高二物理（人教版）试题 选择性必修二 课时跟踪检测（十五）　电磁感应中的动力学、能量和动量问题

6/6课时跟踪检测(十五)电磁感应中的动力学、能量和动量问题1．(2024·北京大兴区高二期末)如图所示，有两根和水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，不计金属杆和轨道的电阻，则以下分析正确的是()A．金属杆先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动B．金属杆由静止到最大速度过程中机械能守恒C．如果只增大B，vm将变小D．如果只增大R，vm将变小2.(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行的竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是()3.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的安培力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为()A．a1>a2>a3>a4 B．a1＝a3>a2>a4C．a1＝a3>a4>a2 D．a4＝a2>a3>a14．(2024·湖北荆门期末)(多选)足够长的平行光滑金属导轨固定在水平桌面上，导轨间距L＝0.5m，在虚线MN左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，MN右侧有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝0.2T，两根长度均为L＝0.5m的导体棒ab和cd分别垂直导轨放置在MN的左侧和右侧，并和导轨保持良好接触。已知导体棒ab和cd质量均为m＝0.2kg，电阻分别为Rab＝2Ω和Rcd＝3Ω。现给导体棒ab一个向左的初速度v0＝4m/s，则下列说法正确的是()A．导体棒cd最终速度大小为v＝2m/sB．导体棒ab和导体棒cd组成的系统动量守恒C．整个过程流过导体棒ab的电荷量为4CD．整个过程导体棒ab产生的焦耳热为0.4J5.(2024·宿迁高二期末)如图所示，倾斜放置的光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒，阻值为R的电阻接在M、P间，其他电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向下。t＝0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上的力F，使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动，则在导体棒向上运动的过程中，施加的力F、力F的功率P、产生的感应电流I、电阻R上产生的热量Q随时间变化的图像正确的是()6.如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中()A．感应电流的方向相同 B．受到的安培力相等C．动能的变化量相等 D．速度的变化量相同7.如图所示，先后以速度v0和2v0把同一正方形闭合单匝线框匀速拉入有界匀强磁场区域中，在先后两种情况下()A．线框中的感应电流之比为I1∶I2＝2∶1B．线框所受到的安培力之比为F1∶F2＝1∶4C．线框产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶4D．通过线框横截面的电荷量之比为q1∶q2＝1∶18.(2024·福建莆田期末)(多选)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，一光滑平行导电导轨上有两根质量相等的平行导体杆MN、PQ，但MN杆的电阻为r，PQ杆的电阻为3r。导轨的电阻不计。给MN杆一个水平向右的初速度v0，下列说法正确的是()A．MN杆做加速度减小的变减速运动B．PQ杆受到的安培力逐渐增大C．MN杆最终会做匀速直线运动D．若该过程产生的总热量为Q，则PQ杆产生的热量为eq\f(3,4)Q9．(2024·湖北武汉期末)(多选)如图所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处，已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A．当导体棒沿导轨向下运动时，流过电阻R的电流方向为由P到QB．当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为eq\f(mgsinθ,k)C．导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为eq\f(m2g2sin2θ,k)－EpD．若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为eq\f(B2L2v,mR)10．(2024·江苏常州期末)如图所示，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直方向匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线，质量为m、导轨间电阻为R的导体棒MN和质量为2m、导轨间电阻为2R的导体棒PQ静置于图示的导轨上，两棒始终与导轨垂直且接触良好。现使MN棒获得一个大小为v0、方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中，求：(1)两棒最终的速度大小；(2)MN棒产生的焦耳热；(3)通过PQ棒某一横截面的电荷量。11．(2024·河南商丘期中)如图所示，光滑的平行金属轨道长L＝1m，两轨道间距d＝0.5m，轨道平面与水平面的夹角θ＝30°，轨道上端接一阻值为R＝4Ω的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B＝1T，有一质量m＝1kg、电阻r＝1Ω的金属棒ab，放在轨道最上端，其余部分电阻不计。棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到轨道最底端时速度的大小为3.0m/s，g取10m/s2。求：(1)当金属棒的速度v＝2.0m/s时，电阻R两端的电压U；(2)在金属棒下滑的整个过程中，金属棒中产生的热量Qr；(3)金属棒从开始下滑到运动至轨道最底端所用时间t。12．