2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 課時(shí)作業(yè)31 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題

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1、2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 課時(shí)作業(yè)31 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題 1．如圖所示，在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場(chǎng)方向豎直向下．導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰與磁場(chǎng)的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．下列vt圖象中，可能正確描述上述過(guò)程的是(　　) 【解析】　導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框受到向左的安培力作用，根據(jù)E＝BLv、I＝、F＝BIL得F＝，隨著v的減小，安培力F減小，導(dǎo)線框做加速度逐漸減小的減速動(dòng)動(dòng)．整個(gè)導(dǎo)線框在

2、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，無(wú)感應(yīng)電流，導(dǎo)線框做勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)F＝，導(dǎo)線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)D正確． 【答案】　D 2．如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑且平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下．經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則(　　) A．如果B增大，vm將變大 B．如果α變大，vm將變大 C．如果R變大，vm將變大 D．如果m變小，vm將變大 【解析】　以金屬桿為研究對(duì)象，受力如圖所示． 根據(jù)牛頓第二定律得，mgsin

3、α－F安＝ma，其中F安＝，當(dāng)a→0時(shí)，v→vm，解得vm＝，結(jié)合此式分析即得B、C選項(xiàng)正確． 【答案】　BC 3.如圖所示電路，兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為θ的斜面上，導(dǎo)軌下端接有電阻R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，斜面處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電阻可忽略不計(jì)的金屬棒ab質(zhì)量為m，受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用．金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑，則它在下滑高度h的過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是(　　) A．作用在金屬棒上各力的合力做功為零 B．重力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的電能 C．金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 D．金屬棒克服恒力F做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 【解析】

4、　根據(jù)動(dòng)能定理，合力做的功等于動(dòng)能的增量，故A對(duì)；重力做的功等于重力勢(shì)能的減少，重力做的功等于克服F所做的功與產(chǎn)生的電能之和，而克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，所以B、D錯(cuò)，C對(duì)． 【答案】　AC 4.如圖所示，正方形閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計(jì)，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場(chǎng)．若第一次用0.3 s時(shí)間拉出，外力所做的功為W1；第二次用0.9 s時(shí)間拉出，外力所做的功為W2，則(　　) A．W1＝W2 B．W1＝W2 C．W1＝3W2 D．W1＝9W2 【解析】　設(shè)正方形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，導(dǎo)線框的電阻為R，則導(dǎo)體切割磁感線的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)距離為L(zhǎng)，W＝t＝·＝＝，可

5、知W與t成反比，W1＝3W2.選C. 【答案】　C 5. 用一段橫截面半徑為r，電阻率為ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個(gè)半徑為R(r?R)的圓環(huán)．圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場(chǎng)中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，圓環(huán)在加速下落過(guò)程中某一時(shí)刻的速度為v，忽略電感的影響，則(　　) A．此時(shí)在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)沿順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B．圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落 C．此時(shí)圓環(huán)的加速度a＝ D．如果徑向磁場(chǎng)足夠長(zhǎng)，則圓環(huán)的最大速度vm＝ 【解析】　圓環(huán)向下切割磁感線，由右手定則可知，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?俯視)，A正確

6、；再由左手定則可知，圓環(huán)受到的安培力向上，B錯(cuò)誤；圓環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B·2πR·v，感應(yīng)電流I＝，電阻R′＝ρ＝，解得I＝.圓環(huán)受到的安培力F＝BI·2πR＝.圓環(huán)的加速度a＝＝g－，圓環(huán)質(zhì)量m＝d·2πR·πr2，解得加速度a＝g－，C錯(cuò)誤；當(dāng)mg＝F時(shí)，加速度a＝0，圓環(huán)的速度最大，vm＝，D正確． 【答案】　AD 6．如圖所示，足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計(jì)，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面

7、的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8 T．將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運(yùn)動(dòng)速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　) A．2.5 m/s　1 W B．5 m/s　1 W C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9 W 【解析】　當(dāng)小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時(shí)，導(dǎo)體棒MN勻速運(yùn)動(dòng)，受力如圖所示．根據(jù)受力平衡可得，mgsin θ＝μmgcos θ＋，代入數(shù)據(jù)得，v＝5 m/s；小燈泡消耗的電功率為P＝()2R＝1 W，B項(xiàng)正確． 【答案】　B [創(chuàng)新導(dǎo)向練] 7．綜合應(yīng)用——考查電磁感應(yīng)

8、的綜合應(yīng)用 如圖所示，在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中有一個(gè)由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框abcd，線框以恒定的速度v沿垂直磁場(chǎng)方向向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中線框dc邊始終與磁場(chǎng)右邊界平行，線框邊長(zhǎng)ad＝L，cd＝2L.線框?qū)Ь€的總電阻為R.則在線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．a(chǎn)d間的電壓為 B．流過(guò)線框截面的電量為 C．線框所受安培力的合力為 D．線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為 【解析】　ad間的電壓為U＝I·R＝·R＝，故A正確；流過(guò)線框截面的電量q＝IΔt＝·Δt＝，故B正確；線框所受安培力的合力F＝BI·2L＝，故C錯(cuò)誤；產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

