2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時(shí)沖關(guān)三十八 鏈接高考12 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題（含解析）新人教版

《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時(shí)沖關(guān)三十八 鏈接高考12 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時(shí)沖關(guān)三十八 鏈接高考12 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題（含解析）新人教版（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題 A級(jí)基礎(chǔ)練1(2018江蘇卷)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為，間距為d.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g.求下滑到底端的過(guò)程中，金屬棒(1)末速度的大小v；(2)通過(guò)的電流大小I；(3)通過(guò)的電荷量Q.解析：(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v22as解得v(2)金屬棒所受安培力F安IdB金屬棒所受合力Fmgsin F安根據(jù)牛頓第二

2、定律Fma解得I(3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，電荷量QIt解得Q答案：(1)(2)(3)2(2019惠州模擬)如圖所示，足夠長(zhǎng)的粗糙絕緣斜面與水平面成37放置，在斜面上虛線aa和bb與斜面底邊平行，在aa、bb圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m10 g，總電阻R1 、邊長(zhǎng)d0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度；(2)線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb的距離；(3)整

3、個(gè)線圈穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱解析：(1)對(duì)線圈受力分析，根據(jù)平衡條件得：F安mgcos mgsin ，F(xiàn)安BId，I，EBdv，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：v2 m/s.(2)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：a2 m/s2線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb的距離L m1 m.(3)由于線圈剛好勻速穿過(guò)磁場(chǎng)，則磁場(chǎng)寬度等于d0.1 m，QW安F安2d代入數(shù)據(jù)解得：Q210220.1 J4103 J.答案：(1)2 m/s(2)1 m(3) 4103 J3足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為37(sin 370.6)，間距為1 m垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)

4、強(qiáng)度的大小為4 T，P、M間所接電阻的阻值為8 .質(zhì)量為2 kg的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，不計(jì)桿與導(dǎo)軌的電阻，桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25.金屬桿ab在沿導(dǎo)軌向下且與桿垂直的恒力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，桿的最終速度為8 m/s，取g10 m/s2，求：(1)當(dāng)金屬桿的速度為4 m/s時(shí)，金屬桿的加速度大小；(2)當(dāng)金屬桿沿導(dǎo)軌的位移為6.0 m時(shí)，通過(guò)金屬桿的電荷量解析：(1)對(duì)金屬桿ab應(yīng)用牛頓第二定律，有Fmgsin F安fma，fFN，F(xiàn)Nmgcos ab桿所受安培力大小為F安BILab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBLv由閉合電路歐姆定律可知I整理得：Fmgsin vmgcos

5、 ma代入vm8 m/s時(shí)a0，解得F8 N代入v4 m/s及F8 N，解得a4 m/s2(2)設(shè)通過(guò)回路橫截面的電荷量為q，則qt回路中的平均電流強(qiáng)度為回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為回路中的磁通量變化量為BLx，聯(lián)立解得q3 C.答案：(1)4 m/s2(2)3 CB級(jí)能力練4如圖甲所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5 T，其方向垂直于傾角為30的斜面向上絕緣斜面上固定有“”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽略不計(jì))，MP和NP長(zhǎng)度均為2.5 m，MN連線水平，長(zhǎng)為3 m以MN中點(diǎn)O為原點(diǎn)，OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox.一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD，長(zhǎng)度d為3 m、質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3

6、，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運(yùn)動(dòng)(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)g取10 m/s2.(1)求金屬桿CD運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E及運(yùn)動(dòng)到x0.8 m處電勢(shì)差UCD；(2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過(guò)程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式，并在圖乙中畫出Fx關(guān)系圖象；(3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱解析：(1)金屬桿CD在勻速運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv，ld，解得E1.5 V當(dāng)x0.8 m時(shí)，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢(shì)差為零設(shè)此時(shí)桿在導(dǎo)軌外的長(zhǎng)度為l外，則l外dd，OP2 m得l外1.2 m由右手定則判斷D點(diǎn)電勢(shì)高，故CD兩端電勢(shì)差UCDBl

