2025版高考物理全程一輪復(fù)習(xí)課時(shí)分層精練五十七電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)能量和動(dòng)量問題習(xí)題

課時(shí)分層精練(五十七)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問題基礎(chǔ)落實(shí)練1．[2024·廣東汕頭統(tǒng)考三模]如圖所示為某精密電子器件防撞裝置，電子器件T和滑軌PQNM固定在一起，總質(zhì)量為m1，滑軌內(nèi)置勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.受撞滑塊K套在PQ，MN滑軌內(nèi)，滑塊K上嵌有閉合線圈abcd，線圈abcd總電阻為R，匝數(shù)為n，bc邊長為L，滑塊K(含線圈)質(zhì)量為m2，設(shè)T、K一起在光滑水平面上以速度v0向左運(yùn)動(dòng)，K與固定在水平面上的障礙物C相撞后速度立即變?yōu)榱悖挥?jì)滑塊與滑軌間的摩擦作用，ab大于滑軌長度，對(duì)于碰撞后到電子器件T停下的過程(線圈bc邊與器件T未接觸)，下列說法正確的是()A．線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdaB．線圈受到的最大安培力為eq\f(n2B2L2v0,R)C．電子器件T做勻減速直線運(yùn)動(dòng)D．通過線圈某一橫截面電荷量為eq\f(m2v0,nBL)2．(多選)[2024·全國模擬預(yù)測]如圖甲所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，兩軌相距L＝0.4m，導(dǎo)軌的左端與阻值R＝0.3Ω的電阻相連，導(dǎo)軌電阻不計(jì)；在導(dǎo)軌x>0側(cè)，存在沿x方向均勻增大的磁場，其方向垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨位置x的變化如圖乙所示，現(xiàn)有一根質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝0.1Ω的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，棒在外力F作用下，從x＝0處以初速度v0＝2m/s沿導(dǎo)軌向右作變速運(yùn)動(dòng)，且金屬棒MN在運(yùn)動(dòng)過程中受到的安培力大小不變，下列說法中正確的是()A．金屬棒MN向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．金屬棒MN在x＝1m處的速度大小為eq\f(1,2)m/sC．金屬棒MN從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝1m過程中外力F所做的功為0.175JD．金屬棒MN從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m過程中，流過金屬棒MN的電荷量為2C3．[2024·江西上饒高三校聯(lián)考階段練習(xí)]如圖甲所示，兩電阻不計(jì)，且足夠長的平行光滑導(dǎo)軌與水平面的夾角α＝37°，導(dǎo)軌下端接一阻值R＝0.3Ω的定值電阻．空間中存在垂直導(dǎo)軌所在平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T的勻強(qiáng)磁場．導(dǎo)體棒ab的長度和導(dǎo)軌間距均為L＝0.2m，導(dǎo)體棒電阻r＝0.1Ω、質(zhì)量m＝0.2kg.在導(dǎo)體棒ab上施加一沿導(dǎo)軌平面向上的作用力F，使導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌由靜止開始運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，導(dǎo)軌足夠長，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．(1)若F為恒力，大小為1.6N，求導(dǎo)體棒最終勻速運(yùn)動(dòng)的速度；(2)若作用力F的大小隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，力F作用過程中導(dǎo)體棒ab的速度大小與時(shí)間的關(guān)系圖像如圖丙所示，則圖中Fm和v1的大小分別為多少；(3)在上述題設(shè)(2)的作用力下，已知0～4s內(nèi)導(dǎo)體棒克服外力F做功為4.4J，求0～4s內(nèi)電路產(chǎn)生的焦耳熱．4．[2023·新課標(biāo)卷]一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬線框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上．寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖(a)所示．(1)使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場．運(yùn)動(dòng)過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小．(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖(b)所示．讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場．