高考物理一輪復(fù)習(xí)課時練習(xí) 第12章第4練　專題強(qiáng)化：電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題（含詳解）

1.如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動。桿ef及線框的電阻不計，開始時，給ef一個向右的初速度，則()A．ef將減速向右運動，但不是勻減速運動B．ef將勻減速向右運動，最后停止C．ef將勻速向右運動D．ef將往返運動2.如圖，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d>L)的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方向豎直向下，導(dǎo)線框以某一初速度向右運動，t＝0時導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場區(qū)域。下列v－t圖像中，正確描述上述過程的可能是()3.(2023·陜西咸陽市模擬)如圖，矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強(qiáng)磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場的時刻。線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界線OO′平行，線框平面與磁場方向垂直。設(shè)OO′下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣阻力影響，則下列圖像不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律的是()4.(2023·江蘇鹽城市模擬)如圖所示，MN和PQ是豎直放置的兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，MP間接定值電阻R，金屬桿cd保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。桿cd由靜止開始下落并計時，桿cd兩端的電壓U、桿cd所受安培力的大小F隨時間t變化的圖像，以及通過桿cd的電流I、桿cd加速度的大小a隨桿的速率v變化的圖像，合理的是()5.(多選)如圖所示，兩根間距為d的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為θ＝30°的絕緣斜面上，導(dǎo)軌的右端接有電阻R，整個裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上。導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m、電阻也為R的導(dǎo)體棒與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒以一定的初速度v0在沿著導(dǎo)軌上滑一段距離L后返回，不計導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒返回時先做加速運動，最后做勻速直線運動B．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中通過R的電荷量q＝eq\f(BdL,R)C．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中克服安培力做的功W＝eq\f(1,2)(mv02－mgL)D．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)(mv02－mgL)6．(多選)如圖甲所示，兩間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，左端用導(dǎo)線連接，導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，一根長度也為L、電阻為R的金屬棒放在導(dǎo)軌上，在平行于導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用下向右運動，金屬棒運動過程中，始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，金屬棒運動的加速度與速度的關(guān)系如圖乙所示，不計金屬導(dǎo)軌及左邊導(dǎo)線電阻，金屬導(dǎo)軌足夠長，若圖乙中的a0、v0均為已知量，則下列說法正確的是()A．金屬棒的質(zhì)量為eq\f(F,a0)B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(1,L)eq\r(\f(FR,v0))C．當(dāng)拉力F做功為W時，通過金屬棒橫截面的電荷量為eq\f(W,\r(FR))D．某時刻撤去拉力，此后金屬棒運動過程中加速度大小與速度大小成正比7．(2023·黑龍江哈爾濱市第九中學(xué)模擬)如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，間距為L＝1m，質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直放置在軌道上且與軌道接觸良好，其阻值忽略不計?？臻g存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T。P、M間接有阻值為R1的定值電阻，Q、N間接電阻箱R?，F(xiàn)從靜止釋放ab，改變電阻箱的阻值R，測得金屬棒ab最大速度為vm，得到eq\f(1,vm)與eq\f(1,R)的關(guān)系如圖乙所示。若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度g取10m/s2，則()A．金屬桿中感應(yīng)電流方向由a指向bB．金屬桿所受的安培力沿軌道向下C．定值電阻的阻值為1ΩD．金屬桿的質(zhì)量為1kg8.(多選)如圖所示，絕緣的水平面上固定有兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻不計，兩相同金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，其右側(cè)矩形區(qū)域內(nèi)存在恒定的勻強(qiáng)磁場，磁場方向豎直向上，現(xiàn)兩金屬棒分別以初速度2v0和v0同時沿導(dǎo)軌自由運動，先后進(jìn)入磁場區(qū)域。已知a棒離開磁場區(qū)域時b棒已經(jīng)進(jìn)入磁場區(qū)域，則a棒從進(jìn)入到離開磁場區(qū)域的過程中，電流i隨時間t的變化圖像可能正確的有()9．