課時(shí)規(guī)范練59專題提升課17電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問題基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練1.(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題)(多選)(2023山東棗莊模擬)如圖所示,間距為L=0.8m的兩條平行光滑豎直金屬導(dǎo)軌PQ、MN足夠長,底部Q、N之間連接阻值為R1=2.0Ω的電阻,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1=0.5T、足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m=1.0×10-2kg、電阻為R2=2.0Ω的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上,且始終與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌的上端點(diǎn)P、M分別與橫截面積為5.0×10-3m2的10匝線圈的兩端連接,線圈中有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2、方向與線圈軸線平行、均勻變化的磁場(chǎng)。開關(guān)S閉合后,金屬棒ab恰能保持靜止。重力加速度g取10m/s2,其余部分的電阻不計(jì)。則()A.磁感應(yīng)強(qiáng)度B2均勻減小B.金屬棒ab中的電流為0.25AC.磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的變化率為10T/sD.斷開S之后,金屬棒ab下滑的最大速度為1.25m/s答案BC解析金屬棒ab處于靜止?fàn)顟B(tài),則金屬棒ab受到的安培力豎直向上,根據(jù)左手定則可知通過金屬棒ab的電流方向由a到b,根據(jù)楞次定律可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B2均勻增大,A錯(cuò)誤;設(shè)金屬棒ab中的電流為I,根據(jù)受力平衡可得B1IL=mg,解得I=0.25A,B正確;設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的變化率為k,則線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=nΔΦΔt=nΔBΔt·S=nkS,金屬棒ab中的電流為I=UabR2=ER2=0.25A,解得k=10T/s,C正確;斷開S之后,當(dāng)金屬棒ab受力再次達(dá)到平衡時(shí)下滑速度最大,設(shè)最大速度為v,則有E'=B1Lv2.(電磁感應(yīng)中的能量、電荷量分析)(多選)如圖所示,水平光滑金屬導(dǎo)軌P、Q間距為L,M、N間距為2L,P與M相連,Q與N相連,金屬棒a垂直于P、Q放置,金屬棒b垂直于M、N放置,整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給金屬棒a一大小為v0、水平向右的初速度,假設(shè)導(dǎo)軌都足夠長,兩金屬棒質(zhì)量均為m,在金屬棒a的速度由v0減小到0.8v0的過程中,兩金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好。以下說法正確的是()A.俯視時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針B.金屬棒b的最大速度為0.4v0C.回路中產(chǎn)生的焦耳熱為0.1mvD.通過回路中某一截面的電荷量為2答案BC解析a向右運(yùn)動(dòng),回路面積減小,根據(jù)楞次定律可知,俯視時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,A錯(cuò)誤;在a的速度由v0減小到0.8v0的過程中,a減速,b加速,對(duì)a,由動(dòng)量定理可得BI·Lt=BqL=mv0-0.8mv0,對(duì)b,由動(dòng)量定理可得BI·2Lt=mv,聯(lián)立可得v=0.4v0,q=mv05BL,B正確,D錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒定律可得Q=12mv02-[12m(0.8v0)2+12m(0.43.(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題)(多選)如圖所示,固定在絕緣斜面上足夠長的平行導(dǎo)軌,上端連接有電阻R,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面,方向向上。一金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置,以初速度v0沿導(dǎo)軌下滑。金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,導(dǎo)軌電阻、金屬棒電阻以及一切摩擦均不計(jì)。若t時(shí)刻,金屬棒下滑的速度大小為v,電阻R消耗的熱功率為P,則下列圖像可能正確的是()答案BC解析金屬棒下滑的過程中受重力、導(dǎo)軌的支持力和沿斜面向上的安培力,若開始時(shí)安培力大于重力沿斜面向下的分力,金屬棒做減速運(yùn)動(dòng),則由牛頓第二定律可知,a=B2L2vR-mgsinθm,隨著速度的減小,金屬棒的加速度逐漸減小,當(dāng)mgsinθ=B2L2vR時(shí)速度最小,以后金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng),B正確;同理可分析出若開始時(shí)安培力小于重力沿斜面向下的分力,4.(電磁感應(yīng)中的能量問題)(2023山東安丘模擬)如圖所示,間距為L的平行光滑且足夠長的傾斜金屬導(dǎo)軌固定放置,傾角θ=30°,虛線ab、cd垂直于導(dǎo)軌,在ab、cd間有垂直于導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量均為m、阻值均為R的金屬棒PQ、MN并靠在一起且放在導(dǎo)軌上。釋放金屬棒PQ,當(dāng)PQ到達(dá)ab瞬間,再釋放金屬棒MN;PQ進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng),當(dāng)PQ到達(dá)cd時(shí),MN剛好到達(dá)ab。不計(jì)導(dǎo)軌電阻,重力加速度為g。