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(新課標(biāo))2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時檢測(六十六)電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題(題型研究課)(含解析)

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1、(新課標(biāo))2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時檢測(六十六)電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題(題型研究課)(含解析) 1.如圖所示,在一勻強磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd,線框處于水平面內(nèi),磁場與線框平面垂直,R為一電阻,ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿,它可在ab、cd上無摩擦地滑動。ef及線框中導(dǎo)線的電阻不計。開始時,給ef一個向右的初速度,則(  ) A.ef將減速向右運動,但不是勻減速 B.ef將勻減速向右運動,最后停止 C.ef將勻速向右運動 D.ef將往返運動 解析:選A ef向右運動,切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流,根據(jù)右手定則和左手定則可知,ef受到向左的安培力而做減速運動,直到停止

2、,由F=BIL==ma,知ef做的是加速度減小的減速運動,故A正確。 2.(多選)如圖所示,平行的金屬導(dǎo)軌與電路處在垂直紙面向里的勻強磁場B中,一金屬桿放在金屬導(dǎo)軌上,在恒定外力F作用下做勻速運動,則在開關(guān)S(  ) A.閉合瞬間通過金屬桿的電流增大 B.閉合瞬間通過金屬桿的電流減小 C.閉合后金屬桿先減速后勻速 D.閉合后金屬桿先加速后勻速 解析:選AC 金屬桿做切割磁感線運動,相當(dāng)于電源,在開關(guān)S閉合瞬間,外電阻變小,根據(jù)閉合電路歐姆定律,干路電流增加,即通過金屬桿的電流增加,故A正確,B錯誤;開關(guān)S閉合前,拉力和安培力平衡,開關(guān)S閉合后,電流增加,根據(jù)安培力公式F=BIL,安

3、培力增加,故拉力小于安培力,金屬桿做減速運動,感應(yīng)電動勢減小,電流減小,安培力減小,加速度減小,當(dāng)加速度減為零時,速度減小到最小值,最后做勻速運動,故C正確,D錯誤。 3.(多選)如圖所示,在水平桌面上固定兩條相距為l的平行光滑導(dǎo)軌ab與cd,阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的a、c端相連。質(zhì)量為m、長為l、電阻也為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置并可沿導(dǎo)軌自由滑動。整個裝置處于方向豎直向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度的大小為B。導(dǎo)體棒的中點系一不可伸長的輕繩,繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后,與一質(zhì)量也為m的物塊相連,繩處于拉直狀態(tài)?,F(xiàn)若從靜止開始釋放物塊,用h表示物塊下落的高度(物塊不會觸地),g表示重力加速度,

4、其他電阻不計,則(  ) A.電阻R中的感應(yīng)電流方向由c到a B.物塊下落的最大加速度為g C.若h足夠大,物塊下落的最大速度為 D.通過電阻R的電荷量為 解析:選AC 由右手定則可知,電阻R中的感應(yīng)電流方向由c到a,A正確;物塊剛下落時加速度最大,由牛頓第二定律有2mam=mg,最大加速度:am=,B錯誤;對導(dǎo)體棒與物塊組成的整體,當(dāng)所受的安培力與物塊的重力平衡時,達到最大速度,即=mg,所以vm=,C正確;通過電阻R的電荷量q==,D錯誤。 4.如圖所示,兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L,直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好,整個裝置處在垂直于紙面向里的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度為

5、B。電容器的電容為C,除電阻R外,導(dǎo)軌和直導(dǎo)線的電阻均不計?,F(xiàn)給MN一初速度,使MN向右運動,當(dāng)電路穩(wěn)定后,MN以速度v向右做勻速運動時(  ) A.電容器兩極板間的電壓為零 B.電阻兩端的電壓為BLv C.電容器所帶電荷量為CBLv D.為保持MN勻速運動,需對其施加的拉力大小為 解析:選C 當(dāng)MN向右勻速運動時,MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定,穩(wěn)定后,電容器既不充電也不放電,無電流產(chǎn)生,故電阻兩端沒有電壓,電容器兩極板間的電壓為U=E=BLv,所帶電荷量Q=CU=CBLv,A、B錯誤,C正確;MN勻速運動時,因無電流而不受安培力,由平衡條件知拉力為零,D錯誤。 5.(2019·湖南重

