《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 課時(shí)規(guī)范練34 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量問題 新人教版.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 課時(shí)規(guī)范練34 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量問題 新人教版.doc（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

課時(shí)規(guī)范練34　電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量問題 基礎(chǔ)鞏固組 1. (電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題)如圖所示,用粗細(xì)相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩只閉合線框a和b,以相同的速度把兩只線框從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中勻速地拉到磁場(chǎng)外,若外力對(duì)環(huán)做的功分別為Wa、Wb,則Wa∶Wb為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.1∶4 B.1∶2 C.1∶1 D.不能確定 答案A 解析根據(jù)能量守恒可知,外力做的功等于產(chǎn)生的電能,而產(chǎn)生的電能又全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱,所以Wa=Qa=(BLv)2RaLv,Wb=Qb=(B2Lv)2Rb2Lv,由電阻定律知Rb=2Ra,故Wa∶Wb=1∶4,A項(xiàng)正確。 2. (電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)問題)一個(gè)剛性矩形銅制線圈從高處自由下落,進(jìn)入一水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,然后穿出磁場(chǎng)區(qū)域繼續(xù)下落,如圖所示,則(　　) A.若線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程是勻速運(yùn)動(dòng),則離開磁場(chǎng)過程也是勻速運(yùn)動(dòng) B.若線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程是加速運(yùn)動(dòng),則離開磁場(chǎng)過程也是加速運(yùn)動(dòng) C.若線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程是減速運(yùn)動(dòng),則離開磁場(chǎng)過程也是減速運(yùn)動(dòng) D.若線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程是減速運(yùn)動(dòng),則離開磁場(chǎng)過程是加速運(yùn)動(dòng) 答案C 解析線圈從高處自由下落,以一定的速度進(jìn)入磁場(chǎng),會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,線圈受到重力和安培力作用,線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)后,磁通量不變,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生,線圈不受安培力,只受重力,在磁場(chǎng)內(nèi)部會(huì)做一段勻加速運(yùn)動(dòng)。若線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程是勻速運(yùn)動(dòng),說明有mg=BIl,由于線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)后只受重力,在磁場(chǎng)內(nèi)部會(huì)做一段勻加速運(yùn)動(dòng),離開磁場(chǎng)時(shí)的速度大于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度,安培力大于重力,就會(huì)做減速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;若線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程一直是加速運(yùn)動(dòng),說明重力大于安培力,在離開磁場(chǎng)時(shí)速度增大,安培力增大,可能安培力與重力平衡,做勻速運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;若線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程一直是減速運(yùn)動(dòng),說明重力小于安培力,線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)后,在磁場(chǎng)內(nèi)部會(huì)做一段勻加速運(yùn)動(dòng),所以離開磁場(chǎng)時(shí)安培力變大,安培力仍然大于重力,所以也是減速運(yùn)動(dòng),故C正確,D錯(cuò)誤。 3.(電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題)豎直平面內(nèi)有一形狀為拋物線的光滑曲面軌道,如圖所示,拋物線方程是y=x2,軌道下半部分處在一個(gè)水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的上邊界是y=a的直線(圖中虛線所示),一個(gè)小金屬環(huán)從拋物線上y=b(b>a)處以速度v沿拋物線下滑,假設(shè)拋物線足夠長,金屬環(huán)沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是(　　) A.mgb B.12mv2 C.mg(b-a) D.mg(b-a)+12mv2 答案D 解析小金屬環(huán)進(jìn)入或離開磁場(chǎng)時(shí),磁通量會(huì)發(fā)生變化,并產(chǎn)生感應(yīng)電流,產(chǎn)生焦耳熱;當(dāng)小金屬環(huán)全部進(jìn)入磁場(chǎng)后,不產(chǎn)生感應(yīng)電流,小金屬環(huán)最終在磁場(chǎng)中做往復(fù)運(yùn)動(dòng),由能量守恒定律可得產(chǎn)生的焦耳熱等于減少的機(jī)械能,即Q=12mv2+mgb-mga=mg(b-a)+12mv2,D正確。 