(新課改省份專用)2020版高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測(三十五)電磁感應中的動力學、能量和動量問題(含解析).doc
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課時跟蹤檢測(三十五) 電磁感應中的動力學、能量和動量問題A卷基礎(chǔ)保分專練1(多選)如圖所示,位于同一水平面內(nèi)的兩根平行的光滑金屬導軌,處在勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌所在平面,導軌的一端與一電阻相連;具有一定質(zhì)量的金屬桿ab放在導軌上并與導軌垂直?,F(xiàn)有一平行于導軌的恒力F拉桿ab,使它由靜止開始向右運動。桿和導軌的電阻、感應電流產(chǎn)生的磁場均可不計。用E表示回路中的感應電動勢,i表示回路中的感應電流,在i隨時間增大的過程中,電阻消耗的功率等于()AF的功率 B安培力的功率的絕對值CF與安培力的合力的功率DiE解析:選BD金屬桿ab做加速度減小的加速運動,根據(jù)能量守恒可知,恒力F做的功等于桿增加的動能和電路中產(chǎn)生的電能。電阻消耗的功率等于電路中產(chǎn)生電能的功率,不等于恒力F的功率,故A錯誤。電阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率,等于電路的電功率iE,故B、D正確,C錯誤。2(多選)如圖所示,兩條電阻不計的平行光滑導軌豎直放置在垂直紙面向里的勻強磁場內(nèi),已知磁感應強度B0.5 T,導體棒ab、cd的長度均為0.2 m,電阻均為0.1 ,重力均為0.1 N?,F(xiàn)用力向上拉動導體棒ab,使之勻速上升(導體棒ab、cd與導軌接觸良好),此時cd靜止不動。則在ab上升時,下列說法正確的是()Aab受到的拉力大小為2 NBab向上運動的速度為2 m/sC在2 s內(nèi),拉力做功,有0.4 J的機械能轉(zhuǎn)化為電能D在2 s內(nèi),拉力做功為0.6 J解析:選BC對導體棒cd分析:mgBIl,代入數(shù)據(jù)解得v2 m/s,故選項B正確;對導體棒ab分析:FmgBIl0.2 N,選項A錯誤;在2 s內(nèi)拉力做功轉(zhuǎn)化為ab棒的重力勢能和電路中的電能,電能等于克服安培力做的功,即W電F安vt0.4 J,選項C正確;在2 s內(nèi)拉力做的功為W拉Fvt0.8 J,選項D錯誤。3(多選)(2019唐山模擬)如圖所示,在磁感應強度B1.0 T的勻強磁場中,金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v2 m/s向右勻速滑動。兩導軌間距離l1.0 m,電阻R3.0 ,金屬桿的電阻r1.0 ,導軌電阻忽略不計。下列說法正確的是()A通過R的感應電流的方向為由a到dB金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的大小為2.0 VC金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5 ND外力F做功的數(shù)值等于電路產(chǎn)生的焦耳熱解析:選ABC由右手定則判斷知,當金屬桿滑動時產(chǎn)生逆時針方向的電流,通過R的感應電流的方向為由a到d,故A正確。金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的大小為:EBlv1.012 V2 V,故B正確。在整個回路中產(chǎn)生的感應電流為:I,代入數(shù)據(jù)得:I0.5 A。由安培力公式:F安BIl,代入數(shù)據(jù)得:F安0.5 N,故C正確。金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U型導軌上以速度v向右勻速滑動,外力F做功大小等于電路產(chǎn)生的焦耳熱和導軌與金屬桿之間的摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能之和,故D錯誤。4(多選) 如圖所示,平行且足夠長的兩條光滑金屬導軌,相距L0.4 m,導軌所在平面與水平面的夾角為30,其電阻不計。把完全相同的兩金屬棒(長度均為0.4 m)ab、cd分別垂直于導軌放置,并使棒的兩端都與導軌良好接觸。已知兩金屬棒的質(zhì)量均為m0.1 kg、電阻均為R0.2 ,整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中,磁感應強度為B0.5 T。