《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)49 三大力學(xué)觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用專題（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)49 三大力學(xué)觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用專題（含解析）新人教版（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、三大力學(xué)觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用專題一、選擇題1.如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于()A電阻R上放出的熱量B棒的動能增加量C棒的重力勢能增加量 D棒的機械能增加量答案D解析A項，電阻R上放出的熱量等于克服安培力做功，不等于力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和故A項錯誤B項，根據(jù)動能定理知，力F做的功、重力所做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于棒的動能增加量，故B項錯誤C
2、項，棒的重力勢能增加量等于克服重力做功，故C項錯誤D項，金屬桿加速上升的過程中，除重力以外，有安培力和外力F做功，則力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于棒的機械能的增加量，故D項正確2.(2018福建模擬)(多選)正方形導(dǎo)線框abcd置于光滑水平桌面上，其質(zhì)量為m，電阻值為R，邊長為L，在線框右側(cè)距離cd邊2L處有一寬度為2L的勻強磁場區(qū)域，磁場的左、右邊界與線框的cd邊平行，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下，其俯視圖如圖對線框施加一水平向右的恒力F，使之由靜止開始向右運動，cd邊始終與磁場邊界平行已知線框cd邊經(jīng)過磁場左、右邊界時速度相同，則線框()A離開磁場區(qū)域過程中的電流方向為dc
3、badB通過磁場區(qū)域過程中的最小速度為C通過磁場區(qū)域過程中的焦耳熱為2FLD進入磁場區(qū)域過程中受到的安培力的沖量大小為答案BD解析A項，根據(jù)楞次定律可得，離開磁場區(qū)域過程中的電流方向為dabcd，A項錯誤；B項，由題意可知，線框cd邊經(jīng)過磁場左、右邊界時速度相同，所以線框離左邊界L與距離右邊界L時的速度相同，即速度最小，根據(jù)動能定理可得：FLmv2，解得v，B項正確；C項，從線框的cd邊剛進入磁場到剛好出磁場的過程中動能變化為零，根據(jù)功能關(guān)系可得：F2LQ10，所以通過磁場區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2Q14FL，C項錯誤；D項，線框進入磁場的過程中，安培力的沖量大小為I沖BILt，D項正確3.
4、(2018太原二模)(多選)如圖所示，在豎直面內(nèi)有方向垂直紙面向里、高度為h的有界勻強磁場，磁場上、下邊界水平將邊長為l(lh)、質(zhì)量為m的正方形金屬線框abcd從磁場上方某處由靜止釋放，設(shè)ab邊通過磁場上邊界和磁場下邊界時的速度分別為v1和v2；cd邊通過磁場下邊界時的速度為v3.已知線框下落過程中ab邊始終水平、ad邊始終豎直，下列說法正確的是()A若v1v2，則一定有v2v3B若v1v2，則一定有v2v3C若v1v2，從ab離開磁場到cd離開磁場的過程中，線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為mghD從ab進入磁場到cd離開磁場的過程中，線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為mghmv12mv32答案ABC解析A項，由于線
5、框完全在磁場中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力，做加速度為g的勻加速直線運動，所以若v1v2，線框進入磁場時一定做減速運動，而線框出磁場與進磁場的運動情況相同，一定有v2v3.故A項正確B項，設(shè)cd邊通過磁場上邊界時的速度為v3.若v1v2，因線框完全在磁場中做加速度為g的勻加速直線運動，所以v4v2，則有v4v2v1，線框進入磁場的過程必定做減速運動，可知當(dāng)線框的速度為v2時在做減速運動，安培力大于重力，所以當(dāng)線框離開以速度v2磁場時安培力大于重力，做減速運動，一定有v2v3.故B項正確C項，若v1v2，從ab離開磁場到cd離開磁場的過程中線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱等于ab進入磁場到ab離開磁場的過程中線
6、框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱，等于線框重力勢能的減少量，為mgh，故C項正確D項，從ab進入磁場到cd離開磁場的過程中，線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為Qmg(hl)mv12mv32.故D項錯誤4.(2018宜昌一模)如圖所示，足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，且都傾斜著與水平面成夾角.在導(dǎo)軌的最上端M、P之間接有電阻R，不計其它電阻導(dǎo)體棒ab從導(dǎo)軌的最底端沖上導(dǎo)軌，當(dāng)沒有磁場時，ab上升的最大高度為H；若存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場時，ab上升的最大高度為h.在兩次運動過程中ab都與導(dǎo)軌保持垂直，且初速度都相等關(guān)于上述情景，下列說法正確的是()A兩次上升的最大高度相比較為HhB有磁場時導(dǎo)體棒所受合力的功大于無磁
7、場時合力的功C有磁場時，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mv02D有磁場時，ab上升過程的最小加速度為gsin答案D解析A項，無磁場時，根據(jù)能量守恒得，動能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能有磁場時，動能一部分轉(zhuǎn)化為重力勢能，還有一部分轉(zhuǎn)化為整個回路的內(nèi)能動能相同，則有磁場時的重力勢能小于無磁場時的重力勢能，所以hH.故A項錯誤B項，由動能定理知：合力的功等于導(dǎo)體棒動能的變化量，有、無磁場時，棒的初速度相等，末速度都為零，則知導(dǎo)體棒動能的變化量相等，則知導(dǎo)體棒所受合力的功相等故B項錯誤C項，設(shè)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q.根據(jù)能量守恒知：mv02Qmgh，則Qmv02.故C項錯誤D項，有磁場時，導(dǎo)體棒上升時受重力、支持力、沿斜
