《2020版高考物理新优选大一轮人教通用版考点规范练：34 电磁感应现象中的动力学、动量和能量问题 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理新优选大一轮人教通用版考点规范练：34 电磁感应现象中的动力学、动量和能量问题 Word版含解析.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考点规范练考点规范练 34 电磁感应现象中的动力学、动 量和能量问题 电磁感应现象中的动力学、动 量和能量问题 考点规范练第考点规范练第 66 页页 一、单项选择题 1. 如图所示,用粗细相同的铜丝做成边长分别为 L和 2L 的两只闭合线框 a 和 b,以相同的速度从磁感应 强度为 B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外,若外力对线框做的功分别为 Wa、Wb,则 WaWb为 ( ) A.14B.12C.11D.不能确定 答案 A 解析根据能量守恒可知,外力做的功等于产生的电能,而产生的电能又全部转化为焦耳热,所以 Wa=Qa=,Wb=Qb=,由电阻定律知 Rb=2Ra,故 WaWb=14,A 项
2、正确。 ()2 (2)2 2 2.如图所示,条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置,一半径为 R、质量为 m 的金属球从半圆 轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑,重力加速度大小为 g。下列说法正确的是( ) A.金属球会运动到半圆轨道的另一端 B.由于金属球没有形成闭合电路,所以金属球中不会产生感应电流 C.金属球受到的安培力做负功 D.系统产生的总热量小于 mgR 答案 C 解析金属球在运动过程中,穿过金属球的磁通量不断变化,在金属球内形成闭合回路,产生涡流,金属 球受到的安培力做负功,金属球产生的热量不断地增加,机械能不断地减少,直至金属球停在半圆轨道 的最低点,C正确,A、B错误;根据能量
3、守恒定律得系统产生的总热量为 mgR,D 错误。 3.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为 l,底端接阻值为 R 的电阻。将质量为 m 的金属棒悬挂在 一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直,如 图所示。除电阻 R 外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( ) A.释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度 g B.金属棒向下运动时,流过电阻 R 的电流方向为 ab C.金属棒的速度为 v时,所受的安培力大小为 F= 22 D.电阻 R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 答案 C 解析金属棒刚释放时,弹簧处于原长,弹力为零,又
4、因此时金属棒速度为零,没有感应电流,金属棒不受 安培力作用,只受到重力作用,其加速度应等于重力加速度,选项 A 错误;金属棒向下运动时,由右手定 则可知,流过电阻 R 的电流方向为 ba,选项 B 错误;金属棒速度为 v 时,安培力大小为 F=BIl,又 I=, 联立解得 F=,选项 C 正确;金属棒下落过程中,由能量守恒定律知,金属棒减少的重力势能转化为 22 弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻 R 上产生的热量,选项 D 错误。 4. 如图所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻 R,匀强磁场 B 竖直向下分布在导轨所在的空间内, 质量一定的金属棒 PQ 垂直导轨放置。
5、若使棒以一定的初速度 v0向右运动,当其通过位置 a、b 时,速 率分别为 va、vb,到位置 c时棒刚好静止。设金属导轨与棒的电阻均不计,a 到 b 和 b 到 c 的间距相等, 则金属棒在从 a 到 b和从 b到 c 的两个过程中( ) A.回路中产生的内能相等B.棒运动的加速度相等 C.安培力做功相等D.通过棒横截面的电荷量相等 答案 D 解析金属棒由 a 到 b 再到 c的过程中,速度逐渐减小,根据 E=Blv 知,E 减小,故 I 减小,再根据 F=BIl知, 安培力减小,由 F=ma知,加速度减小,B 错误;由于 a 与 b、b 与 c间距相等,安培力由 ac 是逐渐渐小 的,故从
6、 a到 b安培力做的功大于从 b 到 c 安培力做的功,又由于安培力做的功等于回路中产生的内 能,所以 A、C 错误;根据平均感应电动势 E=,I= 和 q=It,得 q=,所以 D 正确。 = 二、多项选择题 5. 如图所示,光滑金属导轨 AC、AD 固定在水平面内,并处在方向竖直向下、大小为 B 的匀强磁场中。 有一质量为 m 的导体棒以初速度 v0从某位置开始在导轨上水平向右运动,最终恰好静止在 A 点。在 运动过程中,导体棒与导轨始终构成等边三角形回路,且通过 A 点的总电荷量为 Q。已知导体棒与导 轨间的接触电阻值恒为 R,其余电阻不计,则( ) A.该过程中导体棒做匀减速运动 B.