6、點中學(xué)聯(lián)考)如圖所示,豎直平面內(nèi)有足夠長、不計電阻的兩組平行光滑金屬導(dǎo)軌,寬度均為L,上方連接一阻值為R的定值電阻,虛線下方的區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。兩根完全相同的金屬桿1和2靠在導(dǎo)軌上,金屬桿長度與導(dǎo)軌寬度相等且與導(dǎo)軌接觸良好,電阻均為r、質(zhì)量均為m;將金屬桿1固定在磁場的上邊緣,且仍在磁場內(nèi),金屬桿2從磁場邊界上方h0處由靜止釋放,進入磁場后恰好做勻速運動?,F(xiàn)將金屬桿2從磁場邊界上方h(h

7、場中金屬桿1與金屬桿2所受的安培力大小、方向均不相同 D.任何時刻金屬桿1與2的速度之差均為2 解析:選B 根據(jù)右手定則判斷知兩金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向向右,則流過電阻R的電流方向為b→a,故選項A錯誤;當(dāng)金屬桿2在磁場中勻速下降時,速度最大,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大,由平衡條件得BIL=mg,又I=,聯(lián)立得感應(yīng)電動勢的最大值為Em=,故選項B正確;根據(jù)左手定則判斷知兩金屬桿所受安培力的方向均向上,方向相同,由公式F=BIL可知安培力的大小也相同,故選項C錯誤;金屬桿2剛進入磁場時的速度為v=;在金屬桿2進入磁場后,由于兩金屬桿任何時刻受力情況相同,因此任何時刻兩者的加速度也都相同,在相同時間

8、內(nèi)速度的增量也必相同,即v1-0=v2-v,則v2-v1=v=,故選項D錯誤。 6.(多選)(2019·上海虹口模擬)如圖所示,光滑水平面上有水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,其內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場,寬度均為s,區(qū)域Ⅰ和Ⅱ之間有一寬度為L=3s的無磁場區(qū)域,一質(zhì)量為m、邊長為s的正方形線框在水平恒定外力作用下從距區(qū)域Ⅰ左邊界s處由靜止開始做勻加速直線運動,假設(shè)線框能勻速地通過磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,則下列說法正確的是(  ) A.線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ時的速度大小之比為1∶ B.區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小之比為∶1 C.線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ過程產(chǎn)生的熱量相等 D.線框進入?yún)^(qū)域Ⅰ和區(qū)域

9、Ⅱ過程通過線框某一橫截面的電荷量相等 解析:選AC 由運動學(xué)公式v1=,v2==,線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ時的速度大小之比=1∶,故A正確;通過區(qū)域Ⅰ時,能勻速通過,說明受到的安培力等于外力,即F安=B1I1s,I1==,所以F安=,在區(qū)域Ⅰ和Ⅱ之間運動時,線框做加速運動,所以進入?yún)^(qū)域Ⅱ時線框的速度大于進入?yún)^(qū)域Ⅰ時的速度,因為線框能勻速通過區(qū)域Ⅱ,同理,F(xiàn)安=,有=,所以= =∶1,B錯誤;因為線框在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動時動能不變,所以兩個過程中線框產(chǎn)生的熱量等于外力做的功,兩個過程中外力不變,相對水平面的位移相同,所以兩個過程中線框產(chǎn)生的熱量相等,C正確;根據(jù)q==,可得q1=,q2=,由于

10、兩個磁場的磁感應(yīng)強度不同,所以線框進入?yún)^(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ過程通過線框某一橫截面的電荷量不相等,D錯誤。 7.(2019·恩施模擬)如圖所示,足夠長的光滑導(dǎo)軌傾斜放置,導(dǎo)軌寬度為L,其下端與電阻R連接;導(dǎo)體棒ab電阻為r,導(dǎo)軌和導(dǎo)線電阻不計,勻強磁場豎直向上。若棒ab以一定初速度v下滑,則關(guān)于棒ab的下列說法正確的是(  ) A.所受安培力方向水平向左 B.可能以速度v勻速下滑 C.剛下滑瞬間產(chǎn)生的電動勢為BLv D.減少的重力勢能等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能 解析:選B 根據(jù)右手定則判斷可知,棒ab中感應(yīng)電流方向從b→a,由左手定則判斷得知,棒ab所受的安培力方向水平向右,如圖所示,故A錯誤;

