2020版高考物理一轮复习分层规范快练34电磁感应中的动力学、能量和动量问题新人教版.doc

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1、1分层规范快练(三十四) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题双基过关练1如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力 F 作用下加速上升的一段时间内，力 F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )A棒的机械能增加量B棒的动能增加量C棒的重力势能增加量D电阻 R 上放出的热量解析：棒受重力 G、拉力 F 和安培力 F 安 的作用由动能定理： WF WG W 安 Ek得WF W 安 Ek mgh，即力 F 做的功与安培力做功的代数和等于机

2、械能的增加量，选项 A正确答案：A22019河北省定州中学月考如图所示，足够长的 U 形光滑金属导轨平面与水平面成角 (0Q2， q1 q2 B Q1Q2， q1q2C Q1 Q2， q1 q2 D Q1 Q2， q1q2解析：设线框边长 ab l1， bc l2，线框中产生的热量 Q1 I2Rt 2R (Bl1vR ) l2v l1， Q2 l2，由于 l1l2，所以 Q1Q2.通过线框导体横截面的电荷B2l21l2vR B2l1l2vR B2l1l2vR量 q t t ，故 q1 q2，A 选项正确I E R R Bl1l2R答案：A4(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场 B，两条电阻不

3、计的平行光滑导轨竖直放置在磁场3内，如图所示，磁感应强度 B0.5 T，导体棒 ab、 cd 长度均为 0.2 m，电阻均为 0.1 ，重力均为 0.1 N，现用力向上拉动导体棒 ab，使之匀速上升(导体棒 ab、 cd 与导轨接触良好)，此时 cd 静止不动，则 ab 上升时，下列说法正确的是( )A ab 受到的拉力大小为 2 NB ab 向上运动的速度为 2 m/sC在 2 s 内，拉力做功，有 0.4 J 的机械能转化为电能D在 2 s 内，拉力做功为 0.6 J解析：对导体棒 cd 分析： mg BIl ，得 v2 m/s，故选项 B 正确；对导体棒B2l2vR总ab 分析： F m

4、g BIl0.2 N，选项 A 错误；在 2 s 内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即 W F 安 vt0.4 J，选项 C 正确；在 2 s 内拉力做的功为 Fvt0.8 J，选项D 错误答案：BC52019贵州黔南州三校联考如图甲所示，空间存在 B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场， MN、 PQ 是水平放置的平行长直导轨，其间距 L0.2 m， R 是连在导轨一端的电阻， ab 是跨接在导轨上质量 m0.1 kg 的导体棒从零时刻开始，对 ab 施加一个大小为F0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的 v

5、 t 图象，其中 AO 是图象在 O 点的切线， AB 是图象的渐近线除 R 以外，其余部分的电阻均不计设最大静摩擦力等于滑动摩擦力已知当棒的位移为 100 m 时，其速度达到了最大速度 10 m/s.求：(1)R 的阻值；(2)在棒运动 100 m 过程中电阻 R 上产生的焦耳热解析：(1)由图乙得 ab 棒刚开始运动瞬间 a2.5 m/s 2，则 F Ff ma，解得 Ff0.2 N.ab 棒最终以速度 v10 m/s 匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F Ff F 安 0.F 安 BIL BL .BlvR B2L2vR4联立可得 R 0.4 .B2L2vF Ff(2)由功

6、能关系可得( F Ff)x mv2 Q，12解得 Q20 J.答案：(1)0.4 (2)20 J技能提升练62019山东淄博模拟(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻 R3 的水平平行且足够长的粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度 B2 T，导轨间距 L1 m一质量 m2 kg、接入电路的阻值 r1 的金属棒在拉力 F 的作用下由静止开始从 CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的 v x 图象如图乙所示若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数 0.5，导轨电阻不计，取 g10 m/s2，则金属棒从静止开始向右运动的位移为 x11 m 的过程中，下列说法正确的是( )A金属棒中感

7、应电流的方向为 C DB拉力 F 做的功为 16 JC通过电阻的电荷量为 0.25 CD定值电阻产生的焦耳热为 0.75 J解析：根据右手定则可知，金属棒中感应电流的方向为 C D，选项 A 正确由图乙可得金属棒向右运动的位移为 1 m 时，速度 v12 m/s，金属捧运动过程中受到的安培力FA B L，若安培力是恒力，则金属棒克服安培力做的功 WA FAx1 vx1，但实际上BLvR r B2L2R r安培力是变力，结合图乙图线与横轴围成的面积可得 WA J1 22123 1 (1212)J，根据动能定理有 WF mgx 1 WA mv 0，得 WF15 J，选项 B 错误通过定值电阻12

