高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 第4節(jié) 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量、動(dòng)量問(wèn)題檢測(cè)（含解析）試題

電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量、動(dòng)量問(wèn)題(建議用時(shí)：60分鐘)【A級(jí)基礎(chǔ)題練熟快】1.如圖，在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、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(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場(chǎng)方向豎直向下．導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)．t＝0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰與磁場(chǎng)的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．下列v－t圖象中，能正確描述上述過(guò)程的是()解析：選D.導(dǎo)體切割磁感線時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電流，同時(shí)產(chǎn)生安培力阻礙導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)，利用法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力公式及牛頓第二定律可確定線框在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)．線框進(jìn)入和離開磁場(chǎng)時(shí)，安培力的作用都是阻礙線框運(yùn)動(dòng)，使線框速度減小，由E＝BLv、I＝eq\f(E,R)及F＝BIL＝ma可知安培力減小，加速度減小，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后穿過(guò)線框的磁通量不再變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不再產(chǎn)生安培力，線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D正確．2．(多選)(2019·唐山模擬)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個(gè)平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個(gè)裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎?，MN始終保持靜止，則0～t2時(shí)間內(nèi)()A．電容器C的電荷量大小始終不變B．電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電C．MN所受安培力的大小始終不變D．MN所受安培力的方向先向右后向左解析：選AD.磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，產(chǎn)生恒定電動(dòng)勢(shì)，電容器C的電荷量大小始終沒(méi)變，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由于磁感應(yīng)強(qiáng)度變化，根據(jù)楞次定律和左手定則可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，大小先減小后增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．3.如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一根質(zhì)量為m的金屬桿(電阻忽略不計(jì))從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則()A．如果B增大，vm將變大B．如果α增大，vm將變大C．如果R變小，vm將變大D．如果m變小，vm將變大解析：選B.金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，速度達(dá)最大值vm，此后金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)．桿受重力、軌道的支持力和安培力如圖所示．安培力F＝eq\f(BLvm,R)LB，對(duì)金屬桿列平衡方程式：mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，則vm＝eq\f(mgsinα·R,B2L2).由此式可知，B增大，vm減小；α增大，vm增大；R變小，vm變?。籱變小，vm變?。虼薃、C、D錯(cuò)誤，B正確．4.(多選)如圖所示，平行且足夠長(zhǎng)的兩條光滑金屬導(dǎo)軌，相距L＝0.4m，導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為30°，其電阻不計(jì)．把完全相同的兩金屬棒(長(zhǎng)度均為0.4m)ab、cd分別垂直于導(dǎo)軌放置，并使每棒兩端都與導(dǎo)軌良好接觸．已知兩金屬棒的質(zhì)量均為m＝0.1kg、電阻均為R＝0.2Ω，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＝0.5T，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＝10m/s2)，則()A．F的大小為0.5NB．金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1.0VC．a(chǎn)b棒兩端的電壓為1.0VD．a(chǎn)b棒的速度為5.0m/s解析：BD.對(duì)于cd棒有mgsinθ＝BIL，解得回路中的電流I＝2.5A，所以回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2IR＝1.0V，選項(xiàng)B正確；ab棒兩端電壓U＝IR＝0.5V，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于ab棒有F＝BIL＋mgsinθ，解得F＝1.0N，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v＝5.0m/s，選項(xiàng)D正確．5．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L＝1m，電阻R＝0.4Ω，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m＝0.25kg、電阻r＝0.1Ω的金屬桿，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下，現(xiàn)用一外力F沿水平方向拉桿，使之由靜止開始運(yùn)動(dòng)，若理想電壓表的示數(shù)U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．(1)求金屬桿運(yùn)動(dòng)的加速度；(2)求第5s末外力F的瞬時(shí)功率．解析：(1)U＝ε·eq\f(R,R＋r)＝eq\f(BLvR,R＋r)，U∝v，因U隨時(shí)間均勻變化，故v也隨時(shí)間均勻變化，金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．k＝eq\f(ΔU,Δt)＝eq\f(Δv,Δt)·eq\f(BLR,R＋r)＝a·eq\f(BLR,R＋r)解得：a＝eq\f(k（R＋r）,BLR)＝eq\f(0.4×（0.4＋0.1）,0.25×1×0.4)m/s2＝2m/s2.