《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 微專題8 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 微專題8 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題練習(xí)（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、微專題8電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題一、單項選擇題1.(2017南通一調(diào))如圖所示,圓筒形鋁管豎直置于水平桌面上,一磁塊從鋁管的正上方由靜止開始下落,穿過鋁管落到水平桌面上,下落過程中磁塊不與管壁接觸。忽略空氣阻力,則在下落過程中()A.磁塊做自由落體運動B.磁塊的機(jī)械能守恒C.鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力D.磁塊動能的增加量大于重力勢能的減少量答案C磁塊在鋁管中運動的過程中,雖不計空氣阻力,但存在安培力做負(fù)功,磁塊不會做自由落體運動,故A錯誤;磁塊在整個下落過程中,除重力做功外,還有產(chǎn)生的感應(yīng)電流對應(yīng)的安培力做功,導(dǎo)致減小的重力勢能除部分轉(zhuǎn)化為動能外,還要產(chǎn)生內(nèi)能,故機(jī)械能不守恒,增加的動

2、能小于重力勢能的減小量,故B、D項錯誤;磁塊在整個下落過程中,由楞次定律中“來拒去留”規(guī)律可知,鋁管受向下的作用力,故鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力,故C項正確。2.如圖所示,有兩根和水平方向成角的光滑平行金屬軌道,上端接有可變電阻R,下端足夠長,空間有垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,一根質(zhì)量為m的金屬桿(電阻忽略不計)從軌道上由靜止滑下,經(jīng)過足夠長的時間后,金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm,則()A.如果B增大,vm將變大B.如果增大,vm將變大C.如果R變小,vm將變大D.如果m變小,vm將變大答案B金屬桿從軌道上由靜止滑下,經(jīng)足夠長時間后,速度達(dá)最大值vm,此后金屬桿做

3、勻速運動。桿受重力、軌道的支持力和安培力如圖所示。安培力F=BLvmRLB,對金屬桿列平衡方程式:mgsin=B2L2vmR,則vm=mgsinRB2L2。由此式可知,B增大,vm減小;增大,vm增大;R變小,vm變小;m變小,vm變小。因此A、C、D項錯誤,B項正確。3.(2018揚州模擬)如圖所示,一無限長通電直導(dǎo)線固定在光滑水平面上,金屬環(huán)質(zhì)量為0.2kg,在該平面上以初速度v0=4m/s、朝與導(dǎo)線夾角為60的方向運動,最后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),此過程金屬環(huán)中產(chǎn)生的電能最多為()A.1.6JB.1.2JC.0.8JD.0.4J答案B由題意可知沿導(dǎo)線方向分速度v1=v0cos60=2m/s,根據(jù)能

4、量守恒定律得:Q=12mv02-12mv12=1.2J,故環(huán)中最多能產(chǎn)生1.2J的電能,B正確。二、多項選擇題4.(2018昆山模擬)如圖甲所示,水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個平行板電容器C和電阻R,導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好,整個裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度方向為正方向),MN始終保持靜止,則0t2時間內(nèi)()A.電容器C的電荷量大小始終不變B.電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電C.MN所受安培力的大小始終不變D.MN所受安培力的方向先向右后向左答案AD磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化,產(chǎn)生恒定電動勢,電容器C的電荷量大小始終沒變,選項A正確,B錯誤;由于磁

5、感應(yīng)強(qiáng)度變化,根據(jù)楞次定律和左手定則可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,大小先減小后增大,選項C錯誤,D正確。5.(2018江蘇單科)如圖所示,豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L,矩形勻強(qiáng)磁場、的高和間距均為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B;質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進(jìn)入磁場和時的速度相等;金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R,與導(dǎo)軌接觸良好,其余電阻不計,重力加速度為g。金屬桿()A.剛進(jìn)入磁場時加速度方向豎直向下B.穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD.釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于m2gR22B4L4答案BC由于金屬桿在進(jìn)入磁場和時的速度相等,而在磁場和之間區(qū)域

6、只受重力而做勻加速運動,故金屬桿在磁場和中均做變減速運動,在剛進(jìn)入磁場時加速度方向向上,選項A錯誤;設(shè)剛進(jìn)入磁場時速度為v0,剛離開磁場時速度為v,其運動情況如圖中實線所示,其位移為圖中陰影部分面積,其平均速度小于v0+v2,而在兩磁場之間區(qū)域的初、末速度剛好為v和v0,其平均速度等于v0+v2,且兩個過程的位移相等,故穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間,選項B正確;因金屬桿在進(jìn)入磁場和時的速度相等,設(shè)從進(jìn)入磁場到進(jìn)入磁場過程中克服安培力所做的功為W安,由動能定理得2mgd-W安=0,則有W安=2mgd,且克服安培力所做的功就是產(chǎn)生的熱量,所以穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd,選項C正確

