《2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 課時作業(yè)31 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 課時作業(yè)31 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題.doc（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

課時作業(yè)（三十一）電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題 [基礎(chǔ)小題練] 1．如圖所示，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動，t＝0時導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場區(qū)域．下列vt圖象中，可能正確描述上述過程的是(　　) 【解析】　導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，線框受到向左的安培力作用，根據(jù)E＝BLv、I＝、F＝BIL得F＝，隨著v的減小，安培力F減小，導(dǎo)線框做加速度逐漸減小的減速動動．整個導(dǎo)線框在磁場中運(yùn)動時，無感應(yīng)電流，導(dǎo)線框做勻速運(yùn)動，導(dǎo)線框離開磁場的過程中，根據(jù)F＝，導(dǎo)線框做加速度減小的減速運(yùn)動，所以選項D正確． 【答案】　D 2．如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑且平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下．經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則(　　) A．如果B增大，vm將變大 B．如果α變大，vm將變大 C．如果R變大，vm將變大 D．如果m變小，vm將變大 【解析】　以金屬桿為研究對象，受力如圖所示． 根據(jù)牛頓第二定律得，mgsin α－F安＝ma，其中F安＝，當(dāng)a→0時，v→vm，解得vm＝，結(jié)合此式分析即得B、C選項正確． 【答案】　BC 3.如圖所示電路，兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為θ的斜面上，導(dǎo)軌下端接有電阻R，導(dǎo)軌電阻不計，斜面處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，電阻可忽略不計的金屬棒ab質(zhì)量為m，受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用．金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑，則它在下滑高度h的過程中，以下說法正確的是(　　) A．作用在金屬棒上各力的合力做功為零 B．重力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的電能 C．金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 D．金屬棒克服恒力F做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 【解析】　根據(jù)動能定理，合力做的功等于動能的增量，故A對；重力做的功等于重力勢能的減少，重力做的功等于克服F所做的功與產(chǎn)生的電能之和，而克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，所以B、D錯，C對． 【答案】　AC 4.如圖所示，正方形閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場．若第一次用0.3 s時間拉出，外力所做的功為W1；第二次用0.9 s時間拉出，外力所做的功為W2，則(　　) A．W1＝W2 B．W1＝W2 C．W1＝3W2 D．W1＝9W2 【解析】　設(shè)正方形邊長為L，導(dǎo)線框的電阻為R，則導(dǎo)體切割磁感線的邊長為L，運(yùn)動距離為L，W＝t＝＝＝，可知W與t成反比，W1＝3W2.選C. 【答案】　C 5. 用一段橫截面半徑為r，電阻率為ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個半徑為R(r?R)的圓環(huán)．圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽略電感的影響，則(　　) A．此時在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)沿順時針方向的感應(yīng)電流 B．圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落 C．此時圓環(huán)的加速度a＝ D．如果徑向磁場足夠長，則圓環(huán)的最大速度vm＝ 【解析】　圓環(huán)向下切割磁感線，由右手定則可知，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向為順時針方向(俯視)，A正確；再由左手定則可知，圓環(huán)受到的安培力向上，B錯誤；圓環(huán)中感應(yīng)電動勢為E＝B2πRv，感應(yīng)電流I＝，電阻R′＝ρ＝，解得I＝.圓環(huán)受到的安培力F＝BI2πR＝.圓環(huán)的加速度a＝＝g－，圓環(huán)質(zhì)量m＝d2πRπr2，解得加速度a＝g－，C錯誤；當(dāng)mg＝F時，加速度a＝0，圓環(huán)的速度最大，vm＝，D正確． 【答案】　AD 6．如圖所示，足夠長平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8 T．將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運(yùn)動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運(yùn)動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 37＝0.6)(　　) A．2.5 m/s　1 W B．