2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練18 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題（含解析）

電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題專練十八電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題一、考點內(nèi)容(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動時的動力學(xué)問題；(2)電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題；(2)電磁感應(yīng)中的動量與能量問題。二、考點突破1如圖所示裝置，電源的電動勢E8 V，內(nèi)阻r10.5 ，兩光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，間距d0.2 m，導(dǎo)體棒ab用等長絕緣細(xì)線懸掛并剛好與導(dǎo)軌接觸，ab左側(cè)為水平直軌道，右側(cè)為半徑R0.2 m的豎直圓弧導(dǎo)軌，圓心恰好為細(xì)線懸掛點，整個裝置處于豎直向下的、磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T的勻強(qiáng)磁場中。閉合開關(guān)后，導(dǎo)體棒沿圓弧運(yùn)動，已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量m0.06 kg，電阻r20.5 ，g取10m/s2，不考慮運(yùn)動過程中產(chǎn)生的反電動勢，則()A導(dǎo)體棒ab所受的安培力方向始終與運(yùn)動方向一致B導(dǎo)體棒在擺動過程中所受安培力F8 NC導(dǎo)體棒擺動過程中的最大動能0.8 JD導(dǎo)體棒ab速度最大時，細(xì)線與豎直方向的夾角53°2(多選)如圖所示，間距為l1 m的導(dǎo)軌PQ、MN由電阻不計的光滑水平導(dǎo)軌和與水平面成37°角的粗糙傾斜導(dǎo)軌組成，水平導(dǎo)軌和傾斜導(dǎo)軌都足夠長。導(dǎo)體棒ab、cd的質(zhì)量均為m1 kg、長度均為l1 m、電阻均為R0.5 ，ab棒靜止在水平導(dǎo)軌上，cd棒靜止在傾斜導(dǎo)軌上，整個裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B T?，F(xiàn)ab棒在水平外力F作用下由靜止開始沿水平導(dǎo)軌運(yùn)動，當(dāng)ab棒的運(yùn)動速度達(dá)到一定值時cd棒開始滑動。已知cd棒與傾斜導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.8，且cd棒受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。關(guān)于該運(yùn)動過程，下列說法正確的是()Acd棒所受的摩擦力方向始終沿傾斜導(dǎo)軌向上Bcd棒所受的摩擦力方向先沿傾斜導(dǎo)軌向上后沿傾斜導(dǎo)軌向下Ccd棒開始滑動時，ab棒的速度大小為19.375 m/sDcd棒開始滑動時，ab棒的速度大小為9.375 m/s3(多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場，分布在寬度為L的區(qū)域內(nèi)，現(xiàn)有一邊長為d(d<L)的正方形閉合線框以垂直于磁場邊界的初速度v0滑過磁場，線框剛好能穿過磁場，運(yùn)動過程中線框靠近磁場左邊界的一邊始終與磁場邊界平行，下列說法正確的是()A線框在滑進(jìn)磁場的過程與滑出磁場的過程均做變加速直線運(yùn)動B線框在滑進(jìn)磁場的過程中與滑出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量相同C線框在滑進(jìn)磁場的過程中速度的變化量與滑出磁場的過程中速度的變化量不同D線框在滑進(jìn)與滑出磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q1與Q2之比為314(多選)在如圖所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向下，磁場寬度HP及PN均為L，一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框abcd，由靜止開始沿斜面下滑，t1時刻ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場區(qū)域，此時導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動；t2時刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動。