《（新课标）2020高考物理一轮复习 课时作业49 三大力学观点在电磁感应中的应用专题（含解析）新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新课标）2020高考物理一轮复习 课时作业49 三大力学观点在电磁感应中的应用专题（含解析）新人教版（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、三大力学观点在电磁感应中的应用专题一、选择题1.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()A电阻R上放出的热量B棒的动能增加量C棒的重力势能增加量 D棒的机械能增加量答案D解析A项，电阻R上放出的热量等于克服安培力做功，不等于力F做的功与安培力做的功的代数和故A项错误B项，根据动能定理知，力F做的功、重力所做的功与安培力做的功的代数和等于棒的动能增加量，故B项错误C
2、项，棒的重力势能增加量等于克服重力做功，故C项错误D项，金属杆加速上升的过程中，除重力以外，有安培力和外力F做功，则力F做的功与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，故D项正确2.(2018福建模拟)(多选)正方形导线框abcd置于光滑水平桌面上，其质量为m，电阻值为R，边长为L，在线框右侧距离cd边2L处有一宽度为2L的匀强磁场区域，磁场的左、右边界与线框的cd边平行，磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向下，其俯视图如图对线框施加一水平向右的恒力F，使之由静止开始向右运动，cd边始终与磁场边界平行已知线框cd边经过磁场左、右边界时速度相同，则线框()A离开磁场区域过程中的电流方向为dc
3、badB通过磁场区域过程中的最小速度为C通过磁场区域过程中的焦耳热为2FLD进入磁场区域过程中受到的安培力的冲量大小为答案BD解析A项，根据楞次定律可得，离开磁场区域过程中的电流方向为dabcd，A项错误；B项，由题意可知，线框cd边经过磁场左、右边界时速度相同，所以线框离左边界L与距离右边界L时的速度相同，即速度最小，根据动能定理可得：FLmv2，解得v，B项正确；C项，从线框的cd边刚进入磁场到刚好出磁场的过程中动能变化为零，根据功能关系可得：F2LQ10，所以通过磁场区域过程中产生的焦耳热为Q2Q14FL，C项错误；D项，线框进入磁场的过程中，安培力的冲量大小为I冲BILt，D项正确3.
4、(2018太原二模)(多选)如图所示，在竖直面内有方向垂直纸面向里、高度为h的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平将边长为l(lh)、质量为m的正方形金属线框abcd从磁场上方某处由静止释放，设ab边通过磁场上边界和磁场下边界时的速度分别为v1和v2；cd边通过磁场下边界时的速度为v3.已知线框下落过程中ab边始终水平、ad边始终竖直，下列说法正确的是()A若v1v2，则一定有v2v3B若v1v2，则一定有v2v3C若v1v2，从ab离开磁场到cd离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为mghD从ab进入磁场到cd离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为mghmv12mv32答案ABC解析A项，由于线
5、框完全在磁场中不产生感应电流，不受安培力，做加速度为g的匀加速直线运动，所以若v1v2，线框进入磁场时一定做减速运动，而线框出磁场与进磁场的运动情况相同，一定有v2v3.故A项正确B项，设cd边通过磁场上边界时的速度为v3.若v1v2，因线框完全在磁场中做加速度为g的匀加速直线运动，所以v4v2，则有v4v2v1，线框进入磁场的过程必定做减速运动，可知当线框的速度为v2时在做减速运动，安培力大于重力，所以当线框离开以速度v2磁场时安培力大于重力，做减速运动，一定有v2v3.故B项正确C项，若v1v2，从ab离开磁场到cd离开磁场的过程中线框内产生的焦耳热等于ab进入磁场到ab离开磁场的过程中线
6、框内产生的焦耳热，等于线框重力势能的减少量，为mgh，故C项正确D项，从ab进入磁场到cd离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为Qmg(hl)mv12mv32.故D项错误4.(2018宜昌一模)如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角.在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其它电阻导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h.在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等关于上述情景，下列说法正确的是()A两次上升的最大高度相比较为HhB有磁场时导体棒所受合力的功大于无磁
7、场时合力的功C有磁场时，电阻R产生的焦耳热为mv02D有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsin答案D解析A项，无磁场时，根据能量守恒得，动能全部转化为重力势能有磁场时，动能一部分转化为重力势能，还有一部分转化为整个回路的内能动能相同，则有磁场时的重力势能小于无磁场时的重力势能，所以hH.故A项错误B项，由动能定理知：合力的功等于导体棒动能的变化量，有、无磁场时，棒的初速度相等，末速度都为零，则知导体棒动能的变化量相等，则知导体棒所受合力的功相等故B项错误C项，设电阻R产生的焦耳热为Q.根据能量守恒知：mv02Qmgh，则Qmv02.故C项错误D项，有磁场时，导体棒上升时受重力、支持力、沿斜
