(新课标)2020高考物理一轮复习课时作业49三大力学观点在电磁感应中的应用专题(含解析)新人教版(.pdf

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1、三大力学观点在电磁感应中的应用专题 一、选择题 1.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力 F 作用下加速上升的一段时间内,力 F 做的功与安培力做的功的代数和等于(）A电阻 R 上放出的热量 B棒的动能增加量 C棒的重力势能增加量 D棒的机械能增加量 答案 D 解析 A 项，电阻 R 上放出的热量等于克服安培力做功，不等于力 F 做的功与安培力做的功的代数和故 A 项错误 B 项，根据动能定理知，力 F 做的功、重力所做的功与

2、安培力做的功的代数和等于棒的动能增加量，故 B 项错误 C 项，棒的重力势能增加量等于克服重力做功，故 C 项错误 D 项，金属杆加速上升的过程中,除重力以外，有安培力和外力 F 做功，则力 F 做的功与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，故 D 项正确 2.(2018福建模拟)（多选）正方形导线框 abcd 置于光滑水平桌面上，其质量为 m,电阻值为R，边长为 L，在线框右侧距离 cd 边 2L 处有一宽度为 2L 的匀强磁场区域，磁场的左、右边界与线框的 cd 边平行，磁场的磁感应强度大小为 B，方向竖直向下,其俯视图如图对线框施加一水平向右的恒力 F，使之由静止开始向右运动,cd

3、 边始终与磁场边界平行已知线框 cd 边经过磁场左、右边界时速度相同，则线框(）A离开磁场区域过程中的电流方向为 dcbad B通过磁场区域过程中的最小速度为错误!C通过磁场区域过程中的焦耳热为 2FL D进入磁场区域过程中受到的安培力的冲量大小为错误!答案 BD 解析 A 项,根据楞次定律可得，离开磁场区域过程中的电流方向为 dabcd，A 项错误；B 项，由题意可知，线框 cd 边经过磁场左、右边界时速度相同，所以线框离左边界 L 与距离右边界 L 时的速度相同，即速度最小，根据动能定理可得：FL错误!mv2，解得 v错误!，B项正确；C 项，从线框的 cd 边刚进入磁场到刚好出磁场的过程

4、中动能变化为零，根据功能关系可得：F2LQ10，所以通过磁场区域过程中产生的焦耳热为 Q2Q14FL,C 项错误；D项,线框进入磁场的过程中，安培力的冲量大小为 I冲BILt错误!错误!，D 项正确 3.（2018太原二模）(多选)如图所示,在竖直面内有方向垂直纸面向里、高度为 h 的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平将边长为 l（lh）、质量为 m 的正方形金属线框 abcd 从磁场上方某处由静止释放,设 ab 边通过磁场上边界和磁场下边界时的速度分别为 v1和 v2;cd 边通过磁场下边界时的速度为 v3。已知线框下落过程中 ab 边始终水平、ad 边始终竖直,下列说法正确的是（)A若 v1

5、v2，则一定有 v2v3 B若 v1v2，则一定有 v2v3 C若 v1v2，从 ab 离开磁场到 cd 离开磁场的过程中,线框内产生的焦耳热为 mgh D从 ab 进入磁场到 cd 离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为 mgh错误!mv12错误!mv32 答案 ABC 解析 A 项，由于线框完全在磁场中不产生感应电流，不受安培力,做加速度为 g 的匀加速直线运动，所以若 v1v2，线框进入磁场时一定做减速运动,而线框出磁场与进磁场的运动情况相同,一定有 v2v3.故 A 项正确 B 项，设 cd 边通过磁场上边界时的速度为 v3.若 v1v2，因线框完全在磁场中做加速度为 g 的匀加速直线

6、运动，所以 v4v2，则有 v4v2v1，线框进入磁场的过程必定做减速运动，可知当线框的速度为 v2时在做减速运动，安培力大于重力,所以当线框离开以速度 v2磁场时安培力大于重力，做减速运动，一定有 v2v3。故 B 项正确 C 项，若 v1v2，从 ab 离开磁场到 cd 离开磁场的过程中线框内产生的焦耳热等于 ab 进入磁场到 ab 离开磁场的过程中线框内产生的焦耳热，等于线框重力势能的减少量，为 mgh,故 C 项正确 D 项，从 ab 进入磁场到 cd 离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为 Qmg（hl）错误!mv12错误!mv32.故 D 项错误 4。(2018宜昌一模）如图所示，

