《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時(shí)沖關(guān)三十八 鏈接高考12 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時(shí)沖關(guān)三十八 鏈接高考12 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題（含解析）新人教版（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題 [A級(jí)－基礎(chǔ)練] 1．(2018·江蘇卷)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(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(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)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(guò)程中，金屬棒 (1)末速度的大小v； (2)通過(guò)的電流大小I； (3)通過(guò)的電荷量Q. 解析：(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2as 解得v＝ (2)金屬棒所受安培

2、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F＝ma 解得I＝ (3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝，電荷量Q＝It 解得Q＝ 答案：(1)　(2) (3) 2．(2019·惠州模擬)如圖所示，足夠長(zhǎng)的粗糙絕緣斜面與水平面成θ＝37°放置，在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，在aa′、bb′圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10 g，總電阻R＝1 Ω、邊長(zhǎng)d＝0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域．已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，(

3、g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度； (2)線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb′的距離； (3)整個(gè)線圈穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱． 解析：(1)對(duì)線圈受力分析，根據(jù)平衡條件得： F安＋μmgcos θ＝mgsin θ， F安＝BId，I＝，E＝Bdv， 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：v＝2 m/s. (2)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得： a＝＝2 m/s2 線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb′的距離 L＝＝ m＝1 m. (3)由于線圈剛好勻速穿過(guò)磁場(chǎng)，則磁場(chǎng)寬度等于 d＝0.1 m， Q＝W安

4、＝F安·2d 代入數(shù)據(jù)解得：Q＝2×10－2×2×0.1 J＝4×10－3 J. 答案：(1)2 m/s　(2)1 m　(3) 4×10－3 J 3．足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為θ＝37°(sin 37°＝0.6)，間距為1 m．垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為4 T，P、M間所接電阻的阻值為8 Ω.質(zhì)量為2 kg的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，不計(jì)桿與導(dǎo)軌的電阻，桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25.金屬桿ab在沿導(dǎo)軌向下且與桿垂直的恒力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，桿的最終速度為8 m/s，取g＝10 m/s2，求： (1)當(dāng)金屬桿的速度為4 m

5、/s時(shí)，金屬桿的加速度大??； (2)當(dāng)金屬桿沿導(dǎo)軌的位移為6.0 m時(shí)，通過(guò)金屬桿的電荷量． 解析：(1)對(duì)金屬桿ab應(yīng)用牛頓第二定律，有 F＋mgsin θ－F安－f＝ma，f＝μFN，F(xiàn)N＝mgcos θ ab桿所受安培力大小為F安＝BIL ab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv 由閉合電路歐姆定律可知I＝ 整理得：F＋mgsin θ－v－μmgcos θ＝ma 代入vm＝8 m/s時(shí)a＝0，解得F＝8 N 代入v＝4 m/s及F＝8 N，解得a＝4 m/s2 (2)設(shè)通過(guò)回路橫截面的電荷量為q，則q＝t 回路中的平均電流強(qiáng)度為＝ 回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

6、＝ 回路中的磁通量變化量為ΔΦ＝BLx，聯(lián)立解得q＝3 C. 答案：(1)4 m/s2　(2)3 C [B級(jí)－能力練] 4．如圖甲所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面向上．絕緣斜面上固定有“∧”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽略不計(jì))，MP和NP長(zhǎng)度均為2.5 m，MN連線水平，長(zhǎng)為3 m．以MN中點(diǎn)O為原點(diǎn)，OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox.一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD，長(zhǎng)度d為3 m、質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運(yùn)動(dòng)(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)．g取10 m/s2. (1)

7、求金屬桿CD運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E及運(yùn)動(dòng)到x＝0.8 m處電勢(shì)差UCD； (2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過(guò)程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式，并在圖乙中畫出F－x關(guān)系圖象； (3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱． 解析：(1)金屬桿CD在勻速運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E＝Blv，l＝d，解得E＝1.5 V 當(dāng)x＝0.8 m時(shí)，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢(shì)差為零．設(shè)此時(shí)桿在導(dǎo)軌外的長(zhǎng)度為l外，則 l外＝d－d，OP＝＝2 m 得l外＝1.2 m 由右手定則判斷D點(diǎn)電勢(shì)高，故CD兩端電勢(shì)差 UCD＝－Bl外v＝－0.6 V. (2)桿在導(dǎo)軌間的長(zhǎng)度l與位

