課時跟蹤檢測（四十六） 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量、動量問題

課時跟蹤檢測（四十六）電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量、動量問題A卷——全員必做1.(2022·浙江1月選考)如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝kt的勻強(qiáng)磁場，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為ρ、高度為h、半徑為r、厚度為d(d?r)，則()A．從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時針方向B．圓管的感應(yīng)電動勢大小為eq\f(kπr2,h)C．圓管的熱功率大小為eq\f(πdhk2r3,2ρ)D．輕繩對圓管的拉力隨時間減小解析：選C穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律和安培定則可知，從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為順時針方向，A錯誤；圓管的感應(yīng)電動勢大小為E＝eq\f(ΔB,Δt)πr2＝kπr2，B錯誤；圓管的電阻R＝ρeq\f(2πr,dh)，圓管的熱功率大小為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(πdhk2r3,2ρ)，C正確；根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時間變化，D錯誤。2．如圖所示，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab邊和dc邊平行且足夠長，間距為L，整個金屬框的電阻可忽略且置于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一根長度也為L、電阻為R的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用大小為F的水平恒力向右拉動金屬框，運(yùn)動過程中，MN與金屬框保持良好接觸且固定不動，則金屬框最終的速度大小為()A．0 B.eq\f(FR,BL)C.eq\f(FR,B2L2) D.eq\f(B2L2,FR)解析：選C由平衡條件可知F＝F安＝BIL，又I＝eq\f(BLv,R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(FR,B2L2)，故C正確。3．(2023·南通高三模擬)圖甲所示粗糙U形導(dǎo)線框固定在水平面上，右端放有一金屬棒PQ，整個裝置處于豎直方向的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖乙規(guī)律變化，規(guī)定豎直向上為正方向，整個過程金屬棒保持靜止。則()A．t0時刻回路沒有感應(yīng)電流B．在t0～2t0時間，流過金屬棒的感應(yīng)電流方向是從Q到PC．在0～t0時間，金屬棒PQ所受安培力方向水平向左D．2t0時刻金屬棒PQ所受摩擦力方向水平向右解析：選Dt0時刻回路的磁通量為零，但是磁通量的變化率不為零，則回路有感應(yīng)電流，A錯誤；在t0～2t0時間，回路的磁通量向下增加，根據(jù)楞次定律可知，流過金屬棒的感應(yīng)電流方向是從P到Q，B錯誤；在0～t0時間，回路的磁通量向上減小，則金屬棒中有從P到Q的感應(yīng)電流，由左手定則可知，PQ所受安培力方向水平向右，C錯誤；根據(jù)楞次定律可知，2t0時刻金屬棒PQ中的感應(yīng)電流從P到Q，則安培力方向水平向左，由平衡條件可知，所受摩擦力方向水平向右，D正確。4．如圖所示，距地面h高處水平放置間距為L的兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左端接有電動勢為E的電源，質(zhì)量為m的金屬桿靜置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，空間有豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)將開關(guān)S閉合，一段時間后金屬桿從導(dǎo)軌右端水平飛出，測得其水平射程為d，下列說法正確的是()A．金屬桿離開導(dǎo)軌前做勻變速直線運(yùn)動B．金屬桿離開導(dǎo)軌前做勻速直線運(yùn)動C．電源消耗的電能為eq\f(mdE,BL)eq\r(\f(g,2h))D．