則MN通過磁場(chǎng)過程中,PQ上產(chǎn)生的焦耳熱為()A.2mC.m3答案D解析由題意知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng),則由平衡條件得F=mgsinθ,又因?yàn)镕=BIL=B2L2v2R,解得PQ速度為v=mgRB2L2,電流為I=mg2BL;因?yàn)榻饘侔魪尼尫诺絼傔M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律知mgsinθ=ma,所以加速時(shí)間為t=va,由題意知當(dāng)PQ到達(dá)cd時(shí),MN剛好到達(dá)ab,即PQ穿過磁場(chǎng)的時(shí)間等于進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速時(shí)間,且MN在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況和PQ一致,故MN通過磁場(chǎng)過程中,5.(電磁感應(yīng)中的動(dòng)量與能量問題)(多選)如圖所示,一質(zhì)量為2m的足夠長的光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上,ab、dc邊平行且和長為L的bc邊垂直,整個(gè)金屬框電阻可忽略。一根阻值為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上,裝置始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給金屬框向右的初速度v0,運(yùn)動(dòng)時(shí)MN始終與金屬框保持良好接觸且與bc邊平行。則整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中()A.感應(yīng)電流方向?yàn)镸→b→c→N→MB.導(dǎo)體棒的最大速度為vC.通過導(dǎo)體棒的電荷量為2D.導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為1答案CD解析金屬框開始獲得向右的初速度v0時(shí),根據(jù)楞次定律和安培定則可知電流方向?yàn)镸→N→c→b→M,最后二者速度相等時(shí),回路中沒有感應(yīng)電流,故A錯(cuò)誤;以整體為研究對(duì)象,由于系統(tǒng)水平方向不受外力,所以系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,取初速度方向?yàn)檎?根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv0=3mv,解得v=23v0,故B錯(cuò)誤;對(duì)導(dǎo)體棒根據(jù)動(dòng)量定理可得BIL·Δt=mv-0,其中I·Δt=q,解得通過導(dǎo)體棒的電荷量為q=2mv03BL,故C正確;根據(jù)能量守恒定律可得,導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12×2mv6.(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題、能量問題)(多選)如圖甲所示,abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框,金屬線框的質(zhì)量為m,電阻為R。在金屬線框的下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,MN和PQ是勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的水平邊界,并與線框的bc邊平行。磁場(chǎng)方向垂直于線框平面向里?，F(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落,金屬線框由開始下落到bc剛好運(yùn)動(dòng)到勻強(qiáng)磁場(chǎng)PQ邊界的v-t圖像如圖乙所示,圖中數(shù)據(jù)均為已知量,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是()A.圖乙中0~t1段直線的斜率大于t2~t3段直線的斜率B.磁場(chǎng)的寬度一定大于v1(t2-t1)C.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1D.金屬線框在0~t3的時(shí)間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為mgv1(t2-t1)答案BCD解析0~t1段線框自由下落,圖像的斜率表示重力加速度;t2~t3段線框完全在磁場(chǎng)中,只受重力作用,加速度大小為g,所以兩段時(shí)間段內(nèi)直線的斜率相等,故A錯(cuò)誤。線框進(jìn)入磁場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)的距離為v1(t2-t1),完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速運(yùn)動(dòng),所以磁場(chǎng)的寬度一定大于v1(t2-t1),故B正確。線框在進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),是勻速直線運(yùn)動(dòng),則有L=v1(t2-t1),而在進(jìn)入時(shí)由平衡條件有mg=B×BLv1R×L,聯(lián)立解得B=1v1(t2-t1)mgRv17.(電磁感應(yīng)中的能量問題)(多選)如圖所示,相距為d的兩水平線L1和L2分別是水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,正方形線框abcd邊長為L(L<d)、質(zhì)量為m、電阻為R。將線框在磁場(chǎng)上方高h(yuǎn)處由靜止釋放,ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度恰好相等。則在線框全部穿過磁場(chǎng)的過程中()A.ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)ab兩端的電勢(shì)差為BL2B.感應(yīng)電流所做功為mgdC.感應(yīng)電流所做功為2mgdD.