（江蘇專用）高考物理一輪復(fù)習(xí) 第9章 電磁感應(yīng) 能力課時(shí)13 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題（含解析）-人教版高三物理試題

能力課時(shí)13電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題一、單項(xiàng)選擇題1.如圖1所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計(jì)?，F(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度，使導(dǎo)線MN向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)()圖1A．電容器兩端的電壓為零B．電阻兩端的電壓為BLvC．電容器所帶電荷量為CBLvD．為保持MN勻速運(yùn)動(dòng)，需對(duì)其施加的拉力大小為eq\f(B2L2v,R)解析當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，穩(wěn)定后，電容器既不充電也不放電，無(wú)電流產(chǎn)生，故電阻兩端沒(méi)有電壓，電容器兩極板間的電壓為U＝E＝BLv，所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B錯(cuò)誤，C正確；MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，因無(wú)電流而不受安培力，故拉力為零，D錯(cuò)誤。答案C2.如圖2所示，在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m，半徑為r，電阻為R的均勻金屬環(huán)，以v0的初速度向一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)滑去(磁場(chǎng)寬度d＞2r)。圓環(huán)的一半進(jìn)入磁場(chǎng)歷時(shí)t秒，這時(shí)圓環(huán)上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則t秒末圓環(huán)中感應(yīng)電流的瞬時(shí)功率為()圖2A.eq\f(4B2r2veq\o\al(2,0),R)B.eq\f(4B2r2（veq\o\al(2,0)－\f(2Q,m)）,R)C.eq\f(2B2r2（veq\o\al(2,0)－\f(2Q,m)）,R)D.eq\f(B2r2π2（veq\o\al(2,0)－\f(2Q,m)）,R)解析t秒末圓環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B·2r·v，由能量守恒知，減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，t秒末圓環(huán)中感應(yīng)電流的功率為P＝EI＝eq\f(E2,R)＝eq\f(4B2r2（veq\o\al(2,0)－\f(2Q,m)）,R)，B正確。答案B二、多項(xiàng)選擇題3．(2016·江蘇淮安模擬)如圖3甲所示，水平面上兩根足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距為L(zhǎng)，一端通過(guò)導(dǎo)線與阻值為R的電阻連接。導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m的金屬桿，金屬桿、導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向下。用與導(dǎo)軌平行的恒定拉力F作用在金屬桿上，桿最終將做勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)改變拉力的大小時(shí)，金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v也會(huì)變化，v和F的關(guān)系如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是()圖3A．金屬桿在勻速運(yùn)動(dòng)之前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍→R→bC．由圖象可以得出B、L、R三者的關(guān)系式為eq\f(B2L2,R)＝eq\f(2,3)D．當(dāng)恒力F＝3N時(shí)，電阻R消耗的最大電功率為8W解析金屬桿在勻速運(yùn)動(dòng)之前，隨著運(yùn)動(dòng)速度的增大，由F安＝eq\f(B2L2v,R)可知金屬桿所受的安培力增大，由牛頓第二定律可知金屬桿的加速度減小，故金屬桿做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由楞次定律可知，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍→R→b，選項(xiàng)B正確；因?yàn)閳D象與橫軸交點(diǎn)等于金屬桿所受摩擦力的大小，故由圖象可知金屬桿所受的摩擦力為Ff＝1N，金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有F－Ff＝F安＝eq\f(B2L2v,R)，則可得eq\f(B2L2,R)＝eq\f(F－Ff,v)＝eq\f(1,2)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)恒力F＝3N時(shí)，金屬桿受到的安培力大小為F安＝F－Ff＝2N，金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度為4m/s，所以金屬桿克服安培力做功的功率P＝8W，轉(zhuǎn)化為電能的功率為8W，故電阻R消耗的最大電功率為8W，選項(xiàng)D正確。答案BD4.(2016·廣東中山二模)如圖4所示，在水平桌面上放置兩條相距為l的平行光滑導(dǎo)軌ab與cd，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的a、c端相連。