（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（三十五）電磁感應中的動力學、能量和動量問題（含解析）

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1、（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（三十五）電磁感應中的動力學、能量和動量問題（含解析） 1．(多選)如圖所示，位于同一水平面內的兩根平行的光滑金屬導軌，處在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌所在平面，導軌的一端與一電阻相連；具有一定質量的金屬桿ab放在導軌上并與導軌垂直。現有一平行于導軌的恒力F拉桿ab，使它由靜止開始向右運動。桿和導軌的電阻、感應電流產生的磁場均可不計。用E表示回路中的感應電動勢，i表示回路中的感應電流，在i隨時間增大的過程中，電阻消耗的功率等于(　　) A．F的功率　　　　 　　　 B．安培力的功率的絕對值 C．F與安培力的合力的功率 D．iE

2、 解析：選BD　金屬桿ab做加速度減小的加速運動，根據能量守恒可知，恒力F做的功等于桿增加的動能和電路中產生的電能。電阻消耗的功率等于電路中產生電能的功率，不等于恒力F的功率，故A錯誤。電阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率，等于電路的電功率iE，故B、D正確，C錯誤。 2．(多選)如圖所示，兩條電阻不計的平行光滑導軌豎直放置在垂直紙面向里的勻強磁場內，已知磁感應強度B＝0.5 T，導體棒ab、cd的長度均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，重力均為0.1 N。現用力向上拉動導體棒ab，使之勻速上升(導體棒ab、cd與導軌接觸良好)，此時cd靜止不動。則在ab上升時，下列說法正確的是(　　)

3、 A．ab受到的拉力大小為2 N B．ab向上運動的速度為2 m/s C．在2 s內，拉力做功，有0.4 J的機械能轉化為電能 D．在2 s內，拉力做功為0.6 J 解析：選BC　對導體棒cd分析：mg＝BIl＝，代入數據解得v＝2 m/s，故選項B正確；對導體棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，選項A錯誤；在2 s內拉力做功轉化為ab棒的重力勢能和電路中的電能，電能等于克服安培力做的功，即W電＝F安vt＝＝0.4 J，選項C正確；在2 s內拉力做的功為W拉＝Fvt＝0.8 J，選項D錯誤。 3．(多選)(2019·唐山模擬)如圖所示，在磁感應強度B＝1.0 T的勻強磁場中，金

4、屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v＝2 m/s向右勻速滑動。兩導軌間距離l＝1.0 m，電阻R＝3.0 Ω，金屬桿的電阻r＝1.0 Ω，導軌電阻忽略不計。下列說法正確的是(　　) A．通過R的感應電流的方向為由a到d B．金屬桿PQ切割磁感線產生的感應電動勢的大小為2.0 V C．金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5 N D．外力F做功的數值等于電路產生的焦耳熱 解析：選ABC　由右手定則判斷知，當金屬桿滑動時產生逆時針方向的電流，通過R的感應電流的方向為由a到d，故A正確。金屬桿PQ切割磁感線產生的感應電動勢的大小為：E＝Blv＝1.0×1×2 V＝2 V，故B正確。在整

5、個回路中產生的感應電流為：I＝，代入數據得：I＝0.5 A。由安培力公式：F安＝BIl，代入數據得：F安＝0.5 N，故C正確。金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U型導軌上以速度v向右勻速滑動，外力F做功大小等于電路產生的焦耳熱和導軌與金屬桿之間的摩擦力產生的內能之和，故D錯誤。 4．(多選) 如圖所示，平行且足夠長的兩條光滑金屬導軌，相距L＝0.4 m，導軌所在平面與水平面的夾角為30°，其電阻不計。把完全相同的兩金屬棒(長度均為0.4 m)ab、cd分別垂直于導軌放置，并使棒的兩端都與導軌良好接觸。已知兩金屬棒的質量均為m＝0.1 kg、電阻均為R＝0.2 Ω，整個裝置處在垂直于導軌平面向上

