高考物理一輪復(fù)習(xí)-第4講-電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、動量和能量問題

授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第361頁[A組基礎(chǔ)鞏固練]熱點(diǎn)一單桿在磁場中的運(yùn)動1.(多選)(2022·安徽江南十校聯(lián)考)如圖所示，矩形導(dǎo)線框水平固定放置，框中有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)線框的電阻分布均勻，ab＝L，bc＝2L，長為L的導(dǎo)線電阻為R。與線框材料相同、橫截面積也相同的導(dǎo)體棒MN兩端搭接在ad和bc上，MN在水平外力F的作用下，從緊挨ab處(與ab不接觸)勻速運(yùn)動到cd附近。MN與線框始終保持良好接觸，在運(yùn)動過程中()A．導(dǎo)體棒MN中的電流方向由N到MB．導(dǎo)體棒MN兩端的電壓變化量與流經(jīng)它的電流變化量的絕對值之比eq\f(|ΔU|,|ΔI|)先增大，后減小C．導(dǎo)體棒MN運(yùn)動到線框中點(diǎn)過程中，線框abcd中的電功率先增大，后減小D．導(dǎo)體棒MN運(yùn)動到線框中點(diǎn)過程中，通過MN橫截面的電荷量為eq\f(2BL2,5R)解析：本題主要考查電磁感應(yīng)中的電路分析問題。由右手定則知，導(dǎo)體棒MN中的電流方向由N到M，A正確；導(dǎo)體棒MN兩端的電壓變化量與電流變化量的比值等于導(dǎo)體棒MN接入回路的電阻R不變，所以導(dǎo)體棒MN兩端的電壓變化量與流經(jīng)它的電流變化量的絕對值之比不變，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒MN為電源，兩側(cè)的線框是并聯(lián)電阻，兩側(cè)電阻之和是定值，且R并＝eq\f(R1R2,R1＋R2)，當(dāng)兩側(cè)電阻相等時(shí)，外電阻最大，根據(jù)內(nèi)電阻與外電阻相等時(shí)，輸出功率最大可知，MN運(yùn)動到線框中點(diǎn)的過程中外電阻從eq\f(5,6)R增大到1.5R，因內(nèi)電阻為R，故線框abcd中的電功率先增大，后減小，C正確；導(dǎo)體棒MN向右運(yùn)動過程中總電阻是變化的，不能用q＝Neq\f(ΔΦ,R總)計(jì)算通過MN橫截面的電荷量，D錯(cuò)誤。答案：AC2．(多選)(2022·山東青島模擬)如圖所示，間距L＝0.5m的平行導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上端與電阻R連接，圖中水平虛線下方存在垂直導(dǎo)軌平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2T的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg的導(dǎo)體棒從虛線上方h1處垂直于導(dǎo)軌由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t1后導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場且恰好以速度v0做勻速直線運(yùn)動，勻速運(yùn)動t2＝2s后給導(dǎo)體棒施加一個(gè)豎直向上的恒力F＝2N，并且由于磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化，回路中不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，再經(jīng)過t3＝0.2s導(dǎo)體棒的速度減為零。已知導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2，關(guān)于導(dǎo)體棒由靜止釋放到速度減為零的過程，下列說法正確的是()A．v0＝2m/sB．h1＝2mC．回路中磁通量的最大值為0.4WbD．回路中產(chǎn)生的焦耳熱為4J解析：給導(dǎo)體棒施加一個(gè)豎直向上的恒力F＝2N＝2mg后，回路中無電流，導(dǎo)體棒不受安培力作用，導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)F－mg＝ma，加速度大小為g，經(jīng)過t3＝0.2s，速度減為零，則v0＝at3＝2m/s，A正確；根據(jù)2gh1＝veq\o\al(2,0)，解得h1＝0.2m，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒進(jìn)入勻強(qiáng)磁場運(yùn)動t2＝2s后回路中磁通量達(dá)到最大，2s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的位移h2＝v0t2＝4m，則回路磁通量的最大值Φm＝BLh2＝0.4Wb，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，整個(gè)過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱與勻速運(yùn)動階段重力勢能的減少量相等，即Q＝mgh2＝4J，D正確。