高二物理（人教版）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

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6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5。一根质量为/〃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外”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8,小将变小

D.如果只增大R,%将变小

2.（多选）如图所示，和尸。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。就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，

则金属杆油的速度v随时间f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（）

C……曰-……:

；XXXXXJ

：X口£X：

:x-x_xx…x…：!

A.a\>a2>ai>a^B.

C.D,

4.（2024•湖北荆门珈求）（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=0.5in的导体棒就和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。己知导体棒〃力和cd质量均

为m=0.2kg,电阻分别为网力=2C和Rcd=3Q。现给导体棒力一个向左的初速度方=4

m/s,则下列说法正确的是（）

M

,；g

••••：XXXX

A.导体棒cd最终速度大小为。=2m/s

B.导体棒外和导体棒cd组成的系统动量守恒

C.整个过程流过导体棒外的电荷量为4c

D.整个过程导体棒时产生的焦耳热为0.4J

5.（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尸。间静

置一根质量为m的导体棒，阻值为R的电阻接在V、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。1=0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上的力凡使

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

尸、力尸的功率P、产生的感应电流/、电阻R上产生的热量。随时间变化的图像正确的是

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，先后以速度如和2%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（）

I

--------------;XXX；

卜。XX：

I________1XXXI

I

I

I・■一■■■■■■■■■■■

A.线框中的感应电流之比为71：h=2：1

B.线框所受到的安培力之比为F.：尸2=1：4

C.线框产生的焦耳热之比为@：。=1：4

D.通过线框横截面的电荷量之比为矶：勿=1：1

8.（2024•福京斯田期末）（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、PQt但MN杆的电阻为r,P。杆的电阻为

3,。导轨的电阻不计。给MN杆一个水平向右的初速度见,下列说法正确的是（）

A・MN杆做加速度减小的变减速运动

B.尸。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.若该过程产生的息热量为0,则杆产生的热量为

9.（2024•湖北武汉期来）（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，下端尸。间接有阻值为A的电阻，导轨平面与水平面的夹角为仇且处在磁感应强度大

小为夙方向垂直于导轨立面向上的匀强磁场中。一质量为加、接入电路的电阻也为A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处，已知弹簧的劲度系数

为忆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K的电流方向为由尸到。

B.当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为里普

C.导体棒最线静止时弹簧的弹性势能为品,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

D.若导体棒第一次运动到MN处时速度为小则此时导体棒的加速度大小为

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/,电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为8、方向相反的竖直方向匀

强磁场中，虚线为两磁场的分界线，质量为机、导轨间电阻为R的导体棒MN和质量为26、

导轨间电阻为2K的导休棒P。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棒获得一个大小为如、方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中，求：

⑴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=0.5

m,轨道平面与水平面的夹角〃=30。，轨道上端接一阻值为K=4Q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8=1T,有一质量加=1kg、电阻r=1

。的金属棒岫，放在轨道最上端，其余部分电阻不计。棒岫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o=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

(3)金属棒从开始下滑到运动至轨道最底端所用时间八

12.(2024•将速福州期末)如图所示，和PQ是电阻不计的平行光滑金属导轨，其间

距为却右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为〃、方向竖直向

上、磁感应强度大小为笈的匀强磁场。质量为山、电阻也为K的金属棒从高度为处由静

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;

⑵金属棒产生的焦耳热;

(3)金属棒滑过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必和cd,构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为加、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，磁感应强度为凡导体棒

均可沿导轨无摩擦滑行。开始时，导体棒cd静止，导体棒而有水平向右的初速度。°,两导

体棒在运动过程中始终不接触。求：

(1)开始时，导体棒口中电流的大小和方向;

⑵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;

⑶当导体棒ab速度变对加时，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〃喏sin。一一八二=〃也；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mgsin0一笑国=0,解得j="1曙",所以只增

大仇。m将变小，只增大R,0m将变大，故C正确，D错误。

2.选ACD设帅杆的有效长度为/,S闭合后，金属杆受向下的重力，咫、向上的安培

力/安=0金，若“金杆先减速再匀速，D项有可能；若"^=mg,杆匀速运动，A

项有可能；若皇V机g,杆先加速再匀速，C项有可能；由于。变化，由牛顿第二定律得早

—mg=ma,加速度〃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0=s=g°线

圈在题图中2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知广安2＜，咫，所以。2=螫沪%。

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，根据产安=-^一及“=一51一可得。4＜。2,故线圈在1、2、3、4位置时的加速度关系

