(新高考)高考物理二轮复习大题优练8 电磁感应中的动力学和能量问题(2份打包，解析版+原卷版)

例1．如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B＝1 T，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d＝0.5 m，现有一边长l＝0.2 m、质量m＝0.2 kg、电阻R＝0.1 Ω的正方形线框MNOP，以v0＝5 m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F安和加速度a的大小；

(2)线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q；

(3)线框水平向右的最大位移xm。

【解析】(1)产生的感应电动势为

根据闭合电路的欧姆定律得

所以安培力为

根据牛顿第二定律得

解得。

(2)设线框速度减到零时，线框下落的高度为H，根据能量守恒得

在竖直方向上，根据自由落体得

解得Q＝2.5 J。

(3)在水平方向上，在磁场中运动时，根据动量定理得

所以线框在磁场中运动的距离为

每个磁场宽度为0.5m，所以线框在穿过磁场边界时才做减速运动，则穿过边界的次数为

次

一个磁场两个边界，所以线圈会穿过6个磁场，6个空白区域，第7个磁场进入的距离为

之后，速度减为零

所以线框水平向右的最大位移。

例2．如图甲，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑水平金属导轨的间距为l，质量分别为m、2m的导体棒1、2均垂直导轨放置，计时开始，导体棒1以初速度v0水平向右运动，在运动过程中导体棒始终相互平行与导轨保持良好接触，直到两棒达到稳定状态，图乙是两棒的v－t图象。如图丙，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑水平金属导轨M与N、P与Q的间距分别为l、2l。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，计时开始，a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时水平向右运动，两棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，图丁是两棒的v－t图象。

(1)若a、b两棒在t0时刻达到相同速度，求0～t0时间内通过a、b两棒的平均感应电流；

(2)从计时开始到两棒稳定运行，求图甲、图丙两回路中生成的焦耳热之比；

(3)从计时开始到两棒稳定运行瞬间，求通过图甲、图丙两回路中某一横截面的电荷量之比。

【解析】(1)设某时刻，、两棒的速度分别为、，时间内回路的平均感应电流为，根据右手定则、v－t图象以及左手定则可知，两棒达到共同速度之前，所受安培力为动力，所受安培力为阻力，对棒由动量定理有：

对棒由动量定理有：

两棒速度相等时

联立解得：

代入

解得：。

(2)对图甲中回路，两棒组成的系统动量守恒，设最终共同速度为，则：

由能量守恒定律可知，图甲回路中产生的焦耳热为

解得

对图丙中回路，当两棒产生的感应电动势大小相等时，回路中感应电流为零，、两棒不受安培力，达到稳定状态，即

对棒由动量定理有

对棒由动量定理有

解得，

设图丙回路中产生的焦耳热为，由能量守恒定律有

联立解得

则。

(3)对图甲中的2棒，由动量定理有：

解得

图丙回路中，对棒由动量定理有：

结合

通过图丙回路中某一横截面的电荷量

解得

则。

1．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m，定值电阻R＝1.6 Ω，电容器电容C＝2.5 F，磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场垂直于导轨平面向上。有一质量m＝0.1 kg、电阻不计的导体棒ab与导轨垂直放置且接触良好，仅闭合S1，ab在水平外力作用下运动。电阻R两端电压随时间变化的规律如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。

(1)求ab的加速度大小；

(2)求从ab开始运动5 s内通过R的电荷量；

(3)若开始时断开S1，闭合S2后，导体棒受到大小为导体棒重力一半的水平拉力作用，试分析导体棒的运动状态。

【解析】(1)由电路知

由图象得

由以上两式得

所以。

(2)流过电阻的电荷量

通过导体棒的平均电流

内导体棒产生的平均电动势

内回路磁通量的变化量

内导体棒通过的位移

可得

解得。

(3)导体棒在水平拉力和安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律得

又，，

联立解得

加速度为恒量，所以导体棒做匀加速直线运动。

2．如图所示，水平轨道与半径为r的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上。在平板的上下各有一个块相互正对的水平金属板P、Q，两板间的距离为d。半圆轨道的最高点T、最低点S、及P、Q板右侧边缘点在同一竖直线上。装置左侧有一半径为L的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个根长度略大于L的金属杆一端置于圆环上，另一端与过圆心O1的竖直转轴连接，转轴带动金属杆逆时针转动(从上往下看)，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P、Q连接。图中电阻阻值为R，不计其他电阻。右侧水平轨道上有一带电量为+q、质量为m的小球1以速度向左运动，与前面静止的、质量也为m的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动。小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P、Q板正对区域间才存在电场，重力加速度为g。