5 m/s　1 W C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9 W 【解析】　當(dāng)小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時，導(dǎo)體棒MN勻速運(yùn)動，受力如圖所示．根據(jù)受力平衡可得，mgsin θ＝μmgcos θ＋，代入數(shù)據(jù)得，v＝5 m/s；小燈泡消耗的電功率為P＝()2R＝1 W，B項正確． 【答案】　B [創(chuàng)新導(dǎo)向練] 7．綜合應(yīng)用——考查電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用 如圖所示，在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域中有一個由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框abcd，線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運(yùn)動，運(yùn)動中線框dc邊始終與磁場右邊界平行，線框邊長ad＝L，cd＝2L.線框?qū)Ь€的總電阻為R.則在線框離開磁場的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．a(chǎn)d間的電壓為 B．流過線框截面的電量為 C．線框所受安培力的合力為 D．線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為 【解析】　ad間的電壓為U＝IR＝R＝，故A正確；流過線框截面的電量q＝IΔt＝Δt＝，故B正確；線框所受安培力的合力F＝BI2L＝，故C錯誤；產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝2BLv，感應(yīng)電流I＝；線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量Q＝I2R＝，故D正確． 【答案】　ABD 8．以“測速儀”為背景考查法拉第電磁感應(yīng)定律與電路知識的綜合應(yīng)用 某?？萍夹〗M的同學(xué)設(shè)計了一個傳送帶測速儀，測速原理如圖所示．在傳送帶一端的下方固定有間距為L、長度為d的平行金屬電極．電極間充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直傳送帶平面(紙面)向里、有理想邊界的勻強(qiáng)磁場，且電極之間接有理想電壓表和電阻R，傳送帶背面固定有若干根間距為d的平行細(xì)金屬條，其電阻均為r，傳送帶運(yùn)行過程中始終僅有一根金屬條處于磁場中，且金屬條與電極接觸良好．當(dāng)傳送帶以一定的速度勻速運(yùn)動時，電壓表的示數(shù)為U.則下列說法中正確的是(　　) A．傳送帶勻速運(yùn)動的速率為 B．電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為 C．金屬條經(jīng)過磁場區(qū)域受到的安培力大小為 D．每根金屬條經(jīng)過磁場區(qū)域的全過程中克服安培力做功為 【解析】　根據(jù)E＝BLv，則電壓表讀數(shù)為U＝，解得v＝，選項A錯誤；電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為PR＝，選項B錯誤；金屬條經(jīng)過磁場區(qū)域受到的安培力大小為F＝BIL＝，選項C錯誤；每根金屬條經(jīng)過磁場區(qū)域的全過程中克服安培力做功為W＝Fd＝，選項D正確． 【答案】　D 9．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的電路問題 如圖所示，豎直光滑導(dǎo)軌上端接入一定值電阻R，C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場區(qū)域，其區(qū)域內(nèi)的磁場方向都垂直于導(dǎo)軌平面向外，區(qū)域C1中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按B1＝b＋kt(k＞0)變化，C2中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B2，一質(zhì)量為m、電阻為r、長度為L的金屬桿AB穿過區(qū)域C2的圓心垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，并恰能保持靜止．則(　　) A．通過金屬桿的電流大小為 B．通過金屬桿的電流方向為從B到A C．定值電阻的阻值為R＝－r D．整個電路的熱功率P＝ 【解析】　根據(jù)題述金屬桿恰能保持靜止，由平衡條件可得：mg＝B2I2a，通過金屬桿的電流大小為I＝，選項A錯誤；由楞次定律可知，通過金屬桿的電流方向為從B到A，選項B正確；根據(jù)區(qū)域C1中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按B1＝b＋kt(k＞0)變化，可知＝k，C1中磁場變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝πa2＝kπa2，由閉合電路歐姆定律，E＝I(r＋R)，聯(lián)立解得定值電阻的阻值為R＝－r，選項C正確；整個電路的熱功率P＝EI＝kπa2＝，選項D正確． 【答案】　BCD 10．綜合應(yīng)用——考查電磁感應(yīng)中的力電綜合問題 如圖所示，一個“U”形金屬導(dǎo)軌靠絕緣的墻壁水平放置，導(dǎo)軌長L＝1.4 m，寬d＝0.2 m．一對長L1＝0.4 m的等寬金屬導(dǎo)軌靠墻傾斜放置，與水平導(dǎo)軌成θ角平滑連接，θ角可在0～60調(diào)節(jié)后固定．水平導(dǎo)軌的左端長L2＝0.4 m的平面區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向水平向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0＝2 T．水平導(dǎo)軌的右端長L3＝0.5 m的區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)磁場B，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間以＝1.0 T/s均勻變大．