《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（三十三）電磁感應中的動力學和能量問題（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（三十三）電磁感應中的動力學和能量問題（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（三十三）電磁感應中的動力學和能量問題（含解析） 對點訓練：電磁感應中的動力學問題 1．[多選](2019·蘇州一模)如圖甲所示，半徑為r帶小缺口的剛性金屬圓環(huán)固定在豎直平面內，在圓環(huán)的缺口兩端用導線分別與兩塊水平放置的平行金屬板A、B連接，兩板間距為d且足夠大。有一變化的磁場垂直于圓環(huán)平面，規(guī)定向里為正，其變化規(guī)律如圖乙所示。在平行金屬板A、B正中間有一電荷量為q的帶電液滴，液滴在0～T時間內處于靜止狀態(tài)。重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．液滴帶負電 B．液滴的質量為 C．t＝T時液滴的運動方向改變 D．t＝T時

2、液滴與初始位置相距gT2 解析：選BD　根據(jù)題意液滴在0～時間內處于靜止狀態(tài)，知液滴受到向上的電場力和向下的重力平衡，根據(jù)楞次定律，金屬圓環(huán)中的感應電動勢沿逆時針方向，B板接高電勢，A板接低電勢，兩板間的電場方向向上與電場力的方向相同，所以液滴帶正電，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律得感應電動勢E＝＝S＝，兩極板間的電場強度E′＝，由mg＝qE′得m＝＝，故B正確；根據(jù)楞次定律，～T時間內，金屬圓環(huán)內感應電動勢為順時針方向，上極板接高電勢，下極板接低電勢，兩極板間電場向下，電場力向下，根據(jù)牛頓第二定律mg＋F電＝ma，其中F電＝mg，解得a＝2g，液滴向下做初速度為0的勻加速運動，在t＝T時

3、速度最大，運動方向不改變，故C錯誤；根據(jù)楞次定律，T～T時間內，感應電動勢為逆時針方向，下極板接高電勢，上極板接低電勢，電場方向向上，液滴在～T時間內做勻加速直線運動，位移x1＝·2g2＝gT2，液滴在T～T時間內做勻速直線運動，位移x2＝2g··＝gT2，t＝T時液滴與初始位置相距x＝x1＋x2＝gT2，故D正確。 2．一正方形金屬線框位于有界勻強磁場區(qū)域內，線框平面與磁場方向垂直，線框的右邊緊貼著磁場邊界，如圖甲所示。t＝0時刻對線框施加一水平向右的外力F，讓線框從靜止開始做勻加速直線運動穿過磁場，外力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知線框的質量m＝1 kg，電阻R＝1 Ω，以下說

4、法不正確的是(　　) A．線框做勻加速直線運動的加速度大小為1 m/s2 B．勻強磁場的磁感應強度大小為2 T C．線框穿過磁場的過程中，通過線框橫截面的電荷量為 C D．線框的邊長為1 m 解析：選D　t＝0時刻，線框的速度為零，線框中沒有感應電流，不受安培力，加速度為：a＝＝1 m/s2，故A正確；線框的邊長為：L＝at2＝0.5 m，故D錯誤；線框剛出磁場時的速度為 v＝at＝1×1 m/s＝1 m/s，此時線框所受的安培力為FA＝BIL＝BL＝，根據(jù)牛頓第二定律得F－FA＝ma，由題圖可知此時F＝3 N，聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得B＝2 T，故B正確；整個運動過程中穿過線

5、框橫截面的電荷量q＝IΔt＝Δt＝Δt＝＝＝ C，故C正確。 3．(2018·南京二模)如圖甲所示，正方形閉合線圈abcd邊長為10 cm，總電阻為2.0 Ω，匝數(shù)為100匝，放在垂直于紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示。求： (1)在0～2 s時間內線圈中感應電動勢的大??； (2)在t＝1.0 s時線圈的ad邊所受安培力的大小和方向； (3)線圈中感應電流的有效值。 解析：(1)在0～2 s時間內線圈中感應電動勢的大小為 E1＝n＝nS＝100×0.12× V＝1 V。 (2)在t＝1.0 s時，I1＝＝0.5 A，由題圖可知，B1＝1 T，

6、則F＝nB1I1L＝5.0 N 根據(jù)楞次定律，流過ad邊的電流方向由a到d，由左手定則可知，ad邊所受安培力的方向向右。 (3)在0～2 s時間內I1＝0.5 A 在2～3 s時間內，線圈中感應電動勢的大小為 E2＝n＝nS＝100×0.12× V＝2 V， 感應電流I2＝＝1 A 設線圈中感應電流的有效值為I， 則I12Rt1＋I22Rt2＝I2Rt， 解得I＝ A。 答案：(1)1 V　(2)5.0 N　方向向右　(3) A 對點訓練：電磁感應中的能量問題 4．[多選]如圖所示，虛線EF左側區(qū)域Ⅰ內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B；右側區(qū)域Ⅱ內有垂直于紙面