7、当导体棒的速度为时,回路中感应电流小于初始时的一半 0 2 C.开始运动时,导体棒与导轨所构成回路的面积为 S= D.该过程中接触电阻产生的焦耳热为 02 8 答案 BC 解析导体切割磁感线产生的感应电动势为 E=Blv,电流为 I=,安培力为 F=BIl=,l、v 都在减小, 22 根据牛顿第二定律知,加速度也在减小,A 错误;当导体棒的速度为 v0时,导体棒的长度也减小了,所以 1 2 回路中感应电流大小小于初始时的一半,B 正确;该过程中,通过的总电荷量为 Q=,也就是开始运动 时,导体棒与导轨所构成回路的面积 S=,C正确;该过程中,动能全部转化为接触电阻产生的焦耳热 为,D错误。 1
8、 2 m 02 6.右图为一圆环发电装置,用电阻 R=4 的导体棒弯成半径 l=0.2 m 的闭合圆环,圆心为 O,COD 是 一条直径,在 O、D 间接有负载电阻 R1=1 。整个圆环中均有 B=0.5 T 的匀强磁场垂直环面穿过。 电阻 r=1 的导体棒 OA 贴着圆环做匀速圆周运动,角速度 =300 rad/s。则( ) A.当 OA 到达 OC 处时,圆环的电功率为 1 W B.当 OA到达 OC 处时,圆环的电功率为 2 W C.全电路最大功率为 3 W D.全电路最大功率为 4.5 W 答案 AD 解析当 OA到达 OC 处时,圆环的电阻为 1 ,与 R1串联接入电路,棒转动过程中
9、产生的感应电动势 E= Bl2=3 V,圆环上分压为 1 V,所以圆环的电功率为 1 W,A 正确,B 错误;当 OA 到达 OD 处时,圆环 1 2 中的电阻为零,此时电路中总电阻最小,而电动势不变,所以电功率最大为 Pmax=4.5 W,C 错误,D 2 1+ 正确。 7.有一半径为 R、电阻率为 电、密度为 密的均匀圆环落入磁感应强度为 B 的径向磁场中,圆环的 截面半径为 r(rR),如图所示。当圆环在加速下落时某一时刻的速度为 v,则( ) 甲 乙 A.此时整个圆环的电动势 E=2Bvr B.忽略电感的影响,此时圆环中的电流 I= 2 电 C.此时圆环的加速度 a= 2 电密 D.如
10、果径向磁场范围足够长,则圆环的最大速度 vmax= 电密 2 答案 BD 解析此时整个圆环垂直切割径向磁感线,电动势 E=2BvR,选项 A 错误;此时圆环中的电流 I= 2电 2 ,选项 B 正确;对圆环,根据牛顿第二定律得 mg-F安=ma,F安=BI2R=,m= 2 2电 2 = 2 电 2222 电 密r22R,则 a=g- ,选项 C 错误;如果径向磁场范围足够长,当 a=0 时圆环的速度最大,即 g- 2 电密 2max 电密 =0,则 vmax=,选项 D 正确。 电密 2 8.如图所示,两根电阻不计的足够长的光滑金属导轨 MN、PQ,间距为 l,两导轨构成的平面与水平面 成 角
11、。金属棒 ab、cd用绝缘轻绳连接,其电阻均为 R,质量分别为 m 和 2m。沿斜面向上的外力 F 作用在 cd上使两棒静止,整个装置处在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。将轻 绳烧断后,保持 F 不变,金属棒始终与导轨垂直且接触良好。则( ) A.轻绳烧断瞬间,cd的加速度大小 a= gsin 1 2 B.轻绳烧断后,cd 做匀加速运动 C.轻绳烧断后,任意时刻两棒运动的速度大小之比 vabvcd=12 D.棒 ab的最大速度 vabm= 4sin 322 答案 AD 解析烧断细绳前,将两根棒看作一个整体,对整体有 F=3mgsin ;烧断细绳瞬间 cd 棒速度为零,在沿斜
