2022高考物理拉分題16專項(xiàng)訓(xùn)練

PAGE1-電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題1．(2013·山東泰安模擬，20)(單選)如圖1所示，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端用一阻值為R的電阻連接，導(dǎo)軌上橫跨一根質(zhì)量為m，電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好．整個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)使金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，若金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中通過的電荷量為q.下列說法正確的是 ()．圖1A．金屬棒在導(dǎo)軌上做勻減速運(yùn)動(dòng)B．整個(gè)過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(mv\o\al(2,0),2)C．整個(gè)過程中金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為eq\f(qR,BL)D．整個(gè)過程中金屬棒克服安培力做功為eq\f(mv\o\al(2,0),2)解析設(shè)某時(shí)刻金屬棒的速度為v，則此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，安培力F安＝eq\f(B2L2v,R)，由牛頓第二定律有F安＝ma，則金屬棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由能量守恒定律知，整個(gè)過程中克服安培力做功等于電阻R和金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱之和，即W安＝Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確；整個(gè)過程中通過導(dǎo)體棒的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BS,2R)＝eq\f(BLx,2R)，得金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移x＝eq\f(2qR,BL)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．答案D2．(多選)如圖2所示，足夠長(zhǎng)的光滑斜面上中間虛線區(qū)域內(nèi)有一垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一正方形線框從斜面底端以一定初速度上滑，線框越過虛線進(jìn)入磁場(chǎng)，最后又回到斜面底端，則下列說法中正確的是 ()．圖2A．上滑過程線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于下滑過程線框中產(chǎn)生的焦耳熱B．上滑過程線框中產(chǎn)生的焦耳熱大于下滑過程線框中產(chǎn)生的焦耳熱C．上滑過程線框克服重力做功的平均功率等于下滑過程中重力的平均功率D．上滑過程線框克服重力做功的平均功率大于下滑過程中重力的平均功率解析考查電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系，本題關(guān)鍵是理解上滑經(jīng)過磁場(chǎng)的末速度與下滑經(jīng)過磁場(chǎng)的初速度相等，由切割磁感線的效果差別，得A錯(cuò)B對(duì)．因過程中有能量損失，上滑平均速度大于下滑平均速度，用時(shí)t上<t下．重力做功兩次相同由P＝eq\f(W,t)可知C錯(cuò)D對(duì)．答案BD3．(2013·浙江寧波模擬，23)如圖3所示，兩平行導(dǎo)軌間距L＝0.1m，足夠長(zhǎng)光滑的傾斜部分和粗糙的水平部分圓滑連接，傾斜部分與水平面的夾角θ＝30°，垂直斜面方向向上的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，水平部分沒有磁場(chǎng)．金屬棒ab質(zhì)量m＝0.005kg，電阻r＝0.02Ω，運(yùn)動(dòng)中與導(dǎo)軌有良好接觸，并且垂直于導(dǎo)軌，電阻R＝0.08Ω，其余電阻不計(jì)，當(dāng)金屬棒從斜面上離地高h(yuǎn)＝1.0m以上任何地方由靜止釋放后，在水平面上滑行的最大距離x都是1.25m．(取g＝10m/s2)求：圖3(1)棒在斜面上的最大速度為多少？(2)水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)從高度h＝1.0m處滑下后電阻R上產(chǎn)生的熱量．解析(1)金屬棒從離地高h(yuǎn)＝1.0m以上任何地方由靜止釋放后，在到達(dá)水平面之前已經(jīng)開始勻速運(yùn)動(dòng)設(shè)最大速度為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)安培力F＝BIL，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有mgsinθ＝F解得v＝1.0m/s(2)在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒所受滑動(dòng)摩擦力f＝μmg金屬棒在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，有f＝mav2＝2ax，解得μ＝0.04(用動(dòng)能定理同樣可以解答)(3)下滑的過程中，由動(dòng)能定理可得：mgh－W＝eq\f(1,2)mv2安培力所做的功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，有W＝Q電阻R上產(chǎn)生的熱量：QR＝eq\f(R,R＋r)Q解得QR＝3.8×10－2J答案(1)1.0m/s(2)0.04(3)3.8×10－2J4．