高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題16 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題練習(xí) 新人教版

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1、 微專題十六 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題 [A級—基礎(chǔ)練] 1．(08787070)如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可以在ab、cd上無摩擦地滑動．桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計．開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　) A．ef將減速向右運(yùn)動，但不是勻減速 B．ef將勻減速向右運(yùn)動，最后停止 C．ef將勻速向右運(yùn)動 D．ef將往返運(yùn)動 解析：A　[桿ef向右運(yùn)動，所受安培力F＝BIL＝BL＝，方向向左，故桿ef做減速運(yùn)動；v減小，F(xiàn)減小，桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動

2、，A正確．] 2．(08787071)如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下，在磁場中有一個邊長為L的正方形剛性金屬框，ab邊的質(zhì)量為m，電阻為R，其他三邊的質(zhì)量和電阻均不計．cd邊上裝有固定的水平軸，將金屬框自水平位置由靜止釋放，第一次轉(zhuǎn)到豎直位置時，ab邊的速度為v，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是(　　) A．通過ab邊的電流方向為a→b B．a(chǎn)b邊經(jīng)過最低點時的速度v＝ C．a(chǎn)、b兩點間的電壓逐漸變大 D．金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgL－mv2 解析：D　[ab邊向下擺動過程中，磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律及右手定則可知感應(yīng)電流方

3、向為b→a，選項A錯誤；ab邊由水平位置到達(dá)最低點過程中，機(jī)械能不守恒，所以選項B錯誤；金屬框擺動過程中，ab邊同時受安培力作用，故當(dāng)重力與安培力沿其擺動方向分力的合力為零時，a、b兩點間電壓最大，選項C錯誤；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)等于此過程中機(jī)械能的損失，故選項D正確．] 3．(08787072)如圖所示，兩根水平放置的相互平行的金屬導(dǎo)軌ab、cd表面光滑，處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，金屬棒PQ垂直于導(dǎo)軌放在上面，以速度v向右勻速運(yùn)動，欲使棒PQ停下來，下面的措施可行的是(導(dǎo)軌足夠長，棒PQ有電阻)(　　) A．在PQ右側(cè)垂直于導(dǎo)軌再放上一根同樣的金屬

4、棒 B．在PQ右側(cè)垂直于導(dǎo)軌再放上一根質(zhì)量和電阻均比棒PQ大的金屬棒 C．將導(dǎo)軌的a、c兩端用導(dǎo)線連接起來 D．在導(dǎo)軌的a、c兩端用導(dǎo)線連接一個電容器 解析：C　[在PQ棒右側(cè)放金屬棒時，回路中會有感應(yīng)電流，使金屬棒加速，PQ棒減速，當(dāng)獲得共同速度時，回路中感應(yīng)電流為零，兩棒都將勻速運(yùn)動，A、B項錯誤；當(dāng)一端或兩端用導(dǎo)線連接時，PQ的動能將轉(zhuǎn)化為內(nèi)能而最終靜止，C選項正確．D項中棒最終勻速，D錯誤．] 4．(08787073)一個剛性矩形銅制線圈從高處自由下落，進(jìn)入一水平的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，然后穿出磁場區(qū)域繼續(xù)下落，如圖所示，則(　　) A．若線圈進(jìn)入磁場過程是勻速運(yùn)動，則離開磁

5、場過程也是勻速運(yùn)動 B．若線圈進(jìn)入磁場過程是加速運(yùn)動，則離開磁場過程也是加速運(yùn)動 C．若線圈進(jìn)入磁場過程是減速運(yùn)動，則離開磁場過程也是減速運(yùn)動 D．若線圈進(jìn)入磁場過程是減速運(yùn)動，則離開磁場過程是加速運(yùn)動 答案：C 5．(08787074)如圖甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量為m的單匝均勻正方形銅線框，邊長為a，在1位置以速度v0進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場并開始計時，若磁場的寬度為b(b>3a)，在3t0時刻線框到達(dá)2位置速度又為v0，并開始離開勻強(qiáng)磁場．此過程中vt圖象如圖乙所示，則(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．t＝0時，線框右側(cè)邊MN間的電壓為Bav0 B．

