高考物理一轮复习课时分层作业（三十七）电磁感应中的动力学、能量和动量问题含答案

课时分层作业(三十七)　

电磁感应中的动力学、能量和动量问题

基础性题组

1．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)

A．Q1>Q2，q1＝q2　　 B．Q1>Q2，q1>q2

C．Q1＝Q2，q1＝q2     D．Q1＝Q2，q1>q2

2．[2022·山西晋城一模](多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两轨道接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动．整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨．已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1  kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　)

A．拉力F是恒力

B．拉力F随时间t均匀增加

C．拉力F的最大值等于12 N

D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2

3．[2022·山东潍坊模拟](多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．以下说法正确的是(　　)

A．俯视时感应电流方向为顺时针

B．棒b的最大速度为0.4v0

C．回路中产生的焦耳热为0.1mv

D．通过回路中某一截面的电荷量为

4．[2022·湘豫名校联考](多选)如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L，整个空间区域存在着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场．两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的金属导体棒a、b始终垂直于导轨，并与导轨保持良好接触，不计其他电阻．金属导体棒a、b中点间连接一处于原长状态的轻质绝缘弹簧．某时刻给导体棒b一瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度v0，经过足够长的时间后，下列说法正确的是(　　)

A．a、b两棒最终将以大小为的共同速度向右匀速运动

B．a、b两棒最终都向右运动，但速度大小将周期性交替增减而不会共速

C．a棒上产生的焦耳热最终为mv

D．a棒上产生的焦耳热最终为mv

5．(多选)如图所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的高度为h.竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，底边水平，其上下边长之比为5∶1，AB边长为L，高为2h.现使线框AB边在磁场边界L1的上方高h处由静止自由下落(下落过程底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直)，当AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，在DC边进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动．重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是(　　)

A．从AB边进入磁场到DC边进入磁场的过程中，线框做匀速运动，线框中感应电流恒定

B．从AB边进入磁场到AB边离开磁场的过程中，线框中感应电流沿逆时针方向

C．从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框重力势能的减少量全部转化为线框产生的焦耳热

D．DC边刚进入磁场时，线框的加速度大小为g

6．如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1 m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T．现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；

(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；

(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．

综合性题组

7．如图甲所示，有两根足够长、不计电阻，相距L＝1 m的平行光滑金属导轨cd、ef与水平面成θ＝30°固定放置，顶端接一阻值为R＝2 Ω的电阻，在轨道平面内有磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直轨道平面向上，现有一质量为m＝0.1  kg、电阻不计的金属杆ab，平行于ce且垂直于导轨，以一定初速度v0沿轨道向上运动，此时金属杆的加速度a0＝15 m/s2，到达某一高度后，再沿轨道向下运动，若金属杆上滑过程中通过电阻R的电量q＝0.5 C，g取10 m/s2，求：

(1)金属杆的初速度大小；

(2)金属杆上滑过程中电阻R上产生的焦耳热Q；

(3)若将金属导轨之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，现用外力使金属杆(仍平行于ce且垂直于导轨)以v0沿金属导轨匀速上升，撤去外力发现，杆沿金属导轨匀减速上升，请证明撤去外力后，金属杆做匀减速直线运动的加速度大小为a＝.

8．如甲图所示，光滑导体轨道PMN和P′M′N′是两个完全一样轨道，都是由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和M′点相切，两轨道并列平行放置，MN和M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L，PP′之间有一个阻值为R的电阻，开关S是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN′M′是一个矩形区域，内有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h，其截面图如乙所示．金属棒a和b质量均为m、电阻均为R.在水平轨道某位置放上金属棒b，静止不动，a棒从圆弧顶端静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x＝，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关S闭合．不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g.求：

(1)两棒速度稳定时，两棒的速度分别是多少？

(2)两棒落到地面后的距离是多少？

(3)整个过程中，两棒产生的焦耳热分别是多少？

课时分层作业(三十七)　电磁感应中的动力学、能量和动量问题

1．解析：设线框边长ab＝l1，bc＝l2，线框中产生的热量Q1＝I2Rt＝·R·＝＝l1，Q2＝l2，由于l1>l2，所以Q1>Q2.通过线框导体横截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝＝，故q1＝q2，A选项正确．

