高考物理一轮总复习 课时冲关三十八 链接高考12 电磁感应中的动力学和能量问题（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

《高考物理一轮总复习 课时冲关三十八 链接高考12 电磁感应中的动力学和能量问题（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮总复习 课时冲关三十八 链接高考12 电磁感应中的动力学和能量问题（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、电磁感应中的动力学和能量问题 A级基础练1(2018江苏卷)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q.解析：(1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有v22as解得v(2)金属棒所受安培力F安IdB金属棒所受合力Fmgsin F安根据牛顿第二

2、定律Fma解得I(3)金属棒的运动时间t，电荷量QIt解得Q答案：(1)(2)(3)2(2019惠州模拟)如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成37放置，在斜面上虚线aa和bb与斜面底边平行，在aa、bb围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B1 T；现有一质量为m10 g，总电阻R1 、边长d0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域已知线圈与斜面间的动摩擦因数0.5，(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)线圈进入磁场区域时的速度；(2)线圈释放时，PQ边到bb的距离；(3)整

3、个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热解析：(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安mgcos mgsin ，F安BId，I，EBdv，联立代入数据解得：v2 m/s.(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：a2 m/s2线圈释放时，PQ边到bb的距离L m1 m.(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d0.1 m，QW安F安2d代入数据解得：Q210220.1 J4103 J.答案：(1)2 m/s(2)1 m(3) 4103 J3足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为37(sin 370.6)，间距为1 m垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应

4、强度的大小为4 T，P、M间所接电阻的阻值为8 .质量为2 kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25.金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s，取g10 m/s2，求：(1)当金属杆的速度为4 m/s时，金属杆的加速度大小；(2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m时，通过金属杆的电荷量解析：(1)对金属杆ab应用牛顿第二定律，有Fmgsin F安fma，fFN，FNmgcos ab杆所受安培力大小为F安BILab杆切割磁感线产生的感应电动势为EBLv由闭合电路欧姆定律可知I整理得：Fmgsin vmgcos

5、 ma代入vm8 m/s时a0，解得F8 N代入v4 m/s及F8 N，解得a4 m/s2(2)设通过回路横截面的电荷量为q，则qt回路中的平均电流强度为回路中产生的平均感应电动势为回路中的磁通量变化量为BLx，联立解得q3 C.答案：(1)4 m/s2(2)3 CB级能力练4如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角为30的斜面向上绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3

6、，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)g取10 m/s2.(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x0.8 m处电势差UCD；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出Fx关系图象；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热解析：(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势EBlv，ld，解得E1.5 V当x0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外dd，OP2 m得l外1.2 m由右手定则判断D点电势高，故CD两端电势差UCDBl

7、外v0.6 V.(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是ld3x对应的电阻R1R电流I杆受到的安培力为F安BIl7.53.75x根据平衡条件得FF安mgsin F12.53.75x(0x2)画出的Fx图象如图所示(3)外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积即WF2 J17.5 J而杆的重力势能增加量EpmgOPsin 故全过程产生的焦耳热QWFEp7.5 J.答案：(1)1.5 V0.6 V(2)F12.53.75x(0x2)图象见解析(3)7.5 J5(2019辽宁本溪一模)如图所示，在倾角37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5 T，磁场宽度d0

8、.55 m，有一边长L0.4 m、质量m10.6 kg、电阻R2 的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m20.4 kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)求线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小？(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x?(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2 m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量解析：(1)线框还未

9、进入磁场的过程中，以整体法有m1gsin m2g(m1m2)a，a2 m/s2.以m2为研究对象有Tm2gm2a，(或以m1为研究对象有m1gsin Tm1a)解得T2.4 N.(2)线框刚进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m1gsin m2g0，解得v1 m/s.ab到MN前线框做匀加速运动，有v22ax，解得x0.25 m.(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时：m1gsin (xdL)m2g(xdL)(m1m2)vQ，解得：Q0.4 J，所以QabQ0.1 J.答案：(1)2.4 N(2)0.25 m (3)0.1 J6如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在绝缘水平

10、桌面上，半径为R的圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好棒ab质量为2m，电阻为r，棒cd的质量为m，电阻为r.重力加速度为g.开始棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd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面上棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为31.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解析：(1)设ab棒进入水平导轨的速度为v1，ab棒从圆弧导轨滑下机械能守恒，有2mgR2mv离开导轨时，设ab棒的速度为v1，cd棒的速度为v2，ab棒与cd棒在水平导轨上运动，动量守恒，有2mv12mv1mv2依题意v1v2，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移xvt可知v1v2x1x231联立以上各式解得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，设此时回路的感应电动势为E，则EBLv1，Icd棒受到的安培力FcdBIL根据牛顿第二定律，cd棒的最大加速度a联立以上各式解得a(3)根据能量守恒定律，两棒在导轨上运动过程产生的焦耳热Q2mvmgR.答案：(1)(2)(3)mgR