(2024·福建福州期末)如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行光滑金属导轨，其间距为L，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中，求：(1)通过电阻R的电流方向和通过金属棒的电荷量；(2)金属棒产生的焦耳热；(3)金属棒滑过eq\f(d,2)时的速度。13.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，其他电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦滑行。开始时，导体棒cd静止，导体棒ab有水平向右的初速度v0，两导体棒在运动过程中始终不接触。求：(1)开始时，导体棒ab中电流的大小和方向；(2)从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，导体棒cd上产生的焦耳热；(3)当导体棒ab速度变为eq\f(3,4)v0时，导体棒cd加速度的大小。课时跟踪检测(十五)1．选C金属杆下滑过程中，受重力、轨道的支持力和安培力，开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力，金属杆做加速运动，满足mgsinθ－eq\f(B2l2v,R)＝ma；随着速度的增加，安培力增大，所以金属杆的加速度逐渐减小，当加速度减小到零，金属杆的速度最大；当加速度为零时，金属杆做匀速运动；故金属杆先做加速度逐渐减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A错误；金属杆由静止到最大速度过程中，安培力做负功，金属杆机械能并不守恒，故B错误；当金属杆速度最大时，则有mgsinθ－eq\f(B2l2vm,R)＝0，解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2l2)，所以只增大B,vm将变小，只增大R,vm将变大，故C正确，D错误。2．选ACD设ab杆的有效长度为l，S闭合后，金属杆受向下的重力mg、向上的安培力F安＝eq\f(B2l2v,R)，若eq\f(B2l2v,R)＞mg，杆先减速再匀速，D项有可能；若eq\f(B2l2v,R)＝mg，杆匀速运动，A项有可能；若eq\f(B2l2v,R)＜mg，杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，由牛顿第二定律得eq\f(B2l2v,R)－mg＝ma，加速度a不恒定，故B项不可能。3．选B线圈进入磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。线圈在题图中2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安2<mg，所以a2＝eq\f(mg－F安2,m)<g。而由于线圈始终向下做加速运动，故线圈在题图中4位置时的速度大于在题图中2位置时的速度，根据F安＝eq\f(B2L2v,R)及a＝eq\f(mg－F安,m)可得a4<a2，故线圈在1、2、3、4位置时的加速度关系为a1＝a3>a2>a4，B正确。4．选AC导体棒ab向左运动，根据右手定则和左手定则，可知导体棒ab和导体棒cd均受到向右的安培力，则系统动量不守恒，但由于二者最终速度一定相等，且安培力大小始终相等，即安培力冲量大小相等，根据动量定理，导体棒ab动量的减小量等于导体棒cd动量的增加量，故二者速度最终均为2m/s，故A正确，B错误；对导体棒ab，根据动量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝BqL＝mv0－mv，得整个过程流过导体棒ab的电荷量为q＝4C，故C正确；根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mv02－2×eq\f(1,2)mv2＝0.8J，则整个过程导体棒ab产生的焦耳热为Qab＝eq\f(Rab,Rab＋Rcd)Q＝0.32J，故D错误。5．选A设导轨平面与水平面的夹角为θ，导体棒向上做匀加速运动，根据牛顿第二定律有F－eq\f(B2L2at,R)－mgsinθ＝ma，即F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋mgsinθ，则选项A正确；力F的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋mgsinθat＝eq\f(B2L2a2,R)t2＋m(a2＋agsinθ)t，则P­t图像为开口向上的抛物线，选项B错误；导体棒产生的感应电流I＝eq\f(BLat,R)，则I­t图像是过原点的倾斜直线，选项C错误；电阻R上产生的热量Q＝I2Rt，电流随时间t均匀增加，则Q­t图像一定不是过原点的直线，选项D错误。6．选D根据楞次定律结合安培定则可知，线圈进入磁场过程中，线圈的感应电流方向为顺时针，线圈离开磁场时，线圈的感应电流方向为逆时针，故A错误；设线圈内阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，则线圈受到的安培力为F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，由于线圈进入磁场时产生感应电流，线圈部分动能转化为内能，则动能减小，线圈速度也减小，即线圈进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，因此，线圈进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培力，故B错误；根据动能定理可得W合＝F安·x＝ΔEk，由于线圈进入和离开磁场的位移都相同，而线圈进入磁场时的安培力大于离开磁场时的安培力，则线圈进入磁场时的动能变化量大于离开磁场时的动能变化量，故C错误；根据动量定理可得Δp＝F安·Δt＝Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝BL·q，而q＝eq\f(ΔΦ,R)，线圈进入和离开磁场过程中ΔΦ相同，由此可知，线圈进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同，则速度的变化量相同，故D正确。7．