7、向外的勻強磁場，磁感應強度大小為2B。邊長為L、粗細均勻的正方形金屬線框在區(qū)域Ⅰ內，線框平面與磁場垂直，cd邊與虛線EF平行，線框的電阻為R?，F(xiàn)使線框由圖示位置以速度v向右勻速運動。在線框通過EF過程中，下列說法正確的是(　　) A．通過導線橫截面的電荷量為 B．線框ab邊的電流大小為 C．線框受到的安培力的大小為 D．線框中產(chǎn)生的焦耳熱為 解析：選ACD　線框通過EF的過程中，線框中磁通量的變化量是ΔΦ＝3BL2，因此通過線框橫截面的電荷量為q＝·Δt＝Δt＝Δt＝＝，故A項正確；線框中的總電動勢E＝3BLv，線框中的電流I＝＝，B項錯誤；線框受到的安培力為F＝BIL＋2BIL＝3

8、BIL＝，則C項正確；線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt＝2·R·＝，則D項正確。 5．[多選]如圖所示，在足夠高的水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)、足夠長的平行導軌ab、cd，阻值R＝1.0 Ω的電阻與導軌a、d端相連。質量m1＝0.5 kg、長度l＝1 m、電阻r＝0.5 Ω的金屬桿垂直于導軌并可在導軌上滑動，與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。整個裝置處在勻強磁場中，磁場方向豎直向上，磁感應強度的大小B＝1 T。金屬桿的中點系一不可伸長的絕緣輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪，與一個質量m2＝0.5 kg的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)，其他電阻不計。物塊從靜止開始釋放，g取10 m/s2，則物塊在下落過程

9、中(　　) A．最終將做勻速直線運動 B．最大加速度為10 m/s2 C．最大速度為6 m/s D．電阻R上產(chǎn)生的熱量等于導體棒克服安培力做的功 解析：選AC　從靜止開始釋放物塊，金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應電流，由楞次定律可知金屬桿受到向左的安培力，且安培力的大小隨著速度增大而增大，金屬桿的合力減小，加速度減小，所以金屬桿做加速度逐漸減小的變加速直線運動，當加速度減小為0時，金屬桿將做勻速直線運動，故A正確；物塊剛開始下落時加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律，對金屬桿有T－μm1g＝m1a，對物塊有m2g－T＝m2a，聯(lián)立解得物塊下落的最大加速度為a＝4 m/s2，故B錯誤；物塊和金屬桿先做

10、加速運動，后做勻速運動，速度最大時，有m2g＝μm1g＋，解得物塊下落的最大速度為vm＝6 m/s，故C正確；物塊下落過程中，電阻R上和金屬桿r產(chǎn)生的熱量總和等于導體棒克服安培力做的功，故D錯誤。 6.(2019·蘇州模擬)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌豎直放置，相距L，導軌上端連接著阻值為R的定值電阻，質量為m的金屬桿ab與導軌垂直并接觸良好，金屬桿和導軌的電阻不計。整個裝置處于與導軌平面垂直的磁感應強度為B的勻強磁場中。金屬桿由靜止釋放，下落高度h后開始做勻速運動，已知重力加速度為g。求： (1)金屬桿做勻速運動時的速度大小v； (2)下落高度h的過程中，通過金屬桿的電荷量q；

11、 (3)下落高度h的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。 解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝BLv 根據(jù)歐姆定律I＝ 金屬桿受到的安培力F安＝BIL，則F安＝ 金屬桿勻速，根據(jù)平衡條件F安＝mg 聯(lián)立解得v＝。 (2)下降高度h的過程中，通過金屬桿的電荷量q＝Δt 根據(jù)歐姆定律有＝ 根據(jù)法拉第電磁感應定律＝n，則q＝n 下降高度h的過程中的磁通量變化ΔΦ＝BLh，且n＝1 解得q＝。 (3)下降高度h的過程中，根據(jù)能量守恒定律得 mgh＝mv2＋Q 解得Q＝mgh－。 答案：(1)　(2)　(3)mgh－ 7．(2019·南師附中模擬)近期大功率儲能技術受到媒體的廣