當金屬棒ab在平行于導軌向上的力F作用下沿導軌向上勻速運動時,金屬棒cd恰好能保持靜止(g10 m/s2),則()AF的大小為0.5 NB金屬棒ab產(chǎn)生的感應電動勢為1.0 VCab棒兩端的電壓為1.0 VDab棒的速度為5.0 m/s解析:選BD對于cd棒有mgsin BIL,解得回路中的電流I2.5 A,所以回路中的感應電動勢E2IR1.0 V,選項B正確;UabIR0.5 V,選項C錯誤;對于ab棒有FBILmgsin ,解得F1.0 N,選項A錯誤;根據(jù)法拉第電磁感應定律有EBLv,解得v5.0 m/s,選項D正確。5(多選)(2018江蘇高考)如圖所示,豎直放置的“”形光滑導軌寬為L,矩形勻強磁場、的高和間距均為d,磁感應強度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進入磁場和時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R,與導軌接觸良好,其余電阻不計,重力加速度為g。金屬桿()A剛進入磁場時加速度方向豎直向下B穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間C穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于解析:選BC金屬桿在磁場之外的區(qū)域做加速運動,所以進入磁場、的速度大于穿出磁場的速度,則金屬桿剛進入磁場時做減速運動,加速度方向豎直向上,故A錯誤。金屬桿在磁場中(先)做加速度減小的減速運動,在兩磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動,兩個過程位移相等,vt圖像可能如圖所示,可以看出B正確。由于進入兩磁場時速度相等,由動能定理得,W安1mg2d0,可知金屬桿穿過磁場克服安培力做功為2mgd,即產(chǎn)生的熱量為2mgd,故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd,故C正確。設(shè)剛進入磁場時速度為v,則由機械能守恒定律知mghmv2,由牛頓第二定律得mgma,解得h,故D錯誤。6(2018恩施模擬)如圖所示,足夠長的光滑導軌傾斜放置,導軌寬度為L,其下端與電阻R連接;導體棒ab電阻為r,導軌和導線電阻不計,勻強磁場豎直向上。若導體棒ab以一定初速度v下滑,則關(guān)于ab棒的下列說法正確的是()A所受安培力方向水平向左B可能以速度v勻速下滑C剛下滑瞬間產(chǎn)生的電動勢為BLvD減少的重力勢能等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能解析:選B根據(jù)右手定則判斷可知,ab棒中感應電流方向從ba,由左手定則判斷得知,棒ab所受的安培力方向水平向右,如圖所示,故A錯誤。若安培力沿導軌向上的分力與重力沿導軌向下的分力大小相等,ab棒可能勻速下滑,故B正確。剛下滑瞬間產(chǎn)生的感應電動勢為EBLvcos ,故C錯誤。根據(jù)能量守恒定律得知,若ab棒勻速下滑,其減少的重力勢能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之和;若ab棒加速下滑,其減少的重力勢能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能與棒ab增加的動能之和;若ab棒減速下滑,其減少的重力勢能和動能之和等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之和,所以減少的重力勢能不等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能,故D錯誤。7. (多選)如圖所示,水平放置的光滑金屬長導軌MM和NN之間接有電阻R,導軌左、右兩區(qū)域分別存在方向相反且與導軌平面垂直的勻強磁場,設(shè)左、右區(qū)域磁場的磁感應強度大小均為B,虛線為兩區(qū)域的分界線。一根阻值也為R的金屬棒ab放在導軌上并與其垂直,導軌電阻不計。若金屬棒ab在恒定外力F的作用下從左邊的磁場區(qū)域距離磁場邊界x處勻速運動到右邊的磁場區(qū)域距離磁場邊界x處。下列說法正確的是()A當金屬棒通過磁場邊界時,通過電阻R的電流反向B當金屬棒通過磁場邊界時,金屬棒受到的安培力反向C金屬棒在題設(shè)的運動過程中,通過電阻R的電荷量等于零D金屬棒在題設(shè)的運動過程中,回路中產(chǎn)生的熱量等于Fx解析:選AC金屬棒的運動方向不變,磁場方向反向,則電流方向反向,A正確;電流方向反向,磁場也反向時,安培力的方向不變,B錯誤;由q知,因為初、末狀態(tài)磁通量相等,所以通過電阻R的電荷量等于零,C正確;由于金屬棒勻速運動,所以動能不變,即外力做功全部轉(zhuǎn)化為電熱,Q2Fx,D錯誤。