從閉合開關(guān)到金屬桿剛要落地時，金屬桿受到的沖量為meq\r(2gh＋\f(gd2,h))解析：選C開關(guān)S閉合后，金屬桿受向右的安培力而做加速運(yùn)動，隨速度的增加，金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸變大，因?yàn)榇烁袘?yīng)電動勢與原電源電動勢反向，可知電路中電流減小，金屬桿受到的安培力減小，則金屬桿離開導(dǎo)軌前做非勻變速直線運(yùn)動，A、B錯誤；金屬桿做平拋運(yùn)動的初速度v＝deq\r(\f(g,2h))，由動量定理得Beq\x\to(I)LΔt＝mv，又q＝eq\x\to(I)Δt，電源消耗的電能為E電＝Eeq\x\to(I)t＝Eq＝eq\f(Emd,BL)eq\r(\f(g,2h))，C正確；金屬桿落地時的速度v′＝eq\r(v2＋2gh)＝eq\r(2gh＋\f(d2g,2h))，從閉合開關(guān)到金屬桿剛要落地時，根據(jù)動量定理可知，金屬桿受到的沖量為I＝mv′＝meq\r(2gh＋\f(gd2,2h))，D錯誤。5．(2023·昆山質(zhì)檢)如圖甲、乙所示的電路中，兩光滑平行導(dǎo)軌之間的距離均為L，在兩導(dǎo)軌之間的平面內(nèi)都有垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，兩金屬桿完全相同、阻值均為r，均與導(dǎo)軌接觸良好。圖甲中導(dǎo)軌的左端接有阻值為R的定值電阻，金屬桿在水平拉力的作用下以速度v水平向右做勻速運(yùn)動；圖乙中導(dǎo)軌的左端接有內(nèi)阻不計的電源，金屬桿通過跨過定滑輪的絕緣輕繩與一重物相連，桿正以速度v水平向右做勻速運(yùn)動，電路中的電流為I。若導(dǎo)軌電阻不計，忽略所有摩擦，則下列說法正確的是()A．兩桿所受安培力的方向相同B．圖甲、乙中兩桿所受安培力大小之比為eq\f(BLv,Ir)C．在時間Δt內(nèi)圖甲中金屬桿產(chǎn)生的電能為eq\f(B2L2vΔt,R＋r)D．在時間Δt內(nèi)圖乙中電源輸出的能量為BILvΔt解析：選D根據(jù)右手定則可知甲圖中通過桿的電流方向b→a，根據(jù)左手定則可知安培力方向向左，乙圖中電流方向a→b，根據(jù)左手定則可知安培力方向向右，二桿受到的安培力方向相反，故A錯誤；圖甲中電路，由閉合電路歐姆定律可得I1＝eq\f(BLv,R＋r)，金屬桿受到的安培力F1＝BI1L＝eq\f(B2L2v,R＋r)，圖乙中金屬桿受到的安培力F2＝BIL，安培力大小之比為eq\f(F1,F2)＝eq\f(BLv,IR＋r)，故B錯誤；在Δt時間內(nèi)，圖甲中金屬桿產(chǎn)生的電能等于金屬桿克服安培力做的功，E電＝F1vΔt＝eq\f(B2L2v2Δt,R＋r)，故C錯誤；圖乙中電源輸出的能量等于安培力對金屬桿做的功，即E機(jī)＝F2vΔt＝BILvΔt，故D正確。6.如圖所示，光滑水平導(dǎo)軌置于磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，左側(cè)導(dǎo)軌間距為L，右側(cè)導(dǎo)軌間距為2L，導(dǎo)軌均足夠長。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab和質(zhì)量為2m的導(dǎo)體棒cd均垂直于導(dǎo)軌放置，處于靜止?fàn)顟B(tài)。ab的電阻為R，cd的電阻為2R，兩棒始終在對應(yīng)的導(dǎo)軌部分運(yùn)動，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計?，F(xiàn)瞬間給cd一水平向右的初速度v0，則此后的運(yùn)動過程中下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒ab和cd組成的系統(tǒng)動量守恒B．兩棒最終以相同的速度做勻速直線運(yùn)動C．a(chǎn)b棒最終的速度eq\f(2,3)v0D．從cd獲得初速度到二者穩(wěn)定運(yùn)動，此過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(8,9)mv02解析：選Ccd獲得速度后，電路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則得cd棒減速，ab棒加速，當(dāng)BLvab＝2BLvcd，電路中磁通量不變，沒有感應(yīng)電流，最終兩棒做勻速直線運(yùn)動，分別對兩棒運(yùn)用動量定理得－2BILt＝2mvcd－2mv0，BILt＝mvab，兩式合并得vcd＋vab＝v0，聯(lián)立解得vab＝eq\f(2,3)v0，vcd＝eq\f(1,3)v0，故B錯誤，C正確；由m×eq\f(2,3)v0＋2m×eq\f(1,3)v0＝eq\f(4,3)mv0≠2m×v0，故導(dǎo)體棒ab和cd組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；從cd獲得初速度到二者穩(wěn)定運(yùn)動，此過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)·2mv02－eq\f(1,2)·mvab2－eq\f(1,2)·2mvcd2，解得Q＝eq\f(2,3)mv02，故D錯誤。7．如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ互相平行，間距為L，上端接入阻值為R的定值電阻，構(gòu)成U形平面，與水平面的夾角為θ(0°＜θ＜90°)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直，導(dǎo)軌電阻不計。