2025人教版高中物理选择性必修第二册
专题强化练7 电磁感应中的能量与动量问题
题组一 电磁感应现象中的功能关系
1.(2024江苏苏州测试)如图所示,竖直放置的平行金属导轨之间接有定值电阻R,金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦,金属棒与导轨的电阻均不计,整个装置放在匀强磁场内,磁场方向与导轨平面垂直,金属棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内,下列说法错误的是 ( )
A.克服重力做的功等于金属棒的重力势能的增加量
B.克服安培力做的功等于电阻R上释放的热量
C.恒力F做的功等于金属棒的动能增加量与电阻R上释放的热量之和
D.恒力F与安培力做的功的代数和等于金属棒机械能增加量
2.(经典题)(2024福建漳州期中)如图所示,相同材料、横截面积相等的导线制成的单匝正方形线框A和线框B,边长之比为2∶1,在外力作用下以相同速度匀速进入匀强磁场,在线框A和线框B进入磁场的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.线框A和线框B中感应电流之比为2∶1
B.通过线框A和线框B导线横截面的电荷量之比为1∶1
C.线框A和线框B产生的热量之比为2∶1
D.线框A和线框B所受外力做功的功率之比为2∶1
3.(2024山东临沂期中)如图甲所示,左侧接有定值电阻R=1.5 Ω的水平平行且足够长的光滑导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=1 T,导轨间距L=1 m。一质量m=1 kg、接入电路的阻值r=0.5 Ω的金属棒在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动,金属棒的v-x图像如图乙所示。若金属棒与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计,则金属棒从静止开始向右运动位移x=1 m的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.通过电阻R的电荷量为0.25 C
B.金属棒克服安培力做功为0.5 J
C.电阻R产生的焦耳热为0.125 J
D.金属棒做加速度减小的变加速运动
题组二 电磁感应与动量的综合
4.(2023陕西师大附中模拟预测)如图所示,在光滑水平面上有一根通有恒定电流I的长直导线,用同种均匀材料做成的单匝线框A、B平铺在水平面上。A是边长为a的正方形,B是长边长为2a的长方形。瞬间关闭恒定电流I,假设线框不会与长直导线碰撞,A、B最终获得的动量之比为 ( )
A.3∶8 B.3∶4 C.1∶4 D.9∶16
5.(多选题)(2023江西临川一中期中)如图,足够长的平行光滑金属导轨M、N固定在水平桌面上,导轨间距离为L,垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场,以CD为分界线,磁感应强度大小左边为2B,右边为B,两导体棒a、b垂直导轨静止放置,a棒距CD足够远,已知a、b棒质量均为m,长度均为L,电阻均为r,棒与导轨始终接触良好,导轨电阻不计,现使a获得一瞬时水平速度v0,在两棒运动至稳定的过程中(a棒还没到CD分界线),下列说法正确的是 ( )
A.a、b系统机械能不守恒
B.a、b系统动量守恒
C.a棒稳定时的速度为0.2v0
D.导体棒a产生的焦耳热为
6.(经典题)(2024湖北襄阳期中)两根光滑且足够长的固定平行金属导轨MN、PQ水平放置,导轨的间距为L=1 m,两根导体棒ab和cd垂直导轨放置且与导轨接触良好,如图所示。导体棒的质量均为m=1 kg,接入电路的电阻均为R=2 Ω,其余电阻不计,磁感应强度大小为B=1 T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面。开始时,ab棒静止,给cd棒一水平向右的初速度v0=2 m/s,设两导体棒在此后的运动过程中始终不接触。
(1)求开始运动瞬间cd棒的加速度大小;
(2)求两导体棒在运动中最终产生的焦耳热;
(3)在两棒整个的运动过程中,求导体棒ab和cd在水平导轨间扫过的面积之差。
7.(2023江苏南京期中联考)如图甲所示,两根间距为L=1.0 m、电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角θ=30°,导轨底端接入一阻值为R=2.0 Ω的定值电阻,所在区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面向上。在导轨上垂直于导轨放置一质量为m=0.2 kg、电阻为r=1.0 Ω的金属杆,开始时使金属杆保持静止,某时刻开始给金属杆一个沿导轨所在平面向上、大小F=2.0 N的恒力,金属杆由静止开始运动,图乙为运动过程的v-t图像,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(2)金属杆向上运动前2 s内通过电阻R的电荷量q;
(3)前4 s内电阻R产生的热量Q。
答案与分层梯度式解析
专题强化练7 电磁感应中的能量与动量问题