7、足够长的光滑金属导轨 MN、PQ 平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角。在导轨的最上端 M、P 之间接有电阻 R，不计其它电阻导体棒 ab 从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab 上升的最大高度为 H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab 上升的最大高度为 h.在两次运动过程中 ab 都与导轨保持垂直，且初速度都相等关于上述情景，下列说法正确的是()A两次上升的最大高度相比较为 Hh B有磁场时导体棒所受合力的功大于无磁场时合力的功 C有磁场时,电阻 R 产生的焦耳热为错误!mv02 D有磁场时,ab 上升过程的最小加速度为 gsin 答案 D 解析 A 项，无磁场时，根据能量守恒得，动能全

8、部转化为重力势能有磁场时,动能一部分转化为重力势能，还有一部分转化为整个回路的内能动能相同,则有磁场时的重力势能小于无磁场时的重力势能，所以 hH。故 A 项错误B 项，由动能定理知：合力的功等于导体棒动能的变化量，有、无磁场时，棒的初速度相等,末速度都为零，则知导体棒动能的变化量相等，则知导体棒所受合力的功相等故 B 项错误C 项，设电阻 R 产生的焦耳热为 Q.根据能量守恒知:错误!mv02Qmgh，则 Q错误!mv02。故 C 项错误D 项，有磁场时，导体棒上升时受重力、支持力、沿斜面向下的安培力,所以所受的合力大于 mgsin，根据牛顿第二定律，知加速度 a 大于 gsin.所以 ab

9、 上升过程的最小加速度为 gsin.故 D 项正确 5。(2018湛江二模）（多选）如图所示,CD、EF 是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑导轨，导轨固定不动，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。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，质量为 m 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,则下列说法中正确的是（）A电阻 R 的最大电流为错误!B电阻 R 中产生的焦耳热为 mgh C磁场左右边界的长度 d 为错误!D流过电阻 R 的电荷量为错

10、误!答案 AD 解析 A 项,导体棒下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh错误!mv2，解得：v错误!，感应电动势：EBLv，通过电阻的最大电流：I错误!错误!，故 A 项正确;B 项，电阻与导体棒的阻值相等，由能量守恒定律得:mgh2QR，解得,电阻 R 中产的焦耳热：QR错误!mgh，故 B 项错误；D 项,由动量定理得：BILt0mv,BLqmv,解得，通过电阻 R 的电荷量：q错误!，故 D项正确；C 项，由法拉第电磁感应定律得：Et错误!,感应电流：I错误!，通过 R 的电荷量：qIt，解得：d错误!，故 C 项错误 6.（2018济宁二模）（多选）如图所示，两根平行光滑金属

11、导轨的间距为 dlm，导轨平面与水平面成 30角，其底端接有阻值为 R2 的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为 B2 T 的匀强磁场中一质量为 m1 kg（质量分布均匀）的导体杆 ab 垂直于导轨放置,且与两导轨保持良好接触现杆在沿导轨平面向上、垂直于杆的恒力 F10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动,当运动距离为 L6 m 时速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直）导体杆的电阻为 r2,导轨电阻不计（取 g10 m/s2)在此过程中（）A杆的速度最大值为 5 m/s B流过电阻 R 的电荷量为 6 C C导体杆两端电压的最大值为 10 V D安培力对导体杆的冲量大小为

12、 6 Ns 答案 AD 解析 A 项,导体杆所受安培力：F安培BId错误!，导体杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得：Fmgsin错误!，解得,金属杆的最大速度:v5 m/s，故 A 项正确 B 项,流过电阻 R 的电量:q错误!错误!错误!3 C，故 B 项错误 C 项，导体杆做匀速运动时速度最大，此时产生的感应电动势最大，最大感应电动势：EBdv21510 V，电路最大电流：I错误!错误!2。5 A，导体杆两端最大电压：UIR2。525 V，故 C 项错误；D 项，对导体杆,安培力的冲量：I冲BIdtBdq2136 Ns，故 D 项正确 7（2018资阳模拟)(多选）如图所示，一个半径为 r

