设刚进入磁场Ⅰ时杆的速度为v，由动能定理有m0gh－μm0gcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)m0v2，解得v＝eq\r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(μ,tanθ))))，此时杆的感应电动势为E＝B0L1vabcd框在回路中的总电阻为R外＝eq\f(3r2,r＋3r)＝eq\f(3r,4)，ab边两端的电压为Uab＝eq\f(E,r＋R外)R外＝eq\f(3B0L1,7)eq\r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(μ,tanθ))))。(2)杆ef刚进入磁场Ⅰ时，流过ab边和cd边的电流分别为I1＝eq\f(Uab,r)＝eq\f(3B0L1\r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(μ,tanθ)))),7r)，I2＝eq\f(Uab,3r)＝eq\f(B0L1\r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(