2025届人教新高考高三物理一轮复习考点规范练40电磁感应中的动力学、能量与动量问题（Word版附解析）

这是一份2025届人教新高考高三物理一轮复习考点规范练40电磁感应中的动力学、能量与动量问题（Word版附解析），共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1.如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,磁场区域宽度大于线圈宽度,则( )
A.线圈恰好在完全离开磁场时停下
B.线圈在未完全离开磁场时即已停下
C.线圈在磁场中某个位置停下
D.线圈能通过场区不会停下
2.如图所示,两光滑平行金属导轨间距为l,直导线MN垂直跨在导轨上,且与导轨接触良好,整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B。电容器的电容为C,除电阻R外,导轨和导线的电阻均不计。现给导线MN一初速度,使导线MN向右运动,当电路稳定后,MN以速度v向右做匀速运动时( )
A.电容器两端的电压为零
B.电阻两端的电压为Blv
C.电容器所带电荷量为CBlv
D.为保持MN匀速运动,需对其施加的拉力大小为B2l2vR
3.如图所示,间距l=1 m的两平行光滑金属导轨固定在水平面上,两端分别连接有阻值均为2 Ω的电阻R1、R2,轨道有部分处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B=1 T的有界匀强磁场中,磁场两平行边界与导轨垂直,且磁场区域的宽度为d=2 m。一电阻r=1 Ω、质量m=0.5 kg的导体棒ab垂直置于导轨上,导体棒现以方向平行于导轨、大小v0=5 m/s的初速度沿导轨从磁场左侧边界进入磁场并通过磁场区域,若导轨电阻不计,则下列说法正确的是( )
A.导体棒通过磁场的整个过程中,流过电阻R1的电荷量为1 C
B.导体棒离开磁场时的速度大小为2 m/s
C.导体棒运动到磁场区域中间位置时的速度大小为3 m/s
D.导体棒通过磁场的整个过程中,电阻R2产生的电热为1 J
4.如图所示,条形磁体位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置,一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑,重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A.金属球会运动到半圆轨道的另一端
B.由于金属球没有形成闭合电路,所以金属球中不会产生感应电流
C.金属球受到的安培力做负功
D.系统产生的总热量小于mgR
5.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为l,底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( )
A.释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度g
B.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→b
C.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为F=B2l2vR
D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
6.如图所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为va、vb,到位置c时棒刚好静止。设金属导轨与棒的电阻均不计,a到b和b到c的间距相等,则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中( )
A.回路中产生的内能相等
B.棒运动的加速度相等
C.安培力做功相等
D.通过棒横截面的电荷量相等
二、多项选择题
7.如图所示,相距为d的两水平线MN和PQ分别是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界,磁场的磁感应强度为B,正方形线框abcd边长为l(lA.线框一直都有感应电流
B.线框有一阶段的加速度为g
C.线框产生的热量为mg(d+h+l)
D.存在线框做减速运动的阶段
8.如图所示,光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内,并处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动,最终恰好静止在A点。在运动过程中,导体棒与导轨始终构成等边三角形回路,且通过A点的总电荷量为Q。已知导体棒与导轨间的接触电阻值恒为R,其余电阻不计,则( )
A.该过程中导体棒做匀减速运动
B.当导体棒的速度为v02时,回路中感应电流小于初始时的一半
C.开始运动时,导体棒与导轨所构成回路的面积为S=QRB
D.该过程中接触电阻产生的焦耳热为mv028
9.如图所示,在竖直向下的 y 轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场,磁感应强度均随位置坐标按 B=B0+ky(k为正常数)的规律变化。两个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与y轴垂直,甲的初始位置高于乙的初始位置,两线框平面均与磁场垂直。现同时分别给两个线框一个竖直向下的初速度v1和v2,设磁场的范围足够大,不考虑两线框的相互作用,下列说法正确的是( )
A.运动中两线框所受磁场的作用力方向相反
B.若v1=v2,则开始时甲所受磁场力等于乙所受磁场力
C.若v1>v2,则开始时甲中的感应电流一定大于乙中的感应电流
D.若v110.(2023·山东卷)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上,宽为1 m,电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上,与导轨形成矩形回路并始终接触良好。Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场,磁感应强度分别为B1和B2,其中B1=2 T,方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连,绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示,某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动,MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1=2 m/s,CD的速度为v2且v2>v1,MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.B2的方向向上B.B2的方向向下
C.v2=5 m/sD.v2=3 m/s
三、非选择题
11.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取10 m/s2,求:
(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度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。
12.如图所示,一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内,空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于2l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过,滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上,导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r,金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x,求导体棒所受安培力的大小随x(0≤x≤2l0)变化的关系式。