運(yùn)動(dòng)過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好．求在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量．素養(yǎng)提升練5．[2024·廣東佛山統(tǒng)考模擬預(yù)測]如圖，平行金屬導(dǎo)軌MM′、NN′和平行金屬導(dǎo)軌PQR、P′Q′R′固定在水平臺(tái)面上，平行金屬導(dǎo)軌間距均為L＝1m，M′N′與PP′高度差為h1＝0.6m．導(dǎo)軌MM、NN′左端接有R＝3.0Ω的電阻，導(dǎo)軌平直部分存在寬度為d、磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝2T方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場；導(dǎo)軌PQR與P′Q′R′，其中PQ與P′Q′是圓心角為60°、半徑為r＝0.9m的圓弧形導(dǎo)軌，QR與Q′R′是水平長直導(dǎo)軌．QQ′右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝4T方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)體棒a質(zhì)量m1＝0.2kg，接在電路中的電阻R1＝2.0Ω；導(dǎo)體棒b質(zhì)量m2＝0.3kg，接在電路中的電阻R2＝6.0Ω.導(dǎo)體棒a從距離導(dǎo)軌MM′、NN平直部分h＝1.25m處靜止釋放，恰能無碰撞地從PP′滑入右側(cè)平行導(dǎo)軌，且始終沒有與棒b相碰．重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)導(dǎo)軌電阻、一切摩擦及空氣阻力．求：(1)導(dǎo)體棒a剛進(jìn)入磁場B1時(shí)的速度大小以及此時(shí)電阻R的電流大小和方向；(2)導(dǎo)體棒b的最大加速度；(3)d的大??；(4)導(dǎo)體棒a、b在平行金屬導(dǎo)軌PQR、P′Q′R′中產(chǎn)生的總焦耳熱(導(dǎo)軌足夠長).課時(shí)分層精練（五十七）電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問題1．解析：根據(jù)右手定則可知線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba，故A錯(cuò)誤；產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝nBLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)線圈受到的安培力為F＝nBIL聯(lián)立可得線圈受到的最大安培力為F＝eq\f(n2B2L2v0,R)，故B正確；根據(jù)牛頓第二定律可得F＝ma，即－eq\f(n2B2L2v0,R)＝ma，可知電子器件T做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；對(duì)T根據(jù)動(dòng)量定理得，－nBeq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝0－m1v0，其中q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt聯(lián)立可得通過線圈某一橫截面電荷量為q＝eq\f(m1v0,nBL)，故D錯(cuò)誤．故選B.答案：B2．解析：切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而導(dǎo)致金屬棒受到的安培力為F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)由題意可知安培力大小不變，故v∝eq\f(1,B2)結(jié)合圖乙，金屬棒不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意金屬棒所受的安培力大小不變，x＝0處與x＝1m處安培力大小相等，有eq\f(Beq\o\al(2,0)L2v0,R＋r)＝eq\f(Beq\o\al(2,1)L2v1,R＋r)，B1＝1.0T解得v1＝0.5m/s，故B正確；金屬棒在x＝0處的安培力大小為F安＝eq\f(Beq\o\al(2,0)L2v0,R＋r)＝eq\f(0.52×0.42×2,0.4)N＝0.2N對(duì)金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝1m過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有WF－F安x1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得WF＝－0.175J，故C錯(cuò)誤；根據(jù)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量結(jié)論有q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)x＝0到x＝2m過程中，由圖乙可得ΔΦ＝ΔB·x2L＝eq\f(0.5＋1.5,2)×2×0.4Wb＝0.8Wb所以q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(0.8,0.4)C＝2C，故D正確．故選BD.答案：BD3．