高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 微專題60 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題試題 粵教版-粵教版高三物理試題

《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 微專題60 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題試題 粵教版-粵教版高三物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 微專題60 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題試題 粵教版-粵教版高三物理試題（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、60 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題 [方法點撥]　(1)分析導(dǎo)體棒切割磁感線運動時要由牛頓第二定律列方程，在方程中討論v的變化影響安培力的變化，進(jìn)而影響加速度a的變化，a的變化又影響v的變化；(2)克服安培力做功的過程就是其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程，克服安培力做了多少功，就有多少其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能． 1．(多選)如圖1所示，在勻強(qiáng)磁場中有一傾斜的足夠長平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，兩導(dǎo)軌頂端連有一定值電阻R，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上，質(zhì)量為m、電阻為r的光滑導(dǎo)體棒從某一高度處由靜止釋放，導(dǎo)體棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好

2、，其他部分的電阻不計，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A．導(dǎo)體棒先做加速度減小的加速運動，后做勻速運動 B．若導(dǎo)體棒的速度為v，則R兩端的電壓為BLv C．導(dǎo)體棒的最大速度為 D．在導(dǎo)體棒下滑過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于導(dǎo)體棒克服安培力所做的功 2．如圖2，平行導(dǎo)軌固定在水平桌面上，左側(cè)接有阻值為R的電阻，導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，ab棒在導(dǎo)軌間的阻值為r.輸出功率恒為P的電動機(jī)通過水平繩向右拉動ab棒．整個區(qū)域存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，若導(dǎo)軌足夠長，且不計其電阻和摩擦，則電阻R消耗的最大功率為(　　) 圖2 A．P B.P C.P D.2P

3、 3．(多選)如圖3所示，間距為l＝1 m的導(dǎo)軌PQ、MN由電阻不計的光滑水平導(dǎo)軌和與水平面成37°角的粗糙傾斜導(dǎo)軌組成，導(dǎo)體棒ab、cd的質(zhì)量均為m＝1 kg、長度均為l＝1 m、電阻均為R＝0.5 Ω，ab棒靜止在水平導(dǎo)軌上，cd棒靜止在傾斜導(dǎo)軌上，整個裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，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)軌運動，當(dāng)ab棒的運動速度達(dá)到一定值時cd棒開始滑動．已知cd棒與傾斜導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.8，且cd棒受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37

4、°＝0.8.關(guān)于該運動過程，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．cd棒所受的摩擦力方向始終沿傾斜導(dǎo)軌向上 B．cd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 C．cd棒開始滑動時，ab棒的速度大小約為20 m/s D．cd棒開始滑動時，ab棒的速度大小約為10 m/s 4．在光滑水平面上，有一個粗細(xì)均勻的邊長為L的單匝正方形閉合線框abcd，在水平外力的作用下，從靜止開始沿垂直磁場邊界方向做勻加速直線運動，穿過勻強(qiáng)磁場，如圖4甲所示．測得線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i的大小和運動時間t的變化關(guān)系如圖乙所示(　　) 圖4 A．線框受到的水平外力一定是恒定的 B．線框邊長

5、與磁場寬度的比為3∶8 C．出磁場的時間是進(jìn)入磁場時的一半 D．出磁場的過程中水平外力做的功與進(jìn)入磁場的過程中水平外力做的功相等 5．(多選)如圖5所示，光滑水平桌面上固定放置的長直導(dǎo)線中通以大小為I的穩(wěn)恒電流，桌面上導(dǎo)線的右側(cè)距離通電長直導(dǎo)線2l處有兩線框abcd、a′b′c′d′正以相同的速度v0經(jīng)過虛線MN向左運動，MN平行長直導(dǎo)線，兩線框的ad邊、a′d′邊與MN重合，線框abcd、a′b′c′d′是由同種材料制成的質(zhì)量相同的單匝正方形線框，邊長分別為l、2l.已知通電長直導(dǎo)線周圍磁場中某點的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝k(式中k為常量，r表示該點到長直導(dǎo)線的距離)．下列說法正確的是(　　)