13、、粗细均匀、阻值为 R 的圆形导线框,竖直放置在磁感应强度为 B 的水平匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直现有一根质量为m、电阻不计的导体棒,自圆形线框最高点由静止释放，棒在下落过程中始终与线框保持良好接触已知下落距离为r2时棒的速度大小为 v1，下落到圆心 O 时棒的速度大小为 v2，忽略摩擦及空气阻力,下列说法正确的是(）A导体棒下落距离为错误!时,棒中感应电流的方向向右 B导体棒下落距离为错误!时，棒的加速度的大小为 g错误!C导体棒下落到圆心时，圆形导线框的发热功率为错误!D导体棒从开始下落到经过圆心的过程中，圆形导线框产生的热量为 mgr12mv22 答案 BD 解析 A 项，导体棒

14、下落距离为错误!，根据右手定则知棒中感应电流方向向左,故 A 项错误;B 项,接入电路中的导体棒产生的感应电动势：EBLv错误!Brv1，此时电路的总电阻：R错误!错误!R，电流：I错误!错误!Brv1，金属棒上的安培力：FBILBI错误!r错误!,由牛顿第二定律得：mgFma，解得：ag错误!，故 B 项正确;C 项，导体棒下落到圆心时,金属棒上的安培力:FBIL错误!,线框的发热功率:P热PAFv216B2r2v22R,故 C 项错误；D 项，从开始下落到经过圆心的过程中,棒的重力势能减小转化为棒的动能和内能，根据能量守恒定律得：mgr错误!mv22Q0 解得:Q0mgr12mv22，故

15、D 项正确 8。(多选)如图所示,质量为 3 m 的重物与一质量为 m 的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为 L,水平方向匀强磁场的磁感应强度为 B,磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为 h。初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时,恰好做匀速直线运动,滑轮质量、摩擦阻力均不计则下列说法中正确的是（）A线框进入磁场时的速度为 2gh B线框的电阻为错误!错误!C线框通过磁场的过程中产生的热量 Q2mgh D线框通过磁场的过程中产生的热量 Q4mgh 答案 ABD 解析 从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场

16、，由机械能守恒定律得 3mg2hmg2h4mv2/2,解得线框刚进入磁场时的速度 v 2gh，故 A 项正确;线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动,故受合力为零,3mgBILmg，IBLv/R，解得线框的电阻 R错误!错误!，故 B 项正确;线框匀速通过磁场的距离为 2h，产生的热量等于系统重力势能的减少，即 Q3mg2hmg2h4mgh，故 C 项错误，D 项正确 9.（2018云南一模）(多选）一质量为 m、电阻为 R、边长为 L 的正方形导线框静止在光滑绝缘水平桌面上，桌面上直线 PQ 左侧有方向竖直向下的匀强磁场 I，磁感应强度大小为 B，PQ 右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应

17、强度大小为 2B，俯视图如图所示现使线框以垂直 PQ 的初速度 v 向磁场运动,当线框的三分之一进入磁场时，线框速度为错误!，在这个过程中，下列说法正确的是()A线框速度为错误!时，线框中感应电流方向为逆时针方向 B线框速度为v2时，线框的加速度大小为3vB2L2mR C线框中产生的焦耳热为错误!mv2 D流过导线横截面的电荷量为错误!答案 CD 解析 A 项,线框速度为错误!时，线框有两条边切割磁感线,根据右手定则，右边感应电流方向向下,左边感应电流向上，所以线框中的感应电流方向为顺时针方向，故 A 项错误;B 项,右边切割磁感线产生的感应电动势为:E12BL错误!BLv 左边切割磁感线产生

