《高考物理大一輪復習 考點規(guī)范練34 電磁感應現(xiàn)象中的動力學、動量和能量問題 新人教版-新人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理大一輪復習 考點規(guī)范練34 電磁感應現(xiàn)象中的動力學、動量和能量問題 新人教版-新人教版高三全冊物理試題（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點規(guī)范練34　電磁感應現(xiàn)象中的動力學、動量和能量問題 一、單項選擇題 1. 如圖所示,用粗細相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩只閉合線框a和b,以相同的速度從磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中勻速地拉到磁場外,若外力對線框做的功分別為Wa、Wb,則Wa∶Wb為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.1∶4 B.1∶2 C.1∶1 D.不能確定 答案A 解析根據(jù)能量守恒可知,外力做的功等于產(chǎn)生的電能,而產(chǎn)生的電能又全部轉化為焦耳熱,所以Wa=Qa=(BLv)2Ra·Lv,Wb=Qb=(B·2Lv)2Rb·2Lv,由電阻定律知Rb=2Ra,故Wa∶Wb=1∶4,A項正確

2、。 2.如圖所示,條形磁鐵位于固定的半圓光滑軌道的圓心位置,一半徑為R、質(zhì)量為m的金屬球從半圓軌道的一端沿半圓軌道由靜止下滑,重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　) A.金屬球會運動到半圓軌道的另一端 B.由于金屬球沒有形成閉合電路,所以金屬球中不會產(chǎn)生感應電流 C.金屬球受到的安培力做負功 D.系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量小于mgR 答案C 解析金屬球在運動過程中,穿過金屬球的磁通量不斷變化,在金屬球內(nèi)形成閉合回路,產(chǎn)生渦流,金屬球受到的安培力做負功,金屬球產(chǎn)生的熱量不斷地增加,機械能不斷地減少,直至金屬球停在半圓軌道的最低點,C正確,A、B錯誤;根據(jù)能量守恒定律得系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱

3、量為mgR,D錯誤。 3.兩根足夠長的光滑導軌豎直放置,間距為l,底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端,金屬棒和導軌接觸良好,導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直,如圖所示。除電阻R外其余電阻不計。現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放,則(　　) A.釋放瞬間金屬棒的加速度小于重力加速度g B.金屬棒向下運動時,流過電阻R的電流方向為a→b C.金屬棒的速度為v時,所受的安培力大小為F=B2l2vR D.電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量 答案C 解析金屬棒剛釋放時,彈簧處于原長,彈力為零,又因此時金屬棒速度為零,沒有感應電流,金

4、屬棒不受安培力作用,只受到重力作用,其加速度應等于重力加速度,選項A錯誤;金屬棒向下運動時,由右手定則可知,流過電阻R的電流方向為b→a,選項B錯誤;金屬棒速度為v時,安培力大小為F=BIl,又I=BlvR,聯(lián)立解得F=B2l2vR,選項C正確;金屬棒下落過程中,由能量守恒定律知,金屬棒減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能(速度不為零時)以及電阻R上產(chǎn)生的熱量,選項D錯誤。 4. 如圖所示,水平光滑的平行金屬導軌,左端接有電阻R,勻強磁場B豎直向下分布在導軌所在的空間內(nèi),質(zhì)量一定的金屬棒PQ垂直導軌放置。若使棒以一定的初速度v0向右運動,當其通過位置a、b時,速率分別為va

5、、vb,到位置c時棒剛好靜止。設金屬導軌與棒的電阻均不計,a到b和b到c的間距相等,則金屬棒在從a到b和從b到c的兩個過程中(　　) A.回路中產(chǎn)生的內(nèi)能相等 B.棒運動的加速度相等 C.安培力做功相等 D.通過棒橫截面的電荷量相等 答案D 解析金屬棒由a到b再到c的過程中,速度逐漸減小,根據(jù)E=Blv知,E減小,故I減小,再根據(jù)F=BIl知,安培力減小,由F=ma知,加速度減小,B錯誤;由于a與b、b與c間距相等,安培力由a→c是逐漸漸小的,故從a到b安培力做的功大于從b到c安培力做的功,又由于安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的內(nèi)能,所以A、C錯誤;根據(jù)平均感應電動勢E=ΔΦΔt=BΔSΔ