如圖4所示，在傾角為θ＝37°的斜面內(nèi)，放置MN和PQ兩根不等間距的光滑金屬導(dǎo)軌，該裝置放置在垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．導(dǎo)軌M、P端間接入阻值R1＝30Ω的電阻和理想電流表，N、Q端間接阻值為R2＝6Ω的電阻．質(zhì)量為m＝0.6kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.5m的金屬棒放在導(dǎo)軌上以v0＝5m/s的初速度從ab處向右上方滑到a′b′處的時(shí)間為t＝0.5s，滑過的距離l＝0.5m．a(chǎn)b處導(dǎo)軌間距Lab＝0.8m，a′b′處導(dǎo)軌間距La′b′＝1m．若金屬棒滑動(dòng)時(shí)電流表的讀數(shù)始終保持不變，不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌的電阻．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：圖4(1)此過程中電阻R1上產(chǎn)生的熱量；(2)此過程中電流表上的讀數(shù)；(3)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度．解析(1)因電流表的讀數(shù)始終保持不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，故BLabv0＝BLa′b′va′b′，代入數(shù)據(jù)可得va′b′＝4m/s根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：Q總＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,a′b′))－mglsin37°＝QR1＋QR2由Q＝eq\f(U2,R)t得：eq\f(QR1,QR2)＝eq\f(R2,R1)，代入數(shù)據(jù)可求得：QR1＝0.15J(2)由焦耳定律QR1＝Ieq\o\al(2,1)R1t可知：電流表讀數(shù)I1＝eq\r(\f(QR1,R1t))＝0.1A(3)不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌上的電阻，則R1兩端的電壓始終等于金屬棒與兩軌接觸間的電動(dòng)勢(shì)，由E＝I1R1，E＝BLa′b′va′b′可得：B＝eq\f(I1R1,La′b′va′b′)＝0.75T答案(1)0.15J(2)0.1A(3)0.75T5．如圖5所示，兩足夠長(zhǎng)的平行光滑的金屬導(dǎo)軌相距為1m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝37°，其上端接一阻值為3Ω的燈泡D.在虛線L1、L2間有一與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d＝3.75m，導(dǎo)體棒a的質(zhì)量ma＝0.2kg、電阻Ra＝3Ω；導(dǎo)體棒b的質(zhì)量mb＝0.1kg、電阻Rb＝6Ω.它們分別位于圖中M、N處．由靜止釋放b棒，b棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由靜止釋放a棒，b棒恰能勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)b棒剛穿出磁場(chǎng)時(shí)a棒正好進(jìn)入磁場(chǎng)．g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.圖5(1)當(dāng)b棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度；(2)當(dāng)a棒進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，求燈泡的實(shí)際功率；(3)假設(shè)a棒穿出磁場(chǎng)前已達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，求a棒通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，回路所產(chǎn)生的總熱量．解析(1)設(shè)b棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為vb，對(duì)b棒受力分析，由平衡條件可得mbgsinθ＝F安＝eq\f(B2L2vb,R總)，由等效電路可得出整個(gè)回路的等效電阻R總＝eq\f(RaRD,Ra＋RD)＋Rb＝7.5Ω.解得vb＝4.5m/s.(2)b棒穿出磁場(chǎng)前，a棒一直勻加速下滑，下滑的加速度a＝gsinθ＝6m/s2，b棒通過磁場(chǎng)的時(shí)間t＝eq\f(d,vb)＝eq\f(5,6)sa棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度va＝at＝5m/sa棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Ea＝BLva＝5V，R總′＝Ra＋eq\f(RbRD,Rb＋RD)＝5Ω燈泡實(shí)際功率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Ea,R總′)×\f(RbRD,Rb＋RD)))2/RD＝eq\f(4,3)W.(3)設(shè)a棒最終勻速運(yùn)動(dòng)的速度為va′，對(duì)a受力分析，由平衡條件可得magsinθ＝eq\f(B2L2va′,R總′)解得va′＝6m