【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的动力学、能量和动量问题作业

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课时跟踪检测（三十五） 电磁感应中的动力学、能量和动量问题 A卷——基础保分专练 ‎1．(多选)如图所示，位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直。现有一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动。杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计。用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于(　　)‎ A．F的功率　　　　 　　　 B．安培力的功率的绝对值 C．F与安培力的合力的功率 D．iE 解析：选BD　金属杆ab做加速度减小的加速运动，根据能量守恒可知，恒力F做的功等于杆增加的动能和电路中产生的电能。电阻消耗的功率等于电路中产生电能的功率，不等于恒力F的功率，故A错误。电阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率，等于电路的电功率iE，故B、D正确，C错误。‎ ‎2．(多选)如图所示，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在垂直纸面向里的匀强磁场内，已知磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd的长度均为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。则在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 解析：选BC　对导体棒cd分析：mg＝BIl＝，代入数据解得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内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安vt＝＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为W拉＝Fvt＝0.8 J，选项D错误。‎ ‎3．(多选)(2019·唐山模拟)如图所示，在磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v＝2 m/s向右匀速滑动。两导轨间距离l＝1.0 m，电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，导轨电阻忽略不计。下列说法正确的是(　　)‎ A．通过R的感应电流的方向为由a到d B．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 V C．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 N D．外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热 解析：选ABC　由右手定则判断知，当金属杆滑动时产生逆时针方向的电流，通过R的感应电流的方向为由a到d，故A正确。金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为：E＝Blv＝1.0×1×2 V＝2 V，故B正确。在整个回路中产生的感应电流为：I＝，代入数据得：I＝0.5 A。由安培力公式：F安＝BIl，代入数据得：F安＝0.5 N，故C正确。金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U型导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和，故D错误。‎ ‎4．(多选) 如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距L＝0.4 m，导轨所在平面与水平面的夹角为30°，其电阻不计。把完全相同的两金属棒(长度均为0.4 m)ab、cd分别垂直于导轨放置，并使棒的两端都与导轨良好接触。已知两金属棒的质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝0.2 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5 T。当金属棒ab在平行于导轨向上的力F作用下沿导轨向上匀速运动时，金属棒cd恰好能保持静止(g＝10 m/s2)，则(　　)‎ A．F的大小为0.5 N B．金属棒ab产生的感应电动势为1.0 V C．ab棒两端的电压为1.0 V D．ab棒的速度为5.0 m/s 解析：选BD　对于cd棒有mgsin θ＝BIL，解得回路中的电流I＝2.5 A，所以回路中的感应电动势E＝2IR＝1.0 V，选项B正确；Uab＝IR＝0.5 V，选项C错误；对于ab棒有F＝BIL＋mgsin θ，解得F＝1.0 N，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，解得v＝5.0 m/s，选项D正确。‎ ‎5．(多选)(2018·江苏高考)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 解析：选BC　金属杆在磁场之外的区域做加速运动，所以进入磁场Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁场Ⅰ的速度，则金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误。金属杆在磁场Ⅰ中(先)做加速度减小的减速运动，在两磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移相等，vt图像可能如图所示，可以看出B正确。由于进入两磁场时速度相等，由动能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为2mgd，即产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，故C正确。设刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知mgh＝mv2，由牛顿第二定律得－mg＝ma，解得h＝＞，故D错误。‎ ‎6．(2018·恩施模拟)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接；导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上。若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法正确的是(　　)‎ A．所受安培力方向水平向左 B．可能以速度v匀速下滑 C．刚下滑瞬间产生的电动势为BLv D．减少的重力势能等于电阻R产生的内能 解析：选B　根据右手定则判断可知，ab棒中感应电流方向从b→a，由左手定则判断得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如图所示，故A错误。若安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力大小相等，ab棒可能匀速下滑，故B正确。刚下滑瞬间产生的感应电动势为E＝BLvcos θ，故C错误。