8(多選)(2019青島聯(lián)考)如圖所示,在、區(qū)域內(nèi)分布有磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場,兩區(qū)域中間為寬為s的無磁場區(qū)。有一邊長為L(Ls)、電阻為R的均勻正方形金屬線框abcd置于區(qū)域中,ab邊與磁場邊界平行,線框平面與磁場方向垂直。金屬線框在水平向右的拉力作用下,以速度v向右勻速運動,則()A當ab邊剛進入中央無磁場區(qū)域時,c、d兩點間電壓大小為Bab邊剛進入磁場區(qū)域時,通過ab邊的電流大小為,方向為baC把金屬線框從區(qū)域完全拉入?yún)^(qū)域的過程中,拉力所做的功為(2Ls)D在cd邊剛出區(qū)域到剛進入?yún)^(qū)域的過程中,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為(Ls)解析:選AC當ab邊剛進入中央無磁場區(qū)域時,c、d兩點間的電壓大小為UEBLv,A正確;ab邊剛進入磁場時,通過ab的電流大小為I,由右手定則可得,方向為ab,B錯誤;把金屬線框從區(qū)域完全拉入?yún)^(qū)域過程中,拉力所做功W2s2(Ls)(2Ls),故C正確;在cd邊剛出區(qū)域到剛進區(qū)域的過程中,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為QI2Rt2Rs,D錯誤。9(2018衡水模擬)如圖所示,勻強磁場的磁感應強度方向垂直于紙面向里,大小隨時間的變化率k,k為負的常量。用電阻率為、橫截面積為S的硬導線做成一邊長為l的正方形導線框。將正方形導線框固定于紙面內(nèi),其右半部分位于磁場區(qū)域中。求:(1)導線框中感應電流的大?。?2)磁場對導線框作用力的大小隨時間的變化率。解析:(1)導線框產(chǎn)生的感應電動勢為El2導線框中的電流為I式中R是導線框的電阻,根據(jù)電阻率公式有R聯(lián)立式,將k代入得I。(2)導線框所受磁場的作用力的大小為FBIl它隨時間的變化率為Il得。答案:(1)(2)10如圖甲,在水平桌面上固定著兩根相距L20 cm、相互平行的無電阻軌道P、Q,軌道一端固定一根電阻R0.02 的導體棒a,軌道上橫置一根質(zhì)量m40 g、電阻可忽略不計的金屬棒b,兩棒相距也為L20 cm。該軌道平面處在磁感應強度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強磁場中。開始時,磁感應強度B00.1 T。設(shè)棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2。(1)若保持磁感應強度B0的大小不變,從t0時刻開始,給b棒施加一個水平向右的拉力,使它由靜止開始做勻加速直線運動。此拉力F的大小隨時間t變化關(guān)系如圖乙所示。求b棒做勻加速運動的加速度及b棒與軌道間的滑動摩擦力大小;(2)若從t0開始,磁感應強度B隨時間t按圖丙中圖像所示的規(guī)律變化,求在金屬棒b開始運動前,這個裝置釋放的熱量。解析:(1)由題圖乙可得拉力F的大小隨時間t變化的函數(shù)表達式為FF0t0.40.1t(N)當b棒勻加速運動時,根據(jù)牛頓第二定律有FFfF安maF安B0ILEB0LvIvat所以F安t聯(lián)立可得FFfmat由圖像可得:當t0時,F(xiàn)0.4 N,當t1 s時,F(xiàn)0.5 N。代入上式,可解得a5 m/s2,F(xiàn)f0.2 N。(2)當磁感應強度均勻增大時,閉合電路中有恒定的感應電流I。以b棒為研究對象,它受到的安培力逐漸增大,靜摩擦力也隨之增大,當磁感應強度增大到b棒所受安培力F安與最大靜摩擦力Ff相等時開始滑動感應電動勢EL20.02 VI1 Ab棒將要運動時,有F安BtILFf所以Bt1 T,根據(jù)BtB0t解得t1.8 s回路中產(chǎn)生的焦耳熱為QI2Rt0.036 J。答案:(1)5 m/s20.2 N(2)0.036 J11(2016全國卷)如圖,兩固定的絕緣斜面傾角均為,上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L,質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于斜面向上。