質(zhì)量為m、電阻也為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置并可沿導(dǎo)軌自由滑動(dòng)。整個(gè)裝置放于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。導(dǎo)體棒的中點(diǎn)系一不可伸長(zhǎng)的輕繩，繩繞過(guò)固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一個(gè)質(zhì)量也為m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)?，F(xiàn)若從靜止開(kāi)始釋放物塊，用h表示物塊下落的高度(物塊不會(huì)觸地)，g表示重力加速度，其他電阻不計(jì)，則()圖4A．電阻R中的感應(yīng)電流方向由c到aB．物塊下落的最大加速度為gC．若h足夠大，物塊下落的最大速度為eq\f(2mgR,B2l2)D．通過(guò)電阻R的電荷量為eq\f(Blh,R)解析由右手定則可知，電阻R中的感應(yīng)電流方向由c到a，A正確；物塊剛下落時(shí)加速度最大，由牛頓第二定律有2mam＝mg，最大加速度：am＝eq\f(g,2)，B錯(cuò)誤；對(duì)導(dǎo)體棒與物塊組成的整體，當(dāng)所受的安培力與物塊的重力平衡時(shí)，達(dá)到最大速度，即eq\f(B2l2vm,2R)＝mg，所以vm＝eq\f(2mgR,B2l2)，C正確；通過(guò)電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(Blh,2R)，D錯(cuò)誤。答案AC三、非選擇題5.如圖5所示，在高度差為h的平行虛線區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。正方形線框abcd的質(zhì)量為m，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(L＝h)，電阻為R，線框平面與豎直平面平行，靜止于位置“Ⅰ”時(shí)，cd邊與磁場(chǎng)下邊緣有一段距離H?，F(xiàn)用一豎直向上的恒力F提線框，線框由位置“Ⅰ”無(wú)初速度向上運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域最后到達(dá)位置“Ⅱ”(ab邊恰好出磁場(chǎng))，線框平面在運(yùn)動(dòng)中保持在豎直平面內(nèi)，且ab邊保持水平。當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)?？諝庾铓獠挥?jì)，g＝10m/s2。求：圖5(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)前距磁場(chǎng)下邊界的距離H；(2)線框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的過(guò)程中，恒力F做的功和線框產(chǎn)生的熱量。解析(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度為v1，有：E＝BLv1，I＝eq\f(E,R)，F(xiàn)安＝BIL；根據(jù)線框在磁場(chǎng)中的受力，有F＝mg＋F安。在恒力作用下，線框從位置“Ⅰ”由靜止開(kāi)始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有F－mg＝ma，且H＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a)，由以上各式解得H＝eq\f(mR2,2B4L4)(F－mg)。(2)線框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的過(guò)程中，恒力F做的功為W＝F(H＋h＋L)。只有線框在穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中才會(huì)產(chǎn)生熱量，因此從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中有F(L＋h)＝mg(L＋h)＋Q，所以Q＝(F－mg)(L＋h)。答案(1)eq\f(mR2,2B4L4)(F－mg)(2)F(H＋h＋L)(F－mg)(L＋h)6.(2016·南通市高三調(diào)研)如圖6所示，水平面上兩平行光滑金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，左端用導(dǎo)線連接阻值為R的電阻。在間距為d的虛線MN、PQ之間，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小只隨著與MN的距離變化而變化。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，在大小為F的水平恒力作用下由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)虛線MN時(shí)的速度為v0。此后恰能以加速度a在磁場(chǎng)中做勻加速運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，始終與導(dǎo)體棒接觸良好，求：圖6(1)導(dǎo)體棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的位置到MN的距離x；(2)磁場(chǎng)左邊緣MN處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(3)導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR。解析(1)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)外，由動(dòng)能定理有Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2F)。