2019年高考物理大二輪專題復習 考前增分練 選擇題部分 專練12 應用動力學和能量觀點分析電磁感應問題.doc

2019年高考物理大二輪專題復習 考前增分練 選擇題部分 專練12 應用動力學和能量觀點分析電磁感應問題1如圖1，金屬棒ab、cd與足夠長的水平光滑金屬導軌垂直且接觸良好，勻強磁場豎直向下ab棒在恒力F作用下向右運動的過程中，有()圖1A安培力對ab棒做正功B安培力對cd棒做正功Cabdca回路的磁通量先增加后減少DF做的功等于回路產生的總熱量和系統(tǒng)動能增量之和答案BD解析設金屬棒ab、cd的速度分別為v1、v2，運動剛開始，v1>v2，回路的電動勢E，電流為逆時針方向，ab、cd棒的安培力分別向左、向右，分別對棒做負功、正功，選項A錯誤，B正確；導體棒最后做加速度相同速度不同的勻加速運動，且v1>v2，abdca回路的磁通量一直增加，選項C錯誤；對系統(tǒng)，由動能定理，F做的功和安培力對系統(tǒng)做的功的代數和等于系統(tǒng)動能增量之和，而安培力對系統(tǒng)做的功的代數和等于回路產生的總熱量，選項D正確2如圖2所示，空間存在一有邊界的條形勻強磁場區(qū)域，磁場方向與豎直平面(紙面)垂直，磁場邊界的間距為L.一個質量為m、邊長也為L的正方形導線框沿豎直方向運動，線框所在平面始終與磁場方向垂直，且線框上、下邊始終與磁場的邊界平行t0時刻導線框的上邊恰好與磁場的下邊界重合(圖中位置)，導線框的速度為v0.經歷一段時間后，當導線框的下邊恰好與磁場的上邊界重合時(圖中位置)，導線框的速度剛好為零此后，導線框下落，經過一段時間回到初始位置(不計空氣阻力)，則()圖2A上升過程中合力做的功與下降過程中合力做的功相等B上升過程中線框產生的熱量比下降過程中線框產生的熱量多C上升過程中，導線框的加速度逐漸減小D上升過程克服重力做功的平均功率小于下降過程重力的平均功率答案BC解析線框在運動過程中要克服安培力做功，消耗機械能，故返回原位置時速率減小，由動能定理可知，上升過程動能變化量大，合力做功多，所以選項A錯誤；分析線框的運動過程可知，在任一位置，上升過程的安培力大于下降過程中的安培力，而上升、下降位移相等，故上升過程克服安培力做功大于下降過程中克服安培力做的功，故上升過程中線框產生的熱量多，所以選項B正確；以線框為對象分析受力可知，在上升過程做減速運動，有F安mgma，F安，故有agv，所以上升過程中，速度減小，加速度也減小，故選項C正確；在下降過程中的加速度小于上升過程的加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升時間較短，下降時間較長，兩過程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程重力做的平均功率，所以選項D錯誤3如圖3所示，電阻不計的剛性U形金屬導軌放在光滑水平面上，導軌上連有電阻R.質量為m、電阻不計的金屬桿ab可在導軌上滑動，滑動時保持與導軌垂直金屬桿與導軌之間的動摩擦因數為.導軌右邊的左方為一個勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于水平面，導軌的右邊恰在勻強磁場右邊邊界處現有一位于導軌平面內且與導軌平行的向右方向的拉力作用于金屬桿ab上，使之從靜止開始在導軌上向右做加速運動已知拉力的功率恒為P，經過時間t，金屬桿在導軌上相對導軌向右滑動的位移為x，重力加速度為g.在此過程中，下列說法正確的是()圖3A拉力做的功為PtmgxB電阻R中所產生的電能為PtmgxC金屬桿克服安培力做的功為PtD金屬桿和導軌之間由于摩擦而產生的熱量為mgx答案D解析因為拉力的功率恒為P，則拉力做功的大小WPt，故A錯誤根據能量守恒知，拉力做功一部分轉化為金屬桿的動能，一部分轉化為電阻R上產生的電能，還有一部分轉化為摩擦產生的內能，即Ptmv2QW電，可知W電PtQmv2Ptmgxmv2，B錯誤拉力做功的大小與金屬桿克服安培力做功的大小不等，則克服安培力做功不等于Pt，故C錯誤因為金屬桿和導軌間的相對位移為x，則摩擦產生的熱量為mgx，故D正確4如圖4所示，傾角為的光滑斜面固定在水平面上，水平虛線L下方有垂直于斜面向下的勻強磁場，磁感應強度為B.正方形閉合金屬線框邊長為h，質量為m，電阻為R，放置于L上方一定距離處，保持線框底邊ab與L平行并由靜止釋放，當ab邊到達L時，線框速度為v0.ab邊到達L下方距離d處時，線框速度也為v0，已知d>h.