4. (多選)(電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題)(2017安徽江南十校聯(lián)考)如圖所示,磁場(chǎng)與線圈平面垂直,先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈拉出有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,v1=3v2。在先后兩種情況下(　　) A.線圈中的感應(yīng)電流之比I1∶I2=1∶3 B.線圈中的感應(yīng)電流之比I1∶I2=3∶1 C.線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2=3∶1 D.通過線圈某截面的電荷量之比q1∶q2=1∶1 答案BCD 解析v1=3v2,根據(jù)E=Blv知,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為3∶1,感應(yīng)電流I=ER,則感應(yīng)電流之比I1∶I2=3∶1,故A錯(cuò)誤,B正確。由v1=3v2知,t1∶t2=1∶3,根據(jù)Q=I2Rt知,焦耳熱Q1∶Q2=3∶1,故C正確。根據(jù)q=It=ΔΦR知,通過某截面的電荷量之比q1∶q2=1∶1,故D正確。 5.(多選)(電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)問題)如圖所示,兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下,金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路且都可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動(dòng),兩金屬棒ab、cd的質(zhì)量之比為2∶1.用一沿導(dǎo)軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd,經(jīng)過足夠長時(shí)間以后(　　) A.金屬棒ab、cd都做勻速運(yùn)動(dòng) B.金屬棒ab上的電流方向是由b向a C.金屬棒cd所受安培力的大小等于2F3 D.兩金屬棒間距離保持不變 答案BC 解析對(duì)兩金屬棒ab、cd進(jìn)行受力和運(yùn)動(dòng)分析可知,兩金屬棒最終將做加速度相同的勻加速直線運(yùn)動(dòng),且金屬棒ab速度小于金屬棒cd速度,所以兩金屬棒間距離是變大的,由楞次定律判斷金屬棒ab上的電流方向是由b到a,A、D錯(cuò)誤,B正確;以兩金屬棒整體為研究對(duì)象,有F=3ma,隔離金屬棒cd分析,有F-F安=ma,可求得金屬棒cd所受安培力的大小F安=23F,C正確。 6.(多選)(電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)和能量問題)(2017北京朝陽區(qū)校級(jí)四模)如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m、電阻不計(jì)、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP,位于光滑絕緣水平桌面上,平行導(dǎo)軌MN和PQ相距為l?？臻g存在著足夠大的方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD,垂直于MN放置在導(dǎo)軌上,并用一根絕緣細(xì)線系在定點(diǎn)A。已知,細(xì)線能承受的最大拉力為T0,CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R?，F(xiàn)從t=0時(shí)刻開始對(duì)U形框架施加水平向右的拉力,使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)過一段時(shí)間后,細(xì)線斷裂,在細(xì)線斷裂時(shí),立即撤去拉力,關(guān)于撤去拉力前后的全過程,下列說法正確的是(　　) A.撤去拉力F時(shí),框架的速度v0=T0RB2l2 B.從框架開始運(yùn)動(dòng)到細(xì)線斷裂所需的時(shí)間t0=T0RB2l2a C.撤去拉力后,框架將向右減速,棒向右加速,二者最終速度相同 D.最終在回路中產(chǎn)生的總焦耳熱等于拉力F做的功 答案ABC 解析當(dāng)細(xì)線拉力達(dá)到最大時(shí),有T0=F安=BIl=B2l2v0R,解得框架的速度v0=T0RB2l2,故A正確。根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得v0=at0,解得從框架開始運(yùn)動(dòng)到細(xì)線斷裂所需的時(shí)間t0=T0RB2l2a,故B正確。撤去拉力后,框架受到向左的安培力做減速運(yùn)動(dòng),棒相對(duì)于框架的速度向左,所受的安培力向右,即棒向右加速,兩者最終速度相等,故C正確。根據(jù)能量守恒定律知,拉力F做的功等于最終回路中產(chǎn)生的總焦耳熱和最終整體的動(dòng)能之和,故D錯(cuò)誤。 7. (多選)(電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)和能量問題)兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置,間距為l,頂端接阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場(chǎng)上邊界某處靜止釋放,金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好且與導(dǎo)軌垂直,導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直,如圖所示,不計(jì)導(dǎo)軌的電阻。則(　　) A.金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),流過電阻R的電流方向?yàn)閍→b B.金屬棒的速度為v時(shí),金屬棒所受的安培力大小為B2l2vR+r C.金屬棒的最大速度為mg(R+r)Bl D.