2021高考物理一轮复习-第10章-电磁感应-专题十二-电磁感应中的动力学、能量和动量问题课时作业.doc

2021高考物理一轮复习 第10章 电磁感应 专题十二 电磁感应中的动力学、能量和动量问题课时作业

2021高考物理一轮复习 第10章 电磁感应 专题十二 电磁感应中的动力学、能量和动量问题课时作业

年级：
姓名：

- 11 -

专题十二　电磁感应中的动力学、能量和动量问题

1．如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)(　　)

A．通过电阻R的电流方向为P→R→M
B．a、b两点间的电压为BLv
C．a端电势比b端的高
D．外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热
C　[由右手定则可知通过金属导线的电流由b到a，即通过电阻R的电流方向为M→R→P，A错误；金属导线产生的电动势为BLv，而a、b两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a、b两点间电压为BLv，B错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，所以a端电势高于b端电势，C正确；根据能量守恒定律可知，外力做功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和，D错误。]
2．如图甲所示，bacd为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的电阻为R，整个装置放于垂直框架平面的变化的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示，PQ始终静止，则0～t2内(t＝0时刻，安培力大于mgsin θ)PQ受到的摩擦力Ff的分析情况正确的是(　　)

A．Ff先减小后增大，且在t1时刻为零
B．Ff先减小后增大，且在t1时刻Ff＝mgsin θ
C．Ff先增大后减小，且在t1时刻为最大值
D．Ff先增大后减小，且在t1时刻Ff＝mgsin θ
B　[0～t1，PQ平衡，无论磁感应强度的方向向哪，都有F安＝mgsin θ＋Ff，随着磁感应强度的减小，安培力减小，静摩擦力向下先减小后反向增大，t1时刻，安培力为零，静摩擦力沿框架向上，Ff＝mgsin θ；t1以后，安培力方向向下，mgsin θ＋F安＝Ff，安培力增大，静摩擦力沿框架向上增大，A、C、D错误，B正确。]
3.

(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是(　　)
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
BC　[对导体棒cd分析：mg＝BIl＝，得v＝2 m/s，故选项B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W＝F安vt＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为Fvt＝0.8 J，选项D错误。]
4.

(多选)如图所示，无限长光滑平行导轨与地面夹角为θ，一质量为m的导体棒ab垂直于导轨水平放置，与导轨构成一闭合回路，导轨的宽度为L，空间内存在大小为B，方向垂直导轨向上的匀强磁场，已知导体棒电阻为R，导轨电阻不计，现将导体棒由静止释放，以下说法正确的是(　　)
A．导体棒中的电流方向从a到b
B．导体棒先加速运动，后匀速下滑
C．导体棒稳定时的速率为
D．当导体棒下落高度为h时，速度为v，此过程中导体棒上产生的焦耳热等于mgh－mv2
BCD　[根据右手定则可以知道感应电流的方向为b到a，故选项A错误；刚开始时速度较小，则电流较小，所以安培力小于重力的合力，则加速下滑，当安培力等于重力的分力时则匀速运动，即BL＝mgsin θ，则v＝，故选项B、C正确；根据能量守恒，产生的热量为：Q＝mgh－mv2，故选项D正确。]
5.

如图所示，在空间中有一垂直纸面方向的匀强磁场区域，磁场上下边缘间距为h＝5.2 m，磁感应强度为B＝1 T，边长为L＝1 m、电阻为R＝1 Ω、质量为m＝1 kg的正方形导线框紧贴磁场区域的上边从静止下落，当线圈PQ边到达磁场的下边缘时，恰好开始做匀速运动，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)导线框的MN边刚好进磁场时的速度大小；
(2)导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间。
解析：　(1)设导线框MN边进入磁场的速度为v0，PQ边运动到磁场下边缘时的速度为v
PQ边到达磁场的下边缘时导线框受力平衡，则有：mg＝
解得：v＝10 m/s
导线框完全进入磁场到PQ离开磁场的过程中，导线框机械能守恒，有
mv2－mv＝mg(h－L)
解得：v0＝4 m/s
(2)设导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间为t，根据动量定理得
mgt－BILΔt＝mv
Δt为导线框进入磁场所经历的时间
又q＝IΔt＝
得mgt－BqL＝mv
解得t＝1.1 s
答案：　(1)4 m/s　(2)1.1 s
6．两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面垂直放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若两导体棒在运动中始终不接触，则：

(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？
(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？
解析：　ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流。ab棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd棒则在安培力的作用下向右做加速运动。只要ab棒的速度大于cd棒的速度，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动。
(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有
mv0＝2mv
根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热
Q＝mv－(2m)v2＝mv。
(2)设ab棒的速度变为v0时，cd棒的速度为v′，则由动量守恒定律可知
mv0＝mv0＋mv′
解得v′＝v0，回路中的电动势E＝BLv0－BLv0＝BLv0
此时cd棒所受的安培力F＝BIL＝。
由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a＝＝
答案：　(1)mv　(2)

7.