9、E＝2BLv，感應(yīng)電流I＝；線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量Q＝I2·R·＝，故D正確． 【答案】　ABD 8．以“測(cè)速儀”為背景考查法拉第電磁感應(yīng)定律與電路知識(shí)的綜合應(yīng)用 某?？萍夹〗M的同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)傳送帶測(cè)速儀，測(cè)速原理如圖所示．在傳送帶一端的下方固定有間距為L(zhǎng)、長(zhǎng)度為d的平行金屬電極．電極間充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直傳送帶平面(紙面)向里、有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且電極之間接有理想電壓表和電阻R，傳送帶背面固定有若干根間距為d的平行細(xì)金屬條，其電阻均為r，傳送帶運(yùn)行過(guò)程中始終僅有一根金屬條處于磁場(chǎng)中，且金屬條與電極接觸良好．當(dāng)傳送帶以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電壓表的示數(shù)為U.則下列說(shuō)法

10、中正確的是(　　) A．傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的速率為 B．電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為 C．金屬條經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域受到的安培力大小為 D．每根金屬條經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的全過(guò)程中克服安培力做功為 【解析】　根據(jù)E＝BLv，則電壓表讀數(shù)為U＝，解得v＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為PR＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；金屬條經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域受到的安培力大小為F＝BIL＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；每根金屬條經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的全過(guò)程中克服安培力做功為W＝Fd＝，選項(xiàng)D正確． 【答案】　D 9．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的電路問(wèn)題 如圖所示，豎直光滑導(dǎo)軌上端接入一定值電阻R，C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場(chǎng)區(qū)域，其區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向都垂直于導(dǎo)軌

11、平面向外，區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b＋kt(k＞0)變化，C2中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B2，一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬桿AB穿過(guò)區(qū)域C2的圓心垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，并恰能保持靜止．則(　　) A．通過(guò)金屬桿的電流大小為 B．通過(guò)金屬桿的電流方向?yàn)閺腂到A C．定值電阻的阻值為R＝－r D．整個(gè)電路的熱功率P＝ 【解析】　根據(jù)題述金屬桿恰能保持靜止，由平衡條件可得：mg＝B2I·2a，通過(guò)金屬桿的電流大小為I＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由楞次定律可知，通過(guò)金屬桿的電流方向?yàn)閺腂到A，選項(xiàng)B正確；根據(jù)區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b＋kt(k

12、＞0)變化，可知＝k，C1中磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝πa2＝kπa2，由閉合電路歐姆定律，E＝I(r＋R)，聯(lián)立解得定值電阻的阻值為R＝－r，選項(xiàng)C正確；整個(gè)電路的熱功率P＝EI＝kπa2·＝，選項(xiàng)D正確． 【答案】　BCD 10．綜合應(yīng)用——考查電磁感應(yīng)中的力電綜合問(wèn)題 如圖所示，一個(gè)“U”形金屬導(dǎo)軌靠絕緣的墻壁水平放置，導(dǎo)軌長(zhǎng)L＝1.4 m，寬d＝0.2 m．一對(duì)長(zhǎng)L1＝0.4 m的等寬金屬導(dǎo)軌靠墻傾斜放置，與水平導(dǎo)軌成θ角平滑連接，θ角可在0～60°調(diào)節(jié)后固定．水平導(dǎo)軌的左端長(zhǎng)L2＝0.4 m的平面區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向水平向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0＝2 T．水平導(dǎo)軌的右端長(zhǎng)L3

13、＝0.5 m的區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間以＝1.0 T/s均勻變大．一根質(zhì)量m＝0.04 kg的金屬桿MN從斜軌的最上端靜止釋放，金屬桿與斜軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.125，與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5.金屬桿電阻R＝0.08 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)． (1)求金屬桿MN上的電流大小，并判斷方向； (2)金屬桿MN從斜軌滑下后停在水平導(dǎo)軌上，求θ角多大時(shí)金屬桿所停位置與墻面的距離最大，并求此最大距離xm. 【解析】　(1)由電磁感應(yīng)定律E＝＝dL3 由歐姆定律得I＝ MN棒上的電流大小I＝1.25 A MN棒上的電流方向：N→M. (2)設(shè)導(dǎo)體棒滑出水

