《高考物理二轮小题狂做专练 二十四 电磁感应中的动力学与能量问题 含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮小题狂做专练 二十四 电磁感应中的动力学与能量问题 含解析（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、二十四电磁感应中的动力学与能量问题一、选择题1【青岛2019届调研】如图，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m，电阻也为R的金属棒ab，金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现金属棒在水平拉力F作用下以速度v0沿导轨向右匀速运动，则下列说法正确的是( )A金属棒ab上电流的方向是abB电阻R两端的电压为BLv0C金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D拉力F做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热2【红河州统一检测】如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端
2、向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒的质量分别为mam，mb2m，电阻值分别为RaR，Rb2R。b棒静止放置在水平导轨上足够远处，与导轨接触良好且与导轨垂直；a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放，运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，则下列说法错误的是( )Aa棒刚进入磁场时回路中的感应电流为Ba棒刚进入磁场时，b棒受到的安培力大小为Ca棒和b棒最终稳定时的速度大小为D从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的焦耳热为3【江西联考】(多选)一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框静止在
3、光滑绝缘水平桌面上，桌面上直线PQ左侧有方向竖直向下的匀强磁场I，磁感应强度大小为B，PQ右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为2B，俯视图如图所示。现使线框以垂直PQ的初速度v向磁场运动，当线框的三分之一进入磁场时，线框速度为，在这个过程中，下列说法正确的是( )A线框速度为时，线框中感应电流方向为逆时针方向B线框速度为时，线框的加速度大小为C线框中产生的焦耳热为D流过导线横截面的电荷量为4【云南2019届月考】(多选)如图所示，相距为d的边界水平的匀强磁场，磁感应强度水平向里、大小为B。质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈abcd，将线圈在磁场上方高h处由静止释放，已知cd边刚
4、进入磁场时和cd边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻力，则( )A在线圈穿过磁场的整个过程中，克服安培力做功为mgdB若Ld，则线圈穿过磁场的整个过程所用时间为C若L d，则线圈的最小速度可能为D若L d，则线圈的最小速度可能为二、解答题5【杭州模拟】如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知弹簧
5、的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q。6【雄安新区模拟】如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在竖直面上，导轨间距为L、足够长，下部条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直，上部条形匀强磁场的宽度为2d，磁感应强度大小为B0，方向平行导轨平面向下，在上部磁场区域的上边缘水平放置导体棒(导体棒与导轨绝缘)，导体棒与导轨间存在摩擦，动摩擦因数为。长度为
6、2d的绝缘棒将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上，导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流源产生，图中未图出)，线框的边长为d(dL)，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域的下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨接触并且相互垂直。重力加速度为g。求：(1)装置刚开始时导体棒受到安培力的大小和方向；(2)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；(3)线框第一次穿出下方磁场下边时的速度；(4)若线框第一次穿越下方磁场区域所需的时间为t，求线框电阻R。7【泰安质检】如图所示，P1Q1P2Q2和M1N1M2N2为
7、水平放置的两足够长的光滑平行导轨，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小B0.4 T的匀强磁场中，P1Q1与M1N1间的距离为L11.0 m，P2Q2与M2N2间的距离为L20.5 m，两导轨电阻可忽略不计。质量均为m0.2 kg的两金属棒ab、cd放在导轨上，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与导轨形成闭合回路。已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为R1.0 ；金属棒与导轨间的动摩擦因数0.2，且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g10 m/s2。(1)在t0时刻，用垂直于金属棒的水平外力F向右拉金属棒cd，使其从静止开始沿导轨以a5.0 m/s2的加速度做匀加速直线运
