高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（三十四）電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題-人教版高三物理試題

課時跟蹤檢測（三十四）電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題對點訓(xùn)練：電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1.如圖所示，有兩根和水平方向成α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的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為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α增大，vm將變大C．如果R變小，vm將變大D．如果m變小，vm將變大解析：選B金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)足夠長時間后，速度達最大值vm，此后金屬桿做勻速運動。桿受重力、軌道的支持力和安培力如圖所示。安培力F＝eq\f(BLvm,R)LB，對金屬桿列平衡方程式：mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，則vm＝eq\f(mgsinα·R,B2L2)。由此式可知，B增大，vm減?。沪猎龃?，vm增大；R變小，vm變??；m變小，vm變小。因此A、C、D錯誤，B正確。2．[多選](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)強度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強度方向為正)，MN始終保持靜止，則0～t2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解析：選AD磁感應(yīng)強度均勻變化，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；由于磁感應(yīng)強度變化，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。3．(2018·徐州模擬)如圖甲所示，阻值不計的光滑金屬導(dǎo)軌在豎直面上平行固定放置，間距d為0.5m，下端通過導(dǎo)線與阻值RL為4Ω的小燈泡L連接，在矩形區(qū)域CDFE內(nèi)有水平向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，CE長為2m。在t＝0時刻，電阻R為1Ω的金屬棒以某一初速度從AB位置緊貼導(dǎo)軌向下運動，當(dāng)金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化，g取10m/s2。求：(1)通過小燈泡的電流的大??；(2)金屬棒的質(zhì)量；(3)金屬棒通過磁場區(qū)域所用的時間。解析：(1)金屬棒未進入磁場時，E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝0.5×2×eq\f(0.4,0.2)V＝2VR總＝RL＋R＝5ΩIL＝eq\f(E1,R總)＝eq\f(2,5)A＝0.4A。(2)因燈泡亮度不變，故0.2s末金屬棒進入磁場時剛好勻速運動，且通過燈泡的電流不變，即I＝IL＝0.4A，G＝FA＝BId＝0.4×0.4×0.5N＝0.08N所以金屬棒的質(zhì)量：m＝eq\f(G,g)＝0.008kg。(3)金屬棒在磁場中運動時電動勢：E2＝I(R＋RL)＝2V且E2＝BLv，v＝eq\f(E2,BL)＝eq\f(2,0.4×0.5)m/s＝10m/s金屬棒從CD位置運動到EF位置過程的時間為：t＝eq\f(xCE,v)＝eq\f(2,10)s＝0.2s。答案：(1)0.4A(2)0.008kg(3)0.2s4．(2018·鎮(zhèn)江質(zhì)檢)學(xué)校物理興趣小組設(shè)計了一種可粗略測量磁感應(yīng)強度的實驗，其實驗裝置如圖所示。在該裝置中磁鐵通過細線豎直懸掛在力傳感器下面，磁鐵兩極之間的磁場可視為水平勻強磁場，其余區(qū)域磁場很弱可忽略不計，此時力傳感器讀數(shù)為F1。細直金屬棒PQ的兩端通過導(dǎo)線與一阻值為R的電阻連接形成閉合回路，金屬棒電阻為r，導(dǎo)線電阻不計。若讓金屬棒水平且垂直于磁場以速度v豎直向下勻速運動，此時力傳感器示數(shù)為F2。已知金屬棒在磁場中的長度為d。(1)判斷通過細直金屬棒PQ中的電流方向和它受到的安培力方向；(2)求出磁鐵兩極之間磁場的磁感應(yīng)強度大小。解析：(1)由右手定則可知，流過PQ的電流從Q流向P，由左手定則可知，PQ受到的安培力方向豎直向上。(2)棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝Bdv由閉合電路歐姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)，安培力大小為：F＝BId，棒不動時，對磁鐵由平衡條件得：F1＝mg棒向下運動時，對磁鐵有：F2＝mg＋F解得：B＝eq\r(\f(F2－F1R＋r,vd2))。答案：(1)由Q流向P，豎直向上(2)eq\r(\f(F2－F1R＋r,vd2))對點訓(xùn)練：電磁感應(yīng)中的能量問題5.(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．1.6J B．1.2JC．0.8J D．0.4J解析：選B由題意可知沿導(dǎo)線方向分速度v1＝v0cos60°＝2m/s，根據(jù)能量守恒定律得：Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12＝1.2J，故環(huán)中最多能產(chǎn)生1.2J的電能，B正確。6．[多選](2018·青島模擬)如圖甲所示，豎直向上的勻強磁場的磁感應(yīng)強度B0＝0.5T，并且以eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s的變化率均勻增大，圖像如圖乙所示，水平放置的導(dǎo)軌不計電阻，不計摩擦阻力，寬度L＝0.5m，在導(dǎo)軌上放著一金屬棒MN，電阻R0＝0.1Ω，并且水平細線通過定滑輪懸吊著質(zhì)量M＝0.2kg的重物。導(dǎo)軌上的定值電阻R＝0.4Ω，與P、Q端點相連組成回路。又知PN長d＝0.8m。在重物被拉起的過程中，下列說法中正確的是(g取10N/kg)()A．電流的方向由P到QB．電流的大小為0.1AC．從磁感應(yīng)強度為B0開始計時，經(jīng)過495s的時間，金屬棒MN恰能將重物拉起D．電阻R上產(chǎn)生的熱量約為16J解析：選AC根據(jù)楞次定律可知電流方向為M→N→P→Q→M，故A項正確；電流大小I＝eq\f(ΔB·S,ΔtR0＋R)＝eq\f(0.1×0.8×0.5,0.1＋0.4)A＝0.08A，故B項錯誤；要恰好把質(zhì)量M＝0.2kg的重物拉起，則F安＝FT＝Mg＝2N，B′＝eq\f(Mg,IL)＝eq\f(0.2×10,0.08×0.5)T＝50T，B′＝B0＋eq\f(ΔB,Δt)·t＝0.5＋0.1t，解得t＝495s，故C項正確；電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝(0.08)2×0.4×495J＝1.27J，故D項錯誤。