(广西专用)2021版高考物理一轮复习考点规范练34电磁感应现象中的动力学、动量和能量问题(含解析)新人教

考点规范练34 电磁感应现象中的动力学、动量和能量问题
一、单项选择题
1.(2019·山东德州质检)如图甲所示,光滑的导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,轨道左侧连接一定值电阻R ,导体棒ab 垂直导轨,导体和轨道的电阻不计。

导体棒ab 在水平外力作用下运动,外力F 随t 变化如图乙所示,在0~t 0时间内从静止开始做匀加速直线运动,则在t 0以后,导体棒ab 运动情况为( )
A.一直做匀加速直线运动
B.做匀减速直线运动,直到速度为零
C.先做加速,最后做匀速直线运动
D.一直做匀速直线运动 答案:C
解析:设t 0时刻导体棒的速度为v ,则此时电动势E=Blv ,电流I=
BBB
B
,导体棒受到的安培力F 安
=BIl=B 2B 2B
B ,根据牛顿第二定律有
F-B 2B 2B
B =ma 。

t 0时刻后,拉力
F 不变,速度v 增大,则加速度减小,
导体做加速度减小的加速运动,当加速度减为零时,做匀速运动,选项C 正确,A 、B 、D 错误。

2.(2019·安徽滁州期中)如图甲所示,一对间距为l=20 cm 的平行光滑导轨放在水平面上,导轨的左端接R=1 Ω的电阻,导轨上垂直放置一导体杆,整个装置处在磁感应强度大小为B=0.5 T 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。

杆在沿导轨方向的拉力F 作用下做初速度为零的匀加速运动。

测得力F 与时间t 的关系如图乙所示。

杆及两导轨的电阻均可忽略不计,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,则杆的加速度大小和质量分别为( )
A.20 m/s 2
0.5 kg B.20 m/s 2
0.1 kg C.10 m/s 2
0.5 kg D.10 m/s 2
0.1 kg 答案:D
解析:导体杆在轨道上做匀加速直线运动,用v 表示其速度,t 表示时间,则有v=at ① 杆切割磁感线,产生感应电动势为E=Blv ② 闭合回路中产生的感应电流为I=B
B ③
杆受到的安培力大小为F A =BIl ④ 根据牛顿第二定律,有F-F A =ma ⑤ 联立以上各式,得
F=ma+B 2B 2B
B t ⑥
由图线上取两点代入⑥式,可解得a=10m/s 2
,m=0.1kg,故D 正确,A 、B 、C 错误。

3.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为l ,底端接阻值为R 的电阻。

将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直,如图所示。

除电阻R 外其余电阻不计。

现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( )
A .释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度g
B .金属棒向下运动时,流过电阻R 的电流方向为a →b
C .金属棒的速度为v 时,所受的安培力大小为
F=B 2B 2B B
D .电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 答案:C
解析:金属棒刚释放时,弹簧处于原长,弹力为零,又因此时金属棒速度为零,没有感应电流,金属棒不受安培力作用,只受到重力作用,其加速度应等于重力加速度,选项A 错误;金属棒向下运动时,由右手定则可知,流过电阻R 的电流方向为b →a ,选项B 错误;金属棒速度为v 时,安培力大小为
F=BIl ,又
I=BBB
B ,联立解得
F=B 2B 2B
B ,选项
C 正确;金属棒下落过程中,由能量守恒定律知,金属棒减
少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻R 上产生的热量,选项D 错误。

4.如图所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻R ,匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒PQ 垂直导轨放置。

若使棒以一定的初速度v 0向右运动,当其通过位置a 、b 时,速率分别为v a 、v b ,到位置c 时棒刚好静止。

设金属导轨与棒的电阻均不计,a 到b 和b 到c 的间距相等,则金属棒在从a 到b 和从b 到c 的两个过程中( )
A.回路中产生的内能相等
B.棒运动的加速度相等
C.安培力做功相等
D.通过棒横截面的电荷量相等 答案:D
解析:金属棒由a 到b 再到c 的过程中,速度逐渐减小,根据E=Blv 知,E 减小,故I 减小,再根据
F=BIl 知,安培力减小,由F=ma 知,加速度减小,B 错误;由于a 与b 、b 与c 间距相等,安培力由a →c
是逐渐渐小的,故从a 到b 安培力做的功大于从b 到c 安培力做的功,又由于安培力做的功等于回路中产生的内能,所以A 、C 错误;根据平均感应电动势E=ΔB
ΔB =B ΔB ΔB ,I=B
B
和q=I Δt ,得q=
B ΔB
B
,所以D 正确。