6、 圖5 A．此時流經(jīng)線框abcd、a′b′c′d′的電流強(qiáng)度之比為4∶3 B．此時線框abcd、a′b′c′d′所受的安培力的功率之比為4∶9 C．此時線框abcd、a′b′c′d′的加速度之比為4∶9 D．此時a、b間電壓Uab＝v0 6．(多選)如圖6，光滑絕緣的水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)體框．勻強(qiáng)磁場區(qū)域?qū)挾葹?L、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直桌面向下．導(dǎo)體框的一邊與磁場邊界平行，在外力作用下以恒定速度v穿過磁場．下列說法正確的是(　　) 圖6 A．穿過磁場過程，外力做的功為 B．穿過磁場過程，導(dǎo)體框產(chǎn)生的焦耳熱為 C．進(jìn)入磁場過程，通過導(dǎo)體框某一橫

7、截面的電荷量為 D．進(jìn)入和離開磁場過程，通過導(dǎo)體框的電流大小都為，且方向相同 7．(多選)由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，若穿過某截面的磁通量為Φ＝Φmsin ωt，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e＝ωΦmcos ωt.如圖7所示，豎直面內(nèi)有一個閉合導(dǎo)線框ACD(由細(xì)軟電阻絲制成)，端點A、D固定．在以水平線段AD為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場．設(shè)導(dǎo)線框的電阻恒為r，圓的半徑為R，用兩種方式使導(dǎo)線框上產(chǎn)生感應(yīng)電流．方式一：將導(dǎo)線上的C點以恒定角速度ω1(相對圓心O)從A點沿圓弧移動至D點；方式二：以AD為軸，保持∠ADC＝45°，將導(dǎo)線框以恒定的角速度ω2轉(zhuǎn)90

8、°.則下列說法正確的是(　　) 圖7 A．方式一中，在C從A點沿圓弧移動到圖中∠ADC＝30°位置的過程中，通過導(dǎo)線截面的電荷量為 B．方式一中，在C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢最大 C．若兩種方式電阻絲上產(chǎn)生的熱量相等，則＝ D．若兩種方式電阻絲上產(chǎn)生的熱量相等，則＝ 8．(多選)如圖8所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌豎直固定放置，底端接電阻R，輕彈簧上端固定，下端懸掛質(zhì)量為m的金屬棒，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好．除電阻R外，其余電阻不計．導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌所在平面．靜止時金屬棒位于A處，此時彈簧的伸長量為Δl，彈性勢能為Ep.重力加速度大小為

9、g.將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，金屬棒在運動過程中始終保持水平，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A．當(dāng)金屬棒的速度最大時，彈簧的伸長量為Δl B．從開始釋放到最后靜止，電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于mgΔl－Ep C．金屬棒第一次到達(dá)A處時，其加速度方向向下 D．金屬棒第一次下降過程通過電阻R的電荷量比第一次上升過程的多 9．如圖9所示，阻值均為2 Ω的定值電阻R1和R2通過水平和傾斜平行金屬導(dǎo)軌連接，水平導(dǎo)軌和傾斜導(dǎo)軌平滑相接，導(dǎo)軌間距離為0.5 m，傾斜導(dǎo)軌與水平面夾角為60°，水平導(dǎo)軌間存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.03 T的勻強(qiáng)磁場，傾斜導(dǎo)軌處沒有磁場．一根質(zhì)

10、量為0.1 kg、長度為0.5 m、阻值為2 Ω的導(dǎo)體棒從傾斜導(dǎo)軌上一定高度處由靜止釋放，導(dǎo)體棒與傾斜導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，水平導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上向右運動s＝2 m停下來，在此過程中電阻R1上產(chǎn)生的熱量為0.3 J，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) 圖9 A．導(dǎo)體棒在傾斜導(dǎo)軌上釋放點離水平面的高度為2 m B．導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運動的最大速度為6 m/s C．R1兩端的最大電壓為0.045 V D．導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運動過程中通過R1的電荷量為0.01 C 10．電磁彈是我國最新的重大科研項目，原理可用下述模型說明．如圖