12、 面方向上受到拉力 F 和重力沿斜面向下的分力作用,故 a=gsin ,A 正确;由于 cd 棒切 - 2sin 2 = 1 2 割磁感线运动,根据楞次定律和左手定则可知,cd 棒受到沿斜面向下的安培力作用,且随着速度增大而 增大,故 cd棒做变加速运动,只有当 F=2mgsin +Fcd 安后,才沿斜面向上做匀速直线运动,B 错误;因为 两个导体棒组成一个闭合回路,所以通过两个导体棒的电流相同,故受到的安培力等大反向,根据动量 守恒可得 mvab-2mvcd=0,即 vabvcd=21,C 错误;当 ab 棒和 cd 棒加速度为零时,速度均达到最大,设此 时 ab棒和 cd 棒的速度大小分别
13、为 vabm、vcdm,由 ab 棒受力平衡得 mgsin =BIl,此时回路中总的电动 势 E=Bl(vabm+vcdm),电路中电流 I=,由动量守恒定律得 mvab-2mvcd=0,联立解得 vabm=,D 正 2 4sin 322 确。 三、非选择题 9. 如图所示,足够长的固定平行粗糙金属双轨 MN、PQ 相距 d=0.5 m,导轨平面与水平面夹角 =30, 处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小 B=0.5 T的匀强磁场中。长也为 d 的金属棒 ab 垂直 于导轨 MN、PQ 放置,且始终与导轨接触良好,棒的质量 m=0.1 kg,电阻 R=0.1 ,与导轨之间的动摩 擦因数 =
14、,导轨上端连接电路如图所示。已知电阻 R1与灯泡电阻 R2的阻值均为 0.2 ,导轨电阻 3 6 不计,重力加速度 g 取 10 m/s2。 (1)求棒由静止释放瞬间下滑的加速度大小 a; (2)假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后,灯 L 的发光亮度稳定,求此时灯 L 的实际功率 P 和 棒的速率 v。 答案(1)2.5 m/s2 (2)0.05 W 0.8 m/s 解析(1)棒由静止释放的瞬间速度为零,不受安培力作用 根据牛顿第二定律有 mgsin -mgcos =ma, 代入数据得 a=2.5 m/s2。 (2)由“灯 L 的发光亮度稳定”知棒做匀速运动,受力平衡,有 mgsin -
15、mgcos =BId 代入数据得棒中的电流 I=1 A 由于 R1=R2,所以此时通过小灯泡的电流 I2= I=0.5 A,P=R2=0.05 W 1 2 22 此时感应电动势 E=Bdv=I R+ 12 1+ 2 得 v=0.8 m/s。 10. 足够长的平行金属导轨 ab、cd 放置在水平面上,处在磁感应强度 B=1.0 T 的竖直方向的匀强磁场中, 导轨间连接阻值为 R=0.3 的电阻,质量 m=0.5 kg、电阻 r=0.1 的金属棒 ef 紧贴在导轨上,两导 轨间的距离 l=0.40 m,如图所示。在水平恒力 F 作用下金属棒 ef 由静止开始向右运动,其运动距离与 时间的关系如下表