6、的勻強磁場中，磁感應強度為B＝0.5 T。當金屬棒ab在平行于導軌向上的力F作用下沿導軌向上勻速運動時，金屬棒cd恰好能保持靜止(g＝10 m/s2)，則(　　) A．F的大小為0.5 N B．金屬棒ab產生的感應電動勢為1.0 V C．ab棒兩端的電壓為1.0 V D．ab棒的速度為5.0 m/s 解析：選BD　對于cd棒有mgsin θ＝BIL，解得回路中的電流I＝2.5 A，所以回路中的感應電動勢E＝2IR＝1.0 V，選項B正確；Uab＝IR＝0.5 V，選項C錯誤；對于ab棒有F＝BIL＋mgsin θ，解得F＝1.0 N，選項A錯誤；根據法拉第電磁感應定律有E＝BLv，解

7、得v＝5.0 m/s，選項D正確。 5．(多選)(2018·江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B。質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿(　　) A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 解析：選BC　金屬桿在磁場之外的區(qū)域做加速運動，所以進入磁場Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁場Ⅰ的速度，則金屬桿剛進

8、入磁場Ⅰ時做減速運動，加速度方向豎直向上，故A錯誤。金屬桿在磁場Ⅰ中(先)做加速度減小的減速運動，在兩磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移相等，v-t圖像可能如圖所示，可以看出B正確。由于進入兩磁場時速度相等，由動能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金屬桿穿過磁場Ⅰ克服安培力做功為2mgd，即產生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd，故C正確。設剛進入磁場Ⅰ時速度為v，則由機械能守恒定律知mgh＝mv2，由牛頓第二定律得－mg＝ma，解得h＝＞，故D錯誤。 6．(2018·恩施模擬)如圖所示，足夠長的光滑導軌傾斜放置，導軌寬度為L，其下端與電阻R連接；導體棒a

9、b電阻為r，導軌和導線電阻不計，勻強磁場豎直向上。若導體棒ab以一定初速度v下滑，則關于ab棒的下列說法正確的是(　　) A．所受安培力方向水平向左 B．可能以速度v勻速下滑 C．剛下滑瞬間產生的電動勢為BLv D．減少的重力勢能等于電阻R產生的內能 解析：選B　根據右手定則判斷可知，ab棒中感應電流方向從b→a，由左手定則判斷得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如圖所示，故A錯誤。若安培力沿導軌向上的分力與重力沿導軌向下的分力大小相等，ab棒可能勻速下滑，故B正確。剛下滑瞬間產生的感應電動勢為E＝BLvcos θ，故C錯誤。根據能量守恒定律得知，若ab棒勻速下滑，其減少的重力勢能

10、等于電阻R和棒ab產生的內能之和；若ab棒加速下滑，其減少的重力勢能等于電阻R和棒ab產生的內能與棒ab增加的動能之和；若ab棒減速下滑，其減少的重力勢能和動能之和等于電阻R和棒ab產生的內能之和，所以減少的重力勢能不等于電阻R產生的內能，故D錯誤。 7. (多選)如圖所示，水平放置的光滑金屬長導軌MM′和NN′之間接有電阻R，導軌左、右兩區(qū)域分別存在方向相反且與導軌平面垂直的勻強磁場，設左、右區(qū)域磁場的磁感應強度大小均為B，虛線為兩區(qū)域的分界線。一根阻值也為R的金屬棒ab放在導軌上并與其垂直，導軌電阻不計。若金屬棒ab在恒定外力F的作用下從左邊的磁場區(qū)域距離磁場邊界x處勻速運動到右邊的磁場

11、區(qū)域距離磁場邊界x處。下列說法正確的是(　　) A．當金屬棒通過磁場邊界時，通過電阻R的電流反向 B．當金屬棒通過磁場邊界時，金屬棒受到的安培力反向 C．金屬棒在題設的運動過程中，通過電阻R的電荷量等于零 D．金屬棒在題設的運動過程中，回路中產生的熱量等于Fx 解析：選AC　金屬棒的運動方向不變，磁場方向反向，則電流方向反向，A正確；電流方向反向，磁場也反向時，安培力的方向不變，B錯誤；由q＝知，因為初、末狀態(tài)磁通量相等，所以通過電阻R的電荷量等于零，C正確；由于金屬棒勻速運動，所以動能不變，即外力做功全部轉化為電熱，Q＝2Fx，D錯誤。 8．（多選）(2019·青島聯考)如圖所示

