高考物理 得分關(guān)鍵題增值增分特訓(xùn) 應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析電磁感應(yīng)問題

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1、應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析電磁感應(yīng)問題 (限時：45分鐘) 一、單項選擇題 1． 如圖1所示，邊長為L的正方形金屬框ABCD在水平恒力F作用下，穿過寬度為d的有界勻強磁場．已知d

2、向相反，選項A正確；在線框AB邊已經(jīng)穿出磁場而CD邊還沒有進入磁場時，線框不受安培力，做加速運動，當(dāng)線框CD邊進入磁場后，線框受到的安培力會大于F，線框做減速運動，選項B錯誤；水平恒力做的功等于水平恒力乘位移，兩個過程位移相等，所以兩個過程恒力F做的功相等，選項C錯誤；兩個過程中產(chǎn)生的電能等于線框克服安培力做的功，由于安培力不相等，所以線框克服安培力做的功也不相等，選項D錯誤． 2． 如圖2甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n＝100，線圈面積S＝200 cm2，線圈的電阻r＝1 Ω，線圈外接一個阻值R＝4 Ω的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示．

3、下列說法中正確的是 (　　) 圖2 A．線圈中的感應(yīng)電流方向為順時針方向 B．電阻R兩端的電壓隨時間均勻增大 C．線圈電阻r消耗的功率為4×10－4 W D．前4 s內(nèi)通過R的電荷量為4×10－4 C 答案　C 解析　由楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)電流方向為逆時針方向，選項A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝＝0.1 V，電阻R兩端的電壓不隨時間變化，選項B錯誤；回路中電流I＝＝0.02 A，線圈電阻r消耗的功率為P＝I2r＝4×10－4 W，選項C正確；前4 s內(nèi)通過R的電荷量為q＝It＝0.08 C，選項D錯誤． 3． 如圖3，MN和PQ是電阻不計的

4、平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場．質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好．則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中 (　　) 圖3 A．流過金屬棒的最大電流為 B．通過金屬棒的電荷量為 C．克服安培力所做的功為mgh D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) 答案　D 解析　金屬棒滑下過程中，根據(jù)動能定理有mgh＝mv，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv

5、m，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝，聯(lián)立得Im＝，A錯誤；根據(jù)q＝可知，通過金屬棒的電荷量為，B錯誤；全過程根據(jù)動能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，故C錯誤；由Wf＝－μmgd，金屬棒克服安培力做的功完全轉(zhuǎn)化成電熱，由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同，設(shè)金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，故2Q＝－W安，聯(lián)立得Q＝mg(h－μd)，D正確． 4． 如圖4所示，相距為L的平行金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面成θ角放置，導(dǎo)軌與阻值均為R的兩定值電阻R1、R2相連，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面．有一質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN，以速度v沿導(dǎo)軌勻速下滑，它與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，忽略感應(yīng)電流之

6、間的相互作用，則 (　　) 圖4 A．導(dǎo)體棒下滑的速度大小為 B．電阻R1消耗的熱功率為mgv(sin θ－μcos θ) C．導(dǎo)體棒兩端電壓為 D．t時間內(nèi)通過導(dǎo)體棒的電荷量為 答案　D 解析　由導(dǎo)體棒受力平衡可得mgsin θ＝BIL＋Ff＝＋μmgcos θ，整理可得v＝，A錯誤；重力的功率等于摩擦力產(chǎn)生的熱功率和電功率之和，即mgvsin θ＝μmgvcos θ＋P電，由電路的知識可知，電阻R1消耗的熱功率P1＝P電，整理可得P1＝mgv(sin θ－μcos θ)，B錯誤；導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，導(dǎo)體棒兩端電壓U＝E，結(jié)合A項分析

7、得到的v值可得U＝，C錯誤；t時間內(nèi)通過導(dǎo)體棒的電荷量q＝，ΔΦ＝BLvt，代入v值整理可得q＝，D正確． 5． 如圖5甲所示，垂直紙面向里的有界勻強磁場磁感應(yīng)強度B＝1.0 T，質(zhì)量為m＝0.04 kg、高h＝0.05 m、總電阻R＝5 Ω、n＝100匝的矩形線圈豎直固定在質(zhì)量為M＝0.08 kg的小車上，小車與線圈的水平長度l相同．當(dāng)線圈和小車一起沿光滑水平面運動，并以初速度v1＝10 m/s進入磁場，線圈平面和磁場方向始終垂直．若小車運動的速度v隨車的位移x變化的v－x圖象如圖乙所示，則根據(jù)以上信息可知 (　　) 圖5 A．小車的水平長度l＝15 cm B．磁場的