8、面向下的安培力，所以所受的合力大于mgsin，根據(jù)牛頓第二定律，知加速度a大于gsin.所以ab上升過程的最小加速度為gsin.故D項正確5.(2018湛江二模)(多選)如圖所示，CD、EF是兩條水平放置的電阻可忽略的平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌固定不動，間距為L，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.導(dǎo)軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接將一阻值也為R，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，則下列說法中正確的是()A電阻R的最大電流為B電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mghC磁場左右
9、邊界的長度d為D流過電阻R的電荷量為答案AD解析A項，導(dǎo)體棒下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mghmv2，解得：v，感應(yīng)電動勢：EBLv，通過電阻的最大電流：I，故A項正確；B項，電阻與導(dǎo)體棒的阻值相等，由能量守恒定律得：mgh2QR，解得，電阻R中產(chǎn)的焦耳熱：QRmgh，故B項錯誤；D項，由動量定理得：BILt0mv，BLqmv，解得，通過電阻R的電荷量：q，故D項正確；C項，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E，感應(yīng)電流：I，通過R的電荷量：qIt，解得：d，故C項錯誤6.(2018濟寧二模)(多選)如圖所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌的間距為dlm，導(dǎo)軌平面與水平面成30角，其底端接有阻值為R2
10、 的電阻，整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強度大小為B2 T的勻強磁場中一質(zhì)量為m1 kg(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸現(xiàn)桿在沿導(dǎo)軌平面向上、垂直于桿的恒力F10 N作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動，當(dāng)運動距離為L6 m時速度恰好達(dá)到最大(運動過程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)導(dǎo)體桿的電阻為r2 ，導(dǎo)軌電阻不計(取g10 m/s2)在此過程中()A桿的速度最大值為5 m/sB流過電阻R的電荷量為6 CC導(dǎo)體桿兩端電壓的最大值為10 VD安培力對導(dǎo)體桿的沖量大小為6 Ns答案AD解析A項，導(dǎo)體桿所受安培力：F安培BId，導(dǎo)體桿勻速運動時速度最大，由平衡條件得：Fmgs
11、in，解得，金屬桿的最大速度：v5 m/s，故A項正確B項，流過電阻R的電量：q3 C，故B項錯誤C項，導(dǎo)體桿做勻速運動時速度最大，此時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，最大感應(yīng)電動勢：EBdv21510 V，電路最大電流：I2.5 A，導(dǎo)體桿兩端最大電壓：UIR2.525 V，故C項錯誤；D項，對導(dǎo)體桿，安培力的沖量：I沖BIdtBdq2136 Ns，故D項正確7(2018資陽模擬)(多選)如圖所示，一個半徑為r、粗細(xì)均勻、阻值為R的圓形導(dǎo)線框，豎直放置在磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直現(xiàn)有一根質(zhì)量為m、電阻不計的導(dǎo)體棒，自圓形線框最高點由靜止釋放，棒在下落過程中始終與線框保持良好
12、接觸已知下落距離為時棒的速度大小為v1，下落到圓心O時棒的速度大小為v2，忽略摩擦及空氣阻力，下列說法正確的是()A導(dǎo)體棒下落距離為時，棒中感應(yīng)電流的方向向右B導(dǎo)體棒下落距離為時，棒的加速度的大小為gC導(dǎo)體棒下落到圓心時，圓形導(dǎo)線框的發(fā)熱功率為D導(dǎo)體棒從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中，圓形導(dǎo)線框產(chǎn)生的熱量為mgrmv22答案BD解析A項，導(dǎo)體棒下落距離為，根據(jù)右手定則知棒中感應(yīng)電流方向向左，故A項錯誤；B項，接入電路中的導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：EBLvBrv1，此時電路的總電阻：RR，電流：IBrv1，金屬棒上的安培力：FBILBIr，由牛頓第二定律得：mgFma，解得：ag，故B項正確；C項，導(dǎo)
13、體棒下落到圓心時，金屬棒上的安培力：FBIL，線框的發(fā)熱功率：P熱PAFv2，故C項錯誤；D項，從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中，棒的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為棒的動能和內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律得：mgrmv22Q0解得：Q0mgrmv22，故D項正確8.(多選)如圖所示，質(zhì)量為3 m的重物與一質(zhì)量為m的線框用一根絕緣細(xì)線連接起來，掛在兩個高度相同的定滑輪上，已知線框的橫邊邊長為L，水平方向勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為h.初始時刻，磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，線框上邊緣剛進磁場時，恰好做勻速直線運動，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計則下列說法中正確