金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時(shí),電阻R的熱功率為mgBl2R 答案BD 解析金屬棒在磁場(chǎng)中向下運(yùn)動(dòng)時(shí),由楞次定律可知,流過電阻R的電流方向?yàn)閎→a,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;金屬棒的速度為v時(shí),金屬棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,感應(yīng)電流I=ER+r,所受的安培力大小為F=BIl=B2l2vR+r,選項(xiàng)B正確;當(dāng)安培力F=mg時(shí),金屬棒下落速度最大,金屬棒的最大速度為v=mg(R+r)B2l2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時(shí),電阻R和r的熱功率為mgv=mgBl2(R+r),電阻R的熱功率為mgBl2R,選項(xiàng)D正確。 8.(多選)(電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)問題)(2017重慶質(zhì)檢)如圖,兩根足夠長且光滑平行的金屬導(dǎo)軌PP、QQ傾斜放置,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面,導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連,板間距離足夠大,板間有一帶電微粒,金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上,下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好且與導(dǎo)軌垂直?，F(xiàn)同時(shí)由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab,則下列說法正確的是(　　) A.金屬棒ab最終可能勻速下滑 B.金屬棒ab一直加速下滑 C.金屬棒ab下滑過程中M板電勢(shì)高于N板電勢(shì) D.帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng) 答案BC 解析金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑,棒中有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而對(duì)電容器充電,充電電流通過金屬棒時(shí)受安培力作用,只有金屬棒速度增大時(shí)才有充電電流,因此總有mgsin θ-BIl>0,金屬棒將一直加速,A項(xiàng)錯(cuò)、B項(xiàng)對(duì);由右手定則可知,金屬棒a端電勢(shì)高,則M板電勢(shì)高,C項(xiàng)對(duì);若微粒帶負(fù)電,則靜電力向上與重力反向,開始時(shí)靜電力為0,微粒向下加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)靜電力增大到大于重力時(shí),微粒的加速度向上,D項(xiàng)錯(cuò)。?導(dǎo)學(xué)號(hào)06400482? 能力提升組 9.如圖所示,兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上,相距l(xiāng),左端與一電阻R相連;整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向豎直向下。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上,在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速率v勻速向右滑動(dòng),滑動(dòng)過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。求: (1)電阻R消耗的功率。 (2)水平外力的大小。 答案(1)B2l2v2R　(2)B2l2vR+μmg 解析解法一　導(dǎo)體棒勻速向右滑動(dòng),速率為v,則有 F=F安+μmg E=Blv,I=ER F安=BIl 解得F=B2l2vR+μmg 由能量守恒定律得Fvt=μmgvt+PRt 解得PR=B2l2v2R 解法二　(1)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=Blv 由于導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略,則R兩端電壓等于電動(dòng)勢(shì)U=E 則電阻R消耗的功率PR=U2R 綜合以上三式可得PR=B2l2v2R (2)設(shè)水平外力大小為F,由能量守恒有Fvt=PRt+μmgvt 故得F=PRv+μmg=B2l2vR+μmg。?導(dǎo)學(xué)號(hào)06400483? 10.(2016浙江卷)小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角θ=53,導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R=0.05 Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長d=0.56 m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0 T。質(zhì)量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上,用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉動(dòng)GH桿,CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng),上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手,觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2,sin 53=0.8,不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求: (1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大小。 (2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大小。 (3)在拉升CD棒的過程中,健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。 