高考物理一轮复习 课时跟踪检测（三十九）电磁感应中的动力学和能量问题（卷Ⅰ）（重点班）-人教版高三全册物理试题.doc

课时跟踪检测（三十九） 电磁感应中的动力学和能量问题 （卷） A级保分题目巧做快做1.(2018·广西柳州高级中学模拟)在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示()A线框受到的水平外力一定是恒定的B线框边长与磁场宽度的比值为38C出磁场的时间是进入磁场时的一半D出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等解析：选B根据EBLv，I，FBIL，vat以及F拉Fma可知，线框受到水平外力是变力，且出磁场时比进磁场时要大，故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多，故选项A、D错误；线框做匀加速直线运动，由图像及匀加速直线运动规律，结合电流与速度的关系可以知道，线框边长与磁场宽度比值为38，出磁场的时间不是进入磁场时的一半，故选项B正确，选项C错误。2多选(2018·唐山模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0t2时间内()A电容器C的电荷量大小始终不变B电容器C的a板先带正电后带负电CMN所受安培力的大小始终不变DMN所受安培力的方向先向右后向左解析：选AD磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确，B错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，大小先减小后增大，选项C错误，D正确。3多选(2018·泰州模拟)如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平。线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光。则()A有界磁场宽度l<LB磁场的磁感应强度应为C线框匀速穿越磁场，速度恒为D线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL解析：选BC因线框穿越磁场过程中小灯泡正常发光，故为匀速穿越磁场，且线框长度L和磁场宽度l相同，A错；匀速穿越，故重力和安培力相等，mgnBILnBL，得B，B对；匀速穿越，重力做功的功率等于电功率，即mgvP，得v，C对；线框穿越磁场时，通过的位移为2L，且重力做功完全转化为焦耳热，故Q2mgL，D错。4.如图所示，有两根和水平方向成角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆(电阻忽略不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A如果B增大，vm将变大B如果增大，vm将变大C如果R变小，vm将变大D如果m变小，vm将变大解析：选B金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。安培力FLB，对金属杆列平衡方程式：mgsin ，则vm。由此式可知，B增大，vm减小；增大，vm增大；R变小，vm变小；m变小，vm变小。因此A、C、D错误，B正确。5.多选(2018·银川一中模拟)如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部。当给环通以恒定的电流I，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H。已知重力加速度为g，不计空气阻力，磁场的范围足够大。在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是()A圆环先做加速运动后做减速运动B在时间t内安培力对圆环做功为mgHC圆环运动的最大速度为gtD圆环先有扩张后有收缩的趋势解析：选AC在时间t内，圆环中通有电流I，圆环在磁场中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圆环由静止开始向上加速运动，t时刻撤去电流，圆环继续向上运动，并切割磁感线产生感应电流，则同时又受向下的安培力和重力，合力方向与运动方向相反，所以圆环开始减速运动直至到达最高位置，故A正确。因安培力在t时间内对其做正功，t时刻以后对其做负功，有W安t前W安t后mgH，则知在t时间内安培力做功大于mgH，故B错误。在t时间内安培力FBILBI·2r，合外力F合Fcos mg2BIrcos mgma，vatgt，故C正确。圆环加速上升过程中有收缩趋势，减速上升过程中有扩张趋势，故D错误。6.多选(2018·南昌三校联考)在如图所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域 的磁场方向垂直斜面向上，区域 的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场 区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是()A当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为agsin B导线框两次匀速直线运动的速度v1v241C从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少D从t1到t2的过程中，有机械能转化为电能解析：选BDab边刚越过GH进入磁场区域时，电动势E1BLv1，电流I1，线框做匀速运动，所以mgsin BI1L，当ab边刚越过JP时，电动势E22BLv1，I2，根据牛顿第二定律2BI2Lmgsin ma，联立解得a3gsin ，所以A错误；当a0时，以速度v2做匀速直线运动，即2BI2Lmgsin 0，得：mgsin ，所以v1v241，故B正确；从t1到t2的过程中，根据能量守恒导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少加上动能的减少量，即克服安培力做功W，所以C错误；又克服安培力做功等于产生的电能，所以D正确。7多选(2018·青岛模拟)如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B00.5 T，并且以0.1 T/s的变化率均匀增大，图像如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度L0.5 m，在导轨上放着一金属棒MN，电阻R00.1 ，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M0.2 kg 的重物。导轨上的定值电阻R0.4 ，与P、Q端点相连组成回路。又知PN长d0.8 m。在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是(g取10 N/kg)()A电流的方向由P到QB电流的大小为0.1 AC从磁感应强度为B0开始计时，经过495 s的时间，金属棒MN恰能将重物拉起D电阻R上产生的热量约为16 J解析：选AC根据楞次定律可知电流方向为MNPQM，故A项正确；电流大小I A 0.08 A，故B项错误；要恰好把质量M0.2 kg的重物拉起，则F安FTMg2 N，B T50 T，BB0·t0.50.1t，解得t495 s，故C项正确；电阻R上产生的热量为QI2Rt(0.08)2×0.4×495 J1.27 J，故D项错误。