(2020·山东淄博模拟)(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝3 Ω的水平平行且足够长的粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝2 T，导轨间距L＝1 m。一质量m＝2 kg、接入电路的阻值r＝1 Ω的金属棒在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v ­x图象如图乙所示。若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，导轨电阻不计，取g＝10 m/s2，则金属棒从静止开始向右运动的位移为x1＝1 m的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．金属棒中感应电流的方向为C→D
B．拉力F做的功为16 J
C．通过电阻的电荷量为0.25 C
D．定值电阻产生的焦耳热为0.75 J
AD　[根据右手定则可知，金属棒中感应电流的方向为C→D，选项A正确。由图乙可得金属棒向右运动的位移为1 m时，速度v1＝2 m/s，金属棒运动过程中受到的安培力FA＝BL，若安培力是恒力，则金属棒克服安培力做的功WA＝FAx1＝vx1，但实际上安培力是变力，结合图乙可得WA＝× J＝1 J，根据动能定理有WF－μmgx1－WA＝mv－0，得WF＝15 J，选项B错误。通过定值电阻的电荷量q＝＝0.5 C，选项C错误。克服安培力做的功转化为回路中的焦耳热，测定值电阻产生的焦耳热Q＝WA＝0.75 J，选项D正确。]
8．(2018·江苏卷·9)(多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆(　　)

A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
BC　[根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q1＝2mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为Q2＝2×2mgd＝4mgd，选项C正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v＝，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，所受安培力F＝BIL，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，联立解得h>，选项D错误。]
9．间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示，倾角为θ的导轨处于大小为B1，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接而成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L，质量为m，长为l的金属杆ab，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd和ef电阻均为R＝0.02 Ω，m＝0.1 kg，l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T，g＝10 m/s2不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：

(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；
(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v；
(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ过程中产生的焦耳热Q。
解析：　(1)对杆ab受力分析，匀速运动时重力沿斜面向下的分力与安培力平衡。
感应电动势E＝B1lv0
电流I＝＝
安培力F＝B1Il
匀速运动条件mgsin θ＝
代入数据解得：v0＝6 m/s
(2)杆ab与“联动双杆”发生碰撞时，由动量守恒定律得
mv0＝4mv
解得：v＝1.5 m/s
(3)进入B2磁场区域过程，设速度变化大小为Δv，根据动量定理有
－B2I′lΔt＝－4mΔv
I′Δt＝q＝＝
解得：Δv＝0.25 m/s
出B2磁场后“联动三杆”的速度为
v′＝v－2Δv＝1.0 m/s
根据能量守恒求得：
Q＝×4m×(v2－v′2)＝0.25 J。
答案：　(1)6 m/s　(2)1.5 m/s　(3)0.25 J
10．(2020·闽粤赣三省十校联考)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行导轨顶端bc间、底端ad间分别连一电阻，其阻值为R1＝R2＝2r，两导轨间距为L＝1 m。在导轨与两个电阻构成的回路中有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1＝1 T。在导轨上横放一质量m＝1 kg、电阻为r＝1 Ω、长度也为L的导体棒ef，导体棒与导轨始终良好接触，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5。在平行导轨的顶端通过导线连接一面积为S＝0.5 m2、总电阻为r、匝数N＝100的线圈(线圈中轴线沿竖直方向)，在线圈内加上沿竖直方向，且均匀变化的磁场B2(图中未画出)，连接线圈电路上的开关K处于断开状态。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计导轨电阻。

(1)从静止释放导体棒，导体棒能达到的最大速度是多少？
(2)导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内，电阻R1上产生的焦耳热为Q＝0.5 J，那么导体棒下滑的距离是多少？
(3)现闭合开关K，为使导体棒静止于倾斜导轨上，求在线圈中所加磁场的磁感应强度的方向及变化率大小的取值范围(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。
解析：　本题考查电磁感应中的电路问题。
(1)对导体棒，由牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ－B1IL＝ma①
其中I＝＝＝②
由①②知，随着导体棒的速度增大，加速度减小，当加速度减至0时，
导体棒的速度达到最大。
则最大速度vm＝＝4 m/s③
(2)导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内，设导体棒下滑距离为d，由动能定理有
mgsin θ·d－μmgcos θ·d－W克安＝mv④
根据功能关系有W克安＝E电＝Q总⑤
根据并联电路特点得Q总＝4Q⑥
由③④⑤⑥联立得d＝5 m⑦
(3)开关闭合后，导体棒ef受到的安培力F′＝B1IefL⑧
干路电流I′＝＝·N＝·⑨
电路的总电阻R总′＝r＋＝r⑩
根据电路规律及⑨⑩得Ief＝·⑪
联立⑧可得＝⑫
当安培力较大时，有F′max＝mgsin θ＋μmgcos θ＝10 N⑬
则＝0.6 T/s⑭
当安培力较小时，有Fmin′＝mgsin θ－μmgcos θ＝2 N⑮
则min＝0.12 T/s⑯
故为使导体棒静止于倾斜导轨上，线圈中所加磁场的磁感应强度变化率的取值范围为
0．12 T/s≤≤0.6 T/s⑰
根据楞次定律和安培定则知线圈中所加磁场若方向竖直向上，则均匀减小；若方向竖直向下，则均匀增强。
答案：　(1)4 m/s　(2)5 m　(3)见解析