重力加速度為g，下列說法中正確的是()A當(dāng)ab邊剛越過JP時，導(dǎo)線框的加速度大小為agsin B導(dǎo)線框兩次勻速直線運(yùn)動的速度之比v1v241C從t1到t2的過程中，導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少量D從t1到t2的過程中，有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能5(多選)如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場垂直于光滑金屬導(dǎo)軌平面向外，導(dǎo)軌左右兩端電路所在區(qū)域均無磁場分布。垂直于導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒接入電路的長度為L、電阻為R，在外力作用下以速度v0從左向右做勻速直線運(yùn)動。小燈泡電阻為2R，滑動變阻器總阻值為4R。圖示狀態(tài)滑動觸頭位于ab的正中間位置，此時位于平行板電容器中的P處的帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。電路中其余部分電阻均不計，各接觸處都接觸良好。且導(dǎo)軌足夠長，則下列判斷正確的是()A若將滑動變阻器的滑片向b端移動，則小燈泡將變暗B若將滑動變阻器的滑片向a端移動，則液滴將向上運(yùn)動C圖示狀態(tài)下，t時間內(nèi)流過小燈泡的電荷量為D圖示狀態(tài)下，t時間內(nèi)滑動變阻器消耗的電能為6如圖所示，MN與PQ是兩條水平放置彼此平行的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距l(xiāng)0.5 m。質(zhì)量m1.0 kg、電阻r0.5 的金屬桿ab垂直跨接在導(dǎo)軌上，勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B2.0T，導(dǎo)軌左端接阻值R2.0 的電阻，導(dǎo)軌電阻不計。t0時刻ab桿受水平拉力F的作用后由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動，第4 s末，ab桿的速度為v2.0 m/s，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)4 s末ab桿受到的安培力F安的大??；(2)若04 s時間內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為1.7 J，求這段時間內(nèi)水平拉力F做的功；(3)若第4 s末以后拉力不再變化，且從4 s末到金屬桿ab達(dá)到最大速度過程中通過桿的電量q1.6 C，則此過程金屬桿ab克服安培力做功為多少？7如圖所示，兩平行長直金屬導(dǎo)軌(不計電阻)水平放置，間距為L，有兩根長度均為L、電阻均為R、質(zhì)量均為m的導(dǎo)體棒AB、CD平放在金屬導(dǎo)軌上。其中棒CD通過絕緣細(xì)繩、定滑輪與質(zhì)量也為m的重物相連，重物放在水平地面上，開始時細(xì)繩伸直但無彈力，棒CD與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，導(dǎo)軌間有一方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場B1，磁場區(qū)域的邊界滿足曲線方程：(0xL，單位為m)。CD棒處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B2中?，F(xiàn)從t0時刻開始，使棒AB在外力F的作用下以速度v從與y軸重合處開始沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動，在運(yùn)動過程中CD棒始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。(1)求棒AB在運(yùn)動過程中，外力F的最大功率；(2)求棒AB通過磁場區(qū)域B1的過程中，棒CD上產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若棒AB在勻強(qiáng)磁場B1中運(yùn)動時，重物始終未離開地面，且滿足：，求重物所受支持力大小隨時間變化的表達(dá)式。