高考物理一轮复习 专题 电磁感应中的动力学和能量综合问题专项练习-人教版高三全册物理试题.doc

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1、电磁感应中的动力学和能量综合问题一、选择题(13题为单项选择题，47题为多项选择题)1如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则()图1Aef将减速向右运动，但不是匀减速Bef将交减速向右运动，最后停止Cef将匀速向右运动Def将往返运动2一半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L的绝缘轻细杆悬挂于O1点，杆所在直线过圆环圆心，在O1点的正下方有一半径为L2r的圆形匀强磁场区域，其圆心O2与O1点在

2、同一竖直线上，O1点在圆形磁场区域边界上，如图2所示。现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g，不计空气阻力及其他摩擦阻力，则下列说法正确的是()图2A金属圆环最终会静止在O1点的正下方B金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgLC金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L2r)D金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(Lr)3CD、EF是两条水平放置的电阻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3所示。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲

3、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()图3A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mg(hd)4如图4所示为一圆环发电装置，用电阻R4 的导体棒弯成半径L0.2 m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、D间接有负载电阻R11 。整个圆环中均有B0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过。电阻r1 的导体棒OA贴着圆环做匀速圆周运动，角速度300 rad/s，则()图4A当OA到达OC处时，圆环的电功率为

4、1 WB当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 WC全电路最大功率为3 WD全电路最大功率为4.5 W5如图5所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距L0.4 m，导轨所在平面与水平面的夹角为30，其电阻不计。把完全相同的两金属棒(长度均为0.4 m)ab、cd分别垂直于导轨放置，并使每棒两端都与导轨良好接触。已知两金属棒的质量均为m0.1 kg、电阻均为R0.2 ，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B0.5 T，当金属棒ab在平行于导轨向上的力F作用下沿导轨向上匀速运动时，金属棒cd恰好能保持静止。(g10 m/s2)，则()图5AF的大小为0.5 NB金属棒ab产生的

5、感应电动势为1.0 VCab棒两端的电压为1.0 VDab棒的速度为5.0 m/s6两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图6所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放。则()图6A释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为abC金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为FD电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量7如图7两根足够长光滑平行金属导轨PP、QQ倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导

6、轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则()图7A金属棒ab一直加速下滑B金属棒ab最终可能匀速下滑C金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D带电微粒可能先向N板运动后向M板运动二、非选择题8如图8所示，间距为L、电阻可以忽略不计的U形金属竖直轨道，固定放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。竖直轨道上部套有一金属条bc，bc的电阻为R，质量为2m，可以在轨道上无摩擦滑动，开始时金属条被卡环卡在竖直轨道上处于静止状态。在金属条正上方高H处自由落下一

7、质量为m的绝缘物体，在物体撞到金属条前的瞬间卡环立即释放，物体与金属条相撞后两者一起以相撞前物体速度大小的的速度继续下落，竖直轨道足够长，当金属条下落高度h后开始做匀速运动。求金属条下落高度h过程中感应电流产生的热量。图89如图9所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L1.0 m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m0.1 kg，空间存在磁感应强度B0.5 T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R3.0 ，金属杆的电阻r1.0 ，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的vt图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数0

8、.5。在金属杆P运动的过程中，第一个2 s内通过金属杆P的电荷量与第二个2 s内通过P的电荷量之比为35。g取10 m/s2。求：图9(1)水平恒力F的大小；(2)前4 s内电阻R上产生的热量。10如图10甲所示，光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道平滑连接。轨道宽度均为L1 m，电阻忽略不计。水平向右的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域；垂直于倾斜轨道平面向下，同样大小的匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域。现将两质量均为m0.2 kg；电阻均为R0.5 的相同导体棒eb和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，并同时由静止释放，导体棒cd下滑过程中加速度a与速度v的关