16、所示。导轨与金属棒 ef 间的动摩擦因数为 0.3,导轨电阻不计,g 取 10 m/s2。 时间 t/s 01.02.03.04.05.06.0 7.0 运动 距离 x/m 00.62.04.36.89.311.814.3 (1)求在 4.0 s时间内,通过金属棒截面的电荷量 q; (2)求水平恒力 F; (3)庆丰同学在计算 7.0 s时间内,整个回路产生的焦耳热 Q 时,是这样计算的:先算 7.0 s 内的电荷量, 再算电流 I= ,再用公式 Q=I2Rt 计算出焦耳热,请你简要分析这样做是否正确?认为正确的,请算出结 果;认为错误的,请用自己的方法算出 7.0 s 内整个回路产生的焦耳热
17、 Q。 答案(1)6.8 C (2)2.5 N (3)见解析 解析(1)金属棒产生的平均感应电动势 E= = 平均电流 I= + 则电荷量 q=It=6.8 C。 + (2)由题表中数据可知,3.0 s以后棒 ef 做匀速直线运动,处于平衡状态 其速度 v=2.5 m/s 有 F-Ff=BIl 由 E=Blv,I=,Ff=mg + 解得 F=BIl+Ff=2.5 N。 (3)庆丰同学用电流的平均值计算焦耳热是错误的。正确解法是根据能量转化和守恒定律,有 Fx-mgx-Q= mv2 1 2 解得 Q=12.7 J。 11.如图所示,宽度为 l的平行光滑的金属轨道,左端为半径为 r1的四分之一圆弧
18、轨道,右端为半径为 r2 的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道。水平轨道所在的区域有磁感应强度为 B 的竖直向上的 匀强磁场。一根质量为 m 的金属杆 a 置于水平轨道上,另一根质量为 m0的金属杆 b 由静止开始自左 端轨道最高点滑下,当 b 滑入水平轨道某位置时,a 就滑上了右端半圆轨道最高点(b 始终运动且 a、b 未相撞),并且 a 在最高点对轨道的压力大小为 mg,此过程中通过 a 的电荷量为 q,a、b 棒的电阻分别 为 R1、R2,其余部分电阻不计。在 b 由静止释放到 a 运动到右端半圆轨道最高点过程中。 (1)在水平轨道上运动时 b的最大加速度是多大? (2)自 b 释放到
19、 a到达右端半圆轨道最高点过程中系统产生的焦耳热是多少? (3)在 a 刚到达右端半圆轨道最低点时 b 的速度是多大? 答案(1) (2)Blq-3mgr2- 22 21 0 ( 1+ 2) 21 222 20 (3) 21 0 62 解析(1)设杆 b刚刚滑到左端轨道最低端时的速度为 vb1,由机械能守恒定律, m0=m0gr1,所以 vb1= 1 2 12 21 b刚滑到水平轨道时加速度最大,则 E=Blvb1,I=, 1+ 2 根据牛顿第二定律有,F安=BIl=m0a 得杆 b的最大加速度 a=。 22 21 0 ( 1+ 2) (2)设杆 a 到达右端半圆轨道最高点时,杆 a的速度为
20、va1,杆 b 的速度为 vb2, 根据动量定理有-BIlt=m0vb2-m0vb1,即-Blq=m0vb2-m0vb1 所以 vb2= 21 0 根据牛顿第二定律和第三定律,得 2mg=m 12 2 所以 va1= 22 因为 m0gr1= m0+mg2r2+Q 1 2 22+ 1 2 m 12 所以系统产生的焦耳热 Q=Blq-3mgr2-。 21 222 20 (3)根据能量守恒,有 2mgr2= 1 2 m 22 1 2 m 12 所以杆 a 刚到达水平轨道右端时的速度 va2= 62 在杆 b和杆 a在水平轨道上运动时,符合动量守恒条件,根据动量守恒定律,有 m0vb1=m0vb3+mva2 杆 a刚到达水平轨道最右端时,杆 b 的速度 vb3=。 21 0 62