金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，金屬棒ab的質(zhì)量為m，接入電路的電阻為r。則金屬棒ab沿導(dǎo)軌下滑過程中()A．最大加速度為eq\r(2)gsinθB．當(dāng)金屬棒ab下滑速度為v時，其兩端電壓為BLvC．所受安培力不會大于mgsinθD．下滑速度大小一定小于eq\f(R,B2L2)mgsinθ解析：選C對金屬棒ab，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ－F安＝ma，由題可知，開始滑動時，金屬棒ab所受安培力為零，此時加速度最大，為gsinθ，故A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，當(dāng)金屬棒ab下滑速度為v時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為BLv，則金屬棒ab兩端電壓為eq\f(R,R＋r)BLv，故B錯誤；金屬棒ab沿導(dǎo)軌下滑時，所受安培力增大，則加速度減小，當(dāng)加速度為零時，所受安培力達(dá)到最大，為mgsinθ，故C正確；當(dāng)金屬棒ab所受安培力等于mgsinθ時，金屬棒ab做勻速運(yùn)動，此時速度最大，則有mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R＋r)，解得vm＝eq\f(R＋rmgsinθ,B2L2)，故D錯誤。8．如圖，兩根足夠長的平行光滑導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，所在空間有方向垂直于水平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌的間距為L，電阻不計；導(dǎo)軌上靜置兩根長度均為L的導(dǎo)體棒PQ和MN，其中PQ的質(zhì)量為2m、阻值為R，MN的質(zhì)量為m、阻值為2R。若在t＝0時刻給PQ一個平行于導(dǎo)軌向右的初速度v0，不計運(yùn)動過程中PQ和MN的相互作用力，則()A．t＝0時刻，兩導(dǎo)體棒的加速度大小相等B．t＝0時刻，PQ兩端的電壓為eq\f(1,3)BLv0C．PQ勻速運(yùn)動時的速度大小為eq\f(1,3)v0D．從t＝0時刻到PQ勻速運(yùn)動的過程中，導(dǎo)體棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2,9)mv02解析：選Dt＝0時刻，PQ平行于導(dǎo)軌向右的初速度v0，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv0，此時回路中的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,RMN＋RPQ)＝eq\f(BLv0,3R)，兩導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F＝BIL，則有aMN＝eq\f(F,m)，aPQ＝eq\f(F,2m)，兩導(dǎo)體棒的加速度大小不相等，A錯誤；t＝0時刻，PQ兩端的電壓為MN兩端的電壓，大小為UMN＝IRMN＝eq\f(2,3)BLv0，B錯誤；由以上分析可知，兩導(dǎo)體棒受到的安培力大小相等，由左手定則可知，安培力方向相反，兩棒運(yùn)動中，滿足動量守恒，則有2mv0＝(m＋2m)v共，兩棒達(dá)到共速，則得v共＝eq\f(2,3)v0，此后兩棒以這個速度做勻速直線運(yùn)動，C錯誤；導(dǎo)體棒PQ和MN是串聯(lián)關(guān)系，即IPQ＝IMN，可知兩棒上的電流有效值相等，在整個運(yùn)動中MN、PQ產(chǎn)生的焦耳熱量分別為QMN＝I有2RMNt，QPQ＝I有2RPQt，則有QMN∶QPQ＝2∶1，由能量守恒定律可知，在整個運(yùn)動中產(chǎn)生的總熱量等于系統(tǒng)總動能的減少量，因此有Q＝eq\f(1,2)×2mv02－eq\f(1,2)×3mv共2＝eq\f(1,3)mv02，QMN＝eq\f(2,3)Q＝eq\f(2,9)mv02，D正確。9．(2022·重慶高考)某同學(xué)以金屬戒指為研究對象，探究金屬物品在變化磁場中的熱效應(yīng)。如圖所示，戒指可視為周長為L、橫截面積為S、電阻率為ρ的單匝圓形線圈，放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于戒指平面。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在Δt時間內(nèi)從0均勻增加到B0，求：(1)戒指中的感應(yīng)電動勢和電流；(2)戒指中電流的熱功率。