二、多项选择题
5.如图所示,光滑金属导轨AC 、AD 固定在水平面内,并处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。

有一质量为m 的导体棒以初速度v 0从某位置开始在导轨上水平向右运动,最终恰好静止在A 点。

在运动过程中,导体棒与导轨始终构成等边三角形回路,且通过A 点的总电荷量为Q 。

已知导体棒与导轨间的接触电阻值恒为R ,其余电阻不计,则( )
A.该过程中导体棒做匀减速运动
B.当导体棒的速度为
B 02
时,回路中感应电流小于初始时的一半
C.开始运动时,导体棒与导轨所构成回路的面积为S=BB
B
D.该过程中接触电阻产生的焦耳热为BB 028
答案:BC
解析:导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv ,电流为
I=BBB
B ,安培力为
F=BIl=B 2B 2B
B ,l 、v
都在减小,根据牛顿第二定律知,加速度也在减小,A 错误;当导体棒的速度为12
v 0时,导体棒的有效切割长度也减小了,所以回路中感应电流大小小于初始时的一半,B 正确;该过程中,通过的总电荷量为
Q=
BB
B
,也就是开始运动时,导体棒与导轨所构成回路的面积S=
BB
B
,C 正确;该过程中,动能全部转化
为接触电阻产生的焦耳热,为1
2BB 02,D 错误。

6.下图为一圆环发电装置,用电阻R=4 Ω的导体棒弯成半径l=0.2 m 的闭合圆环,圆心为O ,COD 是一条直径,在O 、D 间接有负载电阻R 1=1 Ω。

整个圆环中均有B=0.5 T 的匀强磁场垂直环面穿过。

电阻r=1 Ω的导体棒OA 贴着圆环做匀速转动,角速度ω=300 rad/s 。

则( )
A .当OA 到达OC 处时,圆环的电功率为1 W
B .当OA 到达O
C 处时,圆环的电功率为2 W C .电路最大功率为3 W
D .电路最大功率为4.5 W 答案:AD
解析:当OA 到达OC 处时,圆环的电阻为1Ω,与R 1串联接入电路,棒转动过程中产生的感应电动势
E=1
2Bl 2ω=3V,圆环上分压为1V,所以圆环的电功率为1W,A 正确,B 错误;当OA 到达OD 处时,圆环接
入电路中的电阻为零,此时电路中总电阻最小,而电动势不变,所以电功率最大为P max =B 2
B 1+B
=4.5W,C 错误,D 正确。

7.有一半径为R 、电阻率为ρ电、密度为ρ密的均匀圆环落入磁感应强度为B 的径向磁场中,圆环的截面半径为r (r ≪R ),如图所示。

当圆环在加速下落时某一时刻的速度为v ,则( )
A .此时整个圆环的电动势E=2πBvr
B .忽略电感的影响,此时圆环中的电流I=πBB 2B
B 电
C .此时圆环的加速度a=B 2B
B
电B 密
D .如果径向磁场范围足够长,则圆环的最大速度v max =B 电B 密B
B 2
答案:BD
解析:此时整个圆环垂直切割径向磁感线,电动势E=2πBvR ,选项A 错误;此时圆环中的电流
I=B 2πBB 电πB 2
=
2πBBB
2BB
电
B 2
=
πBB 2B
B 电
,选项B 正确;对圆环,根据牛顿第二定律得mg-F 安=ma ,F 安
=BI ·2πR=
2π2B 2B 2BB
B 电
,m=ρ密πr 2
·2πR ,则a=g-B 2B
B
电B 密
,选项C 错误;如果径向磁场范围足够长,当
a=0时圆环的速度最大,即g-B 2B max
B 电B 密
=0,则
v max =
B 电B 密B
B 2
,选项D 正确。