14、的是()A線框進入磁場時的速度為B線框的電阻為C線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q2mghD線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q4mgh答案ABD解析從初始時刻到線框上邊緣剛進入磁場，由機械能守恒定律得3mg2hmg2h4mv2/2，解得線框剛進入磁場時的速度v，故A項正確；線框上邊緣剛進磁場時，恰好做勻速直線運動，故受合力為零，3mgBILmg，IBLv/R，解得線框的電阻R，故B項正確；線框勻速通過磁場的距離為2h，產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)重力勢能的減少，即Q3mg2hmg2h4mgh，故C項錯誤，D項正確9.(2018云南一模)(多選)一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形導(dǎo)線框靜止在光滑絕緣水平桌
15、面上，桌面上直線PQ左側(cè)有方向豎直向下的勻強磁場I，磁感應(yīng)強度大小為B，PQ右側(cè)有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為2B，俯視圖如圖所示現(xiàn)使線框以垂直PQ的初速度v向磁場運動，當(dāng)線框的三分之一進入磁場時，線框速度為，在這個過程中，下列說法正確的是()A線框速度為時，線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向B線框速度為時，線框的加速度大小為C線框中產(chǎn)生的焦耳熱為mv2D流過導(dǎo)線橫截面的電荷量為答案CD解析A項，線框速度為時，線框有兩條邊切割磁感線，根據(jù)右手定則，右邊感應(yīng)電流方向向下，左邊感應(yīng)電流向上，所以線框中的感應(yīng)電流方向為順時針方向，故A項錯誤；B項，右邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E12BL
16、BLv左邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E2BLBLv線框中的總電動勢為：EE1E2BLv線框電流為：I線框右邊所受安培力為：F12BIL線框左邊所受安培力為：F2BIL線框安培力的合力為：FF1F2線框的加速度為：a，故B項錯誤；C項，根據(jù)能量守恒，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為：Qmv2m()2mv2，故C項正確；D項，線框初態(tài)的磁通量為：1BL2線框末態(tài)的磁通量為：2BL22BL20根據(jù)感應(yīng)電量公式有：q，故D項正確10.(2018永州三模)如圖所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌豎直放置，金屬棒ab、cd均通過棒兩端的環(huán)套在金屬導(dǎo)軌上，棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好虛線上方有垂直紙面向里的勻強磁場，虛線下方有豎直向下的
17、勻強磁場，兩勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B.ab、cd棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)均為，兩棒總電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計開始兩棒靜止在圖示位置，當(dāng)cd棒無初速度釋放時，對ab棒施加豎直向上的力F，使其沿導(dǎo)軌向上做勻加速運動則()Aab棒中的電流方向由a到bBcd棒先加速運動后勻速運動Ccd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力D力F做的功等于兩棒產(chǎn)生的電熱與ab棒增加的機械能之和答案C解析A項，ab棒沿豎直向上運動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，由右手定則判斷可知，ab棒中的感應(yīng)電流方向為b到a，故A項錯誤；B項，cd棒中感應(yīng)電流由c到d，其所在的區(qū)域有向下磁場，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上ab棒做勻
18、加速直線運動，速度增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流增加，cd棒所受的安培力增大，對導(dǎo)軌的壓力增大，則滑動摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速運動后減速運動，最后停止運動故B項錯誤C項，因安培力增加，cd棒受到的壓力增大，則cd棒受靜摩擦力的作用一直增加，最大值會大于重力故C項正確；D項，根據(jù)功能關(guān)系可知，力F所做的功應(yīng)等于兩棒產(chǎn)生的電熱、摩擦生熱與增加的機械能之和故D項錯誤11(2018東莞市二模)(多選)如圖1所示，傾斜放置的平行光滑軌道間距為L1 m，導(dǎo)軌與水平面的夾角為30，導(dǎo)軌上端連有阻值為R1 的定值電阻，在導(dǎo)軌平面上的abdc、cdfe間分別有垂直導(dǎo)軌平面向上和向下的勻強
19、磁場，磁感應(yīng)強度分別為B11 T和B2 T，兩磁場的寬度也均為L.一長為L的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌某位置靜止釋放，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒在磁場中運動的速度一時間圖像如圖2所示不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度g10 m/s2，則下列說法正確的是()A導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m0.2 kgB導(dǎo)體棒在整個磁場中運動的最小速度為0.2 m/sC導(dǎo)體棒穿過整個磁場時通過電阻R的電量為(1) CD導(dǎo)體棒穿過整個磁場時電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為2 J答案AC解析A項，導(dǎo)體棒在B1中勻速直線運動，則BLmgsin，m0.2 kg，A項正確；B項，進入磁場B2中后先減速最后勻速，當(dāng)勻速直線運動時，速度最小vm0.
