训练13　电磁感应的综合问题-2021年高考二轮复习专题强化训练（解析版）

训练 14　动力学、动量和能量观点在电学中的应用 题型一 电磁感应中动量和能量观点的应用 类型 1　动量定理和功能关系的应用 例 1 　(2019·福建龙岩市 5 月模拟)如图为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道 PQ 和 MN，左端接有阻值为 R 的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为 B 的匀强磁场，两轨道间距 及磁场宽度均为 L.质量为 m 的金属棒 ab 静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为 v 时，棒 ab 恰好 滑动．棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等 于滑动摩擦力． (1)判断棒 ab 刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力 Ff 大小； (2)若磁场不动，将棒 ab 以水平初速度 2v 运动，经过时间 t＝ mR B2L2停止运动，求棒 ab 运动位移 x 及回路中 产生的焦耳热 Q. 【答案】　见解析 【解析】　(1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由 a 至 b. 依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：Ff＝F 安 F 安＝BI1L I1＝BLv R 联立解得：Ff＝B2L2v R (2)设棒的平均速度为v，根据动量定理可得：－F安 t－Fft＝0－2mvF安＝BIL，又I＝BLv R ，x＝v t 联立解得：x＝mvR B2L2 根据动能定理有：－Ffx－W 安＝0－1 2m(2v)2 根据功能关系有 Q＝W 安 得：Q＝mv2. 变式 1 　(多选)(2019·广东湛江市第二次模拟)如图 2 所示，CD、EF 是两条水平放置的电阻可忽略的平行光 滑导轨，导轨固定不动，间距为 L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场， 磁感应强度大小为 B.导轨的右端接有一电阻 R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为 R、质量 为 m 的导体棒从弯曲轨道上 h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平 导轨垂直且接触良好，则下列说法中正确的是(　　) A．电阻 R 的最大电流为BL 2gh 2R B．电阻 R 中产生的焦耳热为 mgh C．磁场左右边界的长度 d 为mR 2gh B2L2 D．流过电阻 R 的电荷量为m 2gh BL 【答案】　AD 【解析】　导体棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律有：mgh＝1 2mv2，得导体棒到达水平面时的 速度 v＝ 2gh，导体棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大， 所以最大感应电动势为 E＝BLv，最大的感应电流为 I＝BLv 2R ＝BL 2gh 2R ，故 A 正确；导体棒在整个运动过程中，机械能最终转化为焦耳热，即 Q＝mgh，故电阻 R 中产生的焦耳热为 QR＝1 2Q＝1 2mgh，故 B 错误；对导 体棒，经时间 Δt 穿过磁场，由动量定理得：－F安 Δt＝－BLIΔt＝－mv，而 q＝IΔt，变形得：BLq＝mv，解 得 q＝mv BL＝m 2gh BL ，而由 q＝IΔt＝ E 2RΔt＝ BS 2RΔtΔt＝BS 2R和 S＝Ld，解得：d＝2qR BL ＝2mR 2gh B2L2 ，故 C 错误，D 正 确． 类型 1 动量守恒定律和功能关系的应用 例 2 　(2019·河北衡水中学高考模拟)如图所示，MN、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径 r＝0.5 m 的相同 竖直半圆导轨在 N、Q 端平滑连接，M、P 端连接定值电阻 R，质量 M＝2 kg 的 cd 绝缘杆垂直静止在水平 导轨上，在其右侧至 N、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量 m＝1 kg 的 ab 金属杆以初速度 v0 ＝12 m/s 水平向右与 cd 绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高 点，不计其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取 g＝10 m/s2，求： (1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小 v； (2)电阻 R 产生的焦耳热 Q. 【答案】　(1) 5 m/s　(2)2 J 【解析】　(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有： Mg＝Mv2 r 解得：v＝ 5 m/s (2)cd 绝缘杆以速度 v2 由 NQ 滑至最高点的过程中，由动能定理有： －Mg2r＝1 2Mv2－1 2Mv22 解得：v2＝5 m/s 由于 cd 是绝缘杆，所以没有电流通过，故碰后匀速运动，则碰撞后 cd 绝缘杆的速度为 v2＝5 m/s 两杆碰撞过程，动量守恒，以 v0 的方向为正方向，有： mv0＝mv1＋Mv2 解得碰撞后 ab 金属杆的速度：v1＝2 m/s ab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有：1 2mv12＝Q 解得：Q＝2 J. 