8.如图所示,两根电阻不计的足够长的光滑金属导轨MN 、PQ ,间距为l ,两导轨构成的平面与水平面成θ角。

金属棒ab 、cd 用绝缘轻绳连接,其电阻均为R ,质量分别为m 和2m 。

沿斜面向上的外力F 作用在cd 上使两棒静止,整个装置处在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。

将轻绳烧断后,保持F 不变,金属棒始终与导轨垂直且接触良好。

则( )
A.轻绳烧断瞬间,cd的加速度大小a=1
2
g sin θ
B.轻绳烧断后,cd做匀加速运动
C.轻绳烧断后,任意时刻两棒运动的速度大小之比v ab∶v cd=1∶2
D.棒ab的最大速度v ab m=4BBB sin B
3B2B2
答案:AD
解析:烧断轻绳前,将两根棒看作一个整体,对整体有F=3mg sinθ;烧断轻绳瞬间cd棒速度为零,在
沿斜面方向上受到拉力F和重力沿斜面向下的分力作用,故a=B-2BB sin B
2B =1
2
g sinθ,A正确;由于
cd棒做切割磁感线运动,根据楞次定律和左手定则可知,cd棒受到沿斜面向下的安培力作用,且随着速度增大而增大,故cd棒做变加速运动,只有当F=2mg sinθ+F cd安后,才沿斜面向上做匀速直线运动,B错误;因为两根金属棒与导轨组成一个闭合回路,所以通过两根金属棒的电流大小相同,故受到的安培力等大反向,根据动量守恒可得mv ab-2mv cd=0,即v ab∶v cd=2∶1,C错误;当ab棒和cd棒加速度为零时,速度均达到最大,设此时ab棒和cd棒的速度大小分别为v ab m、v cd m,由ab棒受力平衡得
mg sinθ=BIl,此时回路中总的电动势E=Bl(v ab m+v cd m),电路中电流I=B
2B
,由动量守恒定律得mv ab m-
2mv cd m=0,联立解得v ab m=4BBB sin B
3B2B2
,D正确。

三、非选择题
9.(2019·福建龙岩一中月考)如图所示,质量为100 g的铝框,用细线悬挂起来,框中央离地面h为0.8 m,有一质量为200 g的磁铁以10 m/s的水平速度射入并穿过铝框,落在距铝框原位置水平距离3.6 m处,不考虑铝框倾斜时,细线的拉力对铝框水平方向的影响,g取10 m/s2,则在磁铁与铝框发生相互作用时,求:
(1)铝框向哪边偏斜,它能上升多高;
(2)在磁铁穿过铝框的整个过程中,框中产生了多少热量。

答案:(1)向右偏斜0.2 m(2)1.7 J
解析:(1)磁铁在穿过铝框的过程中,使铝框中磁通量发生变化,产生感应电流,磁铁与铝框一直发生相互作用,水平方向动量守恒。

磁铁穿过铝框后做平抛运动,根据平抛运动规律,得
t=√2B
B =√2×0.8
10
s=0.4s
s=v 1't ,则v 1'=B B =3.6
0.4m/s =9m/s
根据动量守恒定律,有m 1v 1=m 1v 1'+m 2v 2'
v 2'=
B 1(B 1-B 1')
B 2
=
200×(10-9)
100
m/s =2m/s
铝框获得的速度向右,则将向右偏斜,根据机械能守恒,有m 2gh'=1
2m 2v 2'2
故
h'=B 2'2
2B
=22
2×10m =0.2m 。

(2)根据能量守恒定律,磁铁的动能一部分转化为电能,另一部分转化为铝框的动能,其中电能又转化为焦耳热Q ,即
1
2m 1B 12
=12m 1v 1'2+1
2
m 2v 2'2+W 电 解得W 电=12m 1B 12−12m 1v 1'2
-12m 2v 2'2
=12×0.2×102
J -12×0.2×92
J -1
2×0.1×22
J =1.7J
即Q=1.7J 。