20、5 m/s.B項錯誤C項，電量qIt(1) C，C項正確；D項，由能量守恒定律可求得Qmg2Lsin30mv12mv222.075 J，D項錯誤12(2018上海二模)(多選)如圖(甲)所示，相距為2L的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，右側(cè)接有定值電阻R，導(dǎo)軌電阻忽略不計，OO的左側(cè)存在垂直于導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場在OO左側(cè)L處垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m、電阻為0.5R的金屬桿ab，ab在恒力F的作用下由靜止開始向右運動3L的距離，其速度與位移的變化關(guān)系如圖(乙)所示下列判斷中正確的是()Aab即將離開磁場時，安培力的大小為B整個運動的過程中，通過電阻R上的電量為Cab即將離開磁場時，加
21、速度的大小為D整個過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為m(v223v12)答案BCD解析A項，ab即將離開時，速度為v1，電動勢E2BLv1，電流I；安培力F2BIL；故A項錯誤；B項，整個過程中，磁通量的變化量為2BL2；產(chǎn)生的電量qt；故B項正確；C項，ab桿在位移L到3L的過程中，由動能定理得：F(3LL)m(v22v12)；解得：F設(shè)加速度為a，則F安BILIa聯(lián)立解得：a；故C項正確；D項，ab桿在磁場中發(fā)生L位移過程中，恒力F做的功等于ab桿增加的動能和回路產(chǎn)生的電能(即電阻R上產(chǎn)生的電熱Q1)，由能量守恒定律得：FLmv12Q1聯(lián)立解得：Q1；故D項正確二、非選擇題13.如圖所示，“凸
22、”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求：(1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；(2)磁場上下邊界間的距離H.答案(1)4倍
23、(2)H28l解析(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，可得E12Blv1設(shè)線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，可得I1設(shè)此時線框所受安培力為F1，有F12I1lB由于線框做勻速運動，故受力平衡，所以有mgF1由式得v1設(shè)ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2由式得v24v1(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，可得2mglmv12線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，可得mg(2lH)mv22mv12Q由得H28l14(2018浙江模
24、擬)如圖，光滑的水平絕緣軌道M、N上擱放著質(zhì)量m10.2 kg、電阻R10.02 的“”形金屬框dabc，軌道間有一有界磁場，變化關(guān)系如圖所示一根長度等于ab，質(zhì)量m20.1 kg、R20.01的金屬棒ef擁在軌道上并靜止在磁場的左邊界上已知軌道間距與ab長度相等，均為L10.3 m，adbcL20.1 m，其余電阻不計.0時刻，給“”形金屬框一初速度v03 m/s，與金屬棒碰撞后合在一起成為一閉合導(dǎo)電金屬框(碰撞時間極短)t0時刻整個框剛好全部進入磁場，(t01)s時刻，框右邊剛要出磁場求：(1)碰撞結(jié)束時金屬框的速度大小；(2)0t0時間內(nèi)整個框產(chǎn)生的焦耳熱；(3)t0(t01) s時間內(nèi)，安培力對ab邊的沖量解析(1)碰撞過程中，動量守恒，得到m1v0(m1m2)v代入得到：v2 m/s(2)對閉合金屬框列動量定理：BIL1tBL1qmv等號兩邊求和，得BL1qm(vv)又因為q得到v1 m/s所以Q(m1m2)v2(m1m2)v220.45 J(3)整個框在磁場中運動，I0.4 A又因為B10.4(tt0)t0tt01所以F安BIL10.12B0120.048(tt0)I沖F安tt10.096 Ns.13
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