1.C 克服重力做的功等于金属棒的重力势能的增加量,选项A正确,不符合题意;克服安培力做的功等于电阻R上释放的热量,选项B正确,不符合题意;恒力F做的功等于金属棒的动能增加量、重力势能增加量与电阻R上释放的热量之和,选项C错误,符合题意;除重力、系统内弹力以外其他力做的功等于系统机械能增加量,则恒力F与安培力做的功的代数和等于金属棒机械能增加量,选项D正确,不符合题意。
2.D 设正方形线框的边长为a,导线的横截面积为S,电阻率为ρ,磁场的磁感应强度为B,线框匀速运动的速度大小为v。两正方形线框的边长之比为2∶1,由E=Blv=Bav可知感应电动势之比为2∶1,由电阻定律有R=ρ=ρ,可知电阻之比为2∶1,由I==可知感应电流之比为1∶1,故A错误。通过线框导线横截面的电荷量为q=It=I·,可见,通过线框A和线框B导线横截面的电荷量之比为2∶1,故B错误。线框匀速进入匀强磁场,则外力做功的功率为P=P电=I2R(破题关键),故线框A和线框B所受外力做功的功率之比为2∶1,故D正确。线框产生的热量为Q=P电t=P电 ,所以线框A和线框B产生的热量之比为4∶1,故C错误。
3.B 根据q=Δt=Δt=求得q=0.5 C,A错误;由速度-位移图像得速度v与位移x的数值关系为v=2x,金属棒所受的安培力FA=BIL==,求得FA与x的数值关系为FA=x,则知FA与x是线性关系(破题关键),当x=1 m时,FA=1 N,x=0时,FA=0,从起点至发生x=1 m位移的过程中,克服安培力做功WA=x=×1 J=0.5 J,B正确;根据功能关系知,整个电路产生的焦耳热等于克服安培力做功,所以整个电路产生的焦耳热Q=WA=0.5 J,定值电阻R中产生的焦耳热QR=Q=0.375 J,C错误;速度-位移图像的斜率k==×=,得加速度a与速度v的数值关系为a=2v,则速度增大,金属棒的加速度也随之增大,金属棒做加速度增大的变加速运动,D错误。
规律总结 电路中安培力做功与能量转化的关系
4.A 时间极短,可认为磁感应强度均匀变化,设线框左右两边的磁感应强度差为ΔB,由动量定理有ΔBLIt=ΔBL=mv=p,根据题意,A、B由同种均匀材料做成,可得=,所以有=··=··=,故选A。
5.AC a获得水平速度后切割磁感线产生感应电动势,回路中产生感应电流,两导体棒产生焦耳热,系统部分机械能转化为内能,故a、b系统机械能不守恒,故A正确;通过两导体棒的电流大小相等、方向相反,两导体棒受到的安培力方向相反,根据安培力公式F安=BIL,由于两导体棒所在磁场的磁感应强度大小不等,故受到的安培力大小不等,故a、b系统所受合外力不为零,系统动量不守恒(易错点),故B错误;a棒稳定时回路中感应电动势为零,故有2BLva=BLvb,整个过程对a、b分别由动量定理有-2BLt=mva-mv0,BLt=mvb,联立解得va=0.2v0,整个过程由能量守恒可知回路中产生的总热量为Q=m-m-m,导体棒a产生的焦耳热为Qa=Q,解得Qa=,故C正确,D错误。故选A、C。
易混易错 根据“平行光滑金属导轨”容易误判为两棒构成的系统动量守恒。
6.答案 (1)0.5 m/s2 (2)1 J (3)4 m2
解析 (1)开始运动瞬间cd棒切割磁感线,产生感应电动势为E=BLv0
产生的感应电流为I=
cd棒受到的安培力大小为F=BIL
由牛顿第二定律可知a=
解得a==0.5 m/s2
(2)两棒组成的系统所受合力为0,则动量守恒,最后两棒达到共速(破题关键),规定水平向右为正方向,则
mv0=2mv
解得v=v0=1 m/s
由能量守恒定律,可知产生的焦耳热为Q=m-·2mv2
解得Q=m=1 J
(3)对导体棒ab研究,规定水平向右为正方向,由动量定理得BLΔt=mv-0
又因为=,==
解得ΔS=4 m2
方法技巧 动量观点在电磁感应现象中的应用
(1)对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况,如果两棒所受的外力之和为零,则考虑应用动量守恒定律处理问题。
(2)导体棒在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时,安培力的冲量大小为I安=BlΔt=Blq,通过导体棒某一横截面的电荷量为q=Δt=Δt=Δt=,磁通量的变化量ΔΦ=BΔS=Blx。
如果安培力是导体棒受到的合力,则安培力的冲量I安=mv2-mv1。
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。
7.答案 (1)1 T (2)1.4 C (3)6.2 J
思路点拨 前2 s,金属杆加速运动,安培力增大;2~4 s,金属杆匀速运动,受力平衡,安培力不变。
解析 (1)由题图乙可知金属杆从t=2 s开始匀速运动,
则F=mg sin 30°+,
其中v=3 m/s,解得B=1 T
(2)以沿导轨平面向上为正方向,前2 s内,
对金属杆由动量定理可得Ft-mgt sin 30°-BLt=mv
通过电阻R的电荷量q=t
解得q=1.4 C
(3)假设前2 s内金属杆沿导轨上滑的位移为x1,通过电阻R的电荷量q可表示为
q=t=t==,
解得x1=4.2 m
2~4 s内金属杆的位移x2=3 m/s×2 s=6 m
前4 s内金属杆沿导轨上滑的总位移为x=x1+x2=4.2 m+6 m=10.2 m
由能量守恒可得Fx=mgx sin 30°+Q总+mv2
解得Q总=9.3 J
所以电阻R产生的热量Q=Q总=6.2 J
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