变式 2 　(2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图所示，间距为 L 的足够长光滑平行金属导轨固定在同 一水平面内，虚线 MN 右侧区域存在磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场．质量均为 m、长度均为 L、电阻均为 R 的导体棒 a、b，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒 b 静止于与 MN 相距为 x0 处，导体棒 a 以水平速度 v0 从 MN 处进入磁场．不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过 程中导体棒 a、b 没有发生碰撞．求： (1)导体棒 b 中产生的内能； (2)导体棒 a、b 间的最小距离． 【答案】　(1)1 8mv02　(2)x0－mv0R B2L2 【解析】　(1)导体棒 a 进入磁场后，a、b 及导轨组成的回路磁通量发生变化，产生感应电流．在安培力作 用下，a 做减速运动、b 做加速运动，最终二者速度相等．此过程中系统的动量守恒，以 v0 的方向为正方向， 有 mv0＝2mv 根据能量守恒定律 1 2mv02－1 2·2mv2＝Q 导体棒 b 中产生的内能Qb＝Q 2 整理得 v＝v0 2 ，Qb＝1 8mv02； (2)设经过时间 Δt 二者速度相等，此时 a、b 间有最小距离，此过程中安培力的平均值为 F，导体棒 ab 间的 最小距离为 x.以 b 为研究对象，根据动量定理得 FΔt＝mv 而 F＝BIL I＝ E 2R E＝ΔΦ Δt ΔΦ＝BL(x0－x) 联立解得 x＝x0－mv0R B2L2 . 题型二 电场和磁场中的动量和能量问题 例 3 　如图所示，轨道 ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段 CD 与水平段 AC 及倾斜段 DP 分别相切于 C 点和 D 点，水平段 BC 粗糙，其余都光滑，DP 段与水平面的夹角 θ＝37°，D、C 两点的高度差 h＝0.1 m， 整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量 m1＝0.4 kg、带正电、电荷 量未知的小物块Ⅰ在 A 点由静止释放，经过时间 t＝1 s，与静止在 B 点的不带电、质量 m2＝0.6 kg 的小物 块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在 BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段 DP 上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道 BC 段 的动摩擦因数均为 μ＝0.2，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)物块Ⅰ和Ⅱ在 BC 段上做匀速直线运动的速度大小； (2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段 C 点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小． 【答案】　　(1)2 m/s　(2)18 N【解析】　　(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在 BC 段上做匀速直线运动，设电场强度大小为 E，物块Ⅰ带电荷量大 小为 q，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为 v1，碰撞后共同速度为 v2，以向左为正方向，则 qE＝μ(m1＋m2)g qEt＝m1v1 m1v1＝(m1＋m2)v2 联立解得 v2＝2 m/s； (2)设圆弧段 CD 的半径为 R，物块Ⅰ和Ⅱ经过 C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为 FN，则 R(1－cos θ) ＝h FN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)v22 R 解得：FN＝18 N，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为 18 N. 变式 3 　如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道 ACD，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强 磁场中，半圆的直径 AD 水平，半径为 R，匀强磁场的磁感应强度为 B，在 A 端由静止释放一个带正电荷、 质量为 m 的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点 C 时，对轨道的压力差为 ΔF，小球运动过程 中始终不脱离轨道，重力加速度为 g.求： (1)小球甲经过轨道最低点 C 时的速度大小； (2)小球甲所带的电荷量； (3)若在半圆形轨道的最低点 C 放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍从轨道的 A 端 由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力．(不计两球间静电力的作用) 【答案】　(1) 2gR　(2)ΔF 2gR 4gRB 　(3)3mg－ΔF 4 ，方向竖直向下 【解析】　(1)由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，由 A 点运动到 C 点，有 mgR＝1 2mvC2 解得 vC＝ 2gR(2)小球甲第一次通过 C 点时，qvCB＋F1－mg＝mvC2 R 第二次通过 C 点时，F2－qvCB－mg＝mvC2 R 由题意知 ΔF＝F2－F 1 解得 q＝ΔF 2gR 4gRB (3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则有 mvC＝mv 甲＋mv 乙 1 2mvC2＝1 2mv 甲 2＋1 2mv 乙 2 解得 v 甲＝0，v 乙＝vC 设碰撞后的一瞬间，轨道对乙球的支持力大小为 F 乙，方向竖直向上，则 F 乙＋1 2qv 乙 B－mg＝mv 乙 2 R 解得 F 乙＝3mg－ΔF 4 根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为 3mg－ΔF 4 ，方向竖直向下． 