(多選)(2023·河南許昌市期末)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個方向相反的水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁場范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小左邊為2B，右邊為3B，一個豎直放置的寬為L、長為3L、質(zhì)量為m、電阻為r的矩形金屬線框，以初速度v垂直磁場方向從圖中實線位置開始向右運動，當(dāng)線框運動到虛線位置(在左邊磁場中的長度為L、在右邊磁場中的長度為2L)時，線框的速度為eq\f(1,3)v，則下列說法正確的是()A．此時線框中電流方向為逆時針，電功率為eq\f(25B2L2v2,9r)B．此過程中通過線框橫截面的電荷量為eq\f(10BL,r)C．此時線框的加速度大小為eq\f(25B2Lv,3mr)D．此過程中線框克服安培力做的功為eq\f(4,9)mv210.(2023·湖北省聯(lián)考)如圖所示，足夠長、電阻不計的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為θ。導(dǎo)軌上端與阻值為R的電阻和電容為C的電容器相接，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，一質(zhì)量為m、電阻為R、長度為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，金屬棒ab始終與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)將開關(guān)S閉合，金屬棒由靜止開始運動。已知重力加速度為g。(1)求金屬棒沿導(dǎo)軌勻速滑行時的速度大小v；(2)金屬棒沿導(dǎo)軌勻速運動后，將開關(guān)S斷開并開始計時，求此后金屬棒的速度大小v′隨時間t變化的關(guān)系。11.(2023·陜西渭南市期末)如圖所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，處在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌間距L＝1m。導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝37°，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2T，ab、cd兩金屬棒放在導(dǎo)軌上與導(dǎo)軌垂直并處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩金屬棒的長度均為L＝1m，電阻均為R＝5Ω，質(zhì)量均為0.5kg，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度g取10m/s2。若使金屬棒ab以v1＝1m/s的速度沿導(dǎo)軌向下勻速運動，則金屬棒cd恰好要滑動；現(xiàn)使金屬棒ab從靜止開始向上做初速度為零的勻加速直線運動，加速度的大小a＝8m/s2，金屬棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ；(2)從靜止開始，金屬棒ab向上加速運動多長時間，金屬棒cd剛好要滑動；(3)已知金屬棒ab向上勻加速運動至金屬棒cd剛好要滑動的過程中，拉力對金屬棒ab所做的功W＝234.4J。則此過程中，金屬棒cd中通過的電荷量及產(chǎn)生的焦耳熱。12．(多選)(2023·山東卷·12)足夠長U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m，電阻不計。質(zhì)量為1kg、長為1m、電阻為1Ω的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區(qū)域內(nèi)分別存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，其中B1＝2T，方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導(dǎo)軌CD段中點與質(zhì)量為0.1kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度v1＝2m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取10m/s2，下列說法正確的是()A．B2的方向向上 B．B2的方向向下C．v2＝5m/s D．v2＝3m/s第4練專題強(qiáng)化：電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題1．A[ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，會受到向左的安培力而做減速運動，由F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，最終停止運動，故A正確，B、C、D錯誤。]2．D[線框以一定初速度進(jìn)入磁場，則感應(yīng)電動勢為E＝BLv，根據(jù)閉合電路歐姆定律，則感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)，所以安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，又根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma，則a＝eq\f(B2L2v,Rm)，由于v減小，所以a也減??；當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，不受到安培力作用，所以做勻速直線運動；當(dāng)線框出磁場時，速度與時間的關(guān)系與進(jìn)入磁場相似，在速度—時間圖像中，斜率絕對值表示加速度的大小，故D正確，A、B、C錯誤。]3．A[線框先做自由落體運動，t1時刻ab邊進(jìn)入磁場做減速運動，加速度逐漸減小，而A圖像中的加速度逐漸增大，故A錯誤；線框先做自由落體運動，若進(jìn)入磁場時重力小于安培力，ab邊進(jìn)入磁場后做減速運動，當(dāng)加速度減小到零時做勻速直線運動，cd邊進(jìn)入磁場后線框做自由落體運動，加速度為g，故B正確；線框先做自由落體運動，ab邊進(jìn)入磁場時若重力大于安培力，做加速度減小的加速運動，cd邊進(jìn)入磁場后線框做自由落體運動，加速度為g，故C正確；線框先做自由落體運動，ab邊進(jìn)入磁場時若重力等于安培力，做勻速直線運動，cd邊進(jìn)入磁場后，線框繼續(xù)做自由落體運動，加速度為g，故D正確。]4．D[設(shè)桿長為L，桿下落過程中切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)∝v，故C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有mg－BIL＝ma，即a＝g－eq\f(B2L2v,mR＋r)，故D正確；桿所受安培力的大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，桿下落過程中先做加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度為零時，速度保持不變，所以安培力隨速度先增大后不變，最終大小為mg，故B錯誤；桿兩端的電壓為U＝IR＝eq\f(BLRv,R＋r)，速度先增大后不變，所以U先增大后不變，故A錯誤。]