(1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v；

(2)若金属杆转动的角速度为ω，计算图中电阻R消耗的电功率P；

(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，计算金属杆转动的角速度的范围。

【解析】(1)两球碰撞过程动量守恒，则：

解得：。

(2)杆转动的电动势

电阻R的功率。

(3)通过金属杆的转动方向可知：P、Q板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T，临界状态是粘合体刚好达到T点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为E1，粘合体达到T点时的速度为v1。

在T点，由牛顿第二定律得

从S到T，由动能定理得

解得

杆转动的电动势

两板间电场强度

联立解得

如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2为最大，设此时对应的电场强度为E2。

在S点，由牛顿第二定律得

杆转动的电动势

两板间电场强度

联立解得

综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，金属杆转动的角速度的范围为：。

3．如图所示，两根固定的水平平行金属导轨足够长，间距为L，两根导体棒ab和cd垂直导轨放置。已知两根导体棒ab和cd的质量分别为m和2m，电阻均为R，导轨光滑且电阻不计，整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

(1)如图所示，若ab棒固定不动，现用平行导轨向右的恒力F（已知）拉动cd导体棒，求cd导体棒的最大速度vm。

(2)如图所示，若初始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速度，大小分别为2v0和3v0，求：

①从开始到最终稳定的过程中回路总共产生的电能；

②当ab棒的速度大小变为v0时，cd棒的速度大小以及两棒与导轨所组成的闭合回路的面积与初始ab棒速度为2v0时相比增大了多少。

【解析】(1)对导体棒列牛顿第二定律方程

当时速度最大为

，，

解得。

(2)①从开始到最终稳定的过程中，两棒的总动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有

解得

由能量守恒定律可得，从开始到最终稳定的过程中回路总共产生的电能

②分析两种情况可知，当棒的速度大小是时有两种情况

当棒的速度未反向，即向左时，设此时棒的速度是，根据动量守恒得

解得

当棒的速度反向，即向右时，设此时棒的速度是，根据动量守恒得

解得

对棒，由动量定理得

其中，

代入两种情况可得，当时，通过棒的电荷量为

当时，通过棒的电荷量为

由，

可得，。

4．如图，两根固定的平行光滑轨道ACD、A′C′D′是由竖直平面内的圆弧绝缘轨道AC、A′C′和与之分别相切C、C′点的水平直轨道CD、C′D′组成的，圆弧半径r＝1.8 m，轨道间距L＝0.5 m。电阻均为R＝0.2 Ω、长均为L＝0.5 m、用绝缘轻杆连接的两根金属棒1、2静止在图示位置，轻杆与金属棒恰构成正方形，矩形区域abcd内存在磁感应强度大小B0＝0.8 T、方向竖直向上的匀强磁场，b、c间距xbc＝0.8 m。一质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.9 Ω的金属棒3从AA′处由静止开始沿轨道滑下，棒3与金属棒1发生弹性正碰，棒3碰后反向弹回，上升的最大高度h＝0.2 m。取g＝10 m/s2，棒始终与轨道垂直且接触良好，棒1初始位置左侧轨道均绝缘，右侧轨道均导电，且电阻不计，棒2初始位置与ab重合，Ca和dD足够长。