8.多选(2018·赣州期末)如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中abcdL，ab边接有定值电阻R，cd边的质量为m，其他部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来。线框下方处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。初始时刻，使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下的初速度v0，当cd边第一次运动至最下端的过程中，R产生的电热为Q，此过程及以后的运动过程中ab边未进入磁场、cd边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是()A初始时刻cd边所受安培力的大小为mgB线框中产生的最大感应电流可能为C在cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于mv02QD在cd边反复运动过程中，R中产生的电热最多为mv02解析：选BC初始时刻，cd边速度为v0，若此时所受重力不大于安培力，则产生的感应电动势最大，为EBLv0，感应电流I，cd边所受安培力的大小FBIL，A错误，B正确。由能量守恒定律，mv02mghQEp，cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量为Epmv02Qmgh，大于mv02Q，C正确。cd边最后静止在初始位置下方，重力做的功大于克服弹簧弹力做的功；由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，因减小的重力势能大于增加的弹性势能，所以热量应大于mv02，故D错误。9.(2018·佛山一中模拟)CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为，则下列说法中正确的是()A电阻R的最大电流为B流过电阻R的电荷量为C整个电路中产生的焦耳热为mghD电阻R中产生的焦耳热为mgh解析：选B金属棒下滑过程中，机械能守恒，得：mghmv2，金属棒到达水平面时的速度v，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为EBLv，最大的感应电流为I，故A错；通过金属棒的电荷量为q，故B对；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mghW安mgd0，则克服安培力做功：W安mghmgd，C错；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生焦耳热：QRQW安(mghmgd)，故D错。10.多选(2018·黑龙江大庆中学期末)如图所示，一U形金属导轨竖直倒置，相距为L，磁感应强度的大小为B的匀强磁场与导轨平面垂直。一阻值为R、长度为L、质量为m的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后速度减小，最终速度稳定时离磁场上边缘的距离为H。导体棒从静止开始运动到速度刚稳定的整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。下列说法正确的是()A整个运动过程中回路的最大电流为B整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为mg(Hh)C整个运动过程中导体棒克服安培力所做的功为mgHD整个运动过程中回路电流的功率为2R解析：选AB由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，产生的感应电流最大，设最大速度为vm。对于自由下落的过程，根据机械能守恒得：mghmvm2感应电流的最大值为：Im代入解得：Im，故A正确。设导体棒匀速运动的速度为v，则有：mgBILBL，解得： v设整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为Q。根据能量守恒定律得：Qmg(Hh)mv2可解得：Qmg(Hh)根据功能关系可知：导体棒克服安培力所做的功等于导体棒产生的焦耳热，也为mg(Hh)，故C错误，B正确。导体棒匀速运动时电流为：I，此时回路电流的功率为：PI2R2R。由于导体棒先做减速运动，I减小，P减小，故D错误。11.(2018·江苏宜兴市模拟)两根足够长的平行导轨处在与水平方向成37°的斜面上，导轨电阻不计，间距为L0.3 m，在斜面加有磁感应强度为B1 T方向垂直于导轨平面的匀强磁场，导轨两端各接一个阻值为R02 的电阻，一质量为m1 kg，电阻为r2 的金属棒横跨在平行轨道间。棒与轨道间动摩擦因数为0.5，金属棒以平行于轨道向上的初速度为v010 m/s上滑直至上升到最高点过程中，通过上端电阻电量为q0.1 C，求：(1)上升过程中棒发生的位移；(2)上端电阻R0产生的焦耳热。解析：(1)金属棒上升到最高点的过程中，通过上端电阻的电量q0.1 C，即金属棒中通过的电量为2q，设金属棒中的平均电流为：通过金属棒的电量为：t2q，金属棒沿导轨上升的最大距离为：smax代入数据后得：smax2 m。(2)上端电阻与下端电阻相等，并联后电阻为1 ，再与金属棒的电阻r2 串联，外电路产生的焦耳热为全电路焦耳热的，上端电阻产生的焦耳热Q又为外电路焦耳热的，设全电路产生的焦耳热为6Q。由能量守恒可知：mg(sin cos )smax6Qmv02，解得Qmv02mg(sin cos )smax代入数据后得：Q5 J。答案：(1)2 m(2)5 J12(2018·河南洛阳一中模拟)如图甲所示，在水平面上固定宽为L1 m、足够长的光滑平行金属导轨，左端接有R0.5 的定值电阻，在垂直导轨且距导轨左端d2.5 m处有阻值r0.5 、质量m2 kg的光滑导体棒，导轨其余部分电阻不计。磁场垂直于导轨所在平面，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。第1 s内导体棒在拉力F作用下始终处于静止状态。1 s后，拉力F保持与第1 s末相同，导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，拉力F做功为W11.25 J。求： (1)第1 s末感应电流的大小；(2)第1 s末拉力的大小及方向；(3)1 s后导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热。解析：(1)01 s内，由图像得：0.8 T/s根据法拉第电磁感应定律：E2 V回路电流：I2 A。(2)F安BIL1.6 N根据受力平衡，拉力F1.6 N，方向：水平向右。(3)1 s后导体棒做变加速直线运动，当受力平衡速度达最大，B0.8 T则由电磁感应定律：EBLv，最终匀速运动时：FBIL代入数据得：I2 A，I，代入数据得：v2.5 m/s根据能量守恒定律：Wmv2QrQR代入数据得：QrQR5 J，1联立解得：QR2.5 J。答案：(1)2 A(2)1.6 N水平向右(3)2.5 J