7、;由于在進(jìn)入磁場前,金屬桿做自由落體運動,末速度v末=2gh,在剛進(jìn)入磁場時,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv末,安培力F=B2L2v末R,且安培力大于重力才能保證金屬桿做減速運動,即Fmg,由以上三式解得hm2gR22B4L4,選項D錯誤。三、非選擇題6.(2018南京調(diào)研)如圖所示,電阻不計、間距為l=1.0m的光滑平行金屬導(dǎo)軌,水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,導(dǎo)軌左端接一定值電阻R=1.5,質(zhì)量為m=1.0kg、電阻為r=0.5的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上,始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好;當(dāng)MN受到垂直于棒的水平外力F=2.0N的作用由靜止開始運動,經(jīng)過位移x=1.55m到達(dá)PQ

8、處(圖中未畫出),此時速度為v=2.0m/s。求:(1)金屬棒在PQ處所受磁場作用力大小;(2)金屬棒在PQ處的加速度大小;(3)金屬棒在運動中回路總共產(chǎn)生的內(nèi)能。答案(1)1.0N(2)1.0m/s2(3)1.1J解析(1)速度為v=2.0m/s時,回路電動勢E=Blv產(chǎn)生的電路I=ER+r由此得磁場對金屬棒的作用力FA=BH=B2l2vR+r=1.0N(2)由牛頓第二定律有F-FA=ma解得a=F-FAm=1.0m/s2(3)由運動中的能量關(guān)系Fx+W=12mv2解得W=12mv2-Fx=-1.1J棒克服安培力所做的功,即回路中總共產(chǎn)生的內(nèi)能為1.1J。7.(2018蘇州一模)如圖所示,空

9、間存在豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B;一邊長為L,質(zhì)量為m、電阻為R的正方形單匝導(dǎo)線框abcd放在水平桌面上;在水平拉力作用下,線框從左邊界以速度v勻速進(jìn)入磁場,當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場時撤去拉力,ab邊最終恰好能到達(dá)磁場的右邊界。已知線框與桌面間動摩擦因數(shù)為,磁場寬度大于L,重力加速度為g。求:(1)ab邊剛進(jìn)入磁場時,其兩端的電壓U;(2)水平拉力的大小F和磁場的寬度d;(3)整個過程中產(chǎn)生的總熱量Q。答案(1)34BLv(2)L+v22g(3)mgL+12mv2+B2L3vR解析(1)ab邊相當(dāng)于電源,根據(jù)切割公式,有E=BLvI=ER=BLvRU=I34R=34BLv(2)F=F

10、A+mg=B2L2vR+mg撤去拉力后,線框勻減速運動,x2=v22g所以d=L+v22g(3)進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生焦耳熱Q1=I2Rt1=B2L3vR由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2=mgL+v22g=mgL+12mv2所以整個過程產(chǎn)生的熱量為Q=Q1+Q2=mgL+12mv2+B2L3vR8.(2018蘇州調(diào)研)如圖所示,在傾角=30的光滑固定斜面上,相距為d的兩平行虛線MN、PQ間分布有大小為B、方向垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場;在PQ上方有一質(zhì)量m、邊長L(Ld)的正方形單匝線圈abcd,線圈的電阻值為R,cd邊與PQ邊平行且相距x;現(xiàn)將該線圈自此位置由靜止釋放,使其沿斜面下滑穿過磁場,在ab邊將離開磁

11、場時,線圈已做勻速運動,重力加速度為g。求:(1)線圈cd邊剛進(jìn)入磁場時的速率v1;(2)線圈進(jìn)入磁場的過程中,通過ab邊的電荷量q;(3)線圈通過磁場的過程中所產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1)gx(2)BL2R(3)12mg(d+x+L)-m3g2R28B4L4解析(1)線圈沿斜面向下運動,由動能定理得mgxsin30=12mv12-0解得v1=gx(2)線圈進(jìn)入磁場的過程中,感應(yīng)電動勢E=t根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=ER通過ab邊的電荷量為q=It=BL2R(3)線圈離開磁場時,做勻速運動有BBLv2RL=mgsin30解得v2=mgR2B2L2由能量守恒Q=mg(d+x+L)sin30-12mv22解得Q=12mg(d+x+L)-m3g2R28B4L47