2025版高考物理全程一轮复习课时分层精练五十七电磁感应中的动力学能量和动量问题习题

课时分层精练(五十七)电磁感应中的动力学、能量和动量问题基础落实练1．[2024·广东汕头统考三模]如图所示为某精密电子器件防撞装置，电子器件T和滑轨PQNM固定在一起，总质量为m1，滑轨内置匀强磁场的磁感应强度为B.受撞滑块K套在PQ，MN滑轨内，滑块K上嵌有闭合线圈abcd，线圈abcd总电阻为R，匝数为n，bc边长为L，滑块K(含线圈)质量为m2，设T、K一起在光滑水平面上以速度v0向左运动，K与固定在水平面上的障碍物C相撞后速度立即变为零．不计滑块与滑轨间的摩擦作用，ab大于滑轨长度，对于碰撞后到电子器件T停下的过程(线圈bc边与器件T未接触)，下列说法正确的是()A．线圈中感应电流方向为abcdaB．线圈受到的最大安培力为eq\f(n2B2L2v0,R)C．电子器件T做匀减速直线运动D．通过线圈某一横截面电荷量为eq\f(m2v0,nBL)2．(多选)[2024·全国模拟预测]如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L＝0.4m，导轨的左端与阻值R＝0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计；在导轨x>0侧，存在沿x方向均匀增大的磁场，其方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B随位置x的变化如图乙所示，现有一根质量m＝0.2kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒MN置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下，从x＝0处以初速度v0＝2m/s沿导轨向右作变速运动，且金属棒MN在运动过程中受到的安培力大小不变，下列说法中正确的是()A．金属棒MN向右做匀加速直线运动B．金属棒MN在x＝1m处的速度大小为eq\f(1,2)m/sC．金属棒MN从x＝0运动到x＝1m过程中外力F所做的功为0.175JD．金属棒MN从x＝0运动到x＝2m过程中，流过金属棒MN的电荷量为2C3．[2024·江西上饶高三校联考阶段练习]如图甲所示，两电阻不计，且足够长的平行光滑导轨与水平面的夹角α＝37°，导轨下端接一阻值R＝0.3Ω的定值电阻．空间中存在垂直导轨所在平面向上、磁感应强度大小为B＝1T的匀强磁场．导体棒ab的长度和导轨间距均为L＝0.2m，导体棒电阻r＝0.1Ω、质量m＝0.2kg.在导体棒ab上施加一沿导轨平面向上的作用力F，使导体棒ab沿导轨由静止开始运动．已知重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，导轨足够长，导体棒沿导轨运动的过程中始终与导轨垂直且接触良好．(1)若F为恒力，大小为1.6N，求导体棒最终匀速运动的速度；(2)若作用力F的大小随时间变化的关系图像如图乙所示，力F作用过程中导体棒ab的速度大小与时间的关系图像如图丙所示，则图中Fm和v1的大小分别为多少；(3)在上述题设(2)的作用力下，已知0～4s内导体棒克服外力F做功为4.4J，求0～4s内电路产生的焦耳热．4．[2023·新课标卷]一边长为L、质量为m的正方形金属线框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上．宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示．(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场．运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小．(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示．让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场．运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好．求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量．素养提升练5．[2024·广东佛山统考模拟预测]如图，平行金属导轨MM′、NN′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在水平台面上，平行金属导轨间距均为L＝1m，M′N′与PP′高度差为h1＝0.6m．导轨MM、NN′左端接有R＝3.0Ω的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度B1＝2T方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR与P′Q′R′，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r＝0.9m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨．QQ′右侧存在磁感应强度B2＝4T方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a质量m1＝0.2kg，接在电路中的电阻R1＝2.0Ω；导体棒b质量m2＝0.3kg，接在电路中的电阻R2＝6.0Ω.导体棒a从距离导轨MM′、NN平直部分h＝1.25m处静止释放，恰能无碰撞地从PP′滑入右侧平行导轨，且始终没有与棒b相碰．重力加速度g＝10m/s2，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力．求：(1)导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小以及此时电阻R的电流大小和方向；(2)导体棒b的最大加速度；(3)d的大小；(4)导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热(导轨足够长).课时分层精练（五十七）电磁感应中的动力学、能量和动量问题1．解析：根据右手定则可知线圈中感应电流方向为adcba，故A错误；产生的感应电动势为E＝nBLv0根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R)线圈受到的安培力为F＝nBIL联立可得线圈受到的最大安培力为F＝eq\f(n2B2L2v0,R)，故B正确；根据牛顿第二定律可得F＝ma，即－eq\f(n2B2L2v0,R)＝ma，可知电子器件T做加速度减小的减速直线运动，故C错误；对T根据动量定理得，－nBeq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝0－m1v0，其中q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt联立可得通过线圈某一横截面电荷量为q＝eq\f(m1v0,nBL)，故D错误．