高考物理一轮复习第十章电磁感应课时规范练34电磁感应现象中的动力学动量和能量问题新人教版.doc

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1、1 / 16【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习第十章电磁感应课时规范精选高考物理一轮复习第十章电磁感应课时规范练练 3434 电磁感应现象中的动力学动量和能量问题新人教版电磁感应现象中的动力学动量和能量问题新人教版基础巩固组基础巩固组1.1.(电磁感应现象中的能量问题)如图所示,用粗细相同的铜丝做成边长分别为 L 和 2L 的两只闭合线框 a 和 b,以相同的速度把两只线框从磁感应强度为 B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外,若外力对环做的功分别为Wa、Wb,则 WaWb 为( )A.14B.12C.11D.不能确定答案 A解析根据能量守恒可知,外力做的功等于产生的电能,而产

2、生的电能又全部转化为焦耳热,所以 Wa=Qa=,Wb=Qb=,由电阻定律知 Rb=2Ra,故WaWb=14,A 项正确。2 / 162.2.(电磁感应现象中的动力学问题)一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落,进入一水平方向的匀强磁场区域,然后穿出磁场区域继续下落,如图所示,则( )A.若线圈进入磁场过程是匀速运动,则离开磁场过程也是匀速运动B.若线圈进入磁场过程是加速运动,则离开磁场过程也是加速运动C.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程也是减速运动D.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程是加速运动答案 C解析线圈从高处自由下落,以一定的速度进入磁场,会产生感应电流,线圈受到重力

3、和安培力作用,线圈全部进入磁场后,磁通量不变,没有感应电流产生,线圈不受安培力,只受重力,在磁场内部会做一段匀加速运动。若线圈进入磁场过程是匀速运动,说明有 mg=BIl,由于线圈全部进入磁场后只受重力,在磁场内部会做一段匀加速运动,离开磁场时的速度大于进入磁场时的速度,安培力大于重力,就会做减速运动,故 A 错误;若线圈进入磁场过程一直是加速运动,说明重力大于安培力,在离开磁场时速度增大,安培力增大,可能安培力与重力平衡,做匀速运动,故 B 错误;若线圈进入磁场过程3 / 16一直是减速运动,说明重力小于安培力,线圈全部进入磁场后,在磁场内部会做一段匀加速运动,所以离开磁场时安培力变大,安培

4、力仍然大于重力,所以也是减速运动,故 C 正确,D 错误。3.(3.(电磁感应现象中的能量问题电磁感应现象中的能量问题) )竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道轨道, ,如图所示如图所示, ,抛物线方程是抛物线方程是 y=x2,y=x2,轨道下半部分处在一个水平向外的匀轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中强磁场中, ,磁场的上边界是磁场的上边界是 y=ay=a 的直线的直线( (图中虚线所示图中虚线所示),),一个小金属环从抛一个小金属环从抛物线上物线上 y=b(ba)y=b(ba)处以速度处以速度 v v 沿抛物线下滑沿抛物线下滑, ,假设抛物线足

5、够长假设抛物线足够长, ,金属环沿金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( ( ) )A.mgbB.mv2C.mg(b-a)D.mg(b-a)+mv2答案 D解析小金属环进入或离开磁场时,磁通量会发生变化,并产生感应电流,产生焦耳热;当小金属环全部进入磁场后,不产生感应电流,小金属环最终在磁场中做往复运动,由能量守恒定律可得产生的焦耳热等于减少的机械能,即 Q=mv2+mgb-mga=mg(b-a)+mv2,D 正确。4.4.4 / 16(多选)(电磁感应现象中的能量问题)(2017安徽江南十校联考)如图所示,磁场与线圈平面垂直,先后以速度 v1 和 v2 匀速把

6、一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域,v1=3v2。在先后两种情况下( )A.线圈中的感应电流之比 I1I2=13B.线圈中的感应电流之比 I1I2=31C.线圈中产生的焦耳热之比 Q1Q2=31D.通过线圈某截面的电荷量之比 q1q2=11答案 BCD解析 v1=3v2,根据 E=Blv 知,感应电动势之比为 31,感应电流 I=,则感应电流之比 I1I2=31,故 A 错误,B 正确。由 v1=3v2 知,t1t2=13,根据 Q=I2Rt 知,焦耳热 Q1Q2=31,故 C 正确。根据 q=It=知,通过某截面的电荷量之比 q1q2=11,故 D 正确。5.(5.(多选多选)()(电磁感应现象

