高考物理一轮复习专题突破练习13电磁感应中的动力学、动量和能量问题含答案

这是一份高考物理一轮复习专题突破练习13电磁感应中的动力学、动量和能量问题含答案，共16页。

A．导体棒上O点的电势比A点的电势低
B．电阻r两端的电压为eq \f(9BωL2,2)
C．在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为eq \f(8BπL2,r)
D．在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为eq \f(8πωB2L4,r)
2．(多选)如图所示，光滑金属导轨由倾斜和水平两部分在MM′处平滑连接组成。导轨间距为L，水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，倾斜导轨连接阻值为R的电阻。现让长度为L、质量为m、阻值为2R的金属棒a从距离水平面高度为h处由静止释放。金属棒a到达磁场中OO′时，动能是该金属棒运动到MM′时动能的eq \f(1,4)，最终静止在水平导轨上。金属棒a与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g＝10 m/s2。以下说法正确的是( )
A．金属棒a运动到MM′时回路中的电流大小为eq \f(BL,3R)eq \r(2gh)
B．金属棒a运动到OO′时的加速度大小为eq \f(B2L2\r(2gh),3mR)
C．金属棒a运动的整个过程中，电阻上产生的焦耳热为eq \f(1,3)mgh
D．金属棒a运动的整个过程中，安培力的冲量大小是meq \r(2gh)，方向向左
3．(多选)(2022·山东重点中学第二次质量测评)如图所示，在光滑的水平面上，三根相同的导体棒ab、ch、ef用导线连成“日”字形状，每根导体棒的质量为m，长度为L，电阻为R，相邻两导体棒间距离为d，导线电阻忽略不计。水平面上MN、PQ之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场宽度为d。导体棒在水平恒力F作用下由静止开始运动，ab棒进入磁场后，恰好做匀速运动。下列说法正确的是( )
A．导体棒ab进入磁场时的速度为eq \f(3FR,2B2L2)
B．导体棒ab进入磁场时的速度为eq \f(3FR,B2L2)
C．导体棒ch进入磁场时的加速度大小为eq \f(F,2m)
D．在导体框通过磁场的过程中，棒ef上产生的热量为Fd
4．(多选)光滑水平面上有两个相邻互不影响的有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，磁场方向为垂直纸面，两磁场的磁感应强度大小相等方向相反，如图所示，磁场宽度均为L＝0.18 m，有一边长也为L的正方形闭合线框，从磁场外以速度v0＝2 m/s进入磁场，当线框ab边进入磁场Ⅰ时施加向右的水平恒力F＝2 N，ab边进入磁场Ⅰ过程线框做匀速运动，进入磁场Ⅱ区域某位置后线框又做匀速运动，已知线框的质量m＝0.2 kg，以下说法正确的是( )
A．线框ab边刚进入磁场Ⅱ时加速度大小为10 m/s2
B．线框第二次匀速运动的速度大小为0.5 m/s
C．线框ab边在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动时间为0.3 s
D．线框ab边在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动时整个线框产生的内能为0.375 J
5．(多选)(2022·山东青岛市模拟)如图甲，水平面内固定放置间距为L的两平行金属直导轨，左端接有阻值为R的电阻，两导轨间存在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。t＝0时，一质量为m、长为L的导体棒在沿x轴方向的外力F作用下，从AA′位置开始做简谐振动，平衡位置OO′与AA′间的距离为x0。导体棒的速度随时间变化的图像是如图乙所示的正弦曲线。不计摩擦阻力和其他电阻，导体棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是( )
甲 乙
A．外力F随时间t变化规律为F＝eq \f(B2L2vmsin πt,R)
B．0～0.5 s内，通过R的电荷量为eq \f(BLx0,R)
C．0～0.5 s内，R上产生的焦耳热为eq \f(B2L2v\\al(2,m),4R)
D．0～0.5 s内，外力F做的功为eq \f(B2L2＋2mRv\\al(2,m),4R)
6．(2023·山东烟台市莱州一中月考)如图所示，两条相距L的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角为θ，其上端接一阻值为R的电阻；一根与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，金属棒的长度为L；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于导轨平面向下的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；虚线MN左侧是一匀强磁场区域，区域上边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于导轨平面向下。某时刻，金属棒从图示位置由静止释放，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后沿导轨向下做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。