6、t,I=ER和q=IΔt,得q=BΔSR,所以D正確。 二、多項選擇題 5. 如圖所示,光滑金屬導軌AC、AD固定在水平面內(nèi),并處在方向豎直向下、大小為B的勻強磁場中。有一質(zhì)量為m的導體棒以初速度v0從某位置開始在導軌上水平向右運動,最終恰好靜止在A點。在運動過程中,導體棒與導軌始終構成等邊三角形回路,且通過A點的總電荷量為Q。已知導體棒與導軌間的接觸電阻值恒為R,其余電阻不計,則(　　) A.該過程中導體棒做勻減速運動 B.當導體棒的速度為v02時,回路中感應電流小于初始時的一半 C.開始運動時,導體棒與導軌所構成回路的面積為S=QRB D.該過程中接觸電阻產(chǎn)生的焦耳熱為m

7、v028 答案BC 解析導體切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E=Blv,電流為I=BlvR,安培力為F=BIl=B2l2vR,l、v都在減小,根據(jù)牛頓第二定律知,加速度也在減小,A錯誤;當導體棒的速度為12v0時,導體棒的長度也減小了,所以回路中感應電流大小小于初始時的一半,B正確;該過程中,通過的總電荷量為Q=BSR,也就是開始運動時,導體棒與導軌所構成回路的面積S=QRB,C正確;該過程中,動能全部轉化為接觸電阻產(chǎn)生的焦耳熱為12mv02,D錯誤。 6.右圖為一圓環(huán)發(fā)電裝置,用電阻R=4 Ω的導體棒彎成半徑l=0.2 m的閉合圓環(huán),圓心為O,COD是一條直徑,在O、D間接有負載電阻R

8、1=1 Ω。整個圓環(huán)中均有B=0.5 T的勻強磁場垂直環(huán)面穿過。電阻r=1 Ω的導體棒OA貼著圓環(huán)做勻速圓周運動,角速度ω=300 rad/s。則(　　) A.當OA到達OC處時,圓環(huán)的電功率為1 W B.當OA到達OC處時,圓環(huán)的電功率為2 W C.全電路最大功率為3 W D.全電路最大功率為4.5 W 答案AD 解析當OA到達OC處時,圓環(huán)的電阻為1Ω,與R1串聯(lián)接入電路,棒轉動過程中產(chǎn)生的感應電動勢E=12Bl2ω=3V,圓環(huán)上分壓為1V,所以圓環(huán)的電功率為1W,A正確,B錯誤;當OA到達OD處時,圓環(huán)中的電阻為零,此時電路中總電阻最小,而電動勢不變,所以電功率最大為Pmax

9、=E2R1+r=4.5W,C錯誤,D正確。 7.有一半徑為R、電阻率為ρ電、密度為ρ密的均勻圓環(huán)落入磁感應強度為B的徑向磁場中,圓環(huán)的截面半徑為r(r?R),如圖所示。當圓環(huán)在加速下落時某一時刻的速度為v,則(　　) 甲 乙 A.此時整個圓環(huán)的電動勢E=2πBvr B.忽略電感的影響,此時圓環(huán)中的電流I=πBr2vρ電 C.此時圓環(huán)的加速度a=B2vρ電ρ密 D.如果徑向磁場范圍足夠長,則圓環(huán)的最大速度vmax=ρ電ρ密gB2 答案BD 解析此時整個圓環(huán)垂直切割徑向磁感線,電動勢E=2πBvR,選項A錯誤;此時圓環(huán)中的電流I=E2πRρ電πr2=2πBvR2Rρ電

10、r2=πBr2vρ電,選項B正確;對圓環(huán),根據(jù)牛頓第二定律得mg-F安=ma,F安=BI·2πR=2π2B2r2Rvρ電,m=ρ密πr2·2πR,則a=g-B2vρ電ρ密,選項C錯誤;如果徑向磁場范圍足夠長,當a=0時圓環(huán)的速度最大,即g-B2vmaxρ電ρ密=0,則vmax=ρ電ρ密gB2,選項D正確。 8.如圖所示,兩根電阻不計的足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ,間距為l,兩導軌構成的平面與水平面成θ角。金屬棒ab、cd用絕緣輕繩連接,其電阻均為R,質(zhì)量分別為m和2m。沿斜面向上的外力F作用在cd上使兩棒靜止,整個裝置處在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。將輕繩燒斷后,保