8、动，金属棒cd运动多长时间金属棒ab开始运动？(2)若用一个适当的水平外力F0(未知)向右拉金属棒cd，使其速度达到v220 m/s后沿导轨匀速运动，此时金属棒ab也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒ab沿导轨运动的速度大小和金属棒cd匀速运动时水平外力F0的功率；(3)当金属棒ab运动到导轨Q1N1位置时刚好碰到障碍物而停止运动，并将作用在金属棒cd上的水平外力改为F10.4 N，此时金属棒cd的速度变为v030 m/s，经过一段时间金属棒cd停止运动，求金属棒ab停止运动后金属棒cd运动的距离。答案与解析1【解析】根据安培右手定则可知电流方向为从b到a，故A错误；感应电动势EBLv0，电阻
9、R两端的电压为：U=BLv02，故B错误；根据能量守恒可得，拉力F做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热，即金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热，故D正确，C错误。【答案】D2【解析】设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律有：mgh=12mv2，a棒切割磁感线产生感应电动势为：E=BLv，根据闭合电路欧姆定律有：I=ER+2R，联立解得I=BL2gh3R，故A错误；b棒受到的安培力为F=BIL，代入电流I解得F=B2L22gh3R，方向水平向右，B正确；设两棒最后稳定时的速度为v，从a棒进入磁场到两棒速度达到稳定，一对安培内力作用，两棒组成
10、的系统外力之和为零，根据动量守恒定律有：mv=3mv，解得：v=v3=2gh3，C正确；从a棒进入磁场到两棒共速的过程，一对安培力做功把机械能转化为电能，设a棒产生的内能为Ea，b棒产生的内能为Eb，根据能量守恒定律有：12mv2=123mv2+Ea+Eb；两棒串联内能与电阻成正比：Eb=2Ea，解得：Ea=29mgh，故D正确。【答案】A3【解析】据右手定则可知，线框速度为v2时，线框右边切割产生的感应电流是顺时针，线框左边切割产生的感应电流也是顺时针，则线框中感应电流方向为顺时针方向，故A项错误；据法拉第电磁感应定律，线框速度为v2时，线框中感应电动势E=BLv2+2BLv2=32BLv，
11、线框中感应电流I=ER=3BLv2R，安培力FA=BIL+2BIL=3BIL=9B2L2v2R，线框的加速度a=Fm=9B2L2v2mR，故B项错误；据功能关系，线框中产生的焦耳热Q=12mv2-12m(v2)2=38mv2，故C项正确；此过程中的平均感应电动势E=t，平均感应电流I=ER=tR，流过导线横截面的电荷量q=It=R，此过程中磁通量的变化量=2B13L2+B13L2=BL2，则q=BL2R。【答案】CD4【解析】根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，则进入磁场的过程中线圈产生的热量Qmgd，cd边刚进入磁场时速度为
12、v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q2mgd，感应电流做的功为2mgd，故A错误；线圈刚进入磁场时的速度大小v=2gh，若Ld，线圈将匀速通过磁场，所用时间为t=2dv=2d2gh=2ghd，故B正确；若Ld，线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则mg=B2L2vR，则最小速度v=mgRB2L2，故C正确；因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小
13、，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为vm，知全部进入磁场的瞬间速度最小，由动能定理知，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：12mvm212mv02mgLmgd，有12mv02mgh，综上所述，线圈的最小速度为vm=2gh+L-d，故D正确。【答案】BCD5【解析】（1）棒产生的感应电动势E1=BLv0通过R的电流大小I1=E1R+r=BLv0R+r 根据右手定则判断得知：电流方向为ba（2）棒产生的感应电动势为E2=BLv感应电流I2=E2R+r=BLvR+r棒受到的安培力大小F=BI2L=B2L2vR+r，方向沿斜面向上，如图所示根据牛
14、顿第二定律 有|mgsin-F|=ma解得a=|mgsin-B2L2vm(R+r)|（3）导体棒最终静止，有 mgsin=kx弹簧的压缩量x=mgsink 设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律 有12mv02+mgxsin=EP+Q0 解得Q0=12mv02+(mgsin)2k-EP 电阻R上产生的焦耳热Q=RR+rQ0=RR+r12mv02+(mgsin)2k-EP6【解析】(1)安培力大小为F=B0IL，方向垂直纸面向里。(2)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，由动能定理得mg4d-Q+BILd+B0IL2d=0解得Q=4mgd-BILd-2B0ILd(3)设
15、线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，则对接着向下运动2d的过程应用动能定理得mg2d-BILd=0-12mv12解得：v1=2BILd-4mgdm (4)设装置在t内速度变化量为v，由动量定理得mg-B0IL-BIdt=mv-0化简得mgt-B0ILt-Bdq=mv1，其中q=It=BdvRt=2Bd2R解得R=2B2d3mgt-B0ILt-2BILdm-4m2gd 7【解析】(1)设金属棒cd运动t时间金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd的速度vat金属棒cd产生的电动势EcdBL2v则通过整个回路的电流金属棒ab所受安培力金属棒ab刚要开始运动的临界条件为Fabmg联立解得t2 s。(2)设金属棒cd以速度v220 m/s沿导轨匀速运动时，金属棒ab沿导轨匀速运动的速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律可得E