(1)分别求出在时刻t1(t1t0)的感应电流的大小；
(2)求金属棒的质量及0～t(t>t0)时间内电阻R产生的热量。
7．(2022·浙江6月选考)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v ­t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝(800－10 v) N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80 m/s，t1＝1.5 s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1 m，飞机的质量M＝10 kg，动子和线圈的总质量m＝5 kg，R0＝9.5 Ω，B＝0.1 T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
(1)恒流源的电流I；
(2)线圈电阻R；
(3)时刻t3。
图1
图2
8．(2023·浙江杭州模拟)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m，接入电路的电阻阻值均为R的导体棒C、D垂直于导轨放置，开始两导体棒均处于静止状态，不计除导体棒外其余部分的电阻。现给导体棒C一个初速度v0，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好。
(1)开始时，导体棒D的加速度为多大？
(2)若达到稳定运动时，导体棒C未到两组导轨连接处，导体棒D的稳定速度为多大？
(3)若稳定运动后导体棒C到达两组导轨连接处立即静止，此后导体棒D还能运动多远？
9．如图所示，甲、乙两水平面高度差为2h，甲水平面内有间距为2L的两光滑金属导轨平行放置，乙水平面内有间距分别为2L、L的光滑金属导轨平行放置，光滑的绝缘斜导轨紧挨甲、乙两个平面内的水平轨道放置，斜轨道的倾角为53°，斜轨道底端有一小段高度可忽略的光滑圆弧与金属导轨平滑连接。水平面甲内轨道左端连接一充满电的电容器C，右边缘垂直轨道放置长度为2L，质量为m，电阻为R的均匀金属棒ab，在水平面乙内垂直间距为L的轨道左端放置与ab完全相同的金属棒cd，导轨MM′与NN′、PP′与QQ′均足够长，所有导轨的电阻都不计。所有导轨的水平部分均有竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场，斜面部分无磁场。闭合开关S，金属棒ab迅速获得水平向右的速度做平抛运动，刚好落在斜面底端，没有机械能损失，之后沿着水平面乙运动。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。求；
(1)金属棒ab做平抛运动的初速度v0；
(2)电容器C释放的电荷量q；
(3)从金属棒ab开始沿水平面乙内的光滑轨道运动起，至匀速运动止，这一过程中金属棒ab、cd上产生的热量。
专题突破练习(十三)
1．AC [由右手定则可知导体棒OA中的电动势方向为由O到A，所以A端相当于电源正极，电势高于O点的电势，A项正确；小圆与导轨间的导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势E＝B·2L·eq \(v,\s\up6(－))＝2BL·ωeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L＋3L,2)))＝4BL2ω，其他电阻不计，r两端电压等于感应电动势，B项错误；由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,r)，导体棒转动一周通过电阻r的电荷量q＝IT，其中T＝eq \f(2π,ω)，可得q＝eq \f(8BπL2,r)，C项正确；由焦耳定律可知，在导体棒转动一周的时间内电阻r上产生的热量Q＝I2rT＝eq \f(32πωB2L4,r)，D项错误。]
2．ACD [金属棒a从静止释放至运动到MM′的过程，由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gh)，金属棒刚进入磁场时，有E＝BLv，I＝eq \f(E,2R＋R)，解得I＝eq \f(BL,3R)eq \r(2gh)，A项正确；由题意可知，金属棒运动到OO′时，速度v′＝eq \f(v,2)＝eq \f(\r(2gh),2)，感应电动势E′＝BLv′，感应电流I′＝eq \f(E′,2R＋R)，对金属棒由牛顿第二定律有BI′L＝ma0，解得此时金属棒a的加速度大小a0＝eq \f(B2L2\r(2gh),6mR)，B项错误；金属棒a运动的整个过程中，由能量守恒定律可知，整个电路产生的热量Q＝mgh，金属棒与电阻R产生的热量之比为2∶1，所以电阻上产生的热量QR＝eq \f(1,3)mgh，C项正确；金属棒a运动的整个过程中，只有在磁场中运动时受安培力作用，由动量定理得安培力的冲量大小I＝mv＝meq \r(2gh)，方向向左，D项正确。]