5．AC[導(dǎo)體棒返回時先做加速度減小的加速運動，最后受力平衡，做勻速直線運動，所以A正確；根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R總)，則導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中通過R的電荷量為q＝eq\f(BdL,2R)，所以B錯誤；設(shè)導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中克服安培力做的功為W，由能量守恒可得W＋mgLsin30°＝eq\f(1,2)mv02，解得W＝eq\f(1,2)(mv02－mgL)，所以C正確；根據(jù)功能關(guān)系可得，導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)W，則Q＝eq\f(1,4)(mv02－mgL)，所以D錯誤。]6．ABD[由題意可知F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，得a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2,mR)v，結(jié)合a－v圖像可知eq\f(F,m)＝a0，eq\f(B2L2,mR)＝eq\f(a0,v0)，解得m＝eq\f(F,a0)，B＝eq\r(\f(ma0R,L2v0))＝eq\f(1,L)eq\r(\f(FR,v0))，A、B正確；當(dāng)拉力F做功為W時，金屬棒運動的距離為s＝eq\f(W,F)，則通過金屬棒橫截面的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)t＝eq\f(BLs,R)＝eq\f(W,\r(FRv0))，C錯誤；某時刻撤去拉力，此后eq\f(B2L2v,R)＝ma，則a＝eq\f(B2L2,mR)v，D正確。]7．C[由右手定則可判斷，金屬桿中感應(yīng)電流方向由b指向a，由左手定則知，金屬桿所受的安培力沿軌道向上，A、B錯誤；總電阻為R總＝eq\f(R1R,R1＋R)，I＝eq\f(BLv,R總)，當(dāng)達(dá)到最大速度時，金屬桿受力平衡，有mgsinθ＝BImL＝eq\f(B2L2vm,R1R)(R1＋R)，變形得eq\f(1,vm)＝eq\f(B2L2,mgsinθ)·eq\f(1,R)＋eq\f(B2L2,mgR1sinθ)，根據(jù)題圖乙可得eq\f(B2L2,mgsinθ)＝k＝0.5s·m－1·Ω，eq\f(B2L2,mgR1sinθ)＝b＝0.5s·m－1，解得金屬桿的質(zhì)量m＝0.1kg，定值電阻阻值R1＝1Ω，C正確，D錯誤。]8．AB[a棒以速度2v0先進(jìn)入磁場做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i0＝eq\f(Bl·2v0,R)，a棒在磁場中會受到安培力，做減速直線運動，感應(yīng)電流也隨之減小。設(shè)當(dāng)b棒剛進(jìn)入磁場時a棒的速度為v1，此時的瞬時電流為i1＝eq\f(Blv1,R)，若v1＝v0，則i1＝eq\f(Blv0,R)＝eq\f(i0,2)，此時兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相抵，電流為零，金屬棒不受安培力作用，兩棒均勻速運動離開，i－t圖像中無電流，只有A圖符合；若v1<v0，即i1＝eq\f(Blv1,R)<eq\f(i0,2)，此時兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不相等，要抵消一部分，因b棒的速度大，電流方向為b棒中電流的流向，即逆時針方向(從上往下看)，大小為i＝eq\f(Blv0－v1,R)，b棒受安培力要減速，a棒受安培力而加速，則電流逐漸減小，故B、D圖中只有B圖符合。因電流不可能為恒定不變的eq\f(i0,2)，故C不符合。]9．AD[根據(jù)右手定則可知，線框中電流方向為逆時針，線框產(chǎn)生的電動勢為E＝3BLeq\f(v,3)＋2BLeq\f(v,3)＝eq\f(5,3)BLv，線框中電流為I＝eq\f(E,r)＝eq\f(5BLv,3r)，則電功率為P＝EI＝eq\f(25B2L2v2,9r)，故A正確；此過程中線框中磁通量的變化為ΔΦ＝2B·3L2－(2BL2－3B·2L2)＝10BL2，此過程中通過線框橫截面的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),r)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),r)Δt＝eq\f(ΔΦ,r)＝eq\f(10BL2,r)，故B錯誤；線框受到的安培力大小為F＝3BIL＋2BIL＝eq\f(25B2L2v,3r)，此時線框的加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(25B2L2v,3mr)，故C錯誤；由動能定理得－W克安＝eq\f(1,2)m(eq\f(v,3))2－eq\f(1,2)mv2，可得此過程中線框克服安培力做的功為eq\f(4,9)mv2，故D正確。]10．(1)eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)v′＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)＋eq\f(mgsinθ,m＋B2L2C)t解析(1)金屬棒沿導(dǎo)軌勻速滑行時，設(shè)電流為I，根據(jù)平衡條件可得mgsinθ＝BIL，又I＝eq\f(BLv,2R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)設(shè)時間Δt內(nèi)金屬棒增大的感應(yīng)電動勢ΔE＝BL·Δv電容器增加的電壓ΔU＝eq\f(ΔQ,C)＝eq\f(I′·Δt,C)根據(jù)ΔE＝ΔU，eq\f(Δv,Δt)＝a求得電路中電流I′＝BLCa對金屬棒根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－BI′L＝ma，解得a＝eq\f(mgsinθ,m＋B2L2C)金屬棒做勻加速直線運動，速度大小隨時間變化的關(guān)系v′＝v＋at＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)＋eq\f(mgsinθ,m＋B2L2C)t。11．(1)0.85(2)2s(3)3.2C34J解析(1)根據(jù)題意，金屬棒ab以v1＝1m/s的速度沿導(dǎo)軌向下勻速運動，則金屬棒cd恰好要滑動，設(shè)金屬棒cd所受安培力大小為F安′，則對金屬棒cd根據(jù)平衡條