答案：A

2．解析：t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流为I＝，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mg sin 37°＋，可见F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝，t＝2 s时，F最大，最大值为12 N，选项C、D正确．

答案：BCD

3．解析：本题考查电磁感应中的电荷量、能量等物理量的计算．棒a向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针，A错误；在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，棒a减速，棒b加速，对棒a，由动量定理可得B·Lt＝BqL＝mv0－0.8mv0，对棒b，由动量定理可得B·2Lt＝mv，联立可得v＝0.4v0，q＝，B正确，D错误；根据能量守恒定律可得Q＝[m(0.8v0)2＋m(0.4v0)2]＝，C正确．

答案：BC

4．解析：根据动量守恒有mv0＝2mv共，可得v共＝，所以经过足够长的时间后，a、b两棒最终都将以大小为的共同速度向右匀速运动，A正确，B错误；整个电路产生的焦耳热为Q＝，Qa＝·Q＝，C正确，D错误．

答案：AC

5．解析：本题考查电磁感应现象，AB边刚进入磁场时做匀速运动，根据受力平衡可知mg＝F安＝BIL＝，此后在AB边未出L2前，线框切割磁感线的有效长度一直增加，线框做减速运动，DC边进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动，A错误；由楞次定律可知，从AB边进入磁场到AB边离开磁场的过程中，线框中感应电流沿逆时针方向，B正确；由能量守恒定律可知，从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框重力势能的减少量转化为线框的动能和线框产生的焦耳热，C错误；线框跨在L1、L2之间，DC边进入磁场前，其有效切割长度为2L，如图所示，LAB∶LMN∶LCD＝1∶3∶5，设此时线框匀速运动的速度大小为v1，有(2BL)2＝mg，DC边进入磁场时线框有效切割长度为LMN，则(BLMN)2－mg＝ma，解得a＝g，D正确．

答案：BD

6．解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mg sin θ＝μmg cos θ＋F安

其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv

解得v＝＝2 m/s.

(2)设最高点离bb′的距离为x，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有v2＝2ax，mg sin θ－μmg cos θ＝ma线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有Ek1－Ek＝μmg cos θ·2x，其中Ek＝

得Ek1＝mv2＋＝0.1 J.

(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，

有mg sin θ·2d－μmg cos θ·2d＋W安＝0

Q＝－W安

解得Q＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J.

答案：(1)2 m/s　(2)0.1 J　(3)0.004 J

7．解析：(1)根据牛顿第二定律

mg sin θ＋＝ma

解得v0＝8 m/s

(2)q＝IΔt＝Δt＝①

－mgs sin θ－W＝②

Q＝W③

联立解得s＝2 m，Q＝2.2 J

(3)减速过程电容放电形成电流：mg sin θ－BIL＝ma④

I＝⑤

Δq＝CΔU⑥

ΔU＝BLΔt⑦

Δv＝aΔt⑧

由④⑤⑥⑦⑧解得a＝

答案：(1)8 m/s　(2)2.2 J　(3)见解析

8．解析：(1)a棒沿圆弧轨道运动到最低点M时，由机械能守恒定律得：mgr＝，解得v0＝

当两棒速度稳定时，两棒以相同的速度做匀速运动．从a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得v1＝＝

(2)经过一段时间，b棒离开轨道后，a棒与电阻R组成回路，从b棒离开轨道到a棒离开轨道过程中a棒受到安培力的冲量IA＝LBt＝BLt＝

由动量定理：－IA＝mv2－mv1，解得v2＝

由平抛运动规律得：两棒落到地面后的距离

Δx＝(v1－v2)＝

(3)b棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等，Qa＝Qb

由能量守恒定律可知：Qa＋Qb＝

解得：Qa＝Qb＝mgr

b棒离开轨道后，a棒与电阻R通过的电流大小总是相等，产生的焦耳热相等，由能量守恒定律可知：2Q′a＝解得：Q′a＝mgr

所以整个过程中，a棒产生的焦耳热Q＝Qa＋Q′a＝mgr

答案：(1)均为　(2)　(3)Qb＝mgr　Qa＝mgr