3．AD [ab棒进入磁场后，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv，ab棒的电阻R相当于电源内阻，ch、ef两棒并联，则闭合回路总电阻为1.5R，由闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,1.5R)，导体棒恰好做匀速运动，说明导体棒ab所受安培力等于水平恒力F，由平衡条件可知，F＝BIL，联立解得导体棒ab进入磁场时的速度为v＝eq \f(3FR,2B2L2)，选项A正确，B错误；导体棒ch进入磁场时，导体棒ab恰好出磁场区域，产生的感应电动势不变，ch棒的电阻R为电源内阻，ab、ef两棒并联，闭合回路总电阻仍为1.5R，导体棒ch所受安培力与水平恒力F的合力为零，仍做匀速运动，加速度为零，选项C错误；在导体框通过磁场的过程中，力F做的功W＝3Fd，分析可知，三根导体棒产生的热量相同，由功能关系可知，W＝3Q，所以金属棒ef上产生的热量Q＝eq \f(W,3)＝Fd，选项D正确。]
4．BC [线框ab边在进入磁场Ⅰ的过程中，F与安培力平衡，即F＝F安1＝BI1L＝Beq \f(BLv0,R)L＝eq \f(B2L2v0,R)，线框ab边刚进入磁场Ⅱ时，ab和cd边同时切割磁感线，且同时受到向左的安培力，有F安2＝2BI2L＝2Beq \f(2BLv0,R)L＝eq \f(4B2L2v0,R)＝4F，设线框ab边刚进入磁场Ⅱ时加速度大小为a，由牛顿第二定律有F安2－F＝ma，解得a＝30 m/s2，故A错误；设线框第二次匀速运动的速度大小为v，由平衡条件得F＝F安＝eq \f(4B2L2v,R)，解得v＝0.5 m/s，故B正确；线框ab边在磁场Ⅰ中运动时间为t1＝eq \f(L,v0)＝0.09 s，设线框ab边在磁场Ⅱ中运动时间为t2，此过程中线框中的平均感应电流为eq \(I,\s\up6(－))，对线框根据动量定理有Ft2－2Beq \(I,\s\up6(－))Lt2＝m(v－v0)，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律综合有eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)＝eq \f(2BL2,Rt2)，解得t2＝0.21 s，所以线框ab边在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动时间为t＝t1＋t2＝0.3 s，故C正确；设线框ab边在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动时整个线框产生的内能为Q，由功能关系得2FL－Q＝eq \f(1,2)m(v2－veq \\al(2,0))，解得Q＝1.095 J，故D错误。故选BC。]
5．BCD [由图乙知T＝2，则ω＝π，t时刻的速度为v＝vmsin πt(m/s)
则该时刻的安培力随时间变化关系为F安＝BIL＝BLeq \f(BLv,R)＝eq \f(B2L2vmsin πt,R)
导体棒做简谐振动，则外力F不等于安培力，即F≠eq \f(B2L2vmsin πt,R)，选项A错误；
0．5 s时刻导体棒振动到OO′位置，则0～0.5 s内，通过R的电荷量为q＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx0,R)
选项B正确；
交流电的最大值为Em＝BLvm
0～0.5 s内，R上产生的焦耳热为Q＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Em,\r(2)))) eq \s\up10(2),R) t＝eq \f(B2L2v\\al(2,m),4R)，选项C正确；0～0.5 s内，外力F做的功为W＝Q＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝eq \f(B2L2＋2mRv\\al(2,m),4R)，选项D正确。故选BCD。]
6．解析：(1)当t1t0时，金属棒已越过MN，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E2＝B0Lv0
总感应电动势E＝E1＋E2
由欧姆定律得I总＝eq \f(E,R)＝eq \f(kS＋B0Lv0,R)。
(2)当t>t0时，金属棒已越过MN做匀速直线运动，有mgsin θ＝B0I总L
解得m＝eq \f(B0LkS＋B0Lv0,gRsin θ)
在0～t0时间内，电阻R产生的热量Q1＝Ieq \\al(2,1)Rt0
在t0～t时间内，电阻R产生的热量Q2＝Ieq \\al(2,总)R(t－t0)
Q＝Q1＋Q2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kS,R))) eq \s\up10(2)Rt0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kS＋B0Lv0,R))) eq \s\up10(2)R(t－t0)。
答案：(1)eq \f(kS,R) eq \f(kS＋B0Lv0,R)