(1)求碰前棒3经过CC′时对轨道的压力大小；

(2)求金属棒1、2与杆的总质量以及棒1恰好进入磁场时棒2的速度大小；

(3)若仅磁感应强度大小可调，求使棒1出磁场后，棒3不能追上棒1的磁感应强度的最大值。

【解析】(1)设棒3的处的速度大小为，棒3下滑过程中，根据机械能守恒定律有

棒3在处，根据牛顿第二定律有

解得，

根据牛顿第三定律知，碰前棒3经过时对轨道的压力大小为。

(2)设碰后瞬间棒3的速度大小为，则有

解得

设金属棒1、2与轻杆的总质量为，碰后瞬间的速度大小为，棒1恰好进入磁场时的速度大小，棒3与棒1发生弹性正碰，则有

解得，

对棒1、2和杆组成的系统进入磁场的过程，根据动量定理有

解得。

(3)设棒1离开磁场时的速度大小为，则从棒2进入磁场到棒1离开磁场右边界的过程中，根据动量定理有

整理得

同理棒3穿过磁场区域的过程中有

整理得

当，棒3恰好不能追上棒1，此时磁感应强度最大

解得‍。

5．某兴趣小组设计制作了一种磁悬浮列车模型，原理如图所示，PQ和MN是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场B1和B2，二者方向相反。矩形金属框固定在实验车底部（车厢与金属框绝缘）。其中ad边宽度与磁场间隔相等，当磁场B1和B2同时以速度v0＝10 m/s沿导轨向右匀速运动时，金属框受到磁场力，并带动实验车沿导轨运动。已知金属框垂直导轨的ab边长L＝0.1 m、总电阻R＝0.8 Ω，列车与线框的总质量m＝4.0 kg，B1＝B2＝2.0 T，悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力f＝0.4 N。

(1)求实验车所能达到的最大速率；

(2)实验车达到的最大速率后，某时刻让磁场立即停止运动，实验车运动20 s之后也停止运动，求实验车在这20 s内的通过的距离；

(3)假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动，当时间t＝24 s时，发现实验车正在向右做匀加速直线运动，此时实验车的速度v＝2 m/s，求由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间。

【解析】(1)实验车最大速率为vm时相对磁场的切割速率为v0－vm，则此时线框所受的磁场力大小为

此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：F＝f

(2)磁场停止运动后，线圈中的电动势：E＝2BLv

线圈中的电流：

实验车所受的安培力：F＝2BIL

根据动量定理，实验车停止运动的过程：

整理得：，而

解得：x＝120 m

(3)根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同，设加速度为a，则t时刻金属线圈中的电动势

E＝2BL(at－v)

金属框中感应电流  

又因为安培力

所以对试验车，由牛顿第二定律得 

得a＝1.0m/s2

设从磁场运动到实验车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势

E0＝2BLat0

金属框中感应电流

又因为安培力

对实验车，由牛顿第二定律得：F0＝f

解得：t0＝2 s。

6．如图所示，M1N1P1Q1和M2N2P2Q2为在同一竖直面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。导轨的M1N1段与M2N2段相互平行，距离为L；P1Q1段与P2Q2段也是平行的，距离为L，质量为m金属杆a、b垂直与导轨放置，一不可伸长的绝缘轻线一端系在金属杆b，另一端绕过定滑轮与质量也为m的重物c相连，绝缘轻线的水平部分与P1Q1平行且足够长。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为R，重力加速度为g。

(1)若保持a固定，释放b，求b的最终速度的大小；

(2)若同时释放a、b，在释放a、b的同时对a施加一水平向左的恒力F＝2mg，当重物c下降高度为h时，a达到最大速度，求：

①a的最大速度；

②才释放a、b到a达到最大速度的过程中，两杆与导轨构成的回来中产生的电能。

【解析】(1)当b的加速度为零时，速度最大，设此时速度为，则

电流

分别以、为研究对象，

联立解得.

(2)①在加速过程的任一时刻，设的加速度大小分别为、，电流为，轻绳的拉力为，分别以、、为研究对象

根据牛顿第二定律

联立解得

设达到最大速度时，的速度为，由上式可知

当的集散地为零时，速度达到最大

根据法拉第电磁感应定律

联立解得，

②设重物下降的高度为时，的位移为，故

根据功能关系

联立解得。