6、在t0時刻線框的速度為v0－ C．線框完全離開磁場的瞬間位置3速度一定比t0時刻線框的速度大 D．線框完全離開磁場的瞬間位置3速度一定比t0時刻線框的速度小 解析：B　[t＝0時，MN開始切割磁感線，電動勢E＝Bav0.四邊電阻相等，MN間電壓為Bav0，A錯誤．在t0～3t0時段，設(shè)t0時刻速度為v′.據(jù)動量定理F2t0＝mv0－mv′，則v′＝v0－，B正確．據(jù)題意分析知，3t0后的離開過程與0～t0的進(jìn)入過程完全相同，因此線框離開磁場的瞬間位置3速度與t0時刻相同，C、D均錯．] 6．(08787075)(多選)如圖所示，光滑的U形金屬導(dǎo)體框豎直放置，質(zhì)量為m的金屬棒MN與框架接

7、觸良好．磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1、B2的有界勻強(qiáng)磁場方向相反，但均垂直于框架平面，分別處在abcd和cdef區(qū)域．現(xiàn)從圖示位置由靜止釋放金屬棒MN，當(dāng)金屬棒進(jìn)入磁場B1區(qū)域后，恰好做勻速運(yùn)動．以下說法中正確的是(　　) A．若B2＝B1，金屬棒進(jìn)入B2區(qū)域后將加速下滑 B．若B2＝B1，金屬棒進(jìn)入B2區(qū)域后仍將保持勻速下滑 C．若B2B1，金屬棒進(jìn)入B2區(qū)域后將先加速后勻速下滑 解析：BC　[當(dāng)金屬棒MN進(jìn)入磁場B1區(qū)域時，金屬棒MN切割磁感線而使回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，當(dāng)金屬棒MN恰好做勻速運(yùn)動時，其重力和安培力平衡，即有＝

8、mg.金屬棒MN剛進(jìn)入B2區(qū)域時，速度仍為v，若B2＝B1，則仍滿足＝mg，金屬棒MN仍保持勻速下滑，選項A錯誤，B正確；若B2

9、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(　　) A．金屬棒兩端的最大電壓為BL B．金屬棒在磁場中的運(yùn)動時間為 C．克服安培力所做的功為mgh D．右端的電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為(mgh－μmgd) 解析：AD　[金屬棒剛進(jìn)入磁場時的速度最大，此時金屬棒產(chǎn)生的電動勢最大，mgh＝mv2，解得v＝，電動勢E＝BLv＝BL，金屬棒兩端的電壓為路端電壓，U＝＝，A正確；金屬棒在磁場中做加速度減小的減速運(yùn)動，不是勻減速運(yùn)動，無法求其運(yùn)動時間，B錯誤；對金屬棒運(yùn)動全過程應(yīng)用動能定理，mgh－W克安－μmgd＝0，所以

10、克服安培力做功小于mgh，C錯誤；由上式解得Q＝W克安＝mgh－μmgd，右端電阻R產(chǎn)生的焦耳熱QR＝(mgh－μmgd)，D正確．] [B級—能力練] 8．(08787077)(多選)(2018陜西寶雞一模)如圖所示，足夠長的U形光滑金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角，其中MN與PQ平行且間距為L，導(dǎo)軌間連接一個電阻為R的燈泡，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計．一質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，金屬棒ab接入電路的電阻為r，當(dāng)流經(jīng)金屬棒ab某一橫截面的電荷量為q時，金屬棒ab的速度大小為v，則金屬棒ab在由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑到速度達(dá)到v