8如圖所示，傾角為的固定斜面上裝配“”形的光滑軌道，兩平行導(dǎo)軌的間距為L，軌道電阻不計，面積為S的ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直于斜面均勻分布的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的變化率為k，EFGH矩形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于斜面均勻分布的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、電阻為R、長度恰好為L的金屬棒MN初始時位于CD邊界處，棒中間拴一根絕緣輕繩，繩子繞過光滑的小滑輪，另一端與滑輪正下方的靜置于地面的質(zhì)量也為m的小物塊相連，開始時，繩子處于松弛狀態(tài)，棒由靜止釋放，沿斜面下滑，當(dāng)其運(yùn)動到EF邊界的瞬間，繩子恰好繃緊，此時ABCD區(qū)域內(nèi)的磁場撤去。繩子繃緊后棒以大小為v的速度進(jìn)入EFGH區(qū)域，在磁場中繼續(xù)滑行一小段距離d后金屬棒速度減為0。棒在運(yùn)動的過程中始終與導(dǎo)軌垂直，棒與滑輪間的繩子在繃緊時與斜面平行。求：(1)金屬棒MN由CD邊界運(yùn)動到EF邊界的時間；(2)金屬棒MN進(jìn)入EFGH區(qū)域時棒上電流方向、兩端電壓UMN、及其加速度的大小。(3)金屬棒MN從釋放到速度減為0的過程產(chǎn)生的焦耳熱。9如圖所示，一不計電阻的導(dǎo)體圓環(huán)，半徑為r、圓心在O點，過圓心放置一長度為2r、電阻為2R的均勻輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好?，F(xiàn)將此裝置的一部分置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場中，磁場邊界恰好與圓環(huán)的直徑在同一直線上?，F(xiàn)使輻條以角速度繞O點順時針轉(zhuǎn)動，右側(cè)電路通過電刷與輻條中心和圓環(huán)的邊緣良好接觸，R1R，右側(cè)為水平放置的足夠長的光滑平行導(dǎo)軌，間距為2r，導(dǎo)軌之間有垂直導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上且接觸良好，不計其他電阻。(1)若S閉合，S1斷開時，求理想電表的示數(shù)；(2)若S、S1都閉合，求導(dǎo)體棒ab能夠獲得的最大速度vm及在加速過程中通過它的電荷量q。答案二、考點突破1【答案】D【解析】當(dāng)閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒中電流方向始終從a到b，所受安培力方向向右，而導(dǎo)體棒沿圓弧擺動，故A錯誤；導(dǎo)體棒沿圓弧擺動過程中的電流I8.0 A，導(dǎo)體棒受到的安培力FBId0.5×8.0×0.2 N0.8 N，故B錯誤；導(dǎo)體棒受到的重力與安培力的合力大小F合N1.0 N，合力與豎直方向的夾角tan，53°，故導(dǎo)體棒ab速度最大時，細(xì)線與豎直方向的夾角53°，由動能定理，導(dǎo)體棒在擺動過程中的最大動能EkmFRsin 53°mgR(1cos 53°)0.08 J，故C錯誤，D正確。2【答案】BC【解析】cd棒剛開始靜止在傾斜導(dǎo)軌上，0.8>tan 37°0.75，cd棒受到的摩擦力沿傾斜導(dǎo)軌向上，ab棒向右運(yùn)動切割磁感線使得ab棒、cd棒中產(chǎn)生感應(yīng)電流，cd棒受到水平向右的安培力作用，cd棒受到的摩擦力先沿傾斜導(dǎo)軌向上減小到零，后反向沿傾斜導(dǎo)軌向下增大，故A錯誤，B正確；當(dāng)cd棒即將滑動時，由平衡條件得cos 37°mgsin 37°，代入數(shù)據(jù)可得v19.375 m/s，C正確，D錯誤。3【答案】ABD【解析】線框進(jìn)入磁場過程中，受到的安培力方向向左，做減速運(yùn)動，隨著速度的減小，安培力也減小，故做變加速直線運(yùn)動，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場到右邊的框邊出磁場的過程中，穿過線框的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)線框滑出磁場的過程中，受到的安培力方向向左，仍做減速運(yùn)動，隨速度的減小，安培力減小，故也做變加速直線運(yùn)動，A正確；根據(jù)q可知滑進(jìn)磁場和滑出磁場的過程中穿過線框的磁通量的變化量相同，線框的電阻不變，所以兩個過程中通過線框橫截面的電荷量相同，B正確；進(jìn)入磁場過程有：B1dt1mv1，又1t1q，則得Bqdmv1，離開磁場過程有：B2dt2mv2，又2t2q，則得Bqdmv2，則得v1v2，即線框速度的變化量相同，C錯誤；進(jìn)磁場的速度為v0，則完全進(jìn)磁場的速度為，完全出磁場的速度為0.根據(jù)能量守恒定律得，Q1mv02m()2mv02，Q2m()2mv02，所以，故D正確。