2020版高考物理一輪復習 分層規(guī)范快練34 電磁感應中的動力學、能量和動量問題 新人教版.doc

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分層規(guī)范快練(三十四)電磁感應中的動力學、能量和動量問題 雙基過關練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，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于()A棒的機械能增加量B棒的動能增加量C棒的重力勢能增加量D電阻R上放出的熱量解析：棒受重力G、拉力F和安培力F安的作用由動能定理：WFWGW安Ek得WFW安Ekmgh，即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機械能的增加量，選項A正確答案：A22019河北省定州中學月考如圖所示，足夠長的U形光滑金屬導軌平面與水平面成角(0Q2，q1q2 BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2 DQ1Q2，q1q2解析：設線框邊長abl1，bcl2，線框中產生的熱量Q1I2Rt2Rl1，Q2l2，由于l1l2，所以Q1Q2.通過線框導體橫截面的電荷量qtt，故q1q2，A選項正確答案：A4(多選)一空間有垂直紙面向里的勻強磁場B，兩條電阻不計的平行光滑導軌豎直放置在磁場內，如圖所示，磁感應強度B0.5 T，導體棒ab、cd長度均為0.2 m，電阻均為0.1 ，重力均為0.1 N，現(xiàn)用力向上拉動導體棒ab，使之勻速上升(導體棒ab、cd與導軌接觸良好)，此時cd靜止不動，則ab上升時，下列說法正確的是()Aab受到的拉力大小為2 NBab向上運動的速度為2 m/sC在2 s內，拉力做功，有0.4 J的機械能轉化為電能D在2 s內，拉力做功為0.6 J解析：對導體棒cd分析：mgBIl，得v2 m/s，故選項B正確；對導體棒ab分析：FmgBIl0.2 N，選項A錯誤；在2 s內拉力做功轉化的電能等于克服安培力做的功，即WF安vt0.4 J，選項C正確；在2 s內拉力做的功為Fvt0.8 J，選項D錯誤答案：BC52019貴州黔南州三校聯(lián)考如圖甲所示，空間存在B0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是水平放置的平行長直導軌，其間距L0.2 m，R是連在導軌一端的電阻，ab是跨接在導軌上質量m0.1 kg的導體棒從零時刻開始，對ab施加一個大小為F0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導軌滑動，滑動過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好，圖乙是棒的vt圖象，其中AO是圖象在O點的切線，AB是圖象的漸近線除R以外，其余部分的電阻均不計設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力已知當棒的位移為100 m時，其速度達到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒運動100 m過程中電阻R上產生的焦耳熱解析：(1)由圖乙得ab棒剛開始運動瞬間a2.5 m/s2，則FFfma，解得Ff0.2 N.ab棒最終以速度v10 m/s勻速運動，則所受到拉力、摩擦力和安培力的合力為零，F(xiàn)FfF安0.F安BILBL.聯(lián)立可得R0.4 .(2)由功能關系可得(FFf)xmv2Q，解得Q20 J.答案：(1)0.4 (2)20 J技能提升練62019山東淄博模擬(多選)如圖甲所示，左側接有定值電阻R3 的水平平行且足夠長的粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B2 T，導軌間距L1 m一質量m2 kg、接入電路的阻值r1 的金屬棒在拉力F的作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒的vx圖象如圖乙所示若金屬棒與導軌垂直且接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)0.5，導軌電阻不計，取g10 m/s2，則金屬棒從靜止開始向右運動的位移為x11 m的過程中，下列說法正確的是()A金屬棒中感應電流的方向為CDB拉力F做的功為16 JC通過電阻的電荷量為0.25 CD定值電阻產生的焦耳熱為0.75 J解析：根據(jù)右手定則可知，金屬棒中感應電流的方向為CD，選項A正確由圖乙可得金屬棒向右運動的位移為1 