7、中的动力学问题电磁感应现象中的动力学问题) )如图所示如图所示, ,两足够长平行金属导两足够长平行金属导轨固定在水平面上轨固定在水平面上, ,匀强磁场方向垂直导轨平面向下匀强磁场方向垂直导轨平面向下, ,金属棒金属棒 abab、cdcd 与导与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动, ,两金属棒两金属棒 abab、cdcd 的质量之比为的质量之比为21.21.用一沿导轨方向的恒力用一沿导轨方向的恒力 F F 水平向右拉金属棒水平向右拉金属棒 cd,cd,经过足够长时间以经过足够长时间以后后( ( ) )5 / 16A.金属棒 ab、cd 都做匀速运动B.金属

8、棒 ab 上的电流方向是由 b 向 aC.金属棒 cd 所受安培力的大小等于D.两金属棒间距离保持不变答案 BC解析对两金属棒 ab、cd 进行受力和运动分析可知,两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动,且金属棒 ab 速度小于金属棒 cd 速度,所以两金属棒间距离是变大的,由楞次定律判断金属棒 ab 上的电流方向是由 b 到a,A、D 错误,B 正确;以两金属棒整体为研究对象,有 F=3ma,隔离金属棒 cd分析,有 F-F 安=ma,可求得金属棒 cd 所受安培力的大小 F 安=F,C 正确。6.(6.(多选多选)()(电磁感应现象中的动力学和能量问题电磁感应现象中的动力学和能量问题)

9、(2017)(2017北京北京区校级区校级四模四模) )如图所示如图所示, ,一个质量为一个质量为 m m、电阻不计、足够长的光滑、电阻不计、足够长的光滑 U U 形金属框架形金属框架MNQP,MNQP,位于光滑绝缘水平桌面上位于光滑绝缘水平桌面上, ,平行导轨平行导轨 MNMN 和和 PQPQ 相距为相距为 l l。空间存在着。空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场足够大的方向竖直向下的匀强磁场, ,磁感应强度的大小为磁感应强度的大小为 B B。另有质量也。另有质量也为为 m m 的金属棒的金属棒 CD,CD,垂直于垂直于 MNMN 放置在导轨上放置在导轨上, ,并用一根绝缘细线系在定点并

10、用一根绝缘细线系在定点A A。已知。已知, ,细线能承受的最大拉力为细线能承受的最大拉力为 T0,CDT0,CD 棒接入导轨间的有效电阻为棒接入导轨间的有效电阻为 R R。现从现从 t=0t=0 时刻开始对时刻开始对 U U 形框架施加水平向右的拉力形框架施加水平向右的拉力, ,使其从静止开始做加使其从静止开始做加6 / 16速度为速度为 a a 的匀加速直线运动的匀加速直线运动, ,经过一段时间后经过一段时间后, ,细线断裂细线断裂, ,在细线断裂时在细线断裂时, ,立立即撤去拉力即撤去拉力, ,关于撤去拉力前后的全过程关于撤去拉力前后的全过程, ,下列说法正确的是下列说法正确的是( ( )

11、 )A.撤去拉力 F 时,框架的速度 v0=B.从框架开始运动到细线断裂所需的时间 t0=C.撤去拉力后,框架将向右减速,棒向右加速,二者最终速度相同D.最终在回路中产生的总焦耳热等于拉力 F 做的功答案 ABC解析当细线拉力达到最大时,有 T0=F 安=BIl=,解得框架的速度 v0=,故 A正确。根据速度时间关系可得 v0=at0,解得从框架开始运动到细线断裂所需的时间 t0=,故 B 正确。撤去拉力后,框架受到向左的安培力做减速运动,棒相对于框架的速度向左,所受的安培力向右,即棒向右加速,两者最终速度相等,故 C 正确。根据能量守恒定律知,拉力 F 做的功等于最终回路中产生的总焦耳热和最