10.足够长的平行金属导轨ab 、cd 放置在水平面上,处在磁感应强度B=1.0 T 的竖直方向的匀强磁场中,导轨间连接阻值为R=0.3 Ω的电阻,质量m=0.5 kg 、电阻r=0.1 Ω的金属棒ef 紧贴在导轨上,两导轨间的距离l=0.40 m,如图所示。

在水平恒力F 作用下金属棒ef 由静止开始向右运动,其运动距离与时间的关系如下表所示。

导轨与金属棒ef 间的动摩擦因数为0.3,导轨电阻不计,g 取10 m/s 2。

(1)求在4.0 s 时间内,通过金属棒截面的电荷量q ;
(2)求水平恒力F ;
(3)庆丰同学在计算7.0 s 时间内,整个回路产生的焦耳热Q 时,是这样计算的:先算7.0 s 内的电荷量,再算电流I=B B
,再用公式Q=I 2
Rt 计算出焦耳热,请你简要分析这样做的正确性。

认为正确的,请算出结果;认为错误的,请用自己的方法算出7.0 s 内整个回路产生的焦耳热Q 。

答案:(1)6.8 C (2)2.5 N (3)见解析 解析:(1)金属棒产生的平均感应电动势
E=ΔB
ΔB =
BBB
B
平均电流I=B
B +B
则电荷量q=It=BBB
B +B =6.8
C 。

(2)由题表中数据可知,3.0s 以后棒ef 做匀速直线运动,处于平衡状态
其速度v=ΔB
ΔB
=2.5m/s
有F-F f=BIl
由E=Blv,I=B
B+B
,F f=μmg
代入数据解得F=BIl+F f=2.5N。

(3)庆丰同学用电流的平均值计算焦耳热是错误的。

正确解法是根据能量转化和守恒定律,有Fx-
μmgx-Q=1
2
mv2
解得Q=12.7J。

11.如图所示,宽度为l的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道,右端为半径
为r2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道。

水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖直向
上的匀强磁场。

一根质量为m的金属杆a置于水平轨道上,另一根质量为m0的金属杆b由静止开始
自左端轨道最高点滑下,当b滑入水平轨道某位置时,a就滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动
且a、b未相撞),并且a在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a的电荷量为q,a、b棒的
电阻分别为R1、R2,其余部分电阻不计。

在b由静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中。

(1)在水平轨道上运动时b的最大加速度是多大?
(2)自b释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中系统产生的焦耳热是多少?
(3)在a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大?
答案:(1)B 2B2√2BB1
B0(B1+B2)
(2)√BB1Blq-3mgr2-B2B2B2
2B0
(3)√BB1−B
B0
√6BB2
解析:(1)设杆b刚刚滑到左端轨道最低端时的速度为v b1,由机械能守恒定律,1
2
m0B B12=m0gr1,所以v b1=√2BB1
b刚滑到水平轨道时加速度最大,则E=Blv b1,I=B
B1+B2
,
根据牛顿第二定律有,F安=BIl=m0a
得杆b的最大加速度a=B2B2√2BB1
B0(B1+B2)。

(2)设杆a到达右端半圆轨道最高点时,杆a的速度为v a1,杆b的速度为v b2,
根据动量定理有-BIlt=m0v b2-m0v b1,即-Blq=m0v b2-m0v b1
所以v b2=√2BB1−BBB
B0
根据牛顿第二定律和第三定律,得2mg=m B B 12
B 2
所以v a 1=√2BB 2
因为m 0gr 1=12m 0B B 22+1
2BB B 12+2mgr 2+Q 所以系统产生的焦耳热
Q=√2BB 1Blq-3mgr 2-
B 2B 2B 2
2B 0。

(3)根据能量守恒,有2mgr 2=1
2BB B 22−1
2BB B 12 所以杆a 刚到达水平轨道右端时的速度v a 2=√6BB 2
在杆b 和杆a 在水平轨道上运动时,符合动量守恒条件,根据动量守恒定律,有m 0v b 1=m 0v b 3+mv a 2 杆a 刚到达水平轨道最右端时,杆b 的速度v b 3=√BB 1−B
B 0
√6BB 2。