模拟训练 练规范 练速度 1.(2020·辽宁重点中学协作体模拟)水平放置的光滑金属长导轨 MM′和 NN′之间接有电阻 R，导轨左、右 两区域分别处在方向相反且与轨道垂直的匀强磁场中，右侧区域足够长，方向如图.设左、右区域的磁感应 强度分别为 B1 和 B2.一根金属棒 ab 放在导轨上并与其正交，棒和导轨的电阻均不计．金属棒在水平向右的 恒定拉力作用下，在左边区域中恰好以速度 v 做匀速直线运动，则(　　) A．若 B2＝B1，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度 2v 做匀速运动B．若 B2＝B1，棒进入右边区域中后仍以速度 v 做匀速运动 C．若 B2＝2B1，棒进入右边区域后先做减速运动，最后以速度v 2做匀速运动 D．若 B2＝2B1，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度 4v 做匀速运动 【答案】　B 【解析】　金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度 v 做匀速直线运动，恒力 F 与安培 力平衡．当 B2＝B1 时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大小均没有变化，棒所 受安培力大小和方向也没有变化，与恒力 F 仍然平衡，则棒进入右边区域后，以速度 v 做匀速直线运动， 故 A 错误，B 正确．当 B2＝2B1 时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的 安培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的 安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动，设棒最后匀速运动的速度大小为 v′.在左侧 磁场中 F＝B12L2v R ，在右侧磁场中匀速运动时，有 F＝B22L2v′ R ＝ (2B1)2L2v′ R ，则 v′＝v 4，即棒最后以速度v 4 做匀速直线运动，故 C、D 错误． 2．(多选)(2019·广东肇庆市第二次统一检测)如图甲所示，矩形导线框 abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向 与导线框所在的平面垂直，磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向， 顺时针方向为感应电流 i 正方向，水平向右为 ad 边所受安培力 F 的正方向．下列图象正确的是(　　) 【答案】　BD 3.(2019·重庆市 4 月调研)半径为 L 的圆形边界内分布有垂直圆所在平面的磁场，垂直纸面向里的磁感应强度 大小为 2B，垂直纸面向外的磁感应强度大小为 B，如图 3 所示．AEO 为八分之一圆导线框，其总电阻为 R， 以角速度 ω 绕 O 轴逆时针匀速转动，从图中所示位置开始计时，用 i 表示导线框中的感应电流(顺时针方向为正)，线框中感应电流 i 随时间 t 变化图象可能是(　　) 【答案】　B 【解析】　当线框转过 0～45°时，产生的感应电流为顺时针方向，电动势 E＝1 2BωL2＋1 2·2BωL2＝3 2BωL2， 感应电流 I＝3BωL2 2R ；当线框转过 45°～90°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线框转过 90°～135° 时，产生的感应电流为逆时针方向，电动势 E＝1 2BωL2＋1 2·2BωL2＝3 2BωL2，感应电流 I＝3BωL2 2R ；当线框转 过 135°～180°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线框转过 180°～225°时，产生的感应电流为 顺时针方向，电动势 E＝1 2·2BωL2＝BωL2，感应电流 I＝BωL2 R ；当线框转过 225°～270°时，产生的感应电动 势为零，感应电流为零；当线框转过 270°～315°时，产生的感应电流为逆时针方向，电动势 E＝1 2·2BωL2＝ BωL2，感应电流 I＝BωL2 R ；当线框转过 315°～360°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零，故选 B. 4．(多选)(2019·山西临汾市二轮复习模拟)如图甲所示，半径为 1 m 的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平 面内，在导轨上垂直放置一质量为 0.1 kg、电阻为 1 Ω 的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体 棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为 0.3，不计金属圆环 的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度 g＝10 m/s2.现若在圆环内加一垂直 于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则(　　)A．导体棒中的电流是从 b 到 a B．通过导体棒的电流大小为 0.5 A C．0～2 s 内，导体棒产生的热量为 0.125 J D．