《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練18 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問題（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練18 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問題（含解析）（11頁珍藏版）》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)與能量問題專練十八電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問題一、考點(diǎn)內(nèi)容(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)力學(xué)問題；(2)電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題；(2)電磁感應(yīng)中的動(dòng)量與能量問題。二、考點(diǎn)突破1如圖所示裝置，電源的電動(dòng)勢(shì)E8 V，內(nèi)阻r10.5 ，兩光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，間距d0.2 m，導(dǎo)體棒ab用等長絕緣細(xì)線懸掛并剛好與導(dǎo)軌接觸，ab左側(cè)為水平直軌道，右側(cè)為半徑R0.2 m的豎直圓弧導(dǎo)軌，圓心恰好為細(xì)線懸掛點(diǎn)，整個(gè)裝置處于豎直向下的、磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。閉合開關(guān)后，導(dǎo)體棒沿圓弧運(yùn)動(dòng)，已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量m0.06 kg，電阻r20.5 ，g取10m/s2，不考慮運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)
2、生的反電動(dòng)勢(shì)，則()A導(dǎo)體棒ab所受的安培力方向始終與運(yùn)動(dòng)方向一致B導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過程中所受安培力F8 NC導(dǎo)體棒擺動(dòng)過程中的最大動(dòng)能0.8 JD導(dǎo)體棒ab速度最大時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角532(多選)如圖所示，間距為l1 m的導(dǎo)軌PQ、MN由電阻不計(jì)的光滑水平導(dǎo)軌和與水平面成37角的粗糙傾斜導(dǎo)軌組成，水平導(dǎo)軌和傾斜導(dǎo)軌都足夠長。導(dǎo)體棒ab、cd的質(zhì)量均為m1 kg、長度均為l1 m、電阻均為R0.5 ，ab棒靜止在水平導(dǎo)軌上，cd棒靜止在傾斜導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B T。現(xiàn)ab棒在水平外力F作用下由靜止開始沿水平導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，當(dāng)ab棒的運(yùn)動(dòng)速度達(dá)到一定值時(shí)c
3、d棒開始滑動(dòng)。已知cd棒與傾斜導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，且cd棒受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。關(guān)于該運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是()Acd棒所受的摩擦力方向始終沿傾斜導(dǎo)軌向上Bcd棒所受的摩擦力方向先沿傾斜導(dǎo)軌向上后沿傾斜導(dǎo)軌向下Ccd棒開始滑動(dòng)時(shí)，ab棒的速度大小為19.375 m/sDcd棒開始滑動(dòng)時(shí)，ab棒的速度大小為9.375 m/s3(多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，分布在寬度為L的區(qū)域內(nèi)，現(xiàn)有一邊長為d(dtan 370.75，cd棒受到的摩擦力沿傾斜導(dǎo)軌向
4、上，ab棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線使得ab棒、cd棒中產(chǎn)生感應(yīng)電流，cd棒受到水平向右的安培力作用，cd棒受到的摩擦力先沿傾斜導(dǎo)軌向上減小到零，后反向沿傾斜導(dǎo)軌向下增大，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)cd棒即將滑動(dòng)時(shí)，由平衡條件得cos 37mgsin 37，代入數(shù)據(jù)可得v19.375 m/s，C正確，D錯(cuò)誤。3【答案】ABD【解析】線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，受到的安培力方向向左，做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的減小，安培力也減小，故做變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到右邊的框邊出磁場(chǎng)的過程中，穿過線框的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框滑出磁場(chǎng)的過程中，受到的安培力方向向左，仍做減速運(yùn)動(dòng)，隨速度的減小，
5、安培力減小，故也做變加速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；根據(jù)q可知滑進(jìn)磁場(chǎng)和滑出磁場(chǎng)的過程中穿過線框的磁通量的變化量相同，線框的電阻不變，所以兩個(gè)過程中通過線框橫截面的電荷量相同，B正確；進(jìn)入磁場(chǎng)過程有：B1dt1mv1，又1t1q，則得Bqdmv1，離開磁場(chǎng)過程有：B2dt2mv2，又2t2q，則得Bqdmv2，則得v1v2，即線框速度的變化量相同，C錯(cuò)誤；進(jìn)磁場(chǎng)的速度為v0，則完全進(jìn)磁場(chǎng)的速度為，完全出磁場(chǎng)的速度為0.根據(jù)能量守恒定律得，Q1mv02m()2mv02，Q2m()2mv02，所以，故D正確。4【答案】BD【解析】ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E1BLv1，電流I1，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，