11、持F不變,金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。則(　　) A.輕繩燒斷瞬間,cd的加速度大小a=12gsin θ B.輕繩燒斷后,cd做勻加速運動 C.輕繩燒斷后,任意時刻兩棒運動的速度大小之比vab∶vcd=1∶2 D.棒ab的最大速度vabm=4mgRsinθ3B2l2 答案AD 解析燒斷細繩前,將兩根棒看作一個整體,對整體有F=3mgsinθ;燒斷細繩瞬間cd棒速度為零,在沿斜面方向上受到拉力F和重力沿斜面向下的分力作用,故a=F-2mgsinθ2m=12gsinθ,A正確;由于cd棒切割磁感線運動,根據(jù)楞次定律和左手定則可知,cd棒受到沿斜面向下的安培力作用,且隨著速度增大而增

12、大,故cd棒做變加速運動,只有當F=2mgsinθ+Fcd安后,才沿斜面向上做勻速直線運動,B錯誤;因為兩個導體棒組成一個閉合回路,所以通過兩個導體棒的電流相同,故受到的安培力等大反向,根據(jù)動量守恒可得mvab-2mvcd=0,即vab∶vcd=2∶1,C錯誤;當ab棒和cd棒加速度為零時,速度均達到最大,設此時ab棒和cd棒的速度大小分別為vabm、vcdm,由ab棒受力平衡得mgsinθ=BIl,此時回路中總的電動勢E=Bl(vabm+vcdm),電路中電流I=E2R,由動量守恒定律得mvab-2mvcd=0,聯(lián)立解得vabm=4mgRsinθ3B2l2,D正確。 三、非選擇題 9.

13、 如圖所示,足夠長的固定平行粗糙金屬雙軌MN、PQ相距d=0.5 m,導軌平面與水平面夾角α=30°,處于方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小B=0.5 T的勻強磁場中。長也為d的金屬棒ab垂直于導軌MN、PQ放置,且始終與導軌接觸良好,棒的質(zhì)量m=0.1 kg,電阻R=0.1 Ω,與導軌之間的動摩擦因數(shù)μ=36,導軌上端連接電路如圖所示。已知電阻R1與燈泡電阻R2的阻值均為0.2 Ω,導軌電阻不計,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求棒由靜止釋放瞬間下滑的加速度大小a; (2)假若棒由靜止釋放并向下加速運動一段距離后,燈L的發(fā)光亮度穩(wěn)定,求此時燈L的實際功率P和棒的速率v。 答

14、案(1)2.5 m/s2　(2)0.05 W　0.8 m/s 解析(1)棒由靜止釋放的瞬間速度為零,不受安培力作用 根據(jù)牛頓第二定律有 mgsinα-μmgcosα=ma, 代入數(shù)據(jù)得a=2.5m/s2。 (2)由“燈L的發(fā)光亮度穩(wěn)定”知棒做勻速運動,受力平衡,有 mgsinα-μmgcosα=BId 代入數(shù)據(jù)得棒中的電流I=1A 由于R1=R2,所以此時通過小燈泡的電流I2=12I=0.5A,P=I22R2=0.05W 此時感應電動勢 E=Bdv=IR+R1R2R1+R2 得v=0.8m/s。 10. 足夠長的平行金屬導軌ab、cd放置在水平面上,處在磁感應強度

15、B=1.0 T的豎直方向的勻強磁場中,導軌間連接阻值為R=0.3 Ω的電阻,質(zhì)量m=0.5 kg、電阻r=0.1 Ω的金屬棒ef緊貼在導軌上,兩導軌間的距離l=0.40 m,如圖所示。在水平恒力F作用下金屬棒ef由靜止開始向右運動,其運動距離與時間的關系如下表所示。導軌與金屬棒ef間的動摩擦因數(shù)為0.3,導軌電阻不計,g取10 m/s2。 時間t/s 0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 運動距離x/m 0 0.6 2.0 4.3 6.8 9.3 11.8 14.3 (1)求在4.0 s時間內(nèi),通過金屬棒截面的電荷量q; (2)