14、平磁場(chǎng)后繼續(xù)滑行x后停下，由動(dòng)能定理得 mgL1 sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2(mg＋B0Id)(L2－L1cos θ)－μ2mgx＝0代入數(shù)據(jù)得，0.16sin θ＋0.16cos θ－0.18＝0.2x 當(dāng)θ＝45°時(shí)，x最大 x＝0.8－0.9＝0.23 m xm＝L2＋x＝(0.4＋0.23) m＝0.63 m. 【答案】　(1)1.25 A　N→M　(2)45°　0.63 m [綜合提升練] 11．(2018·鄭州一中高三上學(xué)期入學(xué)測(cè)試)如圖所示，光滑的輕質(zhì)定滑輪上繞有輕質(zhì)柔軟細(xì)線，線的一端系一質(zhì)量為2 m的重物，另一端系一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿．在豎直

15、平面內(nèi)有足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌PQ、EF，其間距為L(zhǎng).在Q、F之間連接有阻值為R的電阻，其余電阻不計(jì)．一勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.開(kāi)始時(shí)金屬桿置于導(dǎo)軌下端QF處，將重物由靜止釋放，當(dāng)重物下降h時(shí)恰好達(dá)到穩(wěn)定速度而后勻速下降．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)一切摩擦和接觸電阻，重力加速度為g. (1)求重物勻速下降時(shí)的速度v； (2)求重物從釋放到下降h的過(guò)程中，電阻R中產(chǎn)生的熱量QR； (3)設(shè)重物下降h時(shí)的時(shí)刻t＝0，此時(shí)速度為v0，若從t＝0開(kāi)始，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B逐漸減小，且金屬桿中始終不產(chǎn)生感應(yīng)電流，試寫出B隨時(shí)間t變化的關(guān)系． 【解析】　(1

16、)重物勻速下降時(shí)，金屬桿勻速上升，金屬桿受力平衡．設(shè)細(xì)線對(duì)金屬桿的拉力為T，金屬桿所受安培力為F 由平衡條件得T＝mg＋F 由安培力公式得F＝B0IL 根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝ 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝B0Lv 對(duì)重物由平衡條件得T＝2mg 綜合上述各式，解得v＝. (2)設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q，由能量守恒定律得 2mgh－mgh＝(2m)v2＋mv2＋Q 由串聯(lián)電路特點(diǎn)知，電阻R中產(chǎn)生的熱量為QR＝Q 則QR＝mgh－. (3)金屬桿中恰好不產(chǎn)生感應(yīng)電流時(shí)，磁通量不變，則有Φ0＝Φ1 即B0hL＝B(h＋x)L 式中x＝v0t＋at2 對(duì)系統(tǒng)，由牛頓第二定律有

17、a＝＝ 則磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系為B＝＝. 【答案】　(1)　(2)mgh－　(3) 12．(2018·江蘇鹽城市射陽(yáng)二中高三上學(xué)期期中)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的粗糙斜面與水平面成θ＝37°固定放置，斜面上平行虛線aa′和bb′之間有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，間距為d＝1 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖乙所示．現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝0.1 kg，總電阻為R＝10 Ω，邊長(zhǎng)也為d＝1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置有一半面積位于磁場(chǎng)中，在t＝0時(shí)刻，線圈恰好能保持靜止，此后在t＝0.25 s時(shí)，線圈開(kāi)始沿斜面下滑，下滑過(guò)程中線圈MN邊始終與虛線aa′保持平行．已知線圈完全進(jìn)入

18、磁場(chǎng)前已經(jīng)開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)．求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) (1)前0.25 s內(nèi)通過(guò)線圈某一截面的電量； (2)線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (3)線圈從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到通過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)的過(guò)程中，電阻上產(chǎn)生的焦耳熱． 【解析】　(1)0.25 s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有 E＝·＝× V＝2 V 感應(yīng)電流I＝＝ A＝0.2 A 0．25 s內(nèi)通過(guò)線圈某一截面的電量 q＝I·Δt＝0.2×0.25 C＝0.05 C. (2)根據(jù)楞次定律，線圈內(nèi)感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较? 0．25 s時(shí)，線圈開(kāi)始沿斜面下滑 mgsin 37°＝μmg

19、cos 37°＋BId 代入數(shù)據(jù)：0.6＝μ×0.8＋2×0.2×1 解得：μ＝0.25. (3)設(shè)線圈最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E＝Bdv① 感應(yīng)電流I＝② 安培力F安＝BId③ 聯(lián)立①②③得F安＝ 勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)線圈根據(jù)平衡條件得 mgsin 37°＝μmgcos 37°＋ 代入數(shù)據(jù)：0.6＝0.2＋解得v＝1 m/s 根據(jù)能量守恒定律，有mgsin 37°(d＋)＝mv2＋μmgcos 37°(d＋)＋Q 代入數(shù)據(jù)：0.6×＝×0.1×12＋0.2×＋Q 解得：Q＝0.55 J. 【答案】　(1)0.05 C　(2)0.25　(3)0.55 J