（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)49 三大力學觀點在電磁感應中的應用專題（含解析）新人教版

三大力學觀點在電磁感應中的應用專題一、選擇題1.如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，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)正方形導線框abcd置于光滑水平桌面上，其質量為m，電阻值為R，邊長為L，在線框右側距離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dcbadB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)功能關系可得：F·2LQ10，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.(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，由于線框完全在磁場中不產(chǎn)生感應電流，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，可知當線框的速度為v2時在做減速運動，安培力大于重力，所以當線框離開以速度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軌MN、PQ平行放置，且都傾斜著與水平面成夾角.在導軌的最上端M、P之間接有電阻R，不計其它電阻導體棒ab從導軌的最底端沖上導軌，當沒有磁場時，ab上升的最大高度為H；若存在垂直導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都與導軌保持垂直，且初速度都相等關于上述情景，下列說法正確的是()A兩次上升的最大高度相比較為H<hB有磁場時導體棒所受合力的功大于無磁場時合力的功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，動能全部轉化為重力勢能有磁場時，動能一部分轉化為重力勢能，還有一部分轉化為整個回路的內(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h<H.故A項錯誤B項，由動能定理知：合力的功等于導體棒動能的變化量，有、無磁場時，棒的初速度相等，末速度都為零，則知導體棒動能的變化量相等，則知導體棒所受合力的功相等故B項錯誤C項，設電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q.根據(jù)能量守恒知：mv02Qmgh，則Q<mv02.故C項錯誤D項，有磁場時，導體棒上升時受重力、支持力、沿斜面向下的安培力，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軌，導軌固定不動，間距為L，在水平導軌的左側存在磁感應強度方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.導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，質量為m的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導體棒最終恰好停在磁場的右邊界處已知導體棒與水平導軌接觸良好，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，由法拉第電磁感應定律得：E，感應電流：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軌的間距為dlm，導軌平面與水平面成30°角，其底端接有阻值為R2 的電阻，整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應強度大小為B2 T的勻強磁場中一質量為m1 kg(質量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸現(xiàn)桿在沿導軌平面向上、垂直于桿的恒力F10 N作用下從靜止開始沿導軌向上運動，當運動距離為L6 m時速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直)導體桿的電阻為r2 ，導軌電阻不計(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導體桿兩端電壓的最大值為10 VD安培力對導體桿的沖量大小為6 N·s答案AD解析A項，導體桿所受安培力：F安培BId，導體桿勻速運動時速度最大，由平衡條件得：Fmgsin，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，導體桿做勻速運動時速度最大，此時產(chǎn)生的感應電動勢最大，最大感應電動勢：EBdv2×1×510 V，電路最大電流：I2.5 A，導體桿兩端最大電壓：UIR2.5×25 V，故C項錯誤；D項，對導體桿，安培力的沖量：I沖BIdtBdq2×1×36 N·s，故D項正確7(2018·資陽模擬)(多選)如圖所示，一個半徑為r、粗細均勻、阻值為R的圓形導線框，豎直放置在磁感應強度為B的水平勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直現(xiàn)有一根質量為m、電阻不計的導體棒，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導體棒下落距離為時，棒中感應電流的方向向右B導體棒下落距離為時，棒的加速度的大小為gC導體棒下落到圓心時，圓形導線框的發(fā)熱功率為D導體棒從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中，圓形導線框產(chǎn)生的熱量為mgrmv22答案BD解析A項，導體棒下落距離為，根據(jù)右手定則知棒中感應電流方向向左，故A項錯誤；B項，接入電路中的導體棒產(chǎn)生的感應電動勢：EBLvBrv1，此時電路的總電阻：RR，電流：IBrv1，金屬棒上的安培力：FBILBI·r，由牛頓第二定律得：mgFma，解得：ag，故B項正確；C項，導體棒下落到圓心時，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，質量為3 m的重物與一質量為m的線框用一根絕緣細線連接起來，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，滑輪質量、摩擦阻力均不計則下列說法中正確的是()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3mg×2hmg×2h4mv2/2，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Q3mg×2hmg×2h4mgh，故C項錯誤，D項正確9.(2018·云南一模)(多選)一質量為m、電阻為R、邊長為L的正方形導線框靜止在光滑絕緣水平桌面上，桌面上直線PQ左側有方向豎直向下的勻強磁場I，磁感應強度大小為B，PQ右側有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為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，右邊感應電流方向向下，左邊感應電流向上，所以線框中的感應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)生的感應電動勢為：E12BL·BLv左邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為：E2BL·BLv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：2B·L22B·L20根據(jù)感應電量公式有：q，故D項正確10.(2018·永州三模)如圖所示，足夠長的金屬導軌豎直放置，金屬棒ab、cd均通過棒兩端的環(huán)套在金屬導軌上，棒與金屬導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勻強磁場，兩勻強磁場的磁感應強度大小均為B.ab、cd棒與導軌間動摩擦因數(shù)均為，兩棒總電阻為R，導軌電阻不計開始兩棒靜止在圖示位置，當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)生感應電流，由右手定則判斷可知，ab棒中的感應電流方向為b到a，故A項錯誤；B項，cd棒中感應電流由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棒做勻加速直線運動，速度增大，產(chǎn)生的感應電流增加，cd棒所受的安培力增大，對導軌的壓力增大，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)功能關系可知，力F所做的功應等于兩棒產(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，導軌與水平面的夾角為30°，導軌上端連有阻值為R1 的定值電阻，在導軌平面上的abdc、cdfe間分別有垂直導軌平面向上和向下的勻強磁場，磁感應強度分別為B11 T和B2 T，兩磁場的寬度也均為L.一長為L的導體棒從導軌某位置靜止釋放，導體棒在滑動過程中始終與導軌接觸良好，導體棒在磁場中運動的速度一時間圖像如圖2所示不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度g10 m/s2，則下列說法正確的是()A導體棒的質量為m0.2 kgB導體棒在整個磁場中運動的最小速度為0.2 m/sC導體棒穿過整個磁場時通過電阻R的電量為(1) CD導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，導體棒在B1中勻速直線運動，則B××Lmgsin，m0.2 kg，A項正確；B項，進入磁場B2中后先減速最后勻速，當勻速直線運動時，速度最小vm0.5 m/s.B項錯誤C項，電量qI×t(1) C，C項正確；D項，由能量守恒定律可求得Qmg×2Lsin30°mv12mv222.075 J，D項錯誤12(2018·上海二模)(多選)如圖(甲)所示，相距為2L的光滑平行金屬導軌水平放置，右側接有定值電阻R，導軌電阻忽略不計，OO的左側存在垂直于導軌平面向下、磁感應強度為B的勻強磁場在OO左側L處垂直導軌放置一質量為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q·t；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”字形硬質金屬線框質量為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(2)H28l解析(1)設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律，可得E12Blv1設線框總電阻為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·浙江模擬)如圖，光滑的水平絕緣軌道M、N上擱放著質量m10.2 kg、電阻R10.02 的“”形金屬框dabc，軌道間有一有界磁場，變化關系如圖所示一根長度等于ab，質量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)碰撞結束時金屬框的速度大??；(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tt×10.096 N·s.13