答案：ACD熱點(diǎn)二導(dǎo)線框在磁場中的運(yùn)動3．(多選)(2022·“皖江名校聯(lián)盟”聯(lián)考)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上的兩條平行虛線之間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(俯視如圖)，單匝正方形閉合線框ABCD，從磁場左側(cè)向右運(yùn)動，以大小為3v0的速度開始進(jìn)入磁場，當(dāng)AB邊穿出磁場右邊界時(shí)線框的速度大小為v0。假設(shè)線框在運(yùn)動過程中CD邊始終平行于磁場邊界，磁場的寬度大于正方形的邊長。關(guān)于線框整個(gè)運(yùn)動過程，下列說法正確的是()A．線框ABCD進(jìn)入磁場時(shí)所受安培力方向向左，穿出磁場時(shí)所受安培力方向向右B．線框ABCD全部進(jìn)入磁場后到CD邊離開磁場前，線框做勻速運(yùn)動C．線框ABCD在進(jìn)入磁場過程中和穿出磁場過程中通過導(dǎo)線某截面的電荷量大小相等D．線框ABCD進(jìn)入磁場和出磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱之比為5∶3解析：根據(jù)電磁阻尼，線框進(jìn)出磁場的過程安培力方向都向左，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)線圈完全進(jìn)入磁場后，穿過線圈的磁通量不變化，無感應(yīng)電流，線框不受安培力的作用，做勻速運(yùn)動，選項(xiàng)B正確；通過導(dǎo)線某截面的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，可知進(jìn)出磁場通過導(dǎo)線某截面的電荷量大小相等，選項(xiàng)C正確；線框進(jìn)出磁場受到的沖量I沖＝eq\f(B2L2\x\to(v)t,R)＝eq\f(B2L3,R)，可知進(jìn)出磁場安培力的沖量相同，由動量定理可得mv－3mv0＝mv0－mv，線框完全進(jìn)入磁場時(shí)的速度為2v0，故進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝eq\f(1,2)m(3v0)2－eq\f(1,2)m(2v0)2＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，出磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，所以eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(5,3)，選項(xiàng)D正確。答案：BCD4.(多選)(2022·山西榆社中學(xué)模擬)如圖所示，相距為d的兩條水平虛線L1、L2之間是方向水平向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，正方形線圈abcd邊長為L(L<d)、質(zhì)量為m、電阻為R，將線圈從磁場上方高h(yuǎn)處由靜止釋放，cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為v0，cd邊剛離開磁場時(shí)速度也為v0。則線圈穿越磁場的過程中(從cd邊剛進(jìn)入磁場起一直到ab邊離開磁場為止)，以下說法正確的是()A．感應(yīng)電流所做的功為mgdB．感應(yīng)電流所做的功為2mgdC．線圈的最小速度一定為eq\f(mgR,B2L2)D．線圈的最小速度一定為eq\r(2gh＋L－d)解析：根據(jù)能量守恒研究從cd邊剛進(jìn)入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程：動能變化量為0，重力勢能轉(zhuǎn)化為線框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量，即Q＝mgd，cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為v0，cd邊剛離開磁場時(shí)速度也為v0，所以從cd邊剛穿出磁場到ab邊離開磁場的過程，線框產(chǎn)生的熱量與從cd邊剛進(jìn)入磁場到ab邊剛進(jìn)入磁場的過程產(chǎn)生的熱量相等，所以線圈從cd邊進(jìn)入磁場到ab邊離開磁場的過程，產(chǎn)生的熱量Q′＝2mgd，感應(yīng)電流做的功W＝Q′＝2mgd，故A錯(cuò)誤，B正確；線圈進(jìn)磁場和出磁場的過程中，線框若先做減速運(yùn)動，在完全進(jìn)入磁場前已做勻速運(yùn)動，剛完全進(jìn)入磁場時(shí)的速度最小，則mg＝BIL＝BLeq\f(