9、系如图乙所示。(g10 m/s2)。图10(1)求导轨平面与水平面间夹角；(2)求磁场的磁感应强度B；(3)求导体棒eb对水平轨道的最大压力FN的大小； (4)若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，eb棒上产生的焦耳热Q0.45 J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量q。参考答案1.解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由FBILma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。答案A2.解析圆环最终要在如图中A、C位置间摆动，因为此时圆环中的磁通量不再发生改变，圆环中不再有感应电流产生。由几何关系可知，圆环在A

10、、C位置时，其圆心与O1、O2的距离均为Lr，则圆环在A、C位置时，圆环圆心到O1的高度为。由能量守恒可得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L2r)，C正确。答案C3.解析 由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有mghmv2，所以I，A错；流过R的电荷量为qt，B错；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Qmghmgd，C错；由于导体棒的电阻也为R，则电阻R中产生的焦耳热为Qmg(hd)，D对。答案D4.解析当OA到达OC处时，圆环的电阻为1 ，与R1串联接入电源，外电阻为2 ，棒转动过程中产生的感应电动势EBL23 V，圆环上分压为1 V，所

11、以圆环上的电功率为1 W，A正确，B错误；当OA到达OD处时，圆环中的电阻为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以电功率最大为P4.5 W，C错误，D正确。答案AD5.解析对于cd棒有mgsin BIL，解得回路中的电流I2.5 A，所以回路中的感应电动势E2IR1.0 V，B正确；UabIR0.5 V，C错误；对于ab棒有FBILmgsin ，解得F1.0 N，A错误；根据法拉第电磁感应定律有EBLv，解得v5.0 m/s，D正确。答案BD6.解析金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零，又因此时速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，选项

12、A正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，流过电阻R的电流方向为ba，选项B错误；金属棒速度为v时，安培力大小为FBIL，又I，解得F，选项C正确；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻R上产生的热量，选项D错误。答案AC7.解析根据牛顿第二定律有mgsin BIlma，而I，qCU，UBlv，vat，联立解得a，因而金属棒将做匀加速运动，选项A正确，B错误；ab棒切割磁感线，相当于电源，a端相当于电源正极，因而M板带正电，N板带负电，选项C正确；若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然后再反向向上运动，

13、选项D正确。答案ACD8.解析求解物理综合试题的基本策略是“化大为小、各个击破”。通过分析可以看出，题中的物理情境可分为四个部分：物体先做自由落体运动，与金属条相撞前的速度为v1物体与金属条相撞后瞬间的共同速度为v2v1金属条下落h后做匀速运动，设金属条与物体一起匀速下落时的速度为v3，由力的平衡知识得：3mgBLI，解得v3金属条下落高度h过程中，由能量守恒可得Q3mv3mgh3mv解得热量Q。答案9.解析(1)由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动当t2 s时，v4 m/s，此时感应电动势EBLv感应电流I安培力FBIL根据牛顿运动定律有FFmg0解得F0.75

14、 N。(2)通过金属杆P的电荷量qt t其中所以qx(x为P的位移)设第一个2 s内金属杆P的位移为x1，第二个2 s内P的位移为x2则1BLx1，2BLx2BLvt又由于q1q235联立解得x28 m，x14.8 m前4 s内由能量守恒定律得F(x1x2)mv2mg(x1x2)QrQR其中QrQRrR13解得QR1.8 J。答案(1)0.75 N(2)1.8 J10.解析(1)由av图象可知，导体棒cd刚释放时，加速度a5 m/s2对cd棒受力分析，由牛顿第二定律得mgsin ma联立解得30。(2)当cd棒匀速下滑时，由图象知a0，v1 m/s此时mgsin F安F安BILI联立得：mgsin 解得：B1 T。(3)当电路中的电流I最大时，eb棒所受的安培力竖直向下最大，则压力最大FNmgF安由牛顿第三定律：FNFN解得：FN3 N。(4)eb棒产生的焦耳热QabQI2Rt0.45 Jcd棒产生的热量与eb棒相同对cd，由能量守恒定律mgxsin mv22Q解得：x1 mqt则q1 C。答案(1)30(2)1 T(3)3 N(4)1 C