《（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（六十六）電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題（題型研究課）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（六十六）電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題（題型研究課）（含解析）（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（六十六）電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題（題型研究課）（含解析） 1.如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)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(dòng)。ef及線框中導(dǎo)線的電阻不計(jì)。開始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則(　　) A．ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速 B．ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后停止 C．ef將勻速向右運(yùn)動(dòng) D．ef將往返運(yùn)動(dòng) 解析：選A　ef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(yùn)動(dòng)，直到停止

2、，由F＝BIL＝＝ma，知ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，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(qiáng)磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(cuò)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(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shí)，速度減小到最小值，最后做勻速運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)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(dòng)。整個(gè)裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。導(dǎo)體棒的中點(diǎn)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(huì)觸地)，g表示重力加速度，

4、其他電阻不計(jì)，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(shí)加速度最大，由牛頓第二定律有2mam＝mg，最大加速度：am＝，B錯(cuò)誤；對(duì)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(shí)，達(dá)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(cuò)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(gè)裝置處在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)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(jì)。現(xiàn)給MN一初速度，使MN向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)(　　) 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(yùn)動(dòng)，需對(duì)其施加的拉力大小為 解析：選C　當(dāng)MN向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(cuò)誤，C正確；MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，因無電流而不受安培力，由平衡條件知拉力為零，D錯(cuò)誤。 5.(2019·湖南重

6、點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有足夠長、不計(jì)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。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(chǎng)的上邊緣，且仍在磁場(chǎng)內(nèi)，金屬桿2從磁場(chǎng)邊界上方h0處由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將金屬桿2從磁場(chǎng)邊界上方h(h

7、場(chǎng)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(shí)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?yàn)閎→a，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬桿2在磁場(chǎng)中勻速下降時(shí)，速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，由平衡條件得BIL＝mg，又I＝，聯(lián)立得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝，故選項(xiàng)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(xiàng)C錯(cuò)誤；金屬桿2剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v＝；在金屬桿2進(jìn)入磁場(chǎng)后，由于兩金屬桿任何時(shí)刻受力情況相同，因此任何時(shí)刻兩者的加速度也都相同，在相同時(shí)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(xiàng)D錯(cuò)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(qiáng)磁場(chǎng)，寬度均為s，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ之間有一寬度為L＝3s的無磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，假設(shè)線框能勻速地通過磁場(chǎng)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(shí)的速度大小之比為1∶ B．區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式v1＝，v2＝＝，線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度大小之比＝1∶，故A正確；通過區(qū)域Ⅰ時(shí)，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(yùn)動(dòng)時(shí)，線框做加速運(yùn)動(dòng)，所以進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)線框的速度大于進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)的速度，因?yàn)榫€框能勻速通過區(qū)域Ⅱ，同理，F(xiàn)安＝，有＝，所以＝ ＝∶1，B錯(cuò)誤；因?yàn)榫€框在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能不變，所以兩個(gè)過程中線框產(chǎn)生的熱量等于外力做的功，兩個(gè)過程中外力不變，相對(duì)水平面的位移相同，所以兩個(gè)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(gè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，所以線框進(jìn)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(cuò)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(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)勢(shì)為BLv D．減少的重力勢(shì)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(cuò)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(dòng)勢(shì)為E＝BLvcos θ，故C錯(cuò)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(shì)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(shì)能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能與棒ab增加的動(dòng)能之和；若棒ab減速下滑，其減少的重力勢(shì)能和動(dòng)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(shì)能不等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能，故D錯(cuò)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(jì)。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(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，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(dòng)勢(shì)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(duì)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(dòng)勢(shì)E＝2IR＝1.0 V，選項(xiàng)B正確；Uab＝IR＝0.5 V，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于金屬棒ab有F＝BIL＋mgsin θ，解得F＝1.0 N，選項(xiàng)A錯(cuò)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(xiàng)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(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。已知金屬桿以速度v0向右進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域右邊界(圖中虛線位置)時(shí)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(jì)。求金屬桿運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域正中間時(shí)所受安培力的大小及此時(shí)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(gè)過程中加速度大小為a，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有： 0－v02＝－2ax 設(shè)金屬桿在中間的位置時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有： v2－v02＝－ax 解得：v＝v0 金屬桿運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域正中間時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(yùn)動(dòng)到中間位置時(shí)，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(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(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(yùn)動(dòng)時(shí)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(chǎng)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(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)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(jì)。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(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相

17、等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。求： (1)磁場(chǎng)的方向； (2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時(shí)，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知磁場(chǎng)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(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)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(shí)，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(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)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)