12、终整体的动能之和,故 D 错误。7.7.7 / 16(多选)(电磁感应现象中的动力学和能量问题)两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为 l,顶端接阻值为 R 的电阻。质量为 m、电阻为 r 的金属棒在距磁场上边界某处静止释放,金属棒和导轨接触良好且与导轨垂直,导轨所在平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直,如图所示,不计导轨的电阻。则( )A.金属棒在磁场中运动时,流过电阻 R 的电流方向为 abB.金属棒的速度为 v 时,金属棒所受的安培力大小为C.金属棒的最大速度为D.金属棒以稳定的速度下滑时,电阻 R 的热功率为 R答案 BD解析金属棒在磁场中向下运动时,由楞次定律可知,流过电阻 R 的电

13、流方向为 ba,选项 A 错误;金属棒的速度为 v 时,金属棒中感应电动势 E=Blv,感应电流 I=,所受的安培力大小为 F=BIl=,选项 B 正确;当安培力 F=mg 时,金属棒下落速度最大,金属棒的最大速度为 v=,选项 C 错误;金属棒以稳定的速度下滑时,电阻 R 和 r 的热功率为 mgv=2(R+r),电阻 R 的热功率为 2R,选项 D 正确。8 / 168.(8.(多选多选)()(电磁感应现象中的动力学问题电磁感应现象中的动力学问题)(2017)(2017重庆质检重庆质检) )如图如图, ,两根足两根足够长且光滑平行的金属导轨够长且光滑平行的金属导轨 PPPP、QQQQ倾斜放

14、置倾斜放置, ,匀强磁场垂直于导轨平面匀强磁场垂直于导轨平面, ,导导轨的上端与水平放置的两金属板轨的上端与水平放置的两金属板 M M、N N 相连相连, ,板间距离足够大板间距离足够大, ,板间有一带板间有一带电微粒电微粒, ,金属棒金属棒 abab 水平跨放在导轨上水平跨放在导轨上, ,下滑过程中与导轨接触良好且与导下滑过程中与导轨接触良好且与导轨垂直。现同时由静止释放带电微粒和金属棒轨垂直。现同时由静止释放带电微粒和金属棒 ab,ab,则下列说法正确的是则下列说法正确的是( ( ) )A.金属棒 ab 最终可能匀速下滑B.金属棒 ab 一直加速下滑C.金属棒 ab 下滑过程中 M 板电势

15、高于 N 板电势D.带电微粒不可能先向 N 板运动后向 M 板运动答案 BC解析金属棒沿光滑导轨加速下滑,棒中有感应电动势而对电容器充电,充电电流通过金属棒时受安培力作用,只有金属棒速度增大时才有充电电流,因此总有 mgsin -BIl0,金属棒将一直加速,A 项错、B 项对;由右手定则可知,金属棒 a 端电势高,则 M 板电势高,C 项对;若微粒带负电,则静电力向上与重力反向,开始时静电力为 0,微粒向下加速运动,当静电力增大到大于重力时,微粒的加速度向上,D 项错。导学号 06400482能力提升组能力提升组9 / 169.9.如图所示如图所示, ,两平行金属导轨位于同一水平面上两平行金属

16、导轨位于同一水平面上, ,相距相距 l,l,左端与一电阻左端与一电阻 R R相连相连; ;整个系统置于匀强磁场中整个系统置于匀强磁场中, ,磁感应强度大小为磁感应强度大小为 B,B,方向竖直向下。一方向竖直向下。一质量为质量为 m m 的导体棒置于导轨上的导体棒置于导轨上, ,在水平外力作用下沿导轨以速率在水平外力作用下沿导轨以速率 v v 匀速向匀速向右滑动右滑动, ,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为间的动摩擦因数为 ,导轨和导体棒的电阻均可忽略。求导轨和导体棒的电阻均可忽略。求: :(1)电阻