線框最小速度為v=2答案CD解析線圈自由下落過程,有mgh=12mv02,ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),有E=BLv0,U=34BLv0,解得U=3BL2gh4,故A錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒,從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛穿出磁場(chǎng)的過程,動(dòng)能變化為0,重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量,Q=mgd,ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0,ab邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)速度也為v0,所以從ab邊剛穿出磁場(chǎng)到cd邊離開磁場(chǎng)的過程,線框產(chǎn)生的熱量與從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過程產(chǎn)生的熱量相等,所以線圈從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊離開磁場(chǎng)的過程,產(chǎn)生的熱量Q'=2mgd,感應(yīng)電流做的功為2mgd,故B錯(cuò)誤,C正確;因?yàn)檫M(jìn)磁場(chǎng)時(shí)要減速,即此時(shí)的安培力大于重力,速度減小,安培力也減小,當(dāng)安培力減小到等于重力時(shí),線圈做勻速運(yùn)動(dòng),全部進(jìn)入磁場(chǎng)將做加速運(yùn)動(dòng),設(shè)線圈的最小速度為v,知全部進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間速度最小,由動(dòng)能定理,從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線框完全進(jìn)入時(shí),有12mv2-12mv素養(yǎng)綜合練8.(多選)如圖所示,水平面上有相距為L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌上靜止放有金屬桿a和b,兩桿均位于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的左側(cè),讓桿a以速度v向右運(yùn)動(dòng),當(dāng)桿a與桿b發(fā)生彈性碰撞后,兩桿先后進(jìn)入右側(cè)的磁場(chǎng)中,當(dāng)桿a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),桿b的速度剛好為a的一半。已知桿a、b的質(zhì)量分別為2m和m,接入電路的電阻均為R,其他電阻忽略不計(jì),設(shè)導(dǎo)軌足夠長,磁場(chǎng)足夠大,則()A.桿a與桿b碰撞后,桿a的速度為v3,B.桿b剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),通過桿b的電流為2C.從桿b進(jìn)入磁場(chǎng)至桿a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),該過程產(chǎn)生的焦耳熱為78mvD.桿a、b最終具有相同的速度,大小為2答案ABC解析桿a與桿b發(fā)生彈性碰撞,由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得2mv=2mv1+mv2,12·2mv2=12·2mv12+12mv22,解得v1=v3,v2=43v,即桿a的速度為v3,方向向右,故A正確;桿b剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),通過桿b的電流為I=BLv22R=2BLv3R,故B正確;從桿b進(jìn)入磁場(chǎng)至桿a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),由能量守恒得該過程產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12mv22-12m12v12=78mv2,故C正確;桿a進(jìn)入磁場(chǎng)后,9.(2023北京東城模擬)如圖所示,兩根相距為L且足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置于同一水平面內(nèi),與導(dǎo)體棒aa'、定值電阻構(gòu)成閉合回路。在棒aa'左側(cè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在棒aa'右側(cè)有一絕緣棒bb',棒bb'與一端固定在墻上的輕彈簧接觸但不相連,彈簧處于壓縮狀態(tài)且被鎖定?，F(xiàn)解除鎖定,棒bb'脫離彈簧后以速度v0與棒aa'碰撞并粘在一起,兩棒最終靜止在導(dǎo)軌上。整個(gè)過程中兩棒始終垂直于導(dǎo)軌,棒aa'與導(dǎo)軌始終接觸良好。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,棒aa'、bb'的質(zhì)量均為m、長度均為L,棒aa'與定值電阻的阻值分別為r和R。不計(jì)導(dǎo)軌的電阻以及電路中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)。求:(1)彈簧鎖定狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能;(2)整個(gè)過程中,棒aa'中產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1)1(2)rm解析(1)根據(jù)能量守恒定律可得彈簧鎖定狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep=12(2)設(shè)兩棒碰撞后瞬間整體的速度大小為v共,以水平向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有mv0=2mv共解得v共=v根據(jù)能量守恒定律可得回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q總=12×2根據(jù)焦耳定律可得Q=rR+rQ總10.一種重物緩降裝置利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象制成,其物理模型如圖所示,半徑為L的銅軸上焊接一個(gè)外圓半徑為3L的銅制圓盤,銅軸上連接輕質(zhì)絕緣細(xì)線,細(xì)線纏繞在銅軸上,另一端懸掛著一個(gè)重物,從靜止釋放后整個(gè)圓盤可以在重物的作用下一起轉(zhuǎn)動(dòng),整個(gè)裝置位于垂直于圓盤面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,銅軸的外側(cè)和大圓盤的外側(cè)通過電刷及導(dǎo)線和外界的一個(gè)燈泡相連,電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電流可以通過燈泡而使燈泡發(fā)光,如果已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,燈泡電阻恒為R,額定電壓為U,重力加速度為g,不計(jì)一切摩擦阻力,除了燈泡以外