BLv,R)，則最小速度v＝eq\f(mgR,B2L2)，若一直減速，運(yùn)動過程中的最小速度可能大于eq\f(mgR,B2L2)，故C錯(cuò)誤；因?yàn)檫M(jìn)磁場時(shí)要減速，線圈全部進(jìn)入磁場后做勻加速運(yùn)動，則知線圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場的瞬間速度最小，設(shè)線圈的最小速度為vm，線圈從開始下落到線圈剛完全進(jìn)入磁場的過程，根據(jù)能量守恒定律得：mg(h＋L)＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，由上可知Q＝mgd，解得線圈的最小速度vm＝eq\r(2gh＋L－d)，故D正確。答案：BD熱點(diǎn)三雙桿在磁場中的運(yùn)動5．(多選)(2022·江西上饒模擬)如圖所示，兩根足夠長的傾斜光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，傾角θ＝30°，電阻不計(jì)。有一個(gè)勻強(qiáng)磁場，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，兩根材質(zhì)和質(zhì)量均相同的金屬棒A、B并排垂直導(dǎo)軌放置，A棒在上B棒在下，先將A棒固定，由靜止釋放B棒，當(dāng)B剛好做勻速運(yùn)動時(shí)，由靜止釋放A棒，運(yùn)動過程中A、B與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g，關(guān)于A棒釋放后的運(yùn)動過程，下列說法正確的是()A．A棒的最大加速度為2gB．A棒釋放后A棒一直做加速運(yùn)動C．A棒釋放后B棒一直做加速運(yùn)動D．B棒的速度減小直到兩棒加速度相同解析：由右手定則可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，由左手定則可知，A棒受到的安培力平行于斜面向下，B棒受到的安培力平行于斜面向上。B棒做勻速直線運(yùn)動時(shí)，由平衡條件得F＝mgsinθ＝0.5mg，通過兩棒的電流I相等、磁感應(yīng)強(qiáng)度B相等、金屬棒長度L相等，由F＝BIL可知，兩棒受到的安培力相等，剛釋放A棒時(shí)，A棒的加速度最大，由牛頓第二定律得F＋mgsinθ＝ma，解得a＝g；釋放A棒后，A棒向下做加速運(yùn)動，隨著A棒速度的增加，回路的感應(yīng)電流I減小，兩棒受到的安培力F＝BIL減小，A棒做加速度減小的加速運(yùn)動，B棒做加速度增大的加速運(yùn)動，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)回路電流為零，兩棒不受安培力作用，兩棒所受合力mgsinθ相等，加速度均為a＝0.5g，兩棒一起以相等的加速度做勻加速直線運(yùn)動。由以上分析可知，A棒釋放后，A棒與B棒一直做加速運(yùn)動，最終兩棒的加速度相等，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。答案：BC6．(多選)如圖所示，兩根金屬細(xì)桿L1、L2在寬窄不同的水平導(dǎo)軌上分別做勻變速運(yùn)動，整個(gè)裝置處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌所在平面。已知回路中的感應(yīng)電流始終保持不變，則下列說法正確的是()A．若兩金屬細(xì)桿運(yùn)動方向相同，則兩桿加速度方向相同B．若兩金屬細(xì)桿運(yùn)動方向相同，則兩桿加速度方向相反C．若兩金屬細(xì)桿運(yùn)動方向相反，則兩桿加速度方向相同D．若兩金屬細(xì)桿運(yùn)動方向相反，則兩桿加速度方向相反解析：感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔS,Δt)B，由題意可知，感應(yīng)電動勢E保持不變，則回路面積變化率eq\f(ΔS,Δt)保持不變，兩桿做勻變速直線運(yùn)動，則加速度大小相等，如果兩根金屬細(xì)桿的運(yùn)動方向相同，回路面積減小，為保證eq\f(ΔS,Δt)保持不變，兩金屬桿都做勻加速或勻減速直線運(yùn)動，加速度方向相同，故A正確，B錯(cuò)誤；如果兩根金屬桿的運(yùn)動方向相反，回路面積增大，為保證eq\f(ΔS,Δt)保持不變，兩根桿應(yīng)一個(gè)做加速運(yùn)動，一個(gè)做減速運(yùn)動，由于桿的速度方向相反，則兩桿的加速度方向相同，故C正確，D錯(cuò)誤。答案：AC[B組綜合提能練]7．