6、所以mgsin BI1L，當(dāng)ab邊剛越過JP時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E22BLv1，I2，根據(jù)牛頓第二定律2BI2Lmgsin ma，聯(lián)立解得a3gsin ，所以A錯(cuò)誤；當(dāng)a0時(shí)，以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即2BI2Lmgsin 0，得：mgsin ，所以v1v241，所以B正確；從t1到t2的過程中，根據(jù)能量守恒，導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于重力勢(shì)能的減少量加上動(dòng)能的減少量，即克服安培力做功W，所以C錯(cuò)誤；又克服安培力做功等于產(chǎn)生的電能，所以D正確。5【答案】ABD【解析】滑動(dòng)變阻器的滑片向b端移動(dòng)，并聯(lián)電路電阻變小，總電阻變小，導(dǎo)致電路電流變大，則導(dǎo)體棒內(nèi)電壓變大，外電路兩端電壓變小，即燈泡兩端電壓變
7、小，所以燈泡變暗，故A正確；滑動(dòng)變阻器的滑片向a端移動(dòng)，并聯(lián)電路電阻變大，總電阻變大，導(dǎo)致電路電流變小，則導(dǎo)體棒內(nèi)電壓變小，外電路兩端電壓變大，電容器兩端電壓變大，電場(chǎng)力變大，所以液滴將向上運(yùn)動(dòng)，故B正確；導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，燈泡的電阻和滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻相同，所以電路總電阻，電路的總電流，則通過燈泡的電流，則t時(shí)間內(nèi)的電荷量，故C錯(cuò)誤；由C選項(xiàng)可知滑動(dòng)變阻器的電流，故t時(shí)間內(nèi)滑動(dòng)變阻器消耗的電能，故D正確。6【解析】(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：EBlv由閉合電路歐姆定律可得電路中的電流為：安培力大小為：F安BIl由以上方程可得：F安0.8 N。(2)電路中
8、產(chǎn)生的總熱量為：由能量守恒可得：解得：WF4.125 J。(3)4 s末ab桿運(yùn)動(dòng)的加速度為：m/s2由牛頓第二定律可得：FF安ma解得：F1.3 N4 s后當(dāng)加速度a0時(shí)，ab桿的速度達(dá)到最大，所以速度最大時(shí)：解得：vm3.25 m/s 設(shè)ab桿在4 s末至最大速度過程中通過的位移為x，根據(jù)解得：x4 m 由動(dòng)能定理可得：解得：W1.92 J。7【解析】(1)當(dāng)棒AB運(yùn)動(dòng)到處時(shí)，棒AB的有效切割長度最長，安培力最大，則外力F最大，功率也最大，此時(shí)：E1B1Lv，F(xiàn)1B1I1L，PmFv解得：Pm。(2)棒AB在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域B1的運(yùn)動(dòng)過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：EB1Lvsin則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有
9、效值為：E有效，I有效，t可以得到：。(3)當(dāng)CD棒所受安培力F安mg時(shí)，設(shè)棒AB所在位置橫坐標(biāo)為x0，對(duì)棒CD受力分析可得：，解得：x0，x1則：，當(dāng)0t時(shí)，有：FNmg當(dāng)t時(shí)，有：FNmgmg即：FN(1)mg當(dāng)t時(shí)，有：FNmg。8【解析】(1)ABCD矩形區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)變化時(shí)，導(dǎo)體棒處于磁場(chǎng)以外，不受安培力，根據(jù)牛頓第二定律可得MN下滑的加速度為：下滑到EF時(shí)的速度為v0，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv02mv解得：v02v則金屬棒MN由CD邊界運(yùn)動(dòng)到EF邊界的時(shí)間：。(2)根據(jù)右手定則可得金屬棒MN剛進(jìn)入EFGH區(qū)域時(shí)棒上電流方向?yàn)镸N，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，由于導(dǎo)軌電阻為零，MN兩端電
10、壓是指路端電壓，故UMN0。此時(shí)的安培力大小為：，方向沿斜面向上根據(jù)牛頓第二定律可得：FA+mgmgsin2ma解得：。(3)金屬棒從CD下滑到EF處過程中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：此過程中產(chǎn)生的焦耳熱：金屬棒在EFHG中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱：金屬棒MN從釋放到速度減為0的過程產(chǎn)生的焦耳熱：。9【解析】(1)由題意知，在磁場(chǎng)內(nèi)部的半根輻條相當(dāng)于是電源，由右手定則可知輻條中心為負(fù)極，與圓環(huán)邊緣接觸的一端為正極，且始終有長為r的輻條在轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，內(nèi)電阻為R產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：若S閉合，S1斷開時(shí)，總電阻為：理想電流表的示數(shù)為：理想電壓表的示數(shù)為：。(2)若S、S1都閉合，導(dǎo)體棒ab獲得最大速度vm時(shí)，安培力為零，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：又知導(dǎo)體棒ab上分得電壓為：故有：解得：。在導(dǎo)體棒ab加速過程中，設(shè)瞬間流過的電流為i，取很短時(shí)間為t，安培力為：對(duì)導(dǎo)體棒ab由動(dòng)量定理得：又：；聯(lián)立解得：。11
2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練18 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問題（含解析）