18、的感应电动势为：E2BLv2错误!BLv 线框中的总电动势为：EE1E2错误!BLv 线框电流为：I错误!线框右边所受安培力为：F12BIL错误!线框左边所受安培力为：F2BIL错误!线框安培力的合力为:FF1F2错误!线框的加速度为:a错误!错误!，故 B 项错误；C 项，根据能量守恒，线框中产生的焦耳热为:Q错误!mv2错误!m（错误!）2错误!mv2,故 C项正确；D 项,线框初态的磁通量为：1BL2 线框末态的磁通量为:2B错误!L22B错误!L20 根据感应电量公式有：q错误!错误!，故 D 项正确 10.（2018永州三模)如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒 ab、cd 均

19、通过棒两端的环套在金属导轨上，棒与金属导轨接触良好虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为 B。ab、cd 棒与导轨间动摩擦因数均为，两棒总电阻为 R，导轨电阻不计开始两棒静止在图示位置，当 cd 棒无初速度释放时，对 ab 棒施加竖直向上的力 F,使其沿导轨向上做匀加速运动则(）Aab 棒中的电流方向由 a 到 b Bcd 棒先加速运动后匀速运动 Ccd 棒所受摩擦力的最大值大于 cd 棒的重力 D力 F 做的功等于两棒产生的电热与 ab 棒增加的机械能之和 答案 C 解析 A 项，ab 棒沿竖直向上运动,切割磁感线产生感应电流，由右手定

20、则判断可知，ab 棒中的感应电流方向为 b 到 a，故 A 项错误;B 项,cd 棒中感应电流由 c 到 d，其所在的区域有向下磁场，所受的安培力向里，cd 棒所受的摩擦力向上ab 棒做匀加速直线运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd 棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以 cd 棒先加速运动后减速运动，最后停止运动故 B 项错误 C 项，因安培力增加，cd 棒受到的压力增大，则 cd 棒受静摩擦力的作用一直增加，最大值会大于重力故 C 项正确；D 项，根据功能关系可知，力 F 所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和故 D

21、 项错误 11(2018东莞市二模）(多选）如图 1 所示，倾斜放置的平行光滑轨道间距为 L1 m,导轨与水平面的夹角为 30，导轨上端连有阻值为 R1 的定值电阻，在导轨平面上的 abdc、cdfe 间分别有垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度分别为 B11 T 和B2错误!T，两磁场的宽度也均为 L。一长为 L 的导体棒从导轨某位置静止释放,导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好，导体棒在磁场中运动的速度一时间图像如图 2 所示不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度 g10 m/s2,则下列说法正确的是（)A导体棒的质量为 m0。2 kg B导体棒在整个磁场中运动的最小速度为 0。2 m

22、/s C导体棒穿过整个磁场时通过电阻 R 的电量为(错误!1）C D导体棒穿过整个磁场时电阻 R 产生的焦耳热为 2 J 答案 AC 解析 A 项,导体棒在 B1中匀速直线运动，则 B错误!Lmgsin，m0.2 kg，A 项正确;B 项，进入磁场 B2中后先减速最后匀速,当匀速直线运动时，速度最小 vm错误!0。5 m/s。B 项错误 C 项，电量 qIt错误!错误!(错误!1)C，C 项正确;D 项，由能量守恒定律可求得 Qmg2Lsin30错误!mv12错误!mv222.075 J，D 项错误 12（2018上海二模)(多选)如图（甲）所示,相距为 2L 的光滑平行金属导轨水平放置，右侧

23、接有定值电阻 R,导轨电阻忽略不计，OO的左侧存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场在 OO左侧 L 处垂直导轨放置一质量为 m、电阻为 0。5R 的金属杆 ab，ab 在恒力 F 的作用下由静止开始向右运动 3L 的距离，其速度与位移的变化关系如图(乙）所示下列判断中正确的是(）Aab 即将离开磁场时，安培力的大小为错误!B整个运动的过程中，通过电阻 R 上的电量为错误!Cab 即将离开磁场时，加速度的大小为错误!错误!D整个过程中,电阻 R 上产生的焦耳热为错误!m(v223v12)答案 BCD 解析 A 项,ab 即将离开时，速度为 v1，电动势 E2BLv1，电流 IE0。