11、10甲所示，虛線MN右側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，邊長為L的正方形單匝金屬線框abcd放在光滑水平面上，線框電阻為R，質(zhì)量為m，ab邊在磁場外側(cè)緊靠MN虛線邊界處．t＝0時起磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律是B＝B0＋kt(k為大于零的常量)，空氣阻力忽略不計． 圖10 (1)求t＝0時刻，線框中感應(yīng)電流的功率P； (2)求線框cd邊穿出磁場時通過線框某一橫截面的電荷量q； (3)若用相同的金屬線繞制相同大小的n匝線框，如圖乙所示，在線框上加一質(zhì)量為M的負(fù)載物，證明：載物線框匝數(shù)越多，t＝0時線框加速度越大． 11．如圖11甲所示，dc和ef是足夠長的光滑的金屬導(dǎo)軌(不計電阻)水平放

12、置，相距L＝1 m，de處接有一個電阻，在其兩端的電壓低于某個特定的值U0時，它的阻值與其兩端的電壓成正比，而其兩端的電壓大于等于U0時，它的電阻恒為R0＝5 Ω，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T，質(zhì)量為m＝0.5 kg，長度恰好能跨放在導(dǎo)軌上的金屬桿電阻不計，在水平向右的拉力作用下，從緊靠de處由靜止開始做加速度為a＝1 m/s2的勻加速運動，水平拉力F與時間的關(guān)系如圖乙所示． 圖11 (1)試求電壓的特定值U0和圖中所標(biāo)的F0的大??； (2)當(dāng)t＝0.5 s時和t＝2 s時，電阻的發(fā)熱功率分別為多大？ (3)從開始到運動2 m時，通過R的電荷量為多少？

13、 (4)運動到2 m時刻撤去外力，金屬桿還能運動多遠(yuǎn)？ 答案精析 1．AD　[導(dǎo)體棒隨著速度的增加，受到的安培力越來越大，因此受到的合力越來越小，加速度越來越小，故導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度為零時，做勻速運動，A正確；導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，所以在電阻R上的電壓為，B錯誤；由于導(dǎo)體棒勻速運動時有mgsin θ＝，因此導(dǎo)體棒的最大速度為，C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，感應(yīng)電流所產(chǎn)生的焦耳熱在數(shù)值上等于導(dǎo)體棒克服安培力所做的功，D正確．] 2．B　[ab棒在輸出功率P恒定的電動機(jī)拉力作用下做加速度逐漸減小的加速運動．當(dāng)加速度減小到零時，ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，電阻R中電

14、流最大，電阻R消耗的功率最大．由功能關(guān)系可知，此時電動機(jī)輸出功率等于電阻R和ab棒消耗的功率，即P＝I2(r＋R)，電阻R消耗的功率PR＝I2R，聯(lián)立解得PR＝P，選項B正確．] 3．BC　[cd棒剛開始靜止在傾斜導(dǎo)軌上，μ＝0.8>tan 37°＝0.75，cd棒受到的摩擦力沿傾斜導(dǎo)軌向上，ab棒向右運動切割磁感線使得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錯誤，B正確；當(dāng)cd棒即將滑動時，由平衡條件cos 37°＝mgsin 37°＋μ，代入數(shù)據(jù)可得v＝19.375 m/s，C正確，D錯誤．]

15、 4．B　[由題圖乙線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i的大小和運動時間t的變化關(guān)系可知，進(jìn)磁場和出磁場時電流隨時間的增大而增大，根據(jù)牛頓第二定律F－F安＝ma，得F＝F安＋ma，又F安＝BiL，所以線框受到的水平外力是隨時間增大的變力，選項A錯誤；線框進(jìn)入磁場過程位移與出磁場過程位移相等，線框進(jìn)入磁場過程的水平外力小于出磁場過程的水平外力，根據(jù)功的定義可知，線框出磁場的過程中水平外力做的功大于線框進(jìn)入磁場過程中水平外力做的功，選項D錯誤；根據(jù)題圖乙感應(yīng)電流i的大小和運動時間t的變化關(guān)系圖象，在2～4 s時間內(nèi)線框進(jìn)入磁場，設(shè)線框勻加速直線運動的加速度為a′，在進(jìn)入磁場時速度v1＝a′t1＝2a′，完全進(jìn)