4【答案】BD【解析】ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場區(qū)域時，電動勢E1BLv1，電流I1，線框做勻速運(yùn)動，所以mgsin BI1L，當(dāng)ab邊剛越過JP時，電動勢E22BLv1，I2，根據(jù)牛頓第二定律2BI2Lmgsin ma，聯(lián)立解得a3gsin ，所以A錯誤；當(dāng)a0時，以速度v2做勻速直線運(yùn)動，即2BI2Lmgsin 0，得：mgsin ，所以v1v241，所以B正確；從t1到t2的過程中，根據(jù)能量守恒，導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少量加上動能的減少量，即克服安培力做功W，所以C錯誤；又克服安培力做功等于產(chǎn)生的電能，所以D正確。5【答案】ABD【解析】滑動變阻器的滑片向b端移動，并聯(lián)電路電阻變小，總電阻變小，導(dǎo)致電路電流變大，則導(dǎo)體棒內(nèi)電壓變大，外電路兩端電壓變小，即燈泡兩端電壓變小，所以燈泡變暗，故A正確；滑動變阻器的滑片向a端移動，并聯(lián)電路電阻變大，總電阻變大，導(dǎo)致電路電流變小，則導(dǎo)體棒內(nèi)電壓變小，外電路兩端電壓變大，電容器兩端電壓變大，電場力變大，所以液滴將向上運(yùn)動，故B正確；導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的電動勢，燈泡的電阻和滑動變阻器接入電路的電阻相同，所以電路總電阻，電路的總電流，則通過燈泡的電流，則t時間內(nèi)的電荷量，故C錯誤；由C選項可知滑動變阻器的電流，故t時間內(nèi)滑動變阻器消耗的電能，故D正確。6【解析】(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：EBlv由閉合電路歐姆定律可得電路中的電流為：安培力大小為：F安BIl由以上方程可得：F安0.8 N。(2)電路中產(chǎn)生的總熱量為：由能量守恒可得：解得：WF4.125 J。(3)4 s末ab桿運(yùn)動的加速度為：m/s2由牛頓第二定律可得：FF安ma解得：F1.3 N4 s后當(dāng)加速度a0時，ab桿的速度達(dá)到最大，所以速度最大時：解得：vm3.25 m/s 設(shè)ab桿在4 s末至最大速度過程中通過的位移為x，根據(jù)解得：x4 m 由動能定理可得：解得：W1.92 J。7【解析】(1)當(dāng)棒AB運(yùn)動到處時，棒AB的有效切割長度最長，安培力最大，則外力F最大，功率也最大，此時：E1B1Lv，F(xiàn)1B1I1L，PmFv解得：Pm。(2)棒AB在勻強(qiáng)磁場區(qū)域B1的運(yùn)動過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：EB1Lvsin則感應(yīng)電動勢的有效值為：E有效，I有效，t可以得到：。(3)當(dāng)CD棒所受安培力F安mg 時，設(shè)棒AB所在位置橫坐標(biāo)為x0，對棒CD受力分析可得：，解得：x0，x1則：，當(dāng)0<t時，有：FNmg當(dāng)<t<時，有：FNmgmg即：FN(1)mg當(dāng)t<時，有：FNmg。8【解析】(1)ABCD矩形區(qū)域內(nèi)磁場變化時，導(dǎo)體棒處于磁場以外，不受安培力，根據(jù)牛頓第二定律可得MN下滑的加速度為：下滑到EF時的速度為v0，根據(jù)動量守恒定律可得：mv02mv解得：v02v則金屬棒MN由CD邊界運(yùn)動到EF邊界的時間：。(2)根據(jù)右手定則可得金屬棒MN剛進(jìn)入EFGH區(qū)域時棒上電流方向為MN，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv，由于導(dǎo)軌電阻為零，MN兩端電壓是指路端電壓，故UMN0。此時的安培力大小為：，方向沿斜面向上根據(jù)牛頓第二定律可得：FA+mgmgsin2ma解得：。(3)金屬棒從CD下滑到EF處過程中的感應(yīng)電動勢：此過程中產(chǎn)生的焦耳熱：金屬棒在EFHG中運(yùn)動時產(chǎn)生的焦耳熱：金屬棒MN從釋放到速度減為0的過程產(chǎn)生的焦耳熱：。9【解析】(1)由題意知，在磁場內(nèi)部的半根輻條相當(dāng)于是電源，由右手定則可知輻條中心為負(fù)極，與圓環(huán)邊緣接觸的一端為正極，且始終有長為r的輻條在轉(zhuǎn)動切割磁感線，內(nèi)電阻為R產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為：若S閉合，S1斷開時，總電阻為：理想電流表的示數(shù)為：理想電壓表的示數(shù)為：。(2)若S、S1都閉合，導(dǎo)體棒ab獲得最大速度vm時，安培力為零，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：又知導(dǎo)體棒ab上分得電壓為：故有：解得：。在導(dǎo)體棒ab加速過程中，設(shè)瞬間流過的電流為i，取很短時間為t，安培力為：對導(dǎo)體棒ab由動量定理得：又：；聯(lián)立解得：。11