已知兩根導線剛好不在磁場中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為,重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求:(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小;(2)金屬棒運動速度的大小。解析:(1)設(shè)導線的張力的大小為T,右斜面對ab棒的支持力的大小為N1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒,由力的平衡條件得2mgsin N1TFN12mgcos 對于cd棒,同理有mgsin N2TN2mgcos 聯(lián)立式得Fmg(sin 3cos )。(2)由安培力公式得FBIL這里I是回路abdca中的感應電流。ab棒上的感應電動勢為BLv式中,v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得I聯(lián)立式得v(sin 3cos )。答案:(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )B卷重難增分專練1.如圖所示,兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi),兩導軌間的距離為L,導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路,兩根導體棒的質(zhì)量均為m,電阻均為R,回路中其余部分的電阻可不計。在整個導軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場,磁感應強度為B。設(shè)兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行,開始時,棒cd靜止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,若兩導體棒在運動中始終不接觸,求:(1)在運動中產(chǎn)生的焦耳熱Q最多是多少?(2)當ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r,cd棒的加速度a是多少?解析:(1)從開始到兩棒達到相同速度v的過程中,兩棒的總動量守恒,有mv02mv,根據(jù)能量守恒定律,整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Qmv02(2m)v2mv02。(2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)闀r,cd棒的速度為v,由動量守恒定律得mv0mv0mv,解得:v。此時回路中感應電動勢EBLv0BLv0BLv0,回路中電流I,此時cd棒所受的安培力FBIL,由牛頓第二定律,cd棒的加速度a。答案:(1)mv02(2)2(2019吉林聯(lián)考)如圖所示,足夠長的光滑導軌ab、cd固定在豎直平面內(nèi),導軌間距為l,b、c兩點間接一阻值為R的電阻。ef是一水平放置的導體桿,其質(zhì)量為m,有效電阻值為R,桿與ab、cd保持良好接觸。整個裝置放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與導軌平面垂直?,F(xiàn)用一豎直向下的力拉導體桿,使導體桿從靜止開始做加速度為1.5g的勻加速運動,下降了h高度,這一過程中b、c間電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q,g為重力加速度,不計導軌電阻及感應電流間的相互作用。求:(1)導體桿下降h過程中通過桿的電荷量;(2)導體桿下降h時所受拉力F的大??;(3)導體桿下降h過程中拉力做的功。解析:(1)根據(jù)電磁感應定律,得,根據(jù)閉合電路歐姆定律得,通過桿的電荷量qt,聯(lián)立解得q。(2)設(shè)ef下降h時,速度為v1、拉力為F,根據(jù)運動學公式,有v122ah,解得v1,根據(jù)牛頓第二定律,得FmgBI1lma,根據(jù)閉合電路歐姆定律,得I1,聯(lián)立解得F。(3)由功能關(guān)系,得WFmgh2Qmv120,解得WF2Q。答案:(1)(2)(3)2Q3.(2018江門二模)如圖所示,兩根間距為l的光滑金屬導軌(不計電阻),由一段圓弧部分與一段無限長的水平部分組成,其水平段加有方向豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B。導軌水平段上靜止放置一金屬棒cd,質(zhì)量為2m,電阻為2r。