8、21的电荷量 q 0.5 C，选项 C 错误克服安培力做的功转化为回路中的焦耳热，则定BLx1R r值电阻产生的焦耳热 Q WA0.75 J，选项 D 正确RR r5答案：AD72019领航高考冲刺卷如图所示，水平固定足够长平行直轨道 MM N、 PP Q 间距 l2 m， M P为磁场边界，左侧粗糙无磁场，右侧光滑且有垂直轨道平面向下的匀强磁场 B2 T导体棒 ab、 cd 质量、电阻均相等，分别为 m2 kg， R2 .现让 cd 棒静止在光滑区域某处(距 M P足够远)， ab 棒在与磁场边界 M P左侧相距 x3.6 m 处获得初速度 v010 m/s.整个过程中导体棒与导轨始终保持垂

9、直且接触良好， ab 棒与粗糙导轨间的动摩擦因数 0.5.重力加速度 g10 m/s 2.求：(1)ab 导体棒刚进入磁场瞬间回路的电流；(2)求 ab、 cd 最终的速度及 ab 进入磁场后系统产生的焦耳热解析：(1)设 ab 棒刚进入瞬间速度为 v1，则从开始到刚进入过程： mgx mv mv12 21 12 20解得 v18 m/s进入瞬间，电动势 E BLv1解得 E32 V电流： I 8 AE2R(2)ab 进入后， ab、 cd 两棒系统动量守恒： mv12 mv2解得： vab vcd4 m/s由能量守恒定律： Q mv 2mv12 21 12 2解得 Q32 J答案：(1)8

10、A (2)32 J82019湖南宜章模拟如图，一质量为 m，边长为 h 的正方形金属线框 abcd 自某一高度由静止下落，依次经过两匀强磁场区域，且金属线框 bc 边的初始位置离磁场 B1的6上边界的高度为 ，两磁场的磁感应强度分别为 B1和 B2，且 B12 B0， B2 B0(B0已知)，两h4磁场的间距为 H(H 未知，但 Hh)，线框进入磁场 B1时，恰好做匀速运动，速度为 v1(v1已知)，从磁场 B1中穿出后又以 v2匀速通过宽度也为 h 的磁场 B2.(1)求 v1与 v2的比值；(2)写出 H 与 h 的关系式；(3)若地面离磁场 B2的下边界的高度为 h，求金属线框下落到地面

11、所产生的热量(用m、 h、 g 表示)解析：(1)金属线框分别进入磁场 B1和 B2后，做匀速运动，由平衡条件有 BIh mg又金属线框切割磁感线，则 I BhvR联立得 vmgRB2h2所以 .v1v2 B2B21 14(2)金属线框进入磁场 B1前和离开磁场 B1后到进入磁场 B2前，都是做只在重力作用下的运动，由运动学公式有v 2 g 21h4v v 2 g(H h)2 21联立得 H .19h4(3)产生的热量等于克服安培力做功， Q BIh4h联立得 Q4 mgh.答案：(1)1 ：4 (2) H (3)4 mgh19h492019山东济宁模拟如图甲所示，弯折成 90角的两根足够长金

12、属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成 53角，右导轨平面与水平面成 37角，两导轨相距 L0.2 m，导轨电阻不计质量均为 m0.1 kg 的金属杆 ab、 cd 与导轨垂直接触形成闭合回路其中金属杆 ab 的电阻 R0.2 ，金属杆 cd 的电阻忽略不计，两金属杆与导轨间的动摩擦因数均为 0.5，整个装置处于磁感应强度大小 B1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中 t0 时刻开始，对 ab 杆施加一垂直 ab 杆且平行右导轨平面向下的力 F，使 ab 杆以初速度 v1沿右导轨平面匀速下滑 t1 s 后，使 ab 做匀加速直线运动， t2 s 后，

13、又使 ab 杆沿导轨平面匀速下滑整个过程中 cd 杆运动的 v t 图象如图乙所示(其中第 1 s、第 3 s 内图线为直线)两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，取 g10 m/s 2，sin370.6，cos370.8.求：7(1)在第 1 秒内 cd 杆受到的安培力的大小；(2)ab 杆的初速度 v1及第 2 s 末的速度 v2；(3)若第 2 s 内力 F 所做的功为 9 J，求第 2 s 内 ab 杆所产生的焦耳热解析：(1)对 cd 杆，由 v t 图象得： a1 3 m/s 2， v t由牛顿第二定律得 mgsin53 (mgcos53 F 安 ) ma1.解得 F 安 0.4

14、 N.(2)对 ab 杆，感应电动势 E BLv1，电流 I ， cd 杆的安培力 F 安 BIL，ER解得 v12 m/s，由题意得第 3 s 内 cd 的加速度 a23 m/s 2，对 cd 杆，由牛顿第二定律得mgsin53 ma2，(mgcos53B2L2v2R )解得 v28 m/s.(3)由运动学知识得第 2 s 内 ab 杆的位移 x2 t5 m，v1 v22由动能定理得 WF WG Wf W 安 mv mv ，又 WF9 J， WG mgx2sin37，12 2 12 21Wf mgx 2cos37， W 安 Qab，解得： Qab7 J.答案：(1)0.4 N (2)2 m/s 8 m/s (3)7 J8