(2)eq \f(B0LkS＋B0Lv0,gRsin θ)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kS,R))) eq \s\up10(2)Rt0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kS＋B0Lv0,R))) eq \s\up10(2)R(t－t0)
7．解析：(1)由题知，线圈所受安培力F安＝nBIl
由图2知，0～t1时间内动子和线圈做匀加速直线运动，则
a＝eq \f(v1,t1)
对飞机、动子和线圈整体，由牛顿第二定律有F安＝(M＋m)a
解得I＝eq \f(m＋Ma,nlB)＝80 A。
(2)开关S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流I′＝eq \f(nBlv,R0＋R)
此时F′安＝nBI′l
由牛顿第二定律有(800－10v)＋eq \f(n2l2B2,R0＋R)v＝ma′
在t1至t3期间加速度恒定，则eq \f(n2l2B2,R0＋R)＝10
解得R＝0.5 Ω，a′＝160 m/s2。
(3)t2－t1＝eq \f(v1, a′)＝0.5 s，动子和线圈在0～t2时间内的位移s＝eq \f(1,2)t2v1＝80 m
在动子和线圈从t3时刻返回初始位置的过程中，根据动量定理有－nBlΔq＝0－ma′(t3－t2)[或nBlΔq＝ma′(t3－t2)]
感应电量 Δq＝eq \f(nBl\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(s－\f(1,2)a′t3－t22)),R＋R0)
(t3－t2)2＋(t3－t2)－1＝0
t3＝eq \f(\r(5)＋3,2) s。
答案：(1)80 A (2)0.5 Ω (3)eq \f(\r(5)＋3,2) s
8．解析：(1)开始时，导体棒C中产生的感应电动势E＝2BLv0
电路中的感应电流I＝eq \f(E,2R)
导体棒D所受安培力F＝BIL
设导体棒D的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有F＝ma
解得a＝eq \f(B2L2v0,mR)。
(2)稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度大小分别为v1、v2，则有
2BLv1＝BLv2
在变速运动中任意极短时间Δt内，对C、D棒分别应用动量定理得
－2BiLΔt＝mΔv1，BiLΔt＝mΔv2
对两式两边分别同时求和得，－2BLq＝m(v1－v0)，BLq＝mv2
联立解得v2＝eq \f(2,5)v0。
(3)导体棒C静止后，设导体棒D在任意时刻的速度为vi，感应电动势Ei＝BLvi
电路中的感应电流Ii＝eq \f(Ei,2R)
导体棒D所受的安培力Fi＝BIiL
对导体棒D运动中任意极短时间Δti，有－FiΔti＝mΔv，即－eq \f(B2L2vi,2R)Δti＝mΔv
由于时间极短，故有viΔti＝xi，即－eq \f(B2L2xi,2R)＝mΔv
对运动全程累加，有eq \f(B2L2x,2R)＝mv2
解得导体棒D在导体棒C停止后的运动位移大小x＝eq \f(4mv0R,5B2L2)。
答案：(1)eq \f(B2L2v0,mR) (2)eq \f(2,5)v0 (3)eq \f(4mv0R,5B2L2)
9．解析：(1)金属棒ab落到斜面底端时，在竖直方向上有2h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝2eq \r(\f(h,g))
由几何关系tan 53°＝eq \f(2h,v0t)
解得v0＝eq \f(3\r(gh),4)。
(2)金属棒ab弹出瞬间，根据动量定理得
BI·2L·Δt＝mv0－0
又q＝I·Δt
联立解得电容器C释放的电荷量
q＝I·Δt＝eq \f(mv0,2BL)＝eq \f(3m\r(gh),8BL)。
(3)金属棒ab落在水平轨道时，根据动能定理有mg×2h＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v＝eq \f(\r(73gh),4)
最终匀速运动时，电路中无电流，所以金属棒ab和金属棒cd产生的感应电动势相等，即B·2Lvab＝B·Lvcd
此过程中，对金属棒ab根据动量定理得
－BI·2L·Δt＝mvab－mv
对金属棒cd分析，根据动量定理得
BI·L·Δt＝mvcd
解得vab＝eq \f(\r(73gh),20)
vcd＝eq \f(\r(73gh),10)
该过程中ab、cd产生的总热量为
Q＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,ab)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,cd)
解得Q＝eq \f(73mgh,40)
则棒ab上产生的热量
Qab＝eq \f(2,3)Q＝eq \f(73mgh,60)
棒cd上产生的热量Qcd＝eq \f(1,3)Q＝eq \f(73mgh,120)。
答案：(1)eq \f(3\r(gh),4) (2)eq \f(3m\r(gh),8BL)
(3)eq \f(73mgh,60) eq \f(73mgh,120)