12、，在Ⅰ、Ⅲ區(qū)域內分布有磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場，兩區(qū)域中間為寬為s的無磁場區(qū)Ⅱ。有一邊長為L(L＞s)、電阻為R的均勻正方形金屬線框abcd置于區(qū)域Ⅰ中，ab邊與磁場邊界平行，線框平面與磁場方向垂直。金屬線框在水平向右的拉力作用下，以速度v向右勻速運動，則(　　) A．當ab邊剛進入中央無磁場區(qū)域Ⅱ時，c、d兩點間電壓大小為 B．ab邊剛進入磁場區(qū)域Ⅲ時，通過ab邊的電流大小為，方向為b→a C．把金屬線框從區(qū)域Ⅰ完全拉入區(qū)域Ⅲ的過程中，拉力所做的功為(2L－s) D．在cd邊剛出區(qū)域Ⅰ到剛進入區(qū)域Ⅲ的過程中，回路中產生的焦耳熱為(L－s) 解析：選AC　當ab邊

13、剛進入中央無磁場區(qū)域Ⅱ時，c、d兩點間的電壓大小為U＝E＝BLv，A正確；ab邊剛進入磁場Ⅲ時，通過ab的電流大小為I＝，由右手定則可得，方向為a→b，B錯誤；把金屬線框從Ⅰ區(qū)域完全拉入Ⅲ區(qū)域過程中，拉力所做功W＝2s＋2··(L－s)＝(2L－s)，故C正確；在cd邊剛出區(qū)域Ⅰ到剛進區(qū)域Ⅲ的過程中，回路中產生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝2·R·＝s，D錯誤。 9．(2018·衡水模擬)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度方向垂直于紙面向里，大小隨時間的變化率＝k，k為負的常量。用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬導線做成一邊長為l的正方形導線框。將正方形導線框固定于紙面內，其右半部分位于磁場區(qū)域中。求：

14、 (1)導線框中感應電流的大??； (2)磁場對導線框作用力的大小隨時間的變化率。 解析：(1)導線框產生的感應電動勢為 E＝＝·l2① 導線框中的電流為I＝② 式中R是導線框的電阻，根據電阻率公式有R＝ρ③ 聯立①②③式，將＝k代入得I＝。④ (2)導線框所受磁場的作用力的大小為F＝BIl⑤ 它隨時間的變化率為＝Il⑥ 得＝。⑦ 答案：(1)　(2) 10．如圖甲，在水平桌面上固定著兩根相距L＝20 cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0.02 Ω 的導體棒a，軌道上橫置一根質量m＝40 g、電阻可忽略不計的金屬棒b，兩棒相距也為L＝20 cm。該軌

15、道平面處在磁感應強度大小可以調節(jié)的豎直向上的勻強磁場中。開始時，磁感應強度B0＝0.1 T。設棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。 (1)若保持磁感應強度B0的大小不變，從t＝0時刻開始，給b棒施加一個水平向右的拉力，使它由靜止開始做勻加速直線運動。此拉力F的大小隨時間t變化關系如圖乙所示。求b棒做勻加速運動的加速度及b棒與軌道間的滑動摩擦力大?。? (2)若從t＝0開始，磁感應強度B隨時間t按圖丙中圖像所示的規(guī)律變化，求在金屬棒b開始運動前，這個裝置釋放的熱量。 解析：(1)由題圖乙可得拉力F的大小隨時間t變化的函數表達式為F＝F0＋t＝0.4＋0.1t(N)