以下說法正確的是()圖4Aab邊剛進入磁場時，電流方向為abBab邊剛進入磁場時，線框加速度沿斜面向下C線框進入磁場過程中的最小速度小于D線框進入磁場過程中產生的熱量為mgdsin 答案AD解析根據右手定則知，ab邊剛進入磁場時，電流方向為ab，故A正確當ab邊到達L時，線框速度為v0，ab邊到達L下方距離d處時，線框速度也為v0，知線框進入磁場時做減速運動，完全進入磁場后做加速運動，則ab邊剛進入磁場時，做減速運動，加速度方向沿斜面向上，故B錯誤線框完全進入磁場的過程中，做減速運動，完全進入的瞬間速度最小，此時安培力大于重力沿斜面方向的分力，根據EBvh，I，FABIh，根據FA>mgsin ，有>mgsin ，解得v>，故C錯誤對線框進入磁場的過程運用能量守恒定律得，mgdsin Q，故D正確5如圖5甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1L2之間、L3L4之間存在勻強磁場，大小均為1 T，方向垂直于虛線所在平面現有一矩形線圈abcd，寬度cdL0.5 m，質量為0.1 kg，電阻為2 ，將其從圖示位置由靜止釋放(cd邊與L1重合)，速度隨時間的變化關系如圖乙所示，t1時刻cd邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，已知t1t2的時間間隔為0.6 s，整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向(重力加速度g取10 m/s2)則()圖5A在0t1時間內，通過線圈的電荷量為0.25 CB線圈勻速運動的速度大小為8 m/sC線圈的長度為1 mD0t3時間內，線圈產生的熱量為4.2 J答案AB解析t2到t3時間內線圈做勻速運動，受力平衡，由mg，所以有v28 m/s，B正確；設磁場的寬度為d，對線圈勻加速過程有3dv2tgt2，解得d1 m，線圈長度為2 m，C錯誤；0t3時間內，線圈產生的熱量為Qmg5dmv1.8 J，D錯誤；在0t1時間內，通過線圈的電荷量為q0.25 C，A正確6如圖6所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道電阻不計在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B.現有一根長度稍大于L、電阻不計的金屬棒從軌道最低位置cd開始，在拉力作用下以速度v0向右沿軌道做勻速圓周運動至ab處，則該過程中()圖6A通過R的電流方向為由內向外B通過R的電流方向為由外向內CR上產生的熱量為D流過R的電量為答案BC解析根據右手定則可以判斷出，cd中的感應電流方向由c到d，故通過R的電流方向為由外向內，A錯誤，B正確；金屬棒從cd沿軌道做勻速圓周運動，金屬棒中將產生正弦式電流，將金屬棒的瞬時速度v0分解，水平方向的分速度對產生感應電動勢有貢獻，水平方向的分速度vxv0cos ，金屬棒切割磁感線產生正弦交變電流Icos ，其有效值為I，金屬棒的時間為t，故R上產生的熱量為QI2Rt()2R，故C正確；通過R的電量為qtt，故D錯誤7如圖7所示，光滑、平行的金屬軌道分水平段(左端接有阻值為R的定值電阻)和半圓弧段兩部分，兩段軌道相切于N和N點，圓弧的半徑為r，兩金屬軌道間的寬度為d，整個軌道處于磁感應強度為B，方向豎直向上的勻強磁場中質量為m、長為d、電阻為R的金屬細桿置于框架上的MM處，r.在t0時刻，給金屬細桿一個垂直金屬細桿、水平向右的初速度v0，之后金屬細桿沿軌道運動，在tt1時刻，金屬細桿以速度v通過與圓心等高的P和P；在tt2時刻，金屬細桿恰好通過圓弧軌道的最高點，金屬細桿與軌道始終接觸良好，軌道的電阻和空氣阻力均不計，重力加速度為g.以下說法正確的是()圖7At0時刻，金屬細桿兩端的電壓為Bdv0Btt1時刻，金屬細桿所受的安培力為C從t0到tt1時刻，通過金屬細桿橫截面的電量為D從t0到tt2時刻，定值電阻R產生的焦耳熱為mvmgr答案CD解析t0時刻，金屬細桿產生的感應電動勢為EBdv0，兩端的電壓為UEBdv0，故A錯誤tt1時刻，金屬細桿的速度與磁場平行，不切割磁感線，不產生感應電流，所以桿不受安培力，故B錯誤從t0到tt1時刻，通過金屬細桿橫截面的電量為q，故C正確在最高點，有mgm，v，從t0到tt2時刻，定值電阻R產生的焦耳熱為Q(mvmg2rmv2)mvmgr，故D正確