16、入磁場時速度v2＝a′t2＝4a′，線框邊長L可表示為L＝(t2－t1)＝6a′，線框開始出磁場時速度v3＝a′t3＝6a′，磁場區(qū)域?qū)挾萪＝(t3－t1)＝16a′，線框邊長L與磁場寬度d的比為L∶d＝3∶8，選項B正確；設(shè)線框t′時刻完全出磁場，則完全出磁場時速度為a′t′，出磁場過程的平均速度為＝，出磁場的時刻t′＝＋t3＝＋6，解得t′＝4 s，故出磁場的時間小于進(jìn)入磁場時間的一半，選項C錯誤. ] 5．ABC　[設(shè)導(dǎo)線的橫截面積為S，密度為ρ0，電阻率為ρ，由密度公式可得：線框的質(zhì)量m＝ρ0V＝ρ0S1×4l＝ρ0S2×8l，解得：S1＝2S2，根據(jù)電阻定律，可得R1＝ρ，R2＝ρ

17、，聯(lián)立可得：R2＝4R1，由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可得：線框中的電流I1＝＝，I2＝＝，即＝，選項A正確；根據(jù)右手定則，可知b點電勢高于a點電勢，故Uab<0，選項D錯誤；根據(jù)功能關(guān)系可知線框克服安培力做的功等于線框中電流產(chǎn)生的焦耳熱，由P＝I2R，可得＝＝，選項B正確；由安培力公式和牛頓第二定律可得a1＝＝，a2＝＝，即＝＝，選項C正確．] 6．ABC　[當(dāng)導(dǎo)體框進(jìn)入或離開磁場時，導(dǎo)體框中的感應(yīng)電動勢E＝BLv，由右手定則可知，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電流方向為逆時針方向，而離開磁場時，感應(yīng)電流方向為順時針方向，D項錯；進(jìn)入磁場過程中，感應(yīng)電流大小I＝，時間t＝，所以通過導(dǎo)體框某一橫截

18、面的電荷量為Q＝It＝，C項正確；因為導(dǎo)線框是勻速穿過磁場的，所以外力F＝FA＝BIL＝，導(dǎo)體框在外力作用下的位移為2L，所以外力做功為，A項正確；由功能關(guān)系可知，外力克服安培力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，B項正確．] 7．AC　[方式一中，在C從A點沿圓弧移動到題圖中∠ADC＝30°位置的過程中，穿過回路磁通量的變化量為ΔΦ＝BR2.由法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝，I＝，q＝IΔt，聯(lián)立解得q＝＝，選項A正確；方式一中，在C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導(dǎo)線框中的磁通量最大，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢最小，為零，選項B錯誤；第一種方式中穿過回路的磁通量Φ1＝BR2sin ω1t，所產(chǎn)生

19、的電動勢為e1＝ω1BR2cos ω1t，第二種方式中穿過回路的磁通量Φ2＝BR2cos ω2t，所產(chǎn)生的電動勢為e2＝ω2BR2sin ω2t，則兩種方式所產(chǎn)生的正弦交流電動勢的有效值之比為＝，時間滿足＝，產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝t1，Q2＝t2，若Q1＝Q2，則＝，選項C正確，D錯誤．] 8．BD　[根據(jù)題述金屬棒靜止時彈簧伸長量為Δl，可得mg＝kΔl.將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，金屬棒向下切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Blv和感應(yīng)電流I＝，金屬棒受到的安培力FA＝BIl＝，方向豎直向上，由牛頓第二定律mg－kx－FA＝ma知，金屬棒向下做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)加速度減小到零時