答案(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 解析(1)由牛頓第二定律得 a=F-mgsinθm=12 m/s2① 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度 v=2as=2.4 m/s② (2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv ③ 感應(yīng)電流I=BlvR ④ 安培力FA=IBl ⑤ 代入得FA=(Bl)2vR=48 N⑥ (3)健身者做功W=F(s+d)=64 J⑦ 由牛頓第二定律得 F-mgsin θ-FA=0 ⑧ CD棒在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng) 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=dv ⑨ 焦耳熱Q=I2Rt=26.88 J⑩ ?導(dǎo)學(xué)號(hào)06400484? 11.(2017江西宜春二模)如圖所示,電阻不計(jì)的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌相距L,固定在水平絕緣桌面上,其中半徑為R的14圓弧部分處在豎直平面內(nèi),水平直導(dǎo)軌部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,末端與桌面邊緣垂直平齊。兩金屬棒ab、cd垂直于兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好。棒ab質(zhì)量為2m,電阻為r,棒cd的質(zhì)量為m,電阻為r,重力加速度為g,開始時(shí)棒cd靜止在水平直導(dǎo)軌上,棒ab從圓弧頂端無初速度釋放,進(jìn)入水平直導(dǎo)軌后與棒cd始終沒有接觸并一直向右運(yùn)動(dòng),最后兩棒都離開導(dǎo)軌落到地面上,棒ab與棒cd落地點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離之比為2∶1。求: (1)棒ab和棒cd離開導(dǎo)軌時(shí)的速度大小; (2)棒cd在水平導(dǎo)軌上的最大加速度; (3)兩棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱。 答案(1)棒ab和棒cd離開導(dǎo)軌時(shí)的速度大小分別為452gR和252gR　(2)B2L22gR2mr　(3)1425mgR 解析(1)設(shè)ab棒進(jìn)入水平導(dǎo)軌的速度為v,ab棒從圓弧導(dǎo)軌滑下機(jī)械能守恒:2mgR=122mv2 解得v=2gR 兩棒離開導(dǎo)軌時(shí),設(shè)ab棒的速度為v1,cd棒的速度為v2。 兩棒離開導(dǎo)軌后做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等,由平拋運(yùn)動(dòng)水平位移x=v0t可知v1∶v2=x1∶x2=2∶1 兩棒均在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí),系統(tǒng)的合外力為零,遵守動(dòng)量守恒,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得2mv=2mv1+mv2 聯(lián)立解得v1=452gR,v2=252gR。 (2)ab棒剛進(jìn)入水平導(dǎo)軌時(shí),cd棒受到的安培力最大,此時(shí)它的加速度最大。 ab棒剛進(jìn)入水平導(dǎo)軌時(shí),設(shè)此時(shí)回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,則E=BLv 感應(yīng)電流I=E2r cd棒受到的安培力為F=BIL 根據(jù)牛頓第二定律,cd棒有最大加速度為a=Fm 聯(lián)立解得a=B2L22gR2mr。 (3)根據(jù)能量守恒,兩棒在軌道上運(yùn)動(dòng)過程產(chǎn)生的焦耳熱為 Q=122mv2-122mv12+12mv22 聯(lián)立解得,Q=1425mgR。 12.如圖所示,寬度為l的平行光滑的金屬軌道,左端為半徑為r1的四分之一圓弧軌道,右端為半徑為r2的半圓軌道,中部為與它們相切的水平軌道。水平軌道所在的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一根質(zhì)量為m的金屬桿a置于水平軌道上,另一根質(zhì)量為m0的金屬桿b由靜止開始自左端軌道最高點(diǎn)滑下,當(dāng)b滑入水平軌道某位置時(shí),a就滑上了右端半圓軌道最高點(diǎn)(b始終運(yùn)動(dòng)且a、b未相撞),并且a在最高點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為mg,此過程中通過a的電荷量為q,a、b棒的電阻分別為R1、R2,其余部分電阻不計(jì)。在b由靜止釋放到a運(yùn)動(dòng)到右端半圓軌道最高點(diǎn)過程中。 (1)在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)b的最大加速度是多大? (2)自b釋放到a到達(dá)右端半圓軌道最高點(diǎn)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱是多少? (3)在a剛到達(dá)右端半圓軌道最低點(diǎn)時(shí)b的速度是多大? 答案(1)B2l22gr1m0(R1+R2)　(2)2gr1Blq-3mgr2-B2l2q22m0　(3)2gr1-mm06gr2 解析(1)設(shè)桿b剛剛滑到左端軌道最低端時(shí)的速度為vb1,由機(jī)械能守恒定律,12m0vb12=m0gr1,所以vb1=2gr1 b剛滑到水平軌道時(shí)加速度最大,則E=Blvb1,I=ER1+R2, 根據(jù)牛頓第二定律有,F安=BIl=m0a 得桿b的最大加速度a=B2l22gr1m0(R1+R2) (2)設(shè)桿a到達(dá)右端半圓軌道最高點(diǎn)時(shí),桿a的速度為va1,桿b的速度為vb2, 根據(jù)動(dòng)量定理有,-BIlt=m0vb2-m0vb1,即-Blq=m0vb2-m0vb1 所以vb2=2gr1-Blqm0 根據(jù)牛頓第二定律和第三定律,得桿a在最高點(diǎn)時(shí)2mg=mva12r2 所以va1=2gr2 因?yàn)閙0gr1=12m0vb22+12mva12+2mgr2+Q 所以系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱 Q=2gr1Blq-3mgr2-B2l2q22m0 (3)根據(jù)能量守恒,有 2mgr2=12mva22-12mva12 所以桿a剛到達(dá)水平軌道右端時(shí)的速度va2=6gr2 在桿b和桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),符合動(dòng)量守恒條件,根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有m0vb1=m0vb3+mva2 桿a剛到達(dá)水平軌道最右端時(shí),桿b的速度vb3=2gr1-mm06gr2。