8、置x的關(guān)系是 l＝d＝3－x 對(duì)應(yīng)的電阻R1＝R 電流I＝ 桿受到的安培力為F安＝BIl＝7.5－3.75x 根據(jù)平衡條件得F＝F安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)． 畫出的F－x圖象如圖所示． (3)外力F所做的功WF等于F－x圖線下所圍的面積．即 WF＝×2 J＝17.5 J 而桿的重力勢(shì)能增加量ΔEp＝mgOPsin θ 故全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF－ΔEp＝7.5 J. 答案：(1)1.5 V　－0.6 V　(2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)　圖象見解析　(3)7.5 J 5．(2019·遼寧本溪一模)如圖所示，在傾角θ＝

9、37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為5 T，磁場(chǎng)寬度d＝0.55 m，有一邊長(zhǎng)L＝0.4 m、質(zhì)量m1＝0.6 kg、電阻R＝2 Ω的正方形均勻?qū)w線框abcd通過(guò)一輕質(zhì)細(xì)線跨過(guò)光滑的定滑輪與一質(zhì)量m2＝0.4 kg的物體相連，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，將線框從圖示位置由靜止釋放，物體到定滑輪的距離足夠長(zhǎng)．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求線框abcd還未進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)線中的拉力大小？ (2)當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求線框剛釋放時(shí)ab邊距磁場(chǎng)MN邊界的

10、距離x? (3)在(2)問(wèn)中的條件下，若cd邊恰離開磁場(chǎng)邊界PQ時(shí)，速度大小為2 m/s，求整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab邊產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)線框還未進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，以整體法有 m1gsin θ－μm2g＝(m1＋m2)a， a＝2 m/s2. 以m2為研究對(duì)象有T－μm2g＝m2a，(或以m1為研究對(duì)象有m1gsin θ－T＝m1a) 解得T＝2.4 N. (2)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以整體法有 m1gsin θ－μm2g－＝0， 解得v＝1 m/s. ab到MN前線框做勻加速運(yùn)動(dòng)， 有v2＝2ax， 解得x＝0.25 m. (3)線框從開始運(yùn)動(dòng)到cd邊恰

11、離開磁場(chǎng)邊界PQ時(shí)： m1gsin θ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝(m1＋m2)v＋Q， 解得：Q＝0.4 J，所以Qab＝Q＝0.1 J. 答案：(1)2.4 N　(2)0.25 m 　(3)0.1 J 6．如圖所示，電阻不計(jì)的兩光滑金屬導(dǎo)軌相距L，放在絕緣水平桌面上，半徑為R的圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，水平直導(dǎo)軌部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，末端與桌面邊緣平齊．兩金屬棒ab、cd垂直于兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好．棒ab質(zhì)量為2m，電阻為r，棒cd的質(zhì)量為m，電阻為r.重力加速度為g.開始棒cd靜止在水平直導(dǎo)軌上，棒ab從圓弧頂端無(wú)初速度釋放，進(jìn)入水平直導(dǎo)軌

12、后與棒cd始終沒(méi)有接觸并一直向右運(yùn)動(dòng)，最后兩棒都離開導(dǎo)軌落到地面上．棒ab與棒cd落地點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離之比為3∶1.求： (1)棒ab和棒cd離開導(dǎo)軌時(shí)的速度大??； (2)棒cd在水平導(dǎo)軌上的最大加速度； (3)兩棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱． 解析：(1)設(shè)ab棒進(jìn)入水平導(dǎo)軌的速度為v1，ab棒從圓弧導(dǎo)軌滑下機(jī)械能守恒，有 2mgR＝×2mv 離開導(dǎo)軌時(shí)，設(shè)ab棒的速度為v1′，cd棒的速度為v2′，ab棒與cd棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量守恒，有 2mv1＝2mv1′＋mv2′ 依題意v1′>v2′，兩棒離開導(dǎo)軌做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，由平拋運(yùn)動(dòng)水平位移x＝vt可知 v1′∶v2′＝x1∶x2＝3∶1 聯(lián)立以上各式解得v1′＝，v2′＝ (2)ab棒剛進(jìn)入水平導(dǎo)軌時(shí)，cd棒受到的安培力最大，此時(shí)它的加速度最大，設(shè)此時(shí)回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，則 E＝BLv1， I＝ cd棒受到的安培力Fcd＝BIL 根據(jù)牛頓第二定律，cd棒的最大加速度a＝ 聯(lián)立以上各式解得a＝ (3)根據(jù)能量守恒定律，兩棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝×2mv－＝mgR. 答案：(1)　　(2) (3)mgR 7