根据能量守恒定律得知，若ab棒匀速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能之和；若ab棒加速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能与棒ab增加的动能之和；若ab棒减速下滑，其减少的重力势能和动能之和等于电阻R和棒ab产生的内能之和，所以减少的重力势能不等于电阻R产生的内能，故D错误。‎ ‎7. (多选)如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别存在方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场，设左、右区域磁场的磁感应强度大小均为B，虚线为两区域的分界线。一根阻值也为R的金属棒ab放在导轨上并与其垂直，导轨电阻不计。若金属棒ab在恒定外力F的作用下从左边的磁场区域距离磁场边界x处匀速运动到右边的磁场区域距离磁场边界x处。下列说法正确的是(　　)‎ A．当金属棒通过磁场边界时，通过电阻R的电流反向 B．当金属棒通过磁场边界时，金属棒受到的安培力反向 C．金属棒在题设的运动过程中，通过电阻R的电荷量等于零 D．金属棒在题设的运动过程中，回路中产生的热量等于Fx 解析：选AC　金属棒的运动方向不变，磁场方向反向，则电流方向反向，A正确；电流方向反向，磁场也反向时，安培力的方向不变，B错误；由q＝知，因为初、末状态磁通量相等，所以通过电阻R的电荷量等于零，C正确；由于金属棒匀速运动，所以动能不变，即外力做功全部转化为电热，Q＝2Fx，D错误。‎ ‎8．（多选）(2019·青岛联考)如图所示，在Ⅰ、Ⅲ区域内分布有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，两区域中间为宽为s的无磁场区Ⅱ。有一边长为L(L＞s)、电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于区域Ⅰ中，ab边与磁场边界平行，线框平面与磁场方向垂直。金属线框在水平向右的拉力作用下，以速度v向右匀速运动，则(　　)‎ A．当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，c、d两点间电压大小为 B．ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，通过ab边的电流大小为，方向为b→a C．把金属线框从区域Ⅰ完全拉入区域Ⅲ的过程中，拉力所做的功为(2L－s)‎ D．在cd边刚出区域Ⅰ到刚进入区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热为(L－s)‎ 解析：选AC　当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，c、d两点间的电压大小为U＝E＝BLv，A正确；ab边刚进入磁场Ⅲ时，通过ab的电流大小为I＝，由右手定则可得，方向为a→b，B错误；把金属线框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做功W＝2s＋2··(L－s)＝(2L－s)，故C正确；在cd边刚出区域Ⅰ到刚进区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝2·R·＝s，D错误。‎ ‎9．(2018·衡水模拟)如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率＝k，k为负的常量。用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的正方形导线框。将正方形导线框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中。求：‎ ‎(1)导线框中感应电流的大小；‎ ‎(2)磁场对导线框作用力的大小随时间的变化率。‎ 解析：(1)导线框产生的感应电动势为 E＝＝·l2①‎ 导线框中的电流为I＝②‎ 式中R是导线框的电阻，根据电阻率公式有R＝ρ③‎ 联立①②③式，将＝k代入得I＝。④‎ ‎(2)导线框所受磁场的作用力的大小为F＝BIl⑤‎ 它随时间的变化率为＝Il⑥‎ 得＝。⑦‎ 答案：(1)　(2) ‎10．如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L＝20 cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻R＝0.02 Ω 的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝40 g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L＝20 cm。该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。开始时，磁感应强度B0＝0.1 T。设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。‎ ‎(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动。此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示。求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力大小；‎ ‎(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图像所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量。‎ 解析：(1)由题图乙可得拉力F的大小随时间t变化的函数表达式为F＝F0＋t＝0.4＋0.1t(N)‎ 当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有 F－Ff－F安＝ma F安＝B0IL E＝B0Lv I＝＝ v＝at 所以F安＝t 联立可得F＝Ff＋ma＋t 由图像可得：‎ 当t＝0时，F＝0.4 N，‎ 当t＝1 s时，F＝0.5 N。‎ 代入上式，可解得a＝5 m/s2，Ff＝0.2 N。‎ ‎(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I。以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b棒所受安培力 F安′与最大静摩擦力Ff相等时开始滑动 感应电动势E′＝L2＝0.02 V I′＝＝1 A b棒将要运动时，有F安′＝BtI′L＝Ff 所以Bt＝1 T，根据Bt＝B0＋t 解得t＝1.8 s 回路中产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝0.036 J。‎ 答案：(1)5 m/s2　0.2 N　(2)0.036 J ‎11．(2016·全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：‎ ‎(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；‎ ‎(2)金属棒运动速度的大小。‎ 解析：(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。‎ 对于ab棒，由力的平衡条件得 ‎2mgsin θ＝μN1＋T＋F①‎ N1＝2mgcos θ②‎ 对于cd棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T③‎ N2＝mgcos θ④‎ 联立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)。