故选B.答案：B2．解析：切割磁感线产生感应电流而导致金属棒受到的安培力为F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)由题意可知安培力大小不变，故v∝eq\f(1,B2)结合图乙，金属棒不可能做匀加速直线运动，故A错误；根据题意金属棒所受的安培力大小不变，x＝0处与x＝1m处安培力大小相等，有eq\f(Beq\o\al(2,0)L2v0,R＋r)＝eq\f(Beq\o\al(2,1)L2v1,R＋r)，B1＝1.0T解得v1＝0.5m/s，故B正确；金属棒在x＝0处的安培力大小为F安＝eq\f(Beq\o\al(2,0)L2v0,R＋r)＝eq\f(0.52×0.42×2,0.4)N＝0.2N对金属棒从x＝0运动到x＝1m过程中，根据动能定理有WF－F安x1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据解得WF＝－0.175J，故C错误；根据通过导体横截面的电荷量结论有q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)x＝0到x＝2m过程中，由图乙可得ΔΦ＝ΔB·x2L＝eq\f(0.5＋1.5,2)×2×0.4Wb＝0.8Wb所以q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(0.8,0.4)C＝2C，故D正确．故选BD.答案：BD3．解析：（1）匀速运动时，对ab棒受力分析，可得F＝BIL＋mgsinα以v的速度匀速运动时，对电路分析，可得：I＝eq\f(BLv,R＋r)解得v＝4m/s（2）由图丙可知ab棒做匀加速直线运动，当t＝4s时，有v1＝at作用力为零时加速度不变，可知，棒向下运动，t＝4s时对ab受力分析可得mgsinα－eq\f(B2L2v1,R＋r)＝ma当t＝0时，对ab棒分析，可得mgsinα－Fm＝ma解得v1＝8m/s，Fm＝0.8N（3）对ab棒下滑的过程，根据动能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0＝mgxsinα＋WF＋W安其中WF＝－4.4J对匀加速过程分析有x＝eq\f(1,2)v1t由动能关系可得Q总＝|W安|解得Q总＝8.4J答案：（1）4m/s（2）0.8N8m/s（3）8.4J4．解析：（1）金属框进入磁场过程中有eq\o(E,\s\up6(－))＝BLeq\f(L,t)则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为q1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),4R0)t＝eq\f(BL2,4R0)则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为q＝eq\f(BL2,2R0)设金属框的初速度为v0则有－BqL＝eq\f(mv0,2)－mv0联立有v0＝eq\f(B2L3,mR0)（2）金属框进入磁场的过程，有－Beq\o(I,\s\up6(－))′Lt′＝mv1－mv0闭合电路的总电阻R总＝R0＋eq\f(1,\f(1,R1)＋\f(1,R0))＝eq\f(5,3)R0通过线框的电流eq\o(I,\s\up6(－))′＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))′,R总)根据法拉第电磁感应定律有eq\o(E,\s\up6(－))′＝eq\f(BL2,t′)解得v1＝eq\f(2B2L3,5mR0)金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，则有－Beq\o(I,\s\up6(－))″Lt″＝－mv1通过金属框的电流eq\o(I,\s\up6(－))″＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))″,R1＋\f(R0,2))根据法拉第电磁感应定律有eq\o(E,\s\up6(－))″＝eq\f(BLx,t″)解得x＝L故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有Q总＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)电阻R1产生的热量Q1＝eq\f(\f(2,3)R0,R总)·eq\f(R0,R1＋R0)Q总金属框完全在磁场中运动过程，有Q′总＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)电阻R1产生的热量为Q′1＝eq\f(R1,R1＋\f(R0,2))Q′总电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q′1解得Q1总＝eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))答案：（1）eq\f(B2L3,mR0)（2）eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))5．解析：（1）根据动能定理可知m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)解得导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小为v1＝5m/s由题可知E＝B1Lv1，I1＝eq\f(E,R＋R1)解得I1＝2A由右手定则可判断，此时电阻R的电流的方向为由N到M.（2）由题可知，导体棒a到达PP′时速度方向与水平方向的夹角为60°，则h1＝eq\f(1,2)gt2，v2＝eq\f(gt,sin60°)解得v2＝4m/s导体棒a刚进入磁场B2时，导体棒b的加速度最大，则m1gr（1－cos60°）＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)，I2＝eq\f(B2Lv3,R1＋R2)，B2I2L＝m2a解得v3＝5m/s，a＝eq\f(100,3)m/s2（3）导体棒a从N′M′到PP′的过程中m1gh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)解得v4＝2m/s由题可知在导轨MM′、NN′平直部分从左到右－B1ILΔt＝Δp1即－B1qL＝m1v4－m1v1，q＝