为。1=。3＞。2＞04,B正确。

4.选AC导体棒向左运动，根据右手定则和左手定则，可知导体棒而和导体棒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。力动量的减小量等于导体棒“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。从根据动量定理

有B~FLf=BqL=mvo—mv,得整个过程流过导体棒"的电荷量为夕=4C,故C正确；根据

能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热为。=多加（?—2X5?O2=0.8J,则整个过程导体棒"

产生的焦耳热为。片嬴位。=°必，故D错误。

5.选A设导轨平面与水平面的夹角为仇导体棒向上做匀加速运动，根据牛顿第二定

律有F-"苗"-rngsin6=ma,即尸='""f+ma+mgsin0,则选项A正确；力尸的功率尸

=Fv=t+ma+mgsinOat=一五一尸+〃?(/+agsin0)1,则P-f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/=竿,则N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。=尸/忆电流随时间，均匀增加，则Q"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/=%根据法拉第电磁感应定律有E=BLv,则线圈受到的安培

n272-.

力为F=HIL=—^-,由于线圈进入磁场时产生感应电沆，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三离开磁场时的速度，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=

广安”=△&,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，则线圈位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A〃=/文•△/=/?/£/加=8小小而竿，线圈进入和离开磁场过程中A0

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七=3"，根据闭合

电路欧姆定律/=戈，可知先后两种情况下线框中的感应电流之比：=今故A错误；根据安

培力的表达式/=〃当可知线框所受到的安培力之比/故B错误；线框匀速进入磁场，

所用时■问/=看根据焦耳定律。=/次息入可知线框产生的焦耳热之比覆=+故C错误；根

据纯电阻电路中电荷量的表达式q=~t笔=竿,可知通过线框横截面的电荷

A4A*

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-NfQ-＞尸-M,根据左手

定则可知，MN杆所受安培力向左，尸Q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必、则回路总的感应电动势为£=叫加一842,回路

p

中的感应电流为/=.，两者所受安培力大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律有B1L

=，M解得。=世驾回，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0,两者以相竽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0=得=乎，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

。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，弹簧伸长量为竺噜Z时，弹簧弹力为，咫sin仇此时导体棒所

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，咫sin

。=去，可得此时弹簧伸长量为％="噜2由能量守恒定律得mgxsin9=Q+Ep,解得Q=

吟叱一万，故C正确；若导体棒第一次运动到MN处时速度为o,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刀等于合力，由牛顿第二定律得”=

BIL=ma,又1=皋嗤,联立解得。=狼，故D错误。

10.解析：(1)根据右手定则可知，从上往下看，回踌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，回路中感应电切势为

0,感应电流为0,此后两率做匀速直线运动，设此时两棒的速度大小为四，根据动量定理可

知，对MN棒有一BIIAf=mVi—mvo

对PQ棒有B1/ZV=2"M解得Pi=yo

(2)由能量守恒定律可知，回路中产生的总热量为

Q=/加一；〃©2一去2/皿2

解得2的=号。

(3)由以上分析可知，对PQ棒，根据动量定理

B/

通过尸Q棒某一横截面的电荷量为q=~7揖=三号常。

答案:喈号⑵嗒⑶瑞

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£=3而=1XO.5X2.O

V=I.OV

E

电阻R两端的电压U=HR=0.8V。

(2)设金属棒到达轨道最底端时的速度为。m,回路中产生的热量为Q,根据能量守恒定律

得〃?gLsin。=3〃皿?+。

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

。产冷Q=oiJ。

(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〃吆sin3O0-Z-B/

BLd

dt=mv—O7t=

mtR+r

解得f=0.61So

答案:(1)0.8V(2)0.1J(3)0.61s

12.解析：(1)根据右手定则可知，通过电阻K的电流方向从。到N；

通过金属棒的电荷量产—小，又—/=E余—E看卜①萼BLd

解得q=嘿。

(2)由能量守恒定律可知