12、泛關注，其中飛輪儲能是熱點之一。為說明某種飛輪儲能的基本原理，將模型簡化為如圖所示：光滑的“”型導軌水平放置，電阻不計，長度足夠。軌道平行部分間距為L＝1 m，導軌上靜止放置有長度也為L、質量為m＝100 kg、電阻為R1＝0.1 Ω的導體棒AB。導軌間虛線框區(qū)域有垂直軌道平面向上的均勻變化磁場。虛線框右側區(qū)域有垂直軌道平面向下的勻強磁場，磁感應強度為B＝10 T。圖中開關S接a，經(jīng)過足夠長時間，棒AB向右勻速運動，速度為v＝100 m/s。然后若將開關S接b，棒AB可作為電源對電阻R2供電，電阻R2＝0.9 Ω。 (1)開關S接a，棒AB勻速運動時，虛線框中的磁場磁通量每秒鐘變化多少？

13、 (2)求開關S接b的瞬間棒AB的加速度大小。 (3)求開關S接b后R2產(chǎn)生的總熱量Q。 解析：(1)棒勻速運動時加速度為零，安培力為零，電流為零，磁通量不變，所以虛線框中磁場每秒變化 ΔΦ＝BLvt＝1 000 Wb。 (2)棒AB產(chǎn)生的電動勢E＝BLv＝1 000 V， 電路中產(chǎn)生的電流I＝＝1 000 A， 故受到的安培力為F＝BIL＝1×104N， 根據(jù)牛頓第二定律可得a＝＝100 m/s2。 (3)棒的動能全部轉化為電熱，故Q總＝mv2＝5×105 J， 電阻R2上產(chǎn)生的電熱為Q＝Q總＝4.5×105 J。 答案：(1)1 000 Wb　(2)100 m/s2　

14、(3)4.5×105 J 考點綜合訓練 8．(2019·蘇州一模)如圖所示，空間存在豎直向下的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B。一邊長為L，質量為m、電阻為R的正方形單匝導線框abcd放在水平桌面上。在水平拉力作用下，線框從左邊界以速度v勻速進入磁場，當cd邊剛進入磁場時撤去拉力，ab邊恰好能到達磁場的右邊界。已知線框與桌面間動摩擦因數(shù)為μ，磁場寬度大于L，重力加速度為g。求： (1)ab邊剛進入磁場時，其兩端的電壓U； (2)水平拉力F的大小和磁場的寬度d； (3)整個過程中產(chǎn)生的總熱量Q。 解析：(1)剛進入磁場時，ab邊切割磁感線，相當于電源，產(chǎn)生的電動勢E＝BLv 則線框

15、中的感應電流I＝＝ ab邊兩端的電壓U＝I·R＝BLv。 (2)線框勻速進入磁場，受拉力F、安培力F安和摩擦力，由平衡條件得F＝FA＋μmg， 又F安＝BIL＝， 所以水平拉力F＝＋μmg 撤去拉力后，線框勻減速運動，由運動學公式得x＝ 所以磁場寬度d＝L＋。 (3)進入磁場過程中產(chǎn)生焦耳熱 Q1＝I2Rt1＝2·R·＝ 由于摩擦產(chǎn)生的熱量 Q2＝μmg＝μmgL＋mv2 所以整個過程產(chǎn)生的熱量為 Q＝Q1＋Q2＝μmgL＋mv2＋。 答案：(1)BLv　(2)＋μmg　L＋　 (3)μmgL＋mv2＋ 9．(2019·鎮(zhèn)江一模)如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌

16、固定在傾角θ＝30°的斜面上，其電阻不計，間距為0.4 m。導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界為MN，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中的勻強磁場B的方向分別垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感應強度大小均為0.5 T。將質量為0.1 kg、電阻為0.1 Ω的導體棒ab放在導軌上的區(qū)域Ⅰ中，ab剛好不下滑。再在區(qū)域Ⅱ中將質量為0.4 kg、電阻為0.1 Ω的光滑導體棒cd從導軌上由靜止開始下滑。cd棒始終處于區(qū)域Ⅱ中，兩棒與導軌垂直且與導軌接觸良好，g取10 m/s2。 (1)求ab棒所受最大靜摩擦力，并判斷cd棒下滑時ab棒中電流的方向； (2)求ab棒剛要向上滑動時，cd棒的速度大小v； (3)若從c

17、d棒開始下滑到ab棒剛要向上滑動的過程中，裝置中產(chǎn)生的總熱量為2.6 J，求此過程中cd棒下滑的距離x。 解析：(1)ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力， 有fmax＝m1gsin θ 則fmax＝0.5 N 由右手定則可知cd棒下滑時ab中電流方向由a流向b。 (2)設ab剛好要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有 E＝Blv 設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝ 設ab所受安培力為F安，有F安＝BIl 此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下， 由平衡條件有F安＝m1gsin θ＋fmax 聯(lián)立解得v＝5 m/s。 (3)設cd棒運動的過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總， 由能量守恒有 m2gxsin θ＝Q總＋m2v2 解得x＝3.8 m。 答案：(1)0.5 N　電流方向由a流向b　(2)5 m/s　 (3)3.8 m