8、面向下的安培力，所以所受的合力大于mgsin，根据牛顿第二定律，知加速度a大于gsin.所以ab上升过程的最小加速度为gsin.故D项正确5.(2018湛江二模)(多选)如图所示，CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑导轨，导轨固定不动，间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R，质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处已知导体棒与水平导轨接触良好，则下列说法中正确的是()A电阻R的最大电流为B电阻R中产生的焦耳热为mghC磁场左右
9、边界的长度d为D流过电阻R的电荷量为答案AD解析A项，导体棒下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mghmv2，解得：v，感应电动势：EBLv，通过电阻的最大电流：I，故A项正确；B项，电阻与导体棒的阻值相等，由能量守恒定律得：mgh2QR，解得，电阻R中产的焦耳热：QRmgh，故B项错误；D项，由动量定理得：BILt0mv，BLqmv，解得，通过电阻R的电荷量：q，故D项正确；C项，由法拉第电磁感应定律得：E，感应电流：I，通过R的电荷量：qIt，解得：d，故C项错误6.(2018济宁二模)(多选)如图所示，两根平行光滑金属导轨的间距为dlm，导轨平面与水平面成30角，其底端接有阻值为R2
10、 的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B2 T的匀强磁场中一质量为m1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触现杆在沿导轨平面向上、垂直于杆的恒力F10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动，当运动距离为L6 m时速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)导体杆的电阻为r2 ，导轨电阻不计(取g10 m/s2)在此过程中()A杆的速度最大值为5 m/sB流过电阻R的电荷量为6 CC导体杆两端电压的最大值为10 VD安培力对导体杆的冲量大小为6 Ns答案AD解析A项，导体杆所受安培力：F安培BId，导体杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得：Fmgs
11、in，解得，金属杆的最大速度：v5 m/s，故A项正确B项，流过电阻R的电量：q3 C，故B项错误C项，导体杆做匀速运动时速度最大，此时产生的感应电动势最大，最大感应电动势：EBdv21510 V，电路最大电流：I2.5 A，导体杆两端最大电压：UIR2.525 V，故C项错误；D项，对导体杆，安培力的冲量：I冲BIdtBdq2136 Ns，故D项正确7(2018资阳模拟)(多选)如图所示，一个半径为r、粗细均匀、阻值为R的圆形导线框，竖直放置在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直现有一根质量为m、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点由静止释放，棒在下落过程中始终与线框保持良好
12、接触已知下落距离为时棒的速度大小为v1，下落到圆心O时棒的速度大小为v2，忽略摩擦及空气阻力，下列说法正确的是()A导体棒下落距离为时，棒中感应电流的方向向右B导体棒下落距离为时，棒的加速度的大小为gC导体棒下落到圆心时，圆形导线框的发热功率为D导体棒从开始下落到经过圆心的过程中，圆形导线框产生的热量为mgrmv22答案BD解析A项，导体棒下落距离为，根据右手定则知棒中感应电流方向向左，故A项错误；B项，接入电路中的导体棒产生的感应电动势：EBLvBrv1，此时电路的总电阻：RR，电流：IBrv1，金属棒上的安培力：FBILBIr，由牛顿第二定律得：mgFma，解得：ag，故B项正确；C项，导
13、体棒下落到圆心时，金属棒上的安培力：FBIL，线框的发热功率：P热PAFv2，故C项错误；D项，从开始下落到经过圆心的过程中，棒的重力势能减小转化为棒的动能和内能，根据能量守恒定律得：mgrmv22Q0解得：Q0mgrmv22，故D项正确8.(多选)如图所示，质量为3 m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计则下列说法中正确
14、的是()A线框进入磁场时的速度为B线框的电阻为C线框通过磁场的过程中产生的热量Q2mghD线框通过磁场的过程中产生的热量Q4mgh答案ABD解析从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场，由机械能守恒定律得3mg2hmg2h4mv2/2，解得线框刚进入磁场时的速度v，故A项正确；线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，故受合力为零，3mgBILmg，IBLv/R，解得线框的电阻R，故B项正确；线框匀速通过磁场的距离为2h，产生的热量等于系统重力势能的减少，即Q3mg2hmg2h4mgh，故C项错误，D项正确9.(2018云南一模)(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光滑绝缘水平桌
15、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mv2D流过导线横截面的电荷量为答案CD解析A项，线框速度为时，线框有两条边切割磁感线，根据右手定则，右边感应电流方向向下，左边感应电流向上，所以线框中的感应电流方向为顺时针方向，故A项错误；B项，右边切割磁感线产生的感应电动势为：E12BLBLv左边切割磁感线产生的感应电动势为：E2BL