16、 當b棒勻加速運動時，根據牛頓第二定律有 F－Ff－F安＝ma F安＝B0IL E＝B0Lv I＝＝ v＝at 所以F安＝t 聯立可得F＝Ff＋ma＋t 由圖像可得： 當t＝0時，F＝0.4 N， 當t＝1 s時，F＝0.5 N。 代入上式，可解得a＝5 m/s2，Ff＝0.2 N。 (2)當磁感應強度均勻增大時，閉合電路中有恒定的感應電流I。以b棒為研究對象，它受到的安培力逐漸增大，靜摩擦力也隨之增大，當磁感應強度增大到b棒所受安培力 F安′與最大靜摩擦力Ff相等時開始滑動 感應電動勢E′＝L2＝0.02 V I′＝＝1 A b棒將要運動時，有F安′＝BtI

17、′L＝Ff 所以Bt＝1 T，根據Bt＝B0＋t 解得t＝1.8 s 回路中產生的焦耳熱為Q＝I′2Rt＝0.036 J。 答案：(1)5 m/s2　0.2 N　(2)0.036 J 11．(2016·全國卷Ⅰ)如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上。已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦

18、因數均為μ，重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求： (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小； (2)金屬棒運動速度的大小。 解析：(1)設導線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2。 對于ab棒，由力的平衡條件得 2mgsin θ＝μN1＋T＋F① N1＝2mgcos θ② 對于cd棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T③ N2＝mgcos θ④ 聯立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)。⑤ (2)由安培力公式得 F＝BIL⑥ 這里I是回路abdca中的感應電

19、流。ab棒上的感應電動勢為 ε＝BLv⑦ 式中，v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得 I＝⑧ 聯立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)。⑨ 答案：(1)mg(sin θ－3μcos θ)　(2)(sin θ－3μcos θ) B卷——重難增分專練 1.如圖所示，兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內，兩導軌間的距離為L，導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd，構成矩形回路，兩根導體棒的質量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻可不計。在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B。設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行，開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒c

20、d的初速度v0，若兩導體棒在運動中始終不接觸，求： (1)在運動中產生的焦耳熱Q最多是多少？ (2)當ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r，cd棒的加速度a是多少？ 解析：(1)從開始到兩棒達到相同速度v的過程中，兩棒的總動量守恒，有 mv0＝2mv， 根據能量守恒定律，整個過程中產生的焦耳熱 Q＝mv02－(2m)v2＝mv02。 (2)設ab棒的速度變?yōu)闀r，cd棒的速度為v′， 由動量守恒定律得mv0＝mv0＋mv′， 解得：v′＝。 此時回路中感應電動勢E＝BLv0－BLv0＝BLv0， 回路中電流I＝＝， 此時cd棒所受的安培力F＝BIL＝， 由牛頓第二定律，cd棒的加

21、速度a＝＝。 答案：(1)mv02　(2) 2．(2019·吉林聯考)如圖所示，足夠長的光滑導軌ab、cd固定在豎直平面內，導軌間距為l，b、c兩點間接一阻值為R的電阻。ef是一水平放置的導體桿，其質量為m，有效電阻值為R，桿與ab、cd保持良好接觸。整個裝置放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直。現用一豎直向下的力拉導體桿，使導體桿從靜止開始做加速度為1.5g的勻加速運動，下降了h高度，這一過程中b、c間電阻R產生的焦耳熱為Q，g為重力加速度，不計導軌電阻及感應電流間的相互作用。求： (1)導體桿下降h過程中通過桿的電荷量； (2)導體桿下降h時所受拉力F的大小；

22、 (3)導體桿下降h過程中拉力做的功。 解析：(1)根據電磁感應定律，得＝＝， 根據閉合電路歐姆定律得＝， 通過桿的電荷量q＝Δt， 聯立解得q＝。 (2)設ef下降h時，速度為v1、拉力為F，根據運動學公式， 有v12＝2ah， 解得v1＝， 根據牛頓第二定律，得F＋mg－BI1l＝ma， 根據閉合電路歐姆定律，得I1＝， 聯立解得F＝＋。 (3)由功能關系，得WF＋mgh－2Q＝mv12－0， 解得WF＝＋2Q。 答案：(1)　(2)＋　(3)＋2Q 3.(2018·江門二模)如圖所示，兩根間距為l的光滑金屬導軌(不計電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長的水平部