11、若安培力沿導(dǎo)軌向上的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力大小相等,棒ab可能以速度v勻速下滑,故B正確;剛下滑瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLvcos θ,故C錯誤;根據(jù)能量守恒定律得知,若棒ab勻速下滑,其減少的重力勢能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之和;若棒ab加速下滑,其減少的重力勢能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能與棒ab增加的動能之和;若棒ab減速下滑,其減少的重力勢能和動能之和等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之和,所以減少的重力勢能不等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能,故D錯誤。 8.(多選)如圖所示,平行且足夠長的兩條光滑金屬導(dǎo)軌,相距L=0.4 m,導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為30°,其電阻不計。把完全相同的兩

12、金屬棒(長度均為0.4 m)ab、cd分別垂直于導(dǎo)軌放置,并使金屬棒的兩端都與導(dǎo)軌良好接觸。已知兩金屬棒的質(zhì)量均為m=0.1 kg、電阻均為R=0.2 Ω,整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度為B=0.5 T。當(dāng)金屬棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下沿導(dǎo)軌向上勻速運動時,金屬棒cd恰好能保持靜止(g=10 m/s2),則(  ) A.F的大小為0.5 N B.金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1.0 V C.金屬棒ab兩端的電壓為1.0 V D.金屬棒ab的速度為5.0 m/s 解析:選BD 對于金屬棒cd有mgsin θ=BIL,解得回路中的電流I=2.5 A,所以回路

13、中的感應(yīng)電動勢E=2IR=1.0 V,選項B正確;Uab=IR=0.5 V,選項C錯誤;對于金屬棒ab有F=BIL+mgsin θ,解得F=1.0 N,選項A錯誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=BLv,解得金屬棒ab的速度為v=5.0 m/s,選項D正確。 9.(2017·海南高考) 如圖,兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面(紙面)內(nèi),導(dǎo)軌間距為l,左端連有阻值為R的電阻。一金屬桿置于導(dǎo)軌上,金屬桿右側(cè)存在一磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域。已知金屬桿以速度v0向右進入磁場區(qū)域,做勻變速直線運動,到達磁場區(qū)域右邊界(圖中虛線位置)時速度恰好為零。金屬桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良

14、好。除左端所連電阻外,其他電阻忽略不計。求金屬桿運動到磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率。 解析:設(shè)金屬桿由開始到停止的位移為x,整個過程中加速度大小為a,由運動學(xué)公式有: 0-v02=-2ax 設(shè)金屬桿在中間的位置時的速度為v,由運動學(xué)公式有: v2-v02=-ax 解得:v=v0 金屬桿運動到磁場區(qū)域正中間時,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為: E=Blv 依據(jù)閉合電路歐姆定律,則電路中電流為:I= 則金屬桿運動到中間位置時,所受到的安培力為: F=BIl=; 金屬桿中電流的功率為:P=I2R=。 答案:  10.(2018·江蘇高考)如圖所示,兩條平行的光滑金屬

15、導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ,間距為d。導(dǎo)軌處于勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上,距底端的距離為s,導(dǎo)軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后,以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定,重力加速度為g。求下滑到底端的過程中,金屬棒 (1)末速度的大小v; (2)通過的電流大小I; (3)通過的電荷量Q。 解析:(1)金屬棒做勻加速直線運動, 根據(jù)運動學(xué)公式有v2=2as 解得v=。 (2)金屬棒所受安培力F安=IdB 金屬棒所受合力F=mgsin θ-F安 根據(jù)牛頓第二定律有F=ma 解得I=。

16、 (3)金屬棒的運動時間t=, 其通過的電荷量Q=It 解得Q=。 答案:(1) (2) (3) 11.電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖,圖中直流電源電動勢為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出),MN開始向右加速運動。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相

17、等時,回路中電流為零,MN達到最大速度,之后離開導(dǎo)軌。求: (1)磁場的方向; (2)MN剛開始運動時加速度a的大??; (3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q。 解析:(1)將S接1時,電容器充電,上極板帶正電,下極板帶負電,當(dāng)將S接2時,電容器放電,流經(jīng)MN的電流由M到N,又知MN向右運動,由左手定則可知磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。 (2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)S接2時,電容器放電,設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I,有 I= 設(shè)MN受到的安培力為F,有F=IlB 由牛頓第二定律,有F=ma 解得a=。 (3)當(dāng)電容器充電完畢時,設(shè)電容器上電荷量為Q0,有 Q0=CE S接2后,MN開始向右加速運動,速度達到最大值vmax時,設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E′, 有E′=Blvmax 依題意有E′= 設(shè)在此過程中MN的平均電流為,MN上受到的平均安培力為,有 =lB 由動量定理,有Δt=mvmax-0 又Δt=Q0-Q 解得Q=。 答案:(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下 (2) (3)

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