7、外v0.6 V.(2)桿在導(dǎo)軌間的長(zhǎng)度l與位置x的關(guān)系是ld3x對(duì)應(yīng)的電阻R1R電流I桿受到的安培力為F安BIl7.53.75x根據(jù)平衡條件得FF安mgsin F12.53.75x(0x2)畫出的Fx圖象如圖所示(3)外力F所做的功WF等于Fx圖線下所圍的面積即WF2 J17.5 J而桿的重力勢(shì)能增加量EpmgOPsin 故全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱QWFEp7.5 J.答案：(1)1.5 V0.6 V(2)F12.53.75x(0x2)圖象見解析(3)7.5 J5(2019遼寧本溪一模)如圖所示，在傾角37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為5 T，磁場(chǎng)寬度d0

8、.55 m，有一邊長(zhǎng)L0.4 m、質(zhì)量m10.6 kg、電阻R2 的正方形均勻?qū)w線框abcd通過(guò)一輕質(zhì)細(xì)線跨過(guò)光滑的定滑輪與一質(zhì)量m20.4 kg的物體相連，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.4，將線框從圖示位置由靜止釋放，物體到定滑輪的距離足夠長(zhǎng)(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)求線框abcd還未進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)線中的拉力大??？(2)當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求線框剛釋放時(shí)ab邊距磁場(chǎng)MN邊界的距離x?(3)在(2)問(wèn)中的條件下，若cd邊恰離開磁場(chǎng)邊界PQ時(shí)，速度大小為2 m/s，求整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab邊產(chǎn)生的熱量解析：(1)線框還未

9、進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，以整體法有m1gsin m2g(m1m2)a，a2 m/s2.以m2為研究對(duì)象有Tm2gm2a，(或以m1為研究對(duì)象有m1gsin Tm1a)解得T2.4 N.(2)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以整體法有m1gsin m2g0，解得v1 m/s.ab到MN前線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，有v22ax，解得x0.25 m.(3)線框從開始運(yùn)動(dòng)到cd邊恰離開磁場(chǎng)邊界PQ時(shí)：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如圖所示，電阻不計(jì)的兩光滑金屬導(dǎo)軌相距L，放在絕緣水平

10、桌面上，半徑為R的圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，水平直導(dǎo)軌部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，末端與桌面邊緣平齊兩金屬棒ab、cd垂直于兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好棒ab質(zhì)量為2m，電阻為r，棒cd的質(zhì)量為m，電阻為r.重力加速度為g.開始棒cd靜止在水平直導(dǎo)軌上，棒ab從圓弧頂端無(wú)初速度釋放，進(jìn)入水平直導(dǎo)軌后與棒cd始終沒(méi)有接觸并一直向右運(yùn)動(dòng)，最后兩棒都離開導(dǎo)軌落到地面上棒ab與棒cd落地點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離之比為31.求：(1)棒ab和棒cd離開導(dǎo)軌時(shí)的速度大??；(2)棒cd在水平導(dǎo)軌上的最大加速度；(3)兩棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱解析：(1)設(shè)ab棒進(jìn)入水平導(dǎo)軌的速度為v1，

11、ab棒從圓弧導(dǎo)軌滑下機(jī)械能守恒，有2mgR2mv離開導(dǎo)軌時(shí)，設(shè)ab棒的速度為v1，cd棒的速度為v2，ab棒與cd棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量守恒，有2mv12mv1mv2依題意v1v2，兩棒離開導(dǎo)軌做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，由平拋運(yùn)動(dòng)水平位移xvt可知v1v2x1x231聯(lián)立以上各式解得v1，v2(2)ab棒剛進(jìn)入水平導(dǎo)軌時(shí)，cd棒受到的安培力最大，此時(shí)它的加速度最大，設(shè)此時(shí)回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，則EBLv1，Icd棒受到的安培力FcdBIL根據(jù)牛頓第二定律，cd棒的最大加速度a聯(lián)立以上各式解得a(3)根據(jù)能量守恒定律，兩棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q2mvmgR.答案：(1)(2)(3)mgR7