11、的過程中(未達(dá)到最大速度)(　　) A．金屬棒ab做加速度減小的變加速直線運(yùn)動 B．金屬棒ab兩端的電壓始終為Blv C．燈泡的亮度先逐漸變亮后保持不變 D．回路中產(chǎn)生的焦耳熱為sin θ－mv2 解析：AD　[對金屬棒受力分析，有mgsin θ－F安＝ma，F(xiàn)安＝，隨著速度的增大，加速度逐漸減小，金屬棒做加速度減小的變加速直線運(yùn)動，A正確；金屬棒兩端的電壓為路端電壓，并且運(yùn)動過程中速度在變化，末速度為v，所以B錯誤；因為該過程沒有達(dá)到最大速度，所以燈泡的亮度是一直變亮，C錯誤；設(shè)金屬棒運(yùn)動過程的位移為s，由q＝＝，解得s＝，對運(yùn)動過程應(yīng)用動能定理有mgssin θ－Q＝mv2

12、，解得回路產(chǎn)生的熱量Q＝mgssin θ－mv2＝sin θ－mv2，D正確．] 9．(08787078)(2018安徽省黃山市聯(lián)考)如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距離為L，其電阻不計．兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面與水平面成θ角，兩根用細(xì)線連接的金屬桿ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，平行斜面向上的外力F作用在桿ab上，使兩桿靜止，已知兩金屬桿ab、cd的質(zhì)量分別為m和2m，兩金屬桿的電阻都為R，并且和導(dǎo)軌始終保持良好接觸，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.某時刻將細(xì)線燒斷，保持桿ab靜止不動，求： (1)細(xì)線燒斷后外力F的最小值和最大值； (2)設(shè)細(xì)

13、線燒斷后cd桿到達(dá)最大速度前桿ab產(chǎn)生的電熱為Q，求cd桿到達(dá)最大速度前經(jīng)過的位移s. 解析：(1)細(xì)線燒斷瞬間，外力F取得最小值F2； 研究桿ab：F1＝mgsin θ. cd桿到達(dá)最大速度vm時，外力F取得最大值F2. 研究桿ab：F2＝mgsin θ＋F安． 研究cd桿，因其勻速運(yùn)動，F(xiàn)安′＝2mgsin θ. 顯然F安＝F安′. 代入可得：F2＝3mgsin θ(也可研究整體) (2)兩桿電阻相等，故電熱相等． cd桿到達(dá)最大速度前電路產(chǎn)生的總電熱為2Q 由能量守恒可知：2mgsin θs＝mv2/2＋2Q. 其中v為cd桿最大速度 研究cd桿，因其勻速運(yùn)動，F(xiàn)

14、安＝2mgsin θ. 且F安＝BIL，E＝BLv，I＝E/2R， 代入得：s＝4m2R2gsin θ/B4L4＋Q/mgsin θ. 答案：(1)mgsin θ　3mgsin θ (2)＋ 10．(08787079)如圖所示，正方形單匝均勻線框abcd，邊長L＝0.4 m，每邊電阻相等，總電阻R＝0.5 Ω.一根足夠長的絕緣輕質(zhì)細(xì)線跨過兩個輕質(zhì)光滑定滑輪，一端連接正方形線框，另一端連接絕緣物體P.物體P放在一個光滑的足夠長的固定斜面上，斜面傾角θ＝30，斜面上方的細(xì)線與斜面平行．在正方形線框正下方有一有界的勻強(qiáng)磁場，上邊界Ⅰ和下邊界Ⅱ都水平，兩邊界之間距離也是L＝0.4 m．磁場方

15、向水平，垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T．現(xiàn)讓正方形線框的cd邊距上邊界Ⅰ的正上方高度h＝0.9 m的位置由靜止釋放，且線框在運(yùn)動過程中始終與磁場垂直，cd邊始終保持水平，物體P始終在斜面上運(yùn)動，線框剛好能以v＝3 m/s的速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場并勻速通過勻強(qiáng)磁場區(qū)域．釋放前細(xì)線繃緊，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力． (1)線框的cd邊在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的過程中，c、d間的電壓是多大？ (2)線框的質(zhì)量m1和物體P的質(zhì)量m2分別是多大？ (3)在cd邊剛進(jìn)入磁場時，給線框施加一個豎直向下的拉力F，使線框以進(jìn)入磁場前的加速度勻加速通過磁場區(qū)域，在此過程中，力F做功W＝0.