m時，速度v12 m/s，金屬捧運動過程中受到的安培力FABL，若安培力是恒力，則金屬棒克服安培力做的功WAFAx1vx1，但實際上安培力是變力，結合圖乙圖線與橫軸圍成的面積可得WA J1 J，根據(jù)動能定理有WFmgx1WAmv0，得WF15 J，選項B錯誤通過定值電阻的電荷量q0.5 C，選項C錯誤克服安培力做的功轉化為回路中的焦耳熱，則定值電阻產生的焦耳熱QWA0.75 J，選項D正確答案：AD72019領航高考沖刺卷如圖所示，水平固定足夠長平行直軌道MMN、PPQ間距l(xiāng)2 m，MP為磁場邊界，左側粗糙無磁場，右側光滑且有垂直軌道平面向下的勻強磁場B2 T導體棒ab、cd質量、電阻均相等，分別為m2 kg，R2 .現(xiàn)讓cd棒靜止在光滑區(qū)域某處(距MP足夠遠)，ab棒在與磁場邊界MP左側相距x3.6 m處獲得初速度v010 m/s.整個過程中導體棒與導軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒與粗糙導軌間的動摩擦因數(shù)0.5.重力加速度g10 m/s2.求：(1)ab導體棒剛進入磁場瞬間回路的電流；(2)求ab、cd最終的速度及ab進入磁場后系統(tǒng)產生的焦耳熱解析：(1)設ab棒剛進入瞬間速度為v1，則從開始到剛進入過程：mgxmvmv解得v18 m/s進入瞬間，電動勢EBLv1解得E32 V電流：I8 A(2)ab進入后，ab、cd兩棒系統(tǒng)動量守恒：mv12mv2解得：vabvcd4 m/s由能量守恒定律：Qmv2mv解得Q32 J答案：(1)8 A(2)32 J82019湖南宜章模擬如圖，一質量為m，邊長為h的正方形金屬線框abcd自某一高度由靜止下落，依次經過兩勻強磁場區(qū)域，且金屬線框bc邊的初始位置離磁場B1的上邊界的高度為，兩磁場的磁感應強度分別為B1和B2，且B12B0，B2B0(B0已知)，兩磁場的間距為H(H未知，但Hh)，線框進入磁場B1時，恰好做勻速運動，速度為v1(v1已知)，從磁場B1中穿出后又以v2勻速通過寬度也為h的磁場B2.(1)求v1與v2的比值；(2)寫出H與h的關系式；(3)若地面離磁場B2的下邊界的高度為h，求金屬線框下落到地面所產生的熱量(用m、h、g表示)解析：(1)金屬線框分別進入磁場B1和B2后，做勻速運動，由平衡條件有BIhmg又金屬線框切割磁感線，則I聯(lián)立得v所以.(2)金屬線框進入磁場B1前和離開磁場B1后到進入磁場B2前，都是做只在重力作用下的運動，由運動學公式有v2gvv2g(Hh)聯(lián)立得H.(3)產生的熱量等于克服安培力做功，QBIh4h聯(lián)立得Q4mgh.答案：(1)1：4(2)H(3)4mgh92019山東濟寧模擬如圖甲所示，彎折成90角的兩根足夠長金屬導軌平行放置，形成左右兩導軌平面，左導軌平面與水平面成53角，右導軌平面與水平面成37角，兩導軌相距L0.2 m，導軌電阻不計質量均為m0.1 kg的金屬桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路其中金屬桿ab的電阻R0.2 ，金屬桿cd的電阻忽略不計，兩金屬桿與導軌間的動摩擦因數(shù)均為0.5，整個裝置處于磁感應強度大小B1.0 T，方向平行于左導軌平面且垂直右導軌平面向上的勻強磁場中t0時刻開始，對ab桿施加一垂直ab桿且平行右導軌平面向下的力F，使ab桿以初速度v1沿右導軌平面勻速下滑t1 s后，使ab做勻加速直線運動，t2 s后，又使ab桿沿導軌平面勻速下滑整個過程中cd桿運動的vt圖象如圖乙所示(其中第1 s、第3 s內圖線為直線)兩桿下滑過程均保持與導軌垂直且接觸良好，取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8.求：(1)在第1秒內cd桿受到的安培力的大??；(2)ab桿的初速度v1及第2 s末的速度v2；(3)若第2 s內力F所做的功為9 J，求第2 s內ab桿所產生的焦耳熱解析：(1)對cd桿，由vt圖象得：a13 m/s2，由牛頓第二定律得mgsin53(mgcos53F安)ma1.解得F安0.4 N.(2)對ab桿，感應電動勢EBLv1，電流I，cd桿的安培力F安BIL，解得v12 m/s，由題意得第3 s內cd的加速度a23 m/s2，對cd桿，由牛頓第二定律得mgsin53ma2，解得v28 m/s.(3)由運動學知識得第2 s內ab桿的位移x2t5 m，由動能定理得WFWGWfW安mvmv，又WF9 J，WGmgx2sin37，Wfmgx2cos37，W安Qab，解得：Qab7 J.答案：(1)0.4 N(2)2 m/s8 m/s(3)7 J