选D设正方形线框边长为L，线框切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R总)，可知先后两种情况下线框中的感应电流之比eq\f(I1,I2)＝eq\f(1,2)，故A错误；根据安培力的表达式F＝ILB，可知线框所受到的安培力之比eq\f(F1,F2)＝eq\f(1,2)，故B错误；线框匀速进入磁场，所用时间t＝eq\f(L,v)，根据焦耳定律Q＝I2R总t，可知线框产生的焦耳热之比eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(1,2)，故C错误；根据纯电阻电路中电荷量的表达式q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R总)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R总)＝eq\f(B·ΔS,R总)，可知通过线框横截面的电荷量相等，故D正确。8．选CD根据右手定则可确定回路中感应电流的方向为M→N→Q→P→M，根据左手定则可知，MN杆所受安培力向左，PQ杆所受安培力向右，则开始时，MN杆向右减速，PQ杆向右加速，设两者的速度分别为v1、v2，则回路总的感应电动势为E＝BLv1－BLv2，回路中的感应电流为I＝eq\f(E,r＋3r)，两者所受安培力大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，解得a＝eq\f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v1－v2)),4mr)，由于开始时MN杆的速度大于PQ杆的速度，而MN杆向右减速，PQ杆向右加速，可知MN杆向右做加速度减小的减速运动，PQ杆向右做加速度减小的加速运动，当两者速度相等时，加速度为0，两者以相等速度向右做匀速直线运动，即MN杆先向右做加速度减小的变减速运动，后向右做匀速直线运动，故A错误，C正确；根据上述可知，感应电流逐渐减小为0，则PQ杆受到的安培力逐渐减小，故B错误；由于两杆串联，若该过程产生的总热量为Q，则PQ杆产生的热量Q1＝eq\f(Q·3r,r＋3r)＝eq\f(3Q,4)，故D正确。9．选AC由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时，流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A正确；导体棒所受合力为零时，即重力沿导轨平面向下的分力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大，弹簧伸长量为eq\f(mgsinθ,k)时，弹簧弹力为mgsinθ，此时导体棒所受合力等于安培力，导体棒速度不是最大，故B错误；导体棒最终静止，由平衡条件得mgsinθ＝kx，可得此时弹簧伸长量为x＝eq\f(mgsinθ,k)，由能量守恒定律得mgxsinθ＝Q＋Ep，解得Q＝eq\f(m2g2sin2θ,k)－Ep，故C正确；若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，由于此时弹簧弹力与重力沿导轨平面向下的分力平衡，则导体棒受到的安培力等于合力，由牛顿第二定律得F＝BIL＝ma，又I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv,2R)，联立解得a＝eq\f(B2L2v,2mR)，故D错误。10．解析：(1)根据右手定则可知，从上往下看，回路中感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知，两棒受到的安培力方向均为水平向右，故MN棒向左做减速运动，PQ棒向右做加速运动。当两棒速度大小相等时，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中感应电动势为0，感应电流为0，此后两棒做匀速直线运动，设此时两棒的速度大小为v1，根据动量定理可知，对MN棒有－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝mv1－mv0对PQ棒有Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,3)。(2)由能量守恒定律可知，回路中产生的总热量为Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)·2mv12则MN棒产生的焦耳热为QMN＝eq\f(R,R＋2R)Q＝eq\f(1,3)Q解得QMN＝eq\f(mv02,9)。(3)由以上分析可知，对PQ棒，根据动量定理Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝2mv1通过PQ棒某一横截面的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(2mv1,Bl)＝eq\f(2mv0,3Bl)。答案：(1)eq\f(v0,3)eq\f(v0,3)(2)eq\f(mv02,9)(3)eq\f(2mv0,3Bl)11．解析：(1)当棒的速度为2.0m/s时，棒中产生的感应电动势为E＝Bdv＝1×0.5×2.0V＝1.0V电阻R两端的电压U＝eq\f(E,R＋r)R＝0.8V。(2)设金属棒到达轨道最底端时的速度为vm，回路中产生的热量为Q，根据能量守恒定律得mgLsinθ＝eq\f(1,2)mvm2＋Q解得Q＝0.5J所以在金属棒下滑的整个过程中，金属棒中产生的热量为Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝0.1J。(3)金属棒从开始下滑到运动至轨道最底端的过程中，根据动量定理可得mgsin30°·t－Beq\o(I,\s\up6(－))dt＝mvm－0，eq\o(I,\s\up6(－))·t＝eq\f(BLd,R＋r)，解得t＝0.61s。答案：(1)0.8V(2)0.1J(3)0.61s12．解析：(1)根据右手定则可知，通过电阻R的电流方向从Q到N；通过金属棒的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLd,Δt)解得q＝eq\f(BLd,2R)。(2)由能量守恒定律可知mgh＝2Q则金属棒产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mgh。(3)设金属棒刚进入磁场时的速度为v0，金属棒从进入磁场到到达磁场右边界停止的过程，由动量定理－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝0－mv0金属棒滑过eq\f(d,2)时，由动量定理－Beq\x\to(I)′LΔt′＝mv－mv0又eq\x\to(I)′Δt′＝eq\f(ΔΦ′,2R)＝eq\f(BL\f(d,2),2R)＝eq\f(BLd,4R)，金属棒从静止