t＝π s 时，导体棒受到的摩擦力大小为 0.3 N 【答案】　AC 【解析】　穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知导体棒中的电流是从 b 到 a，选项 A 正确； 假设 0～π s 时间内导体棒静止不动，感应电动势 E＝ΔΦ Δt ＝ΔB Δt ·1 2πr2＝0.5 π ×1 2π×12 V＝0.25 V，则感应电流 I＝ E R＝0.25 1 A＝0.25 A，t＝π s 时，导体棒受到的安培力 F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1 N＝0.25 N，最大静摩擦力 Ffm ＝μmg＝0.3 N，则假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为 0.25 N，选项 B、D 错误；0～2 s 内，导体棒产生 的热量为 Q＝I2Rt＝0.252×1×2 J＝0.125 J，选项 C 正确． 5．(2019·河南驻马店市第一学期期末)如图甲所示，间距为 L＝0.5 m 的两条平行金属导轨，水平放置在竖直 向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度 B＝0.2 T，轨道左侧连接一定值电阻 R＝1 Ω.垂直导轨的导体棒 ab 在水平外力 F 作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好．t＝0 时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运 动，力 F 随时间 t 变化的规律如图乙所示．已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为 μ＝0.5，导体棒和导轨的电 阻均不计．取 g＝10 m/s2，求： (1)导体棒的加速度大小； (2)导体棒的质量． 【答案】　(1)5 m/s2　(2)0.1 kg 【解析】　(1)设导体棒的质量为 m，导体棒做匀加速直线运动的加速度大小为 a，某时刻 t，导体棒的速度 为 v，所受的摩擦力为 Ff，则导体棒产生的电动势：E＝BLv 回路中的电流 I＝E R 导体棒受到的安培力：F 安＝BIL由牛顿第二定律：F－F 安－Ff＝ma 由题意 v＝at 联立解得：F＝B2L2a R t＋ma＋Ff 根据题图乙可知，0～10 s 内图象的斜率为 0.05 N/s，即B2L2a R ＝0.05 N/s，解得 a＝5 m/s2 (2)由 F－t 图象纵截距可知：ma＋Ff＝1.0 N 又 Ff＝μmg 解得 m＝0.1 kg. 6．(2019·广东清远市期末质量检测)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨间的距离为 L(导轨电阻不计)， 左侧接阻值为 R 的电阻，区域 cdef 内存在磁感应强度为 B 垂直轨道平面的有界匀强磁场，磁场宽度为 s.一 质量为 m、电阻为 r 的金属棒 MN 置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数为 μ，从 t＝ 0 时刻开始，金属棒 MN 受到水平向右的拉力 F 作用，从磁场的左侧边界由静止开始运动，用传感器测得电 阻 R 两端的电压在 0～1 s 内的变化规律如图乙所示．(已知 B＝0.5 T，L＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m，μ＝0.01，g 取 10 m/s2) (1)求金属棒刚开始运动瞬间的加速度大小； (2)写出 0～1 s 内拉力 F 与时间 t 的函数表达式． 【答案】 　(1)0.4 m/s2　(2)F＝0.2t＋0.5 (N)(0≤t≤1 s) 【解析】　 (1)由题意分析可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动． UR＝IR I＝ E R＋r E＝BLat联立得 UR＝0.3at 由题图乙可知，0.3a＝0.12 得 a＝0.4 m/s2； (2)设 F＝kt＋F0 则有 F0－μmg＝ma 解得 F0＝0.5 N 又 kt＋F0－μmg－B2L2at R＋r ＝ma 故有 k－B2L2a R＋r ＝0，解得 k＝0.2 则 F＝0.2t＋0.5(N)(0≤t≤1 s)． 7.(2019·安徽安庆市二模)如图所示，两个平行光滑金属导轨 AB、CD 固定在水平地面上，其间距 L＝0.5 m， 左端接有阻值 R＝3 Ω 的定值电阻．一根长度与导轨间距相等的金属杆放置于导轨上，金属杆的质量 m＝0.2 kg，电阻 r＝2 Ω，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小 B＝4 T 的匀强磁场中，t＝0 时刻，在 MN 上加一与金属杆垂直、方向水平向右的外力 F，金属杆由静止开始以 a＝2 m/s2 的加速度向右做匀加速直线 运动，2 s 末撤去外力 F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好．(不计导轨和连接导线的电阻，导 轨足够长)求： (1)1 s 末外力 F 的大小； (2)撤去外力 F 后的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热． 【答案】 (1)2 N　(2)0.96 J 【解析】　(1)1 s 末，金属杆 MN 的速度大小为 v1＝at1＝2×1 m/s＝2 m/s 金属杆 MN 产生的感应电动势为 E＝BLv1金属杆 MN 中的感应电流大小 I＝ E R＋r 金属杆 MN 受到的安培力大小 F 安＝BIL 联立得 F 安＝B2L2v1 R＋r ＝1.6 N 根据牛顿第二定律得 F－F 安＝ma 可得 F＝F 安＋ma＝2 N (2)2 s 末，金属杆 MN 的速度大小为 v2＝at2＝2×2 m/s＝4 m/s 撤去外力 F 后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热 Q＝1 2mv22＝1 2×0.2×42 J＝1.6 J 电阻 R 上产生的焦耳热 QR＝ R R＋rQ＝ 3 3＋2×1.6 J＝0.96 J.