考点规范练40
电磁感应中的动力学、能量与动量问题
1.D 解析:线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度,安培力F=BIl=B2l2vR,知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力,根据动能定理,由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功,则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量,全部进入磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,知出磁场后,动能减小量小于在磁场外面的一半,故不为零,还有动能,将继续运动,不会停下来,D正确,A、B、C错误。
2.C 解析:当导线MN匀速向右运动时,导线MN产生的感应电动势恒定,稳定后,电容器既不充电也不放电,无电流产生,故电阻两端没有电压,电容器两极板间的电压为U=E=Blv,所带电荷量Q=CU=CBlv,A、B错误,C正确;MN匀速运动时,因无电流而不受安培力,拉力为零,D错误。
3.D 解析:通过导体棒的电荷量Q=IΔt=Blvr+R1R2R1+R2·Δt=Bldr+R1R2R1+R2=1×1×21+2×22+2 C=1 C,由并联电路特点得,Q1=R2R1+R2Q=22+2×1 C=0.5 C,故A错误。导体棒进出磁场,根据动量定理得,-BIl·Δt=mv-mv0,而I·Δt=Q,代入可得v=3 m/s,故B错误。同上,导体棒进入磁场正中位置时,根据动量定理有-BI'l·Δt'=mΔv',即-B·Blv'r+R1R2R1+R2·l·Δt'=m(v'-v),而v'·Δt'=d2,联立解得v'=4 m/s,故C错误。根据能量守恒定律先求总的焦耳热Q热=12mv02−12mv2=12×0.5×(52-32) J=4 J,所以两个外电阻上产生的热量QR=RR+rQ热=11+1×4 J=2 J,最后再求R1上产生的焦耳热QR1,由焦耳定律有QR1+I22R2·Δt=QR,而QR1=I12R1·Δt,I1R1=I2R2,联立得到QR1=R2R1+R2QR=22+2×2 J=1 J,故D正确。
4.C 解析:金属球在运动过程中,穿过金属球的磁通量不断变化,在金属球内形成闭合回路,产生涡流,金属球受到的安培力做负功,金属球产生的热量不断地增加,机械能不断地减少,直至金属球停在半圆轨道的最低点,C正确,A、B错误。根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR,D错误。
5.C 解析:金属棒刚释放时,弹簧处于原长,弹力为零,又因此时金属棒速度为零,没有感应电流,金属棒不受安培力作用,只受到重力作用,其加速度应等于重力加速度,选项A错误。金属棒向下运动时,由右手定则可知,流过电阻R的电流方向为b→a,选项B错误。金属棒速度为v时,安培力大小为F=BIl,又I=BlvR,联立解得F=B2l2vR,选项C正确。金属棒下落过程中,由能量守恒定律知,金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻R上产生的热量,选项D错误。
6.D 解析:金属棒由a到b再到c的过程中,速度逐渐减小,根据E=Blv知,E减小,故I减小,再根据F=BIl知,安培力减小,由F=ma知,加速度减小,B错误。由于a与b、b与c间距相等,安培力由a→c是逐渐减小的,故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功,又由于安培力做的功等于回路中产生的内能,所以A、C错误。根据平均感应电动势E=ΔΦΔt=BΔSΔt,I=ER和q=IΔt,得q=BΔSR,所以D正确。
7.BD 解析:线框进入和穿出磁场过程中,穿过线框的磁通量发生变化,有感应电流产生。当线框完全在磁场中运动时,磁通量不变,没有感应电流产生,线框不受安培力,只受重力,加速度为g,A错误,B正确。ab边进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程,动能不变,根据能量守恒定律得,线框产生的热量 Q=mg(d+l),C错误。当ab边进入磁场时速度为v0,cd边刚穿出磁场时速度也为v0,线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不变,没有感应电流,线框只受重力作用,线框做加速运动,说明线框进入磁场时做减速运动,完全进入磁场后速度小于v0,D正确。
8.BC 解析:导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv,电流为I=BlvR,安培力为F=BIl=B2l2vR,l、v都在减小,根据牛顿第二定律知,加速度也在减小,A错误。当导体棒的速度为12v0时,导体棒的有效切割长度也减小了,所以回路中感应电流大小小于初始时的一半,B正确。该过程中,通过的总电荷量为Q=BSR,也就是开始运动时,导体棒与导轨所构成回路的面积S=QRB,C正确。该过程中,动能全部转化为接触电阻产生的焦耳热,为12mv02,D错误。
9.BC 解析:对甲线框,根据楞次定律,产生顺时针方向的电流,因为线框下边所处的磁场比上边的磁场强,则下边所受的安培力大于上边所受的安培力,根据左手定则,二者合力向上。同理对乙线框分析可得所受合力也向上,A错误。线框产生的电动势E=B2lv-B1lv=kl2v,若 v1=v2,则开始时两线框产生的感应电流大小相等,线框所受的安培力F=B2Il-B1Il=kIl2,可知两线框所受的安培力相等,B正确。若v1>v2,则开始时甲线框产生的电动势大于乙线框产生的电动势,所以开始时甲线框的感应电流一定大于乙线框的感应电流,C正确。线框达到稳定状态时,重力与安培力平衡,有mg=kIl2,I=ER=kl2vR,所以mg=k2l4vR,v=mgRk2l4,可知稳定时,两线框的速度相等,D错误。
10.BD 解析: 由v2>v1得,对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力,摩擦力大小为Ff=μmg=2 N,导体棒的安培力大小为F1=Ff=2 N,由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M→D→C→N,导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力,安培力大小为F2=Ff-m0g=1 N,由左手定则可知B2的方向为垂直于纸面向里,选项A错误,B正确;对导体棒分析得F1=B1IL,对导轨分析得F2=B2IL,电路中的电流为I=B1Lv1-B2Lv2r,联立解得v2=3 m/s,选项C错误,D正确。
11.解析:(1)ab棒开始向右运动时,设回路中电流为I,有
E=Bdv0
I=ER1+R2
BId=m2a0
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
12m2v22=m2g·2r+12m2vP2
m2g=m2vP2r
解得v1=7.5 m/s。
(3)由动能定理得12m1v12-12m1v02=-W
解得W=4.375 J。
答案:(1)30 m/s2
(2)7.5 m/s
(3)4.375 J
12.解析:当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时,由法拉第电磁感应定律知,导体棒上感应电动势的大小为
E=Blv①
由欧姆定律,流过导体棒的感应电流为
I=ER②
式中,R为这一段导体棒的电阻。按题意有
R=rl③
此时导体棒所受安培力大小为
F=BlI④
由题设和几何关系有
l=2x,0≤x≤22l02(2l0-x),22l0联立①②③④⑤式得
F=2B2vrx,0≤x≤22l02B2vr(2l0-x),22l0答案:F=2B2vrx,0≤x≤22l02B2vr(2l0-x),22l0