(2)F＝F安＋ma＝BIL＋ma＝eq\f(B2L2at,R＋r)＋ma＝0.25t＋0.5P＝Fv＝(0.25t＋0.5)at＝17.5W.答案：(1)2m/s2(2)17.5W【B級(jí)能力題練穩(wěn)準(zhǔn)】6．(2019·江蘇部分高中聯(lián)考)如圖所示，有一傾斜的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，在導(dǎo)軌的中間矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一質(zhì)量為m、有效電阻為r的導(dǎo)體棒從距磁場(chǎng)上邊緣d處釋放，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持與導(dǎo)軌垂直．不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g.(1)求導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v0；(2)求導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量q；(3)若導(dǎo)體棒剛離開磁場(chǎng)時(shí)的加速度為0，求導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析：(1)導(dǎo)體棒從靜止下滑距離d的過(guò)程中有：mgdsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得：v0＝eq\r(2gdsinθ).(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)I＝eq\f(E,R＋r)q＝It解得：q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLd,r＋R).(3)導(dǎo)體棒勻速離開磁場(chǎng)有：mgsinθ＝eq\f(B2L2v,r＋R)由能量守恒定律有：2mgdsinθ＝Q＋eq\f(1,2)mv2解得：Q＝2mgdsinθ－eq\f(（r＋R）2,2B4L4)m3g2sin2θ.答案：(1)eq\r(2gdsinθ)(2)eq\f(BLd,r＋R)(3)2mgdsinθ－eq\f(（R＋r）2,2B4L4)m3g2sin2θ7.(2019·杭州選考模擬)如圖所示，固定的光滑金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上．初始時(shí)刻，彈簧恰處于自然長(zhǎng)度，導(dǎo)體棒具有沿軌道向上的初速度v0.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行．(1)求初始時(shí)刻通過(guò)電阻R的電流I的大小和方向；(2)當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí)，速度變?yōu)関，求此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度大小a；(3)導(dǎo)體棒最終靜止時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，求導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)直到停止的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析：(1)棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝BLv0通過(guò)R的電流大小I1＝eq\f(E1,R＋r)＝eq\f(BLv0,R＋r)根據(jù)右手定則判斷得知：電流方向?yàn)閎→a.(2)棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝BLv感應(yīng)電流I2＝eq\f(E2,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)棒受到的安培力大小F＝BI2L＝eq\f(B2L2v,R＋r)，方向沿斜面向上，如圖所示．根據(jù)牛頓第二定律有|mgsinθ－F|＝ma解得a＝|gsinθ－eq\f(B2L2v,m（R＋r）)|.(3)導(dǎo)體棒最終靜止，有mgsinθ＝kx彈簧的壓縮量x＝eq\f(mgsinθ,k)設(shè)整個(gè)過(guò)程回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q0，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgxsinθ＝Ep＋Q0解得Q0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(（mgsinθ）2,k)－Ep電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(R,R＋r)Q0＝eq\f(R,R＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋\f(（mgsinθ）2,k)－Ep)).答案：(1)eq\f(BLv0,R＋r)電流方向b→a(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(gsinθ－\f(B2L2v,m（R＋r）)))(3)eq\f(R,R＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋\f(（mgsinθ）2,k)－Ep))8．(2019·溫州九校聯(lián)考)如圖所示，兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌，相距l(xiāng)＝0.2m，左側(cè)軌道的傾斜角θ＝30°，右側(cè)軌道為圓弧線，軌道端點(diǎn)間接有電阻R＝1.5Ω，軌道中間部分水平，在MP、NQ間有寬度為d＝0.8m，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化如圖乙所示．一質(zhì)量為m＝10g、導(dǎo)軌間電阻為r＝1.0Ω的導(dǎo)體棒a從t＝0時(shí)刻無(wú)初速釋放，初始位置與水平軌道間的高度差H＝0.8m．另一與a棒完全相同的導(dǎo)體棒b靜置于磁場(chǎng)外的水平軌道上，靠近磁場(chǎng)左邊界PM.a棒下滑后平滑進(jìn)入水平軌道(轉(zhuǎn)角處無(wú)機(jī)械能損失)，并與b棒發(fā)生碰撞而粘合在一起，此后作為一個(gè)整體運(yùn)動(dòng)．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，軌道的電阻和電感不計(jì)，g取10m/s2.求：(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，流過(guò)R的電流大小；(2)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間受到的安培力大小；(3)導(dǎo)體棒最終靜止的位置離PM的距離；(4)全過(guò)程電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱．解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝kdl＝0.2V由閉合電路歐姆定律有：I＝eq\f(E,R＋\f(1,2)r)＝0.1A.(2)a棒滑到底端時(shí)的速度為vD，由動(dòng)能定理有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝mgH與b發(fā)生完全非彈性碰撞后的速度為v由動(dòng)量守恒定律有：mvD＝2mv由于t＝eq\f(x,v)＝eq\f(2H,vDsin30°)＝0.8s此時(shí)磁場(chǎng)不再變化，電動(dòng)勢(shì)為：E＝Blv所以安培力為：F＝BIl＝0.04N.(3)導(dǎo)體棒直到靜止，由動(dòng)量定理有：2mv＝Bql其中q＝eq\f