解析：（1）勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)ab棒受力分析，可得F＝BIL＋mgsinα以v的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)電路分析，可得：I＝eq\f(BLv,R＋r)解得v＝4m/s（2）由圖丙可知ab棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t＝4s時(shí)，有v1＝at作用力為零時(shí)加速度不變，可知，棒向下運(yùn)動(dòng)，t＝4s時(shí)對(duì)ab受力分析可得mgsinα－eq\f(B2L2v1,R＋r)＝ma當(dāng)t＝0時(shí)，對(duì)ab棒分析，可得mgsinα－Fm＝ma解得v1＝8m/s，F(xiàn)m＝0.8N（3）對(duì)ab棒下滑的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0＝mgxsinα＋WF＋W安其中WF＝－4.4J對(duì)勻加速過程分析有x＝eq\f(1,2)v1t由動(dòng)能關(guān)系可得Q總＝|W安|解得Q總＝8.4J答案：（1）4m/s（2）0.8N8m/s（3）8.4J4．解析：（1）金屬框進(jìn)入磁場過程中有eq\o(E,\s\up6(－))＝BLeq\f(L,t)則金屬框進(jìn)入磁場過程中流過回路的電荷量為q1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),4R0)t＝eq\f(BL2,4R0)則金屬框完全穿過磁場區(qū)域的過程中流過回路的電荷量為q＝eq\f(BL2,2R0)設(shè)金屬框的初速度為v0則有－BqL＝eq\f(mv0,2)－mv0聯(lián)立有v0＝eq\f(B2L3,mR0)（2）金屬框進(jìn)入磁場的過程，有－Beq\o(I,\s\up6(－))′Lt′＝mv1－mv0閉合電路的總電阻R總＝R0＋eq\f(1,\f(1,R1)＋\f(1,R0))＝eq\f(5,3)R0通過線框的電流eq\o(I,\s\up6(－))′＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))′,R總)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有eq\o(E,\s\up6(－))′＝eq\f(BL2,t′)解得v1＝eq\f(2B2L3,5mR0)金屬框完全在磁場中時(shí)繼續(xù)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，金屬框的右邊框和左邊框?yàn)殡娫矗瑑呻娫床⒙?lián)給外電路供電，假設(shè)金屬框的右邊框沒有出磁場右邊界，則有－Beq\o(I,\s\up6(－))″Lt″＝－mv1通過金屬框的電流eq\o(I,\s\up6(－))″＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))″,R1＋\f(R0,2))根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有eq\o(E,\s\up6(－))″＝eq\f(BLx,t″)解得x＝L故假設(shè)成立，金屬框的右邊框恰好停在磁場右邊界處對(duì)金屬框進(jìn)入磁場過程分析，由能量守恒定律有Q總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)電阻R1產(chǎn)生的熱量Q1＝eq\f(\f(2,3)R0,R總)·eq\f(R0,R1＋R0)Q總金屬框完全在磁場中運(yùn)動(dòng)過程，有Q′總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)電阻R1產(chǎn)生的熱量為Q′1＝eq\f(R1,R1＋\f(R0,2))Q′總電阻R1產(chǎn)生的總熱量為Q1總＝Q1＋Q′1解得Q1總＝eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))答案：（1）eq\f(B2L3,mR0)（2）eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))5．解析：（1）根據(jù)動(dòng)能定理可知m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)解得導(dǎo)體棒a剛進(jìn)入磁場B1時(shí)的速度大小為v1＝5m/s由題可知E＝B1Lv1，I1＝eq\f(E,R＋R1)解得I1＝2A由右手定則可判斷，此時(shí)電阻R的電流的方向?yàn)橛蒒到M.（2）由題可知，導(dǎo)體棒a到達(dá)PP′時(shí)速度方向與水平方向的夾角為60°，則h1＝eq\f(1,2)gt2，v2＝eq\f(gt,sin60°)解得v2＝4m/s導(dǎo)體棒a剛進(jìn)入磁場B2時(shí)，導(dǎo)體棒b的加速度最大，則m1gr（1－cos60°）＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)，I2＝eq\f(B2Lv3,R1＋R2)，B2I2L＝m2a解得v3＝5m/s，a＝eq\f(100,3)m/s2（3）導(dǎo)體棒a從N′M′到PP′的過程中m1gh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)解得v4＝2m/s由題可知在導(dǎo)軌MM′、NN′平直部分從左到右－B1ILΔt＝Δp1即－B1qL＝m1v4－m1v1，q＝