7．(2018·蘇州調(diào)研)如圖所示，在傾角α＝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磁場。在PQ上方有一質(zhì)量m、邊長L(L<d)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邊剛進入磁場時的速率v1；(2)線圈進入磁場的過程中，通過ab邊的電量q；(3)線圈通過磁場的過程中所產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析：(1)線圈沿斜面向下運動，由動能定理得mgxsin30°＝eq\f(1,2)mv12－0解得：v1＝eq\r(gx)。(2)線圈進入磁場的過程中，感應(yīng)電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)根據(jù)閉合電路歐姆定律得：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)通過ab邊的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(BL2,R)。(3)線圈離開磁場時，做勻速運動有：Beq\f(BLv2,R)L＝mgsin30°解得：v2＝eq\f(mgR,2B2L2)由能量守恒：Q＝mg(d＋x＋L)sin30°－eq\f(1,2)mv22解得：Q＝eq\f(1,2)mg(d＋x＋L)－eq\f(m3g2R2,8B4L4)。答案：(1)eq\r(gx)(2)eq\f(BL2,R)(3)eq\f(1,2)mg(d＋x＋L)－eq\f(m3g2R2,8B4L4)考點綜合訓(xùn)練8．(2018·鎮(zhèn)江六校聯(lián)考)CD、EF是水平放置的電阻可忽略的光滑水平金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌距離水平地面高度為H，導(dǎo)軌間距為L，在水平導(dǎo)軌區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的矩形有界勻強磁場(磁場區(qū)域為CPQE)，如圖所示，導(dǎo)軌左端與一彎曲的光滑的電阻不計的金屬軌道平滑連接，彎曲的光滑軌道的上端接有一電阻R，將一阻值也為R的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上距離水平金屬導(dǎo)軌高度h處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終通過磁場區(qū)域落在水平地面上距離水平導(dǎo)軌最右端x處。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度為g，求：(1)電阻R中的最大電流的大小與方向；(2)整個過程中，導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若磁場區(qū)域的長度為d，求全程流過導(dǎo)體棒的電量。解析：(1)由題意可知，導(dǎo)體棒剛進入磁場的瞬間速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電流最大，由機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv12，解得v1＝eq\r(2gh)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv1由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,2R)聯(lián)立解得I＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，方向由a到b。(2)由平拋運動規(guī)律x＝v2t，H＝eq\f(1,2)gt2解得v2＝xeq\r(\f(g,2H))由能量守恒定律可知整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22＝mgh－eq\f(mgx2,4H)即導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)mgh－eq\f(mgx2,8H)。(3)設(shè)導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域時整個回路的平均電流為eq\x\to(I)，用時Δt，則通過導(dǎo)體棒截面電量q＝eq\x\to(I)Δt，其中eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，eq\x\to(E)＝eq\f(BLd,Δt)解得q＝eq\f(BLd,2R)。答案：(1)eq\f(BL\r(2gh),2R)，方向由a到b(2)eq\f(1,2)mgh－eq\f(mgx2,8H)(3)eq\f(BLd,2R)9．(2018·南通模擬)如圖所示，MN、PQ為光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌，左端接有電阻R＝3.0Ω，置于豎直向下的有界勻強磁場中，OO′為磁場邊界，磁場磁感應(yīng)強度B＝1.0T，導(dǎo)軌間距L＝1.0m，質(zhì)量m＝1.0kg的導(dǎo)體棒垂直置于導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌電接觸良好，導(dǎo)體棒接入電路的電阻為r＝1.0Ω。t＝0時刻，導(dǎo)體棒在水平拉力作用下從OO′左側(cè)某處由靜止開始以加速度a0＝1.0m/s2做勻加速運動，t0＝2.0s時刻導(dǎo)體棒進入磁場繼續(xù)運動，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，不計導(dǎo)軌電阻。(1)求0～t0時間內(nèi)導(dǎo)體棒受到拉力的大小F及t0時刻進入磁場時回路的電功率P0。(2)求導(dǎo)體棒t0時刻進入磁場瞬間的加速度a；若此后導(dǎo)體棒在磁場中以加速度a做勻加速運動至t1＝4s時刻，求t0～t1時間內(nèi)通過電阻R的電量q。(3)在(2)情況下，已知t0～t1時間內(nèi)拉力做功W＝5.7J，求此過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析：(1)導(dǎo)體棒在進入磁場前運動的加速度為a0，則F＝ma0＝1.0N導(dǎo)棒在t0時刻速度v0＝a0t0導(dǎo)棒在t0時刻產(chǎn)生的電動勢E＝BLv0電功率P0＝eq\f(E2,R＋r)代入數(shù)據(jù)解得P0＝1.0W。(2)回路在t0時刻產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)導(dǎo)體棒在t0時刻受到