23、分組成，其水平段加有方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。導軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質量為2m，電阻為2r。另一質量為m、電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段，棒與導軌始終垂直且接觸良好，圓弧段MN半徑為R，所對圓心角為60°。求： (1)ab棒在N處進入磁場區(qū)速度是多大？此時棒中電流是多少？ (2)cd棒能達到的最大速度是多大？ (3)cd棒由靜止到達最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？ 解析：(1)ab棒由M下滑到N過程中機械能守恒，有 mgR(1－cos 60°)＝mv2 解得v＝ 進入磁場區(qū)瞬間，回路中電流強度 I＝＝。 (

24、2)ab棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd棒達到最大速度。由動量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′ 解得v′＝。 (3)系統(tǒng)釋放的熱量應等于系統(tǒng)機械能的減少量， 故Q＝mv2－·3mv′2 解得Q＝mgR。 答案：(1)　　(2)　(3)mgR 4.如圖所示，兩平行光滑金屬導軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分為半徑r＝0.5 m的豎直半圓，兩導軌間距離d＝0.3 m，導軌水平部分處于豎直向上、磁感應強度大小為B＝1 T的勻強磁場中，兩導軌電阻不計。有兩根長度均為d的金屬棒ab、cd，均垂直導軌

25、置于水平導軌上，金屬棒ab、cd的質量分別為m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，電阻分別為R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω?，F讓ab棒以v0＝10 m/s的初速度開始水平向右運動，cd棒進入圓軌道后，恰好能通過軌道最高點PP′，cd棒進入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)ab棒開始向右運動時cd棒的加速度大小a0； (2)cd棒剛進入半圓軌道時ab棒的速度大小v1； (3)cd棒進入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W。 解析：(1)ab棒開始向右運動時，設回路中電流為I，有 E＝Bdv0 I＝ 對cd棒由牛頓第二定律得 BId＝m2a0 聯立

26、解得：a0＝30 m/s2。 (2)設cd棒剛進入半圓軌道時的速度為v2，系統(tǒng)動量守恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2 cd棒進入圓軌道后恰能通過軌道最高點，由機械能守恒定律得 m2v22＝m2g·2r＋m2vP2 cd棒在最高點PP′，有 m2g＝m2 聯立解得：v1＝7.5 m/s。 (3)由動能定理得－W＝m1v12－m1v02 解得：W＝4.375 J。 答案：(1)30 m/s2　(2)7.5 m/s　(3)4.375 J 5．(2019·焦作模擬)如圖所示，在傾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強磁場區(qū)域MNPQ，磁感應強度B的大小為5 T，磁場

27、寬度d＝0.55 m。有一邊長L＝0.4 m、質量m1＝0.6 kg、電阻R＝2 Ω的正方形均勻導體線框abcd通過一輕質細線跨過光滑的定滑輪與一質量m2＝0.4 kg的物體相連。物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.4，將線框從圖示位置由靜止釋放，物體到定滑輪的距離足夠長。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求線框abcd還未進入磁場的運動過程中，細線中的拉力大?。? (2)當ab邊剛進入磁場時，線框恰好做勻速直線運動，求線框剛釋放時ab邊距磁場MN邊界的距離x； (3)在(2)問中的條件下，若cd邊恰離開磁場邊界PQ時，速度大小為2 m/s，

28、求整個運動過程中ab邊產生的熱量。 解析：(1)線框還未進入磁場的過程中，以整體法有 m1gsin θ－μm2g＝(m1＋m2)a， 解得a＝2 m/s2。 以m2為研究對象，由牛頓第二定律得 T－μm2g＝m2a， 解得T＝2.4 N。 (2)線框剛進入磁場恰好做勻速直線運動，以整體法有 m1gsin θ－μm2g－＝0， 解得v＝1 m/s。 ab到MN前線框做勻加速運動，有v2＝2ax， 解得x＝0.25 m。 (3)線框從開始運動到cd邊恰離開磁場邊界PQ時，有 m1gsin θ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝(m1＋m2)v12＋Q， 解得Q＝0.4 J， 所以Qab＝Q＝0.1 J。 答案：(1)2.4 N　(2)0.25 m　(3)0.1 J