⑤‎ ‎(2)由安培力公式得 F＝BIL⑥‎ 这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为 ε＝BLv⑦‎ 式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得 I＝⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)。⑨‎ 答案：(1)mg(sin θ－3μcos θ)　(2)(sin θ－3μcos θ) B卷——重难增分专练 ‎1.如图所示，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，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，两根导体棒的质量均为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，求：‎ ‎(1)在运动中产生的焦耳热Q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a是多少？‎ 解析：(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＝mv02－(2m)v2＝mv02。‎ ‎(2)设ab棒的速度变为时，cd棒的速度为v′，‎ 由动量守恒定律得mv0＝mv0＋mv′，‎ 解得：v′＝。‎ 此时回路中感应电动势E＝BLv0－BLv0＝BLv0，‎ 回路中电流I＝＝，‎ 此时cd棒所受的安培力F＝BIL＝，‎ 由牛顿第二定律，cd棒的加速度a＝＝。‎ 答案：(1)mv02　(2) ‎2．(2019·吉林联考)如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为l，b、c两点间接一阻值为R的电阻。ef是一水平放置的导体杆，其质量为m，有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触。整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现用一竖直向下的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为1.5g的匀加速运动，下降了h高度，这一过程中b、c间电阻R产生的焦耳热为Q，g为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。求：‎ ‎(1)导体杆下降h过程中通过杆的电荷量；‎ ‎(2)导体杆下降h时所受拉力F的大小；‎ ‎(3)导体杆下降h过程中拉力做的功。‎ 解析：(1)根据电磁感应定律，得＝＝，‎ 根据闭合电路欧姆定律得＝，‎ 通过杆的电荷量q＝Δt，‎ 联立解得q＝。‎ ‎(2)设ef下降h时，速度为v1、拉力为F，根据运动学公式，‎ 有v12＝2ah，‎ 解得v1＝，‎ 根据牛顿第二定律，得F＋mg－BI1l＝ma，‎ 根据闭合电路欧姆定律，得I1＝，‎ 联立解得F＝＋。‎ ‎(3)由功能关系，得WF＋mgh－2Q＝mv12－0，‎ 解得WF＝＋2Q。‎ 答案：(1)　(2)＋　(3)＋2Q ‎3.(2018·江门二模)如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m、电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°。求：‎ ‎(1)ab棒在N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？‎ ‎(2)cd棒能达到的最大速度是多大？‎ ‎(3)cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？‎ 解析：(1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，有 mgR(1－cos 60°)＝mv2‎ 解得v＝ 进入磁场区瞬间，回路中电流强度 I＝＝。‎ ‎(2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度。由动量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′‎ 解得v′＝。‎ ‎(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，‎ 故Q＝mv2－·3mv′2‎ 解得Q＝mgR。‎ 答案：(1)　　(2)　(3)mgR ‎4.如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小为B＝1‎ ‎ T的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω。现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度大小a0；‎ ‎(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；‎ ‎(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W。‎ 解析：(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有 E＝Bdv0‎ I＝ 对cd棒由牛顿第二定律得 BId＝m2a0‎ 联立解得：a0＝30 m/s2。‎ ‎(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量守恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2‎ cd棒进入圆轨道后恰能通过轨道最高点，由机械能守恒定律得 m2v22＝m2g·2r＋m2vP2‎ cd棒在最高点PP′，有 m2g＝m2 联立解得：v1＝7.5 m/s。‎ ‎(3)由动能定理得－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·焦作模拟)如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5 T，磁场宽度d＝0.55 m。有一边长L＝0.4 m、质量m1＝0.6 kg、电阻R＝2 Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2＝0.4 kg的物体相连。物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎(1)求线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小；‎ ‎(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x；‎ ‎(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2 m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量。‎ 解析：(1)线框还未进入磁场的过程中，以整体法有 m1gsin θ－μm2g＝(m1＋m2)a，‎ 解得a＝2 m/s2。‎ 以m2为研究对象，由牛顿第二定律得 T－μm2g＝m2a，‎ 解得T＝2.4 N。‎ ‎(2)线框刚进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有 m1gsin θ－μm2g－＝0，‎ 解得v＝1 m/s。‎ ab到MN前线框做匀加速运动，有v2＝2ax，‎ 解得x＝0.25 m。‎ ‎(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时，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