16、23 J，求正方形線框cd邊產(chǎn)生的焦耳熱是多少？ 解析：(1)正方形線框勻速通過勻強(qiáng)磁場區(qū)域的過程中，設(shè)cd邊上的感應(yīng)電動勢為E，線框中的電流強(qiáng)度為I，c、d間的電壓為Ucd，則E＝BLv，I＝，Ucd＝IR. 解得Ucd＝0.45 V. (2)正方形線框勻速通過磁場區(qū)域的過程中，設(shè)受到的安培力為F，細(xì)線上的張力為T，則F＝BIL，T＝m2gsin θ，m1g＝T＋F. 正方形線框在進(jìn)入磁場之前的運(yùn)動過程中，根據(jù)能量守恒有m1gh－m2ghsin θ＝(m1＋m2)v2， 解得m1＝0.032 kg，m2＝0.016 kg. (3)因為線框在磁場中運(yùn)動的加速度與進(jìn)入前的加速度相同，

17、所以在通過磁場區(qū)域的過程中，線框和物體P的總機(jī)械能保持不變，故力F做功W等于整個線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q，即W＝Q. 設(shè)線框cd邊產(chǎn)生的焦耳熱為Qcd，根據(jù)Q＝I2Rt有Qcd＝Q，解得Qcd＝0.057 5 J. 答案：(1)0.45 V　(2)0.032 kg　0.016 kg (3)0.057 5 J 11．(08787080)(2017上海單科)如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，與水平面夾角為θ，兩導(dǎo)軌上端用阻值為R的電阻相連，該裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面．質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導(dǎo)軌平面向上的初速度v0從導(dǎo)軌底端開始運(yùn)動，然后又返回到出發(fā)位置．在運(yùn)動

18、過程中，ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力． (1)求ab開始運(yùn)動時的加速度a； (2)分析并說明ab在整個運(yùn)動過程中速度、加速度的變化情況； (3)分析并比較ab上滑時間和下滑時間的長短． 解析：(1)利用楞次定律，對初始狀態(tài)的ab受力分析得： mgsin θ＋BIL＝ma① 對回路分析 I＝＝② 聯(lián)立①②得 a＝gsin θ＋ (2)上滑過程： 由第(1)問中的分析可知，上滑過程加速度大小表達(dá)式為：a上＝gsin θ＋③ 上滑過程，a、v反向，v做減速運(yùn)動．利用③式，v減小則a減小，可知，桿上滑時做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動． 下滑過程：

19、 由牛頓第二定律，對ab受力分析得： mgsin θ－＝ma下④ a下＝gsin θ－⑤ 因a下與v同向，ab做加速運(yùn)動． 由⑤得v增加，a下減小， 桿下滑時做加速度減小的加速運(yùn)動． (3)設(shè)P點是上滑與下滑過程中經(jīng)過的同一點P，由能量轉(zhuǎn)化與守恒可知： mv＝mv＋QR⑥ QR為ab從P滑到最高點到再回到P點過程中R上產(chǎn)生的焦耳熱． 由QR＞0，所以vP上＞vP下 同理可推得ab上滑通過某一位置的速度大于下滑通過同一位置的速度，進(jìn)而可推得上＞下 由s＝上t上＝下t下得t上＜t下 即ab上滑時間比下滑時間短． 答案：(1)gsin θ＋　(2)見解析　(3)見解析 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375