8、寬度d＝35 cm C．小車的位移x＝10 cm時線圈中的電流I＝7 A D．線圈通過磁場的過程中線圈產(chǎn)生的熱量Q＝1.92 J 答案　C 解析　從x＝5 cm開始，線圈進入磁場，線圈中有感應(yīng)電流，在安培力作用下小車做減速運動，速度v隨位移x增大而減小，當(dāng)x＝15 cm時，線圈完全進入磁場，小車做勻速運動．小車的水平長度l＝10 cm，A項錯；當(dāng)x＝30 cm時，線圈開始離開磁場，則d＝30 cm－5 cm＝25 cm，B項錯；當(dāng)x＝10 cm時，由題圖乙知，線圈速度v2＝7 m/s，感應(yīng)電流I＝ ＝＝7 A，C項對；線圈左邊離開磁場時，小車的速度為v3＝2 m/s，線圈上產(chǎn)生的電熱為

9、Q＝(M＋m)(v－v)＝5.76 J，D項錯． 6． 如圖6所示，電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為θ，下端與阻值為R的定值電阻相連，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面．有一質(zhì)量為m、長度為l的導(dǎo)體棒從ab位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運動，最遠到達a′b′的位置，滑行的距離為s.已知導(dǎo)體棒的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，則(　　) 圖6 A．上滑過程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為 B．上滑過程中電流做功產(chǎn)生的熱量為mv2－mgs(sin θ＋μcos θ) C．上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為mv2 D．上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機械能為mv2

10、 答案　B 解析　上滑過程中開始時導(dǎo)體棒的速度最大，受到的安培力最大為；根據(jù)能量守恒，上滑過程中電流做功產(chǎn)生的熱量為mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)；上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電流做功產(chǎn)生的熱量，即mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)；上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機械能為mv2－mgssin θ；所以只有選項B正確. 7． 如圖7所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B，方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大．一邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向從左邊磁場區(qū)域向右運動，當(dāng)線框運動到分別有一半面積在兩個磁

11、場中的位置時，線框的速度為，則下列說法正確的是 (　　) 圖7 A．位置Ⅱ時線框中的電功率為 B．此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2 C．位置Ⅱ時線框的加速度為 D．此過程中通過線框截面的電量為 答案　B 解析　在位置Ⅱ時線框中的電功率為P＝＝＝，選項A錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2－m()2＝mv2，選項B正確；根據(jù)牛頓第二定律，在位置Ⅱ時線框的加速度為a線框＝＝，選項C錯誤；此過程中通過線框截面的電量為Q＝＝，選項D錯誤． 8． 如圖8為一測量磁場磁感應(yīng)強度大小的裝置原理示意圖．長度為L、質(zhì)量為m的均質(zhì)細鋁棒MN的中點與豎直懸掛的、勁度系數(shù)為k的絕緣輕彈

12、簧相連，與MN的右端連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的刻度．在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，方向垂直紙面向外，當(dāng)MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，指針恰好指在零刻度；當(dāng)在MN中通有由M向N大小為I的恒定電流時，MN始終在磁場中運動，在向下運動到最低點時，指針的最大示數(shù)為xm.不考慮MN中電流產(chǎn)生的磁場及空氣阻力，則在通電后MN棒第一次向下運動到xm的過程中，以下說法正確的是 (　　) 圖8 A．MN棒的加速度一直增大 B．MN棒及彈簧、地球組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．在最低點彈簧具有的彈性勢能為(mg＋BIL)xm D．該磁場的磁感應(yīng)強度B＝ 答案　D 解析　通

13、電后安培力恒定，隨著鋁棒向下運動，彈簧彈力逐漸增大，鋁棒所受的豎直向下的合力先減小后反向增大，加速度先向下減小，后反向增大，A錯誤；運動過程中，由于安培力做功，系統(tǒng)機械能不守恒，B錯誤；由功能關(guān)系可知，在最低點，鋁棒速度為零，彈簧具有的彈性勢能為彈簧從原長開始運動到最低點的過程中，重力與安培力做功之和，則Ep＝mg(＋xm)＋BILxm，C錯誤；從通電開始到鋁棒下落至最低點，對于鋁棒由動能定理有(mg＋BIL)xm－xm＝0，解得B＝，D正確． 9． 如圖9所示，水平的平行虛線間距為d，其間有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．一個正方形線框邊長為l(d>l)，質(zhì)量為m，電阻為R.開始時，線框的下邊緣

14、到磁場上邊緣的距離為h.將線框由靜止釋放，其下邊緣剛進入磁場時，線框的加速度恰好為零．則線框進入磁場的過程和從磁場下邊穿出磁場的過程相比較，有 (　　) 圖9 A．產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向相同 B．所受的安培力的方向相反 C．進入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量大于穿出磁場的過程中產(chǎn)生的熱量 D．進入磁場過程中所用的時間大于穿出磁場過程中所用的時間 答案　D 解析　根據(jù)楞次定律，線框進入磁場時感應(yīng)電流沿逆時針方向，線框離開磁場時，感應(yīng)電流沿順時針方向，選項A錯誤；根據(jù)楞次定律“來拒去留”的結(jié)論，線框進出磁場時，所受安培力方向都向上，選項B錯誤；由d>l，線框穿出磁場時的平均速度大于