20、，金屬棒速度最大，此時有mg＝kx＋FA，彈簧彈力小于金屬棒的重力，故彈簧的伸長量x小于Δl，選項A錯誤；金屬棒最后靜止時，彈簧伸長量為Δl，根據(jù)能量守恒定律，電阻R上產(chǎn)生的總熱量Q＝mgΔl－Ep，選項B正確；金屬棒第一次到達(dá)A處時，其所受合外力向上，加速度方向向上，選項C錯誤；由能量守恒知金屬棒第一次下降的高度一定大于第一次上升的高度，由ΔΦ＝B·ΔS知，金屬棒第一次下降過程中回路磁通量變化量ΔΦ一定比第一次上升過程中的多，根據(jù)q＝可知，金屬棒第一次下降過程中通過電阻R的電荷量一定比第一次上升過程中的多，選項D正確．] 9．B　[導(dǎo)體棒滑上水平導(dǎo)軌后做減速運動，因此滑上水平導(dǎo)軌的初速度v

21、0是導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運動的最大速度，導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上運動時，若電阻R1上產(chǎn)生熱量為Q，則導(dǎo)體棒上產(chǎn)生熱量為4Q，電路產(chǎn)生的總熱量為6Q，由功能關(guān)系可得＝6Q，又Q＝0.3 J，得v0＝6 m/s，B選項正確；導(dǎo)體棒在傾斜導(dǎo)軌上運動，有mgh－μmgcos θ·＝，得h＝2.4 m，A選項錯誤；導(dǎo)體棒運動的最大速度為v0，最大感應(yīng)電動勢為Em＝Blv0，R1兩端的最大電壓Um＝，得Um＝0.03 V，C選項錯誤；通過導(dǎo)體棒的電荷量q＝，q1＝＝0.005 C，D選項錯誤．] 10．(1)　(2)　(3)見解析 解析　(1)t＝0時刻線框中的感應(yīng)電動勢E0＝L2＝kL2 功率P＝ 解得P＝

22、 (2)穿出磁場過程線框中的平均電動勢＝ 線框中的平均電流＝ 通過的電荷量q＝Δt，解得q＝ (3)n匝線框在t＝0時刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝nE0 線框中的總電阻R總＝nR 線框中的電流I＝ t＝0時刻線框受到的安培力F＝nB0IL 設(shè)線框的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F＝(nm＋M)a 解得a＝，可知n越大，a越大． 11．(1)1 V　0.7 N　(2)0.1 W　0.8 W (3)0.5 C　(4)3.75 m 解析　(1)當(dāng)電壓小于U0時，設(shè)電阻R＝kU，所以電流I＝＝，則I為定值 F－BL＝ma，F(xiàn)＝ma＋BL 當(dāng)電壓大于等于U0時，F(xiàn)－＝ma，F(xiàn)＝ma

23、＋t，而當(dāng)t＝1 s時， 速度v＝at＝1 m/s，U0＝BLv＝1 V 又當(dāng)t＝1 s時，F(xiàn)＝ma＋t＝ma＋BL，所以有k＝5，故F0＝0.7 N 1 s以后的拉力與時間的關(guān)系為F＝0.5＋0.2t (2)t＝0.5 s時，v＝0.5 m/s，U＝E＝BLv＝0.5 V，R＝kU＝2.5 Ω P1＝＝0.1 W t＝2 s時，F(xiàn)＝0.9 N，安培力F安＝F－ma＝0.4 N，v＝2 m/s P2＝F安v＝0.8 W (3)前1 s，電流恒為I＝＝＝0.2 A，q1＝It＝0.2 C，運動了0.5 m. 余下的1.5 m是通過定值電阻R0的電荷量，q2＝＝0.3 C，所以q＝q1＋q2＝0.5 C (4)撤去外力時，速度為v2＝2 m/s，電壓U2＝2 V，變減速運動到速度v1＝1 m/s，于是有： ＝m(v2－v1)，s1＝2.5 m 此后，電流恒為0.2 A，F(xiàn)安′＝BLI＝0.2 N，做勻減速運動，a′＝＝0.4 m/s2 s2＝＝1.25 m 所以s＝s1＋s2＝3.75 m.