16、求水平恒力F; (3)慶豐同學在計算7.0 s時間內(nèi),整個回路產(chǎn)生的焦耳熱Q時,是這樣計算的:先算7.0 s內(nèi)的電荷量,再算電流I=Qt,再用公式Q=I2Rt計算出焦耳熱,請你簡要分析這樣做是否正確?認為正確的,請算出結果;認為錯誤的,請用自己的方法算出7.0 s內(nèi)整個回路產(chǎn)生的焦耳熱Q。 答案(1)6.8 C　(2)2.5 N　(3)見解析 解析(1)金屬棒產(chǎn)生的平均感應電動勢 E=ΔΦΔt=Blxt 平均電流I=ER+r 則電荷量q=It=BlxR+r=6.8C。 (2)由題表中數(shù)據(jù)可知,3.0s以后棒ef做勻速直線運動,處于平衡狀態(tài) 其速度v=ΔxΔt=2.5m/s 有

17、F-Ff=BIl 由E=Blv,I=ER+r,Ff=μmg 解得F=BIl+Ff=2.5N。 (3)慶豐同學用電流的平均值計算焦耳熱是錯誤的。正確解法是根據(jù)能量轉化和守恒定律,有Fx-μmgx-Q=12mv2 解得Q=12.7J。 11.如圖所示,寬度為l的平行光滑的金屬軌道,左端為半徑為r1的四分之一圓弧軌道,右端為半徑為r2的半圓軌道,中部為與它們相切的水平軌道。水平軌道所在的區(qū)域有磁感應強度為B的豎直向上的勻強磁場。一根質(zhì)量為m的金屬桿a置于水平軌道上,另一根質(zhì)量為m0的金屬桿b由靜止開始自左端軌道最高點滑下,當b滑入水平軌道某位置時,a就滑上了右端半圓軌道最高點(b始終運

18、動且a、b未相撞),并且a在最高點對軌道的壓力大小為mg,此過程中通過a的電荷量為q,a、b棒的電阻分別為R1、R2,其余部分電阻不計。在b由靜止釋放到a運動到右端半圓軌道最高點過程中。 (1)在水平軌道上運動時b的最大加速度是多大? (2)自b釋放到a到達右端半圓軌道最高點過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱是多少? (3)在a剛到達右端半圓軌道最低點時b的速度是多大? 答案(1)B2l22gr1m0(R1+R2)　(2)2gr1Blq-3mgr2-B2l2q22m0 (3)2gr1-mm06gr2 解析(1)設桿b剛剛滑到左端軌道最低端時的速度為vb1,由機械能守恒定律,12m0vb12=m

19、0gr1,所以vb1=2gr1 b剛滑到水平軌道時加速度最大,則E=Blvb1,I=ER1+R2, 根據(jù)牛頓第二定律有,F安=BIl=m0a 得桿b的最大加速度a=B2l22gr1m0(R1+R2)。 (2)設桿a到達右端半圓軌道最高點時,桿a的速度為va1,桿b的速度為vb2, 根據(jù)動量定理有-BIlt=m0vb2-m0vb1,即-Blq=m0vb2-m0vb1 所以vb2=2gr1-Blqm0 根據(jù)牛頓第二定律和第三定律,得2mg=mva12r2 所以va1=2gr2 因為m0gr1=12m0vb22+12mva12+mg2r2+Q 所以系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱 Q=2gr1Blq-3mgr2-B2l2q22m0。 (3)根據(jù)能量守恒,有2mgr2=12mva22-12mva12 所以桿a剛到達水平軌道右端時的速度va2=6gr2 在桿b和桿a在水平軌道上運動時,符合動量守恒條件,根據(jù)動量守恒定律,有m0vb1=m0vb3+mva2 桿a剛到達水平軌道最右端時,桿b的速度vb3=2gr1-mm06gr2。