(2022·山東德州夏津第一中學(xué)高二月考)如圖，平行光滑金屬雙導(dǎo)軌P1Q1M1和P2Q2M2，其中P1Q1和P2Q2為r＝0.8m的eq\f(1,4)光滑圓軌道，O1和O2為對應(yīng)圓軌道的圓心，Q1、Q2在O1、O2正下方且為圓軌道和水平軌道的平滑連接點(diǎn)，Q1M1和Q2M2為足夠長的水平軌道，水平軌道處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中(磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T)，導(dǎo)軌間距L＝1m；兩導(dǎo)體棒a、b始終垂直于兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好；a、b的質(zhì)量均為1kg，電阻均為1Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。初始時(shí)刻，b靜止在水平導(dǎo)軌上，a從與圓心等高的P1P2處靜止釋放，a、b在以后運(yùn)動的過程中不會發(fā)生碰撞(g＝10m/s2)。求：(1)導(dǎo)體棒a從Q1Q2進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)體棒b的加速度為多少？(2)導(dǎo)體棒a、b穩(wěn)定時(shí)的速度為多少？(3)整個(gè)過程中，通過導(dǎo)體棒b的電荷量為多少？解析：(1)導(dǎo)體棒a從P1P2到Q1Q2，由動能定理得magr＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)－0代入數(shù)據(jù)得v0＝4m/sa剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv0＝4V由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,Ra＋Rb)＝2A由牛頓第二定律得BIL＝mbab代入數(shù)據(jù)得ab＝2m/s2。(2)當(dāng)導(dǎo)體棒a、b穩(wěn)定時(shí)，由動量守恒定律得mav0＝(ma＋mb)v1代入數(shù)據(jù)得v1＝2m/s。(3)整個(gè)過程中，對導(dǎo)體棒b由動量定理得Beq\x\to(I)Lt＝BLq＝mbv1代入數(shù)據(jù)得q＝2C。答案：(1)2m/s2(2)2m/s(3)2C8．(2022·江西南昌模擬)如圖所示，質(zhì)量為2m的重物與一個(gè)質(zhì)量為m的線框abcd用一根絕緣細(xì)線連接起來。掛在兩個(gè)高度相同的定滑輪上。已知線框電阻為R，ab＝L，bc＝h，水平方向勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場上下邊界的距離也為h。初始時(shí)刻，磁場的下邊緣與線框的上邊緣的高度差為2h，將重物由靜止開始釋放，已知線框穿出磁場前已經(jīng)做勻速運(yùn)動，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計(jì)，重力加速度為g。求：(1)線框進(jìn)入磁場時(shí)的速度大??；(2)線框穿出磁場時(shí)的速度大?。?3)線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量。解析：(1)線框進(jìn)入磁場前，線框和重物組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有2mg×2h－mg×2h＝eq\f(1,2)(2m＋m)veq\o\al(2,1)解得v1＝eq\f(2,3)eq\r(3gh)。(2)線框穿出磁場時(shí)，已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動，那么重物也做勻速直線運(yùn)動，繩子拉力T＝2mg對線框受力分析可知T＝mg＋FF＝BILI＝eq\f(E,R)E＝BLv2解得速度v2＝eq\f(mgR,B2L2)。(3)從釋放到線框離開磁場的過程，對整體，根據(jù)能量守恒有2mg×4h－mg×4h＝eq\f(1,2)(2m＋m)veq\o\al(2,2)＋Q解得Q＝4mgh－eq\f(3m3g2R2,2B4L4)。答案：(1)eq\f(2,3)eq\r(3gh)(2)eq\f(mgR,B2L2)(3)4mgh－eq\f(3m3g2R2,2B4L4)9．(2022·浙江寧波模擬)如圖甲所示，絕緣水平面上固定著兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌PQ、MN，間距L＝0.5m，ef右側(cè)導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小變化如圖乙所示。開始時(shí)ab棒和cd棒鎖定在導(dǎo)軌如圖甲所示的位置，ab棒與cd棒平行，ab棒離水平面高度h＝0.2m，cd棒與ef之間的距離也為L，ab棒的質(zhì)量m1＝0.2kg，有效電阻R1＝0.05Ω，cd棒的質(zhì)量m2＝0.1kg，有效電阻R2＝0.15Ω。(設(shè)ab、cb棒在運(yùn)動過程始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度g取10m/s2)求：(1)0～1s時(shí)間內(nèi)通過cd棒的電流大小與方向；(2)假如在1s末，同時(shí)解除對ab棒和cd棒的鎖