一根質(zhì)量m＝0.04 kg的金屬桿MN從斜軌的最上端靜止釋放，金屬桿與斜軌間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.125，與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5.金屬桿電阻R＝0.08 Ω，導(dǎo)軌電阻不計． (1)求金屬桿MN上的電流大小，并判斷方向； (2)金屬桿MN從斜軌滑下后停在水平導(dǎo)軌上，求θ角多大時金屬桿所停位置與墻面的距離最大，并求此最大距離xm. 【解析】　(1)由電磁感應(yīng)定律E＝＝dL3 由歐姆定律得I＝ MN棒上的電流大小I＝1.25 A MN棒上的電流方向：N→M. (2)設(shè)導(dǎo)體棒滑出水平磁場后繼續(xù)滑行x后停下，由動能定理得 mgL1 sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2(mg＋B0Id)(L2－L1cos θ)－μ2mgx＝0代入數(shù)據(jù)得，0.16sin θ＋0.16cos θ－0.18＝0.2x 當(dāng)θ＝45時，x最大 x＝0.8－0.9＝0.23 m xm＝L2＋x＝(0.4＋0.23) m＝0.63 m. 【答案】　(1)1.25 A　N→M　(2)45　0.63 m [綜合提升練] 11．(2018鄭州一中高三上學(xué)期入學(xué)測試)如圖所示，光滑的輕質(zhì)定滑輪上繞有輕質(zhì)柔軟細(xì)線，線的一端系一質(zhì)量為2 m的重物，另一端系一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿．在豎直平面內(nèi)有足夠長的平行金屬導(dǎo)軌PQ、EF，其間距為L.在Q、F之間連接有阻值為R的電阻，其余電阻不計．一勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.開始時金屬桿置于導(dǎo)軌下端QF處，將重物由靜止釋放，當(dāng)重物下降h時恰好達(dá)到穩(wěn)定速度而后勻速下降．運(yùn)動過程中金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計一切摩擦和接觸電阻，重力加速度為g. (1)求重物勻速下降時的速度v； (2)求重物從釋放到下降h的過程中，電阻R中產(chǎn)生的熱量QR； (3)設(shè)重物下降h時的時刻t＝0，此時速度為v0，若從t＝0開始，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B逐漸減小，且金屬桿中始終不產(chǎn)生感應(yīng)電流，試寫出B隨時間t變化的關(guān)系． 【解析】　(1)重物勻速下降時，金屬桿勻速上升，金屬桿受力平衡．設(shè)細(xì)線對金屬桿的拉力為T，金屬桿所受安培力為F 由平衡條件得T＝mg＋F 由安培力公式得F＝B0IL 根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝ 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝B0Lv 對重物由平衡條件得T＝2mg 綜合上述各式，解得v＝. (2)設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q，由能量守恒定律得 2mgh－mgh＝(2m)v2＋mv2＋Q 由串聯(lián)電路特點知，電阻R中產(chǎn)生的熱量為QR＝Q 則QR＝mgh－. (3)金屬桿中恰好不產(chǎn)生感應(yīng)電流時，磁通量不變，則有Φ0＝Φ1 即B0hL＝B(h＋x)L 式中x＝v0t＋at2 對系統(tǒng)，由牛頓第二定律有a＝＝ 則磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系為B＝＝. 【答案】　(1)　(2)mgh－　(3) 12．(2018江蘇鹽城市射陽二中高三上學(xué)期期中)如圖甲所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成θ＝37固定放置，斜面上平行虛線aa′和bb′之間有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場，間距為d＝1 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示．現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝0.1 kg，總電阻為R＝10 Ω，邊長也為d＝1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置有一半面積位于磁場中，在t＝0時刻，線圈恰好能保持靜止，此后在t＝0.25 s時，線圈開始沿斜面下滑，下滑過程中線圈MN邊始終與虛線aa′保持平行．已知線圈完全進(jìn)入磁場前已經(jīng)開始做勻速直線運(yùn)動．求：(取sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g＝10 m/s2) (1)前0.25 s內(nèi)通過線圈某一截面的電量； (2)線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)； (3)線圈從開始運(yùn)動到通過整個磁場的過程中，電阻上產(chǎn)生的焦耳熱． 【解析】　(1)0.25 s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有 E＝＝ V＝2 V 感應(yīng)電流I＝＝ A＝0.2 A 0．25 s內(nèi)通過線圈某一截面的電量 q＝IΔt＝0.20.25 C＝0.05 C. (2)根據(jù)楞次定律，線圈內(nèi)感應(yīng)電流為順時針方向 0．25 s時，線圈開始沿斜面下滑 mgsin 37＝μmgcos 37＋BId 代入數(shù)據(jù)：0.6＝μ0.8＋20.21 解得：μ＝0.25. (3)設(shè)線圈最后勻速運(yùn)動時的速度為v，感應(yīng)電動勢 E＝Bdv① 感應(yīng)電流I＝② 安培力F安＝BId③ 聯(lián)立①②③得F安＝ 勻速運(yùn)動時，對線圈根據(jù)平衡條件得 mgsin 37＝μmgcos 37＋ 代入數(shù)據(jù)：0.6＝0.2＋解得v＝1 m/s 根據(jù)能量守恒定律，有mgsin 37(d＋)＝mv2＋μmgcos 37(d＋)＋Q 代入數(shù)據(jù)：0.6＝0.112＋0.2＋Q 解得：Q＝0.55 J. 【答案】　(1)0.05 C　(2)0.25　(3)0.55 J