解析：(1)設(shè)戒指的半徑為r，則有L＝2πr磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在Δt時間內(nèi)從0均勻增加到B0，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(B0,Δt)·πr2可得E＝eq\f(B0L2,4πΔt)，戒指的電阻為R＝eq\f(ρL,S)則戒指中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0LS,4πρΔt)。(2)戒指中電流的熱功率為P＝I2R＝eq\f(B02L3S,16π2ρΔt2)。答案：(1)eq\f(B0L2,4πΔt)eq\f(B0LS,4πρΔt)(2)eq\f(B02L3S,16π2ρΔt2)B卷——重點(diǎn)選做10．(2021·山東等級考改編)如圖所示，電阻不計的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強(qiáng)磁場。阻值恒定的金屬棒從無磁場區(qū)域中a處由靜止釋放，進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行。運(yùn)動過程中金屬棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好。在第一次下行和上行的過程中，以下敘述正確的是()A．金屬棒下行過b時的速度等于上行過b時的速度B．金屬棒下行過b時的加速度大于上行過b時的加速度C．金屬棒不能回到無磁場區(qū)D．金屬棒能回到無磁場區(qū)，且恰能回到a處解析：選B在Ⅰ區(qū)磁場中，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增加，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝Seq\f(ΔB1,Δt)為定值，金屬棒在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)之間的無磁場區(qū)域釋放，在Ⅱ區(qū)磁場內(nèi)，由于金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝BLv，金屬棒下行時，回路中電動勢為E下＝E1＋E2，由于金屬棒還能上行，所以下行時，只能做加速度a逐漸減小的減速運(yùn)動，其a下＝Beq\f(E1＋E2,Rm)L－gsinθ，金屬棒上行時，回路中電動勢為E上＝E1－E2，金屬棒向上先做加速度a逐漸減小的加速運(yùn)動，其a上＝Beq\f(E1－E2,Rm)L－gsinθ，故過b時a下＞a上，B正確；金屬棒從b到c和從c到b，位移大小相等，a下＞a上，由v2＝2ax可知，過b時速度v下＞v上，A錯誤；由以上分析知金屬棒在區(qū)域Ⅱ磁場中向上做加速度a逐漸減小的加速運(yùn)動，故金屬棒一定能回到無磁場區(qū)，故C錯誤；同理，金屬棒經(jīng)過Ⅱ區(qū)中磁場的同一位置時，v下＞v上，故金屬棒上行出磁場區(qū)時速度變小，不能到達(dá)a處，D錯誤。11．(2023·連云港高三模擬)圖甲為利用電磁阻尼原理設(shè)計的電磁阻尼減震器，該減震器由滑動桿及固定在桿上的多個相互緊靠的相同線圈組成，滑動桿及線圈的總質(zhì)量為m。每個矩形線圈abcd匝數(shù)為n匝，電阻值為R，ab邊長為L，bc邊長為d，圖乙為其簡化的原理圖。該減震器在光滑水平面上以速度v向右進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。求：(1)剛進(jìn)入磁場時滑動桿加速度的大?。?2)第二個線圈恰好完全進(jìn)入磁場時，滑動桿的速度大小。解析：(1)剛進(jìn)入磁場時，滑動桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝nBLv，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)，滑動桿受到的安培力為F＝nBIL，聯(lián)立可得F＝eq\f(n2B2L2v,R)，滑動桿剛進(jìn)入磁場時滑動桿的加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(n2B2L2v,mR)。(2)設(shè)第二個線圈恰好完全進(jìn)入磁場時，滑動桿的速度大小為v′，取向右為正方向，對滑動桿進(jìn)行分析，由動量定理可得mv′－mv＝－eq\x\to(F)t＝－eq\f(n2B2L2\x\to(v)t,R)＝－eq\f(n2B2L2·2d,R)，解得v′＝v－eq\f(2n2B2L2d,mR)。答案：(1)eq\f(n2B2L2v,mR)(2)v－eq\f(2n2B2L2d,mR)12.(2023·淮安模擬)如圖，間距為L的光滑平行導(dǎo)軌傾斜固定，傾角θ＝30°，電阻不計的導(dǎo)軌上放置兩根有一定阻值的金屬桿ab和cd，兩桿質(zhì)量均為m，cd桿中點(diǎn)通過平行于導(dǎo)軌的輕繩系在固定的拉力傳感器上。整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)給ab桿一個沿導(dǎo)軌向上、大小為v0的初速度，同時對ab桿施加一個平行于導(dǎo)軌的推力，使拉力傳感器示數(shù)FT隨時間