17、R 消耗的功率。(2)水平外力的大小。答案(1) (2)+mg解析解法一 导体棒匀速向右滑动,速率为 v,则有F=F 安+mgE=Blv,I=F 安=BIl解得 F=+mg由能量守恒定律得 Fvt=mgvt+PRt解得 PR=解法二 (1)导体棒切割磁感线产生的电动势 E=Blv10 / 16由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则 R 两端电压等于电动势 U=E则电阻 R 消耗的功率 PR=综合以上三式可得 PR=(2)设水平外力大小为 F,由能量守恒有 Fvt=PRt+mgvt故得 F=+mg=+mg。导学号 0640048310.(201610.(2016浙江卷浙江卷) )小明设计的电磁健身器

18、的简化装置如图所示小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示, ,两根平行两根平行金属导轨相距金属导轨相距 l=0.50l=0.50 m,m,倾角倾角 =53,=53,导轨上端串接一个导轨上端串接一个 R=0.05R=0.05 的电的电阻。在导轨间长阻。在导轨间长 d=0.56d=0.56 m m 的区域内的区域内, ,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场场, ,磁感应强度磁感应强度 B=2.0B=2.0 T T。质量。质量 m=4.0m=4.0 kgkg 的金属棒的金属棒 CDCD 水平置于导轨上水平置于导轨上, ,用用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆绝缘绳索通过定滑轮与拉

19、杆 GHGH 相连。相连。CDCD 棒的初始位置与磁场区域的下边棒的初始位置与磁场区域的下边界相距界相距 s=0.24s=0.24 m m。一位健身者用恒力。一位健身者用恒力 F=80F=80 N N 拉动拉动 GHGH 杆杆,CD,CD 棒由静止开始棒由静止开始运动运动, ,上升过程中上升过程中 CDCD 棒始终保持与导轨垂直。当棒始终保持与导轨垂直。当 CDCD 棒到达磁场上边界时棒到达磁场上边界时健身者松手健身者松手, ,触发恢复装置使触发恢复装置使 CDCD 棒回到初始位置棒回到初始位置( (重力加速度重力加速度 g g 取取 1010 m/s2,sinm/s2,sin 53=0.8,

20、53=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量) )。求。求: :(1)CD 棒进入磁场时速度 v 的大小。(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力 FA 的大小。11 / 16(3)在拉升 CD 棒的过程中,健身者所做的功 W 和电阻产生的焦耳热 Q。答案(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J解析(1)由牛顿第二定律得a=12 m/s2进入磁场时的速度v=2.4 m/s(2)感应电动势 E=Blv感应电流 I=安培力 FA=IBl代入得 FA=48 N(3)健身者做功 W=F(s+d)=64 J由牛顿第二定律得F-mg

21、sin -FA=0CD 棒在磁场区域内做匀速运动在磁场中运动时间 t=12 / 16焦耳热 Q=I2Rt=26.88 J导学号 0640048411.(201711.(2017江西宜春二模江西宜春二模) )如图所示如图所示, ,电阻不计的两光滑平行金属导轨相距电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L,L,固定在水平绝缘桌面上固定在水平绝缘桌面上, ,其中半径为其中半径为 R R 的圆弧部分处在竖直平面内的圆弧部分处在竖直平面内, ,水平水平直导轨部分处在磁感应强度为直导轨部分处在磁感应强度为 B B、方向竖直向下的匀强磁场中、方向竖直向下的匀强磁场中, ,末端与桌末端与桌面边缘垂直平齐。两金属棒面边

22、缘垂直平齐。两金属棒 abab、cdcd 垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒abab 质量为质量为 2m,2m,电阻为电阻为 r,r,棒棒 cdcd 的质量为的质量为 m,m,电阻为电阻为 r,r,重力加速度为重力加速度为 g,g,开始开始时棒时棒 cdcd 静止在水平直导轨上静止在水平直导轨上, ,棒棒 abab 从圆弧顶端无初速度释放从圆弧顶端无初速度释放, ,进入水平直进入水平直导轨后与棒导轨后与棒 cdcd 始终没有接触并一直向右运动始终没有接触并一直向右运动, ,最后两棒都离开导轨落到地最后两棒都离开导轨落到地面上面上, ,棒棒 abab 与棒与棒 cd