另一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab,從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段,棒與導軌始終垂直且接觸良好,圓弧段MN半徑為R,所對圓心角為60。求:(1)ab棒在N處進入磁場區(qū)速度是多大?此時棒中電流是多少?(2)cd棒能達到的最大速度是多大?(3)cd棒由靜止到達最大速度過程中,系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少?解析:(1)ab棒由M下滑到N過程中機械能守恒,有mgR(1cos 60)mv2解得v進入磁場區(qū)瞬間,回路中電流強度I。(2)ab棒在安培力作用下做減速運動,cd棒在安培力作用下做加速運動,當兩棒速度達到相同速度v時,電路中電流為零,安培力為零,cd棒達到最大速度。由動量守恒定律得mv(2mm)v解得v。(3)系統(tǒng)釋放的熱量應等于系統(tǒng)機械能的減少量,故Qmv23mv2解得QmgR。答案:(1)(2)(3)mgR4.如圖所示,兩平行光滑金屬導軌由兩部分組成,左面部分水平,右面部分為半徑r0.5 m的豎直半圓,兩導軌間距離d0.3 m,導軌水平部分處于豎直向上、磁感應強度大小為B1 T的勻強磁場中,兩導軌電阻不計。有兩根長度均為d的金屬棒ab、cd,均垂直導軌置于水平導軌上,金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為m10.2 kg、m20.1 kg,電阻分別為R10.1 、R20.2 ?,F(xiàn)讓ab棒以v010 m/s的初速度開始水平向右運動,cd棒進入圓軌道后,恰好能通過軌道最高點PP,cd棒進入圓軌道前兩棒未相碰,重力加速度g10 m/s2,求:(1)ab棒開始向右運動時cd棒的加速度大小a0;(2)cd棒剛進入半圓軌道時ab棒的速度大小v1;(3)cd棒進入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W。解析:(1)ab棒開始向右運動時,設(shè)回路中電流為I,有EBdv0I對cd棒由牛頓第二定律得BIdm2a0聯(lián)立解得:a030 m/s2。(2)設(shè)cd棒剛進入半圓軌道時的速度為v2,系統(tǒng)動量守恒,有m1v0m1v1m2v2cd棒進入圓軌道后恰能通過軌道最高點,由機械能守恒定律得m2v22m2g2rm2vP2cd棒在最高點PP,有m2gm2聯(lián)立解得:v17.5 m/s。(3)由動能定理得Wm1v12m1v02解得:W4.375 J。答案:(1)30 m/s2(2)7.5 m/s(3)4.375 J5(2019焦作模擬)如圖所示,在傾角37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強磁場區(qū)域MNPQ,磁感應強度B的大小為5 T,磁場寬度d0.55 m。有一邊長L0.4 m、質(zhì)量m10.6 kg、電阻R2 的正方形均勻?qū)w線框abcd通過一輕質(zhì)細線跨過光滑的定滑輪與一質(zhì)量m20.4 kg的物體相連。物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.4,將線框從圖示位置由靜止釋放,物體到定滑輪的距離足夠長。(取g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8)(1)求線框abcd還未進入磁場的運動過程中,細線中的拉力大??;(2)當ab邊剛進入磁場時,線框恰好做勻速直線運動,求線框剛釋放時ab邊距磁場MN邊界的距離x;(3)在(2)問中的條件下,若cd邊恰離開磁場邊界PQ時,速度大小為2 m/s,求整個運動過程中ab邊產(chǎn)生的熱量。解析:(1)線框還未進入磁場的過程中,以整體法有m1gsin m2g(m1m2)a,解得a2 m/s2。以m2為研究對象,由牛頓第二定律得Tm2gm2a,解得T2.4 N。(2)線框剛進入磁場恰好做勻速直線運動,以整體法有m1gsin m2g0,解得v1 m/s。ab到MN前線框做勻加速運動,有v22ax,解得x0.25 m。(3)線框從開始運動到cd邊恰離開磁場邊界PQ時,有m1gsin (xdL)m2g(xdL)(m1m2)v12Q,解得Q0.4 J,所以QabQ0.1 J。答案:(1)2.4 N(2)0.25 m(3)0.1 J- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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