24、5RR;安培力 F2BIL错误!；故 A 项错误；B 项,整个过程中，磁通量的变化量为 2BL2；产生的电量 q错误!t错误!错误!；故 B 项正确；C 项,ab 杆在位移 L 到 3L 的过程中，由动能定理得:F（3LL）错误!m（v22v12）；解得：Fm（v22v12）4L 设加速度为 a，则 F安BIL I错误!a错误!联立解得:av22v124L错误!；故 C 项正确;D 项，ab 杆在磁场中发生 L 位移过程中，恒力 F 做的功等于 ab 杆增加的动能和回路产生的电能（即电阻 R 上产生的电热 Q1），由能量守恒定律得：FL错误!mv12Q1 联立解得:Q1错误!；故 D 项正确

25、二、非选择题 13。如图所示，“凸字形硬质金属线框质量为 m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab 边长为 l，cd 边长为 2l，ab 与 cd 平行,间距为 2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd 边到磁场上边界的距离为 2l，线框由静止释放，从 cd 边进入磁场直到 ef、pq 边进入磁场前，线框做匀速运动，在 ef、pq 边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为 Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且 ab、cd 边保持水平，重力加速度为 g.求：(1）线框 ab 边将离开磁场时做匀速运动的速

26、度大小是 cd 边刚进入磁场时的几倍;(2）磁场上下边界间的距离 H。答案(1）4 倍(2）H错误!28l 解析(1）设磁场的磁感应强度大小为 B，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd 边上的感应电动势为 E1，由法拉第电磁感应定律，可得 E12Blv1 设线框总电阻为 R，此时线框中电流为 I1，由闭合电路欧姆定律,可得 I1错误!设此时线框所受安培力为 F1,有 F12I1lB 由于线框做匀速运动，故受力平衡，所以有 mgF1 由式得 v1错误!设 ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为 v2，同理可得 v2错误!由式得 v24v1（2)线框自释放直到 cd 边进入

27、磁场前，由机械能守恒定律，可得 2mgl12mv12 线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律，可得 mg(2lH)错误!mv22错误!mv12Q 由得 H错误!28l 14(2018浙江模拟)如图,光滑的水平绝缘轨道 M、N 上搁放着质量 m10。2 kg、电阻 R10.02 的“”形金属框 dabc,轨道间有一有界磁场,变化关系如图所示一根长度等于 ab，质量 m20。1 kg、R20。01 的金属棒 ef 拥在轨道上并静止在磁场的左边界上已知轨道间距与 ab 长度相等，均为 L10。3 m,adbcL20。1 m，其余电阻不计.0 时刻,给“形金属框一初速度 v03 m/s，与金属棒碰撞

28、后合在一起成为一闭合导电金属框（碰撞时间极短）t0时刻整个框刚好全部进入磁场，（t01）s 时刻，框右边刚要出磁场求:(1)碰撞结束时金属框的速度大小；(2)0t0时间内整个框产生的焦耳热；(3）t0(t01）s 时间内，安培力对 ab 边的冲量 解析（1)碰撞过程中，动量守恒，得到 m1v0(m1m2）v 代入得到:v2 m/s（2)对闭合金属框列动量定理：BIL1tBL1qmv 等号两边求和，得BL1qm(vv）又因为 q错误!错误!得到 v1 m/s 所以 Q错误!(m1m2）v2错误!（m1m2)v220.45 J（3）整个框在磁场中运动,I错误!错误!错误!0。4 A 又因为 B10

29、。4(tt0）t0tt01 所以 F安BIL10.12B0120。048(tt0)I冲F安t错误!t错误!10。096 Ns.尊敬的读者：本文由我和我的同事在百忙中收集整编出来，本文档在发布之前我们对内容进行仔细校对，但是难免会有不尽如人意之处，如有疏漏之处请指正，希望本文能为您解开疑惑,引发思考。文中部分文字受到网友的关怀和支持，在此表示感谢！在往后的日子希望与大家共同进步，成长。This article is collected and compiled by my colleagues and I in our busy schedule.We proofread the content

30、 carefully before the release of this article,but it is inevitable that there will be some unsatisfactory points.If there are omissions,please correct them.I hope this article can solve your doubts and arouse your thinking.Part of the text by the users care and support,thank you here!I hope to make progress and grow with you in the future.