2022年高考物理总复习 专题10 电磁感应中的动力学和能量问题课时作业（含解析）

2022年高考物理总复习 专题10 电磁感应中的动力学和能量问题课时作业（含解析）一、单项选择题1.如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动杆ef及线框中导线的电阻都可不计开始时，给ef一个向右的初速度，则()图1Aef将减速向右运动，但不是匀减速Bef将匀减速向右运动，最后停止Cef将匀速向右运动Def将往返运动【答案】A【解析】杆ef向右运动，所受安培力FBILBL，方向向左，故杆ef做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A正确2如图2所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框，ab边的质量为m，电阻为R，其他三边的质量和电阻均不计cd边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab边的速度为v，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是()图2A通过ab边的电流方向为abBab边经过最低点时的速度vCa、b两点间的电压逐渐变大D金属框中产生的焦耳热为mgLmv2【答案】D【解析】ab边向下摆动过程中，磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手定则可知感应电流方向为ba，选项A错误；ab边由水平位置到达最低点过程中，机械能不守恒，所以选项B错误；金属框摆动过程中，ab边同时受安培力作用，故当重力与安培力沿其摆动方向分力的合力为零时，a、b两点间电压最大，选项C错误；根据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D正确3如图3所示，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab、cd表面光滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ垂直于导轨放在上面，以速度v向右匀速运动，欲使棒PQ停下来，下面的措施可行的是(导轨足够长，棒PQ有电阻)()图3A在PQ右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒B在PQ右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ大的金属棒C将导轨的a、c两端用导线连接起来D在导轨的a、c两端用导线连接一个电容器【答案】C【解析】在PQ棒右侧放金属棒时，回路中会有感应电流，使金属棒加速，PQ棒减速，当获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将匀速运动，A、B项错误；当一端或两端用导线连接时，PQ的动能将转化为内能而最终静止，C选项正确D项中棒最终匀速，D错误4一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图4所示，则()图4A若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动【答案】C5如图5所示，在水平面内固定着U形光滑金属导轨，轨道间距为