15、進入磁場時的平均速度，所以穿出磁場時所用時間小于進入磁場時所用的時間，選項D正確；根據(jù)F＝BIl＝可知，穿出磁場時的平均安培力大于進入磁場時的平均安培力，所以穿出磁場時安培力做的功多，產(chǎn)生的熱量多，選項C錯誤． 二、多項選擇題 10．(2013·四川·7)如圖10所示，邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為B＝kt(常量k＞0)．回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝.閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則 (　　) 圖10 A．R2兩端的

16、電壓為 B．電容器的a極板帶正電 C．滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍 D．正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢kL2 答案　AC 解析　由楞次定律可知，正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針方向，所以電容器b極板帶正電，選項B錯誤．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢E＝kπr2，選項D錯誤．R2與的并聯(lián)阻值R并＝＝，根據(jù)串聯(lián)分壓的特點可知：UR2＝×R0＝U，選項A正確．由P＝得：PR2＝＝，PR＝＋＝，所以PR＝5PR2選項C正確． 11．如圖11所示，一軌道的傾斜部分和水平部分都處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，且磁場方向都與軌道平面垂直，水平軌道足夠長．一質(zhì)量為m的水

17、平金屬棒ab，從靜止開始沿軌道下滑，運動過程中金屬棒ab始終保持與軌道垂直且接觸良好．金屬棒從傾斜軌道轉(zhuǎn)入水平軌道時無機械能損失．則ab棒運動的v－t圖象，可能正確的是 (　　) 圖11 答案　CD 解析　金屬棒沿傾斜軌道下滑時，開始時重力沿斜面向下的分力大于安培力和摩擦力，金屬棒向下加速，隨著速度的增大，安培力增大，故導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運動，可能在傾斜軌道上加速度減為零，做一段勻速運動，也可能加速度沒減為零，導(dǎo)體棒到達水平軌道上時，受安培力和摩擦力的作用，速度越來越小，安培力越來越小，導(dǎo)體棒減速運動的加速度越來越小，最后靜止在軌道上，故C、D正確，A、B錯誤． 12．一

18、正方形金屬線框位于有界勻強磁場區(qū)域內(nèi)，線框平面與磁場垂直，線框的右邊緊貼著磁場邊界，如圖12甲所示．t＝0時刻對線框施加一水平向右的外力F，讓線框從靜止開始做勻加速直線運動穿過磁場．外力F隨時間t變化的圖線如圖乙所示．已知線框質(zhì)量m＝1 kg、電阻R＝1 Ω.以下說法正確的是 (　　) 圖12 A．做勻加速直線運動的加速度為1 m/s2 B．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為2 T C．線框穿過磁場過程中，通過線框的電荷量為 C D．線框穿過磁場的過程中，線框上產(chǎn)生的焦耳熱為1.5 J 答案　ABC 解析　本題考查的是電磁感應(yīng)定律相關(guān)問題，開始時，a＝＝ m/s2＝1 m/

19、s2，由題圖乙可知t＝1.0 s時安培力消失，線框剛好離開磁場區(qū)域，則線框邊長：l＝at2＝×1×1.02 m＝0.5 m；當(dāng)t＝1.0 s時，F(xiàn)＝3 N，由牛頓第二定律得F－＝3 N－ N＝1 kg·1 m/s2，得到B＝2 T，q＝t＝t＝×1.0 C＝ C；Q＝2Rt＝()2×1×1.0 J＝0.5 J，故D錯，A、B、C正確． 13．如圖13所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個大小相等、方向相反的勻強磁場，磁場方向與斜面垂直，兩磁場的寬度MJ和JG均為L，一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進入磁場時，線框恰好以速度v0做勻速

20、直線運動；當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，線框又恰好以速度v做勻速直線運動．則下列說法正確的是 (　　) 圖13 A．v＝v0 B．線框離開MN的過程中電流方向為adcda C．當(dāng)ab邊剛越過JP時，線框加速度的大小為3gsin θ D．從ab邊剛越過GH到ab邊剛越過MN過程中，線框產(chǎn)生的熱量為2mgLsin θ＋mv 答案　BCD 解析　ab邊剛越過GH進入磁場時，線框做勻速直線運動，安培力BIL＝mgsin θ，當(dāng)ab邊剛越過JP時，ab、cd邊都切割磁感線，感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼?倍，總的安培力變?yōu)樵瓉淼?倍，4BIL－mgsin θ＝ma，a＝3gsin θ，選項C正確；ab邊越過JP后，導(dǎo)體棒先做減速運動，當(dāng)再次勻速時，安培力的合力仍等于mgsin θ，由＝mgsin θ、＝mgsin θ得，v＝v0，選項A錯誤；根據(jù)楞次定律，線框離開MN的過程中，感應(yīng)電流的方向應(yīng)該為adcba，選項B正確；從ab邊剛越過GH到ab邊剛越過MN，根據(jù)動能定理有2mgLsin θ－W＝mv2－mv，所以克服安培力做的功為W＝2mgLsin θ＋mv，選項D正確．