(2)導(dǎo)體棒剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋r)，又F安＝ILB由牛頓第二定律有F－F安＝ma，解得B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(（F－ma）（R＋r）,v0))。(3)導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程，由牛頓第二定律有F－F安＝ma，導(dǎo)體棒克服安培力做功W＝F安d，電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(R,R＋r)Q，解得QR＝eq\f(Rd,R＋r)(F－ma)。答案(1)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(1,L)eq\r(\f(（F－ma）（R＋r）,v0))(3)eq\f(Rd,R＋r)(F－ma)7．(2016·江蘇宿遷模擬)如圖7甲所示，“Ⅱ”形線框豎直放置，電阻不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，一個(gè)質(zhì)量為m、阻值為R的光滑導(dǎo)體棒AB，緊貼線框下滑，所達(dá)到的最大速度為v。現(xiàn)將該線框和磁場(chǎng)同時(shí)旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度放置在傾角為θ的斜面上，如圖乙所示。圖7(1)在斜面上導(dǎo)體棒由靜止釋放，在下滑過(guò)程中，線框一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，求導(dǎo)體棒的最大速度；(2)導(dǎo)體棒在下滑過(guò)程中線框保持靜止，求線框與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ所滿足的條件(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)；(3)現(xiàn)用一個(gè)恒力F＝2mgsinθ沿斜面向上由靜止開(kāi)始拉導(dǎo)體棒，通過(guò)距離s時(shí)導(dǎo)體棒已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，線框保持不動(dòng)，求此過(guò)程中導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱。解析(1)線框豎直時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒E＝BLvI＝eq\f(E,R)mg＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)同理，導(dǎo)體棒在斜面上下滑速度最大時(shí)mgsinθ＝eq\f(B2L2v1,R)解得v1＝vsinθ。(2)設(shè)線框的質(zhì)量為M，當(dāng)導(dǎo)體棒速度最大時(shí)，線框受到沿斜面向下的安培力最大，要使線框靜止不動(dòng)，則：Mgsinθ＋F安≤Ffmax即：Mgsinθ＋mgsinθ≤μ(M＋m)gcosθ解得μ≥tanθ。(3)當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)F＝mgsinθ＋F安′F安′＝eq\f(B2L2v2,R)由功能關(guān)系可得Fs＝mgssinθ＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋Q聯(lián)立可得Q＝mgssinθ－eq\f(1,2)mv2sin2θ。答案(1)vsinθ(2)μ≥tanθ(3)mgssinθ－eq\f(1,2)mv2sin2θ8．(2016·河南洛陽(yáng)模擬)如圖8所示，兩完全相同的金屬棒垂直放在水平光滑導(dǎo)軌上，其質(zhì)量均為m＝1kg，導(dǎo)軌間距d＝0.5m，現(xiàn)兩棒并齊，中間夾一長(zhǎng)度不計(jì)的輕質(zhì)壓縮彈簧，彈簧彈性勢(shì)能為Ep＝16J?，F(xiàn)釋放彈簧(不拴接)，彈簧彈開(kāi)后，兩棒同時(shí)獲得大小相等的速度開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)，ab棒進(jìn)入一隨時(shí)間變化的磁場(chǎng)，已知B＝2＋0.5t(單位：T)，導(dǎo)軌上另有兩個(gè)擋塊P、Q，cd棒與之碰撞時(shí)無(wú)能量損失，開(kāi)始時(shí)擋塊P與cd棒之間的距離為16m，ab棒與虛線MN之間的距離為16m，兩棒接入導(dǎo)軌部分的電阻均為R＝5Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。若從釋放彈簧時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)(不考慮彈簧彈開(kāi)兩棒的時(shí)間，即瞬間就彈開(kāi)兩棒)，在ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)邊界的瞬間，對(duì)ab棒施加一外力F(大小和方向都可以變化)，使之做加速度大小為a＝0.5m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，求：圖8(1)ab棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的外力F的大小和方向；(2)ab棒速度為零時(shí)所受到的安培力。解析(1)彈簧彈開(kāi)瞬間，設(shè)兩棒的速度大小均為v0，在這個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則Ep＝2×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝4m/sab棒經(jīng)t1＝eq\f(16,4)s＝4s進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝2T＋0.5×4T＝4Tab棒受到的安培力F安＝eq\f(Beq\o\al(2,1)d2v0,2R)＝1.6N，方向水平向左由牛頓第二定律得F安－F＝ma則所加外力F＝F安－m