23、cd 落地点到桌面边缘的水平距离之比为落地点到桌面边缘的水平距离之比为 2121。求。求: :(1)棒 ab 和棒 cd 离开导轨时的速度大小;(2)棒 cd 在水平导轨上的最大加速度;(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。答案(1)棒 ab 和棒 cd 离开导轨时的速度大小分别为 (2) (3)mgR解析(1)设 ab 棒进入水平导轨的速度为 v,ab 棒从圆弧导轨滑下机械能守恒:2mgR=2mv213 / 16解得 v=两棒离开导轨时,设 ab 棒的速度为 v1,cd 棒的速度为 v2。两棒离开导轨后做平抛运动的时间相等,由平抛运动水平位移 x=v0t可知 v1v2=x1x2=21两棒

24、均在水平导轨上运动时,系统的合外力为零,遵守动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律得 2mv=2mv1+mv2联立解得 v1=,v2=。(2)ab 棒刚进入水平导轨时,cd 棒受到的安培力最大,此时它的加速度最大。ab 棒刚进入水平导轨时,设此时回路的感应电动势为 E,则 E=BLv感应电流 I=cd 棒受到的安培力为 F=BIL根据牛顿第二定律,cd 棒有最大加速度为 a=联立解得 a=。(3)根据能量守恒,两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为14 / 16Q=2mv2-2m联立解得,Q=mgR。12.12.如图所示如图所示, ,宽度为宽度为 l l 的平行光滑的金属轨道的平行光滑的金属轨道

25、, ,左端为半径为左端为半径为 r1r1 的四分之的四分之一圆弧轨道一圆弧轨道, ,右端为半径为右端为半径为 r2r2 的半圆轨道的半圆轨道, ,中部为与它们相切的水平轨道。中部为与它们相切的水平轨道。水平轨道所在的区域有磁感应强度为水平轨道所在的区域有磁感应强度为 B B 的竖直向上的匀强磁场。一根质量的竖直向上的匀强磁场。一根质量为为 m m 的金属杆的金属杆 a a 置于水平轨道上置于水平轨道上, ,另一根质量为另一根质量为 m0m0 的金属杆的金属杆 b b 由静止开始由静止开始自左端轨道最高点滑下自左端轨道最高点滑下, ,当当 b b 滑入水平轨道某位置时滑入水平轨道某位置时,a,a

26、 就滑上了右端半圆就滑上了右端半圆轨道最高点轨道最高点(b(b 始终运动且始终运动且 a a、b b 未相撞未相撞),),并且并且 a a 在最高点对轨道的压力大在最高点对轨道的压力大小为小为 mg,mg,此过程中通过此过程中通过 a a 的电荷量为的电荷量为 q,aq,a、b b 棒的电阻分别为棒的电阻分别为 R1R1、R2,R2,其余其余部分电阻不计。在部分电阻不计。在 b b 由静止释放到由静止释放到 a a 运动到右端半圆轨道最高点过程中。运动到右端半圆轨道最高点过程中。(1)在水平轨道上运动时 b 的最大加速度是多大?(2)自 b 释放到 a 到达右端半圆轨道最高点过程中系统产生的焦

27、耳热是多少?(3)在 a 刚到达右端半圆轨道最低点时 b 的速度是多大?答案(1) (2)Blq-3mgr2- (3)15 / 16解析(1)设杆 b 刚刚滑到左端轨道最低端时的速度为,由机械能守恒定律,m0=m0gr1,所以b 刚滑到水平轨道时加速度最大,则 E=Bl,I=,根据牛顿第二定律有,F 安=BIl=m0a得杆 b 的最大加速度 a=(2)设杆 a 到达右端半圆轨道最高点时,杆 a 的速度为,杆 b 的速度为,根据动量定理有,-BIlt=m0-m0,即-Blq=m0-m0所以根据牛顿第二定律和第三定律,得杆 a 在最高点时 2mg=m所以因为 m0gr1=m0+2mgr2+Q所以系统产生的焦耳热Q=Blq-3mgr2-16 / 16(3)根据能量守恒,有2mgr2=所以杆 a 刚到达水平轨道右端时的速度在杆 b 和杆 a 在水平轨道上运动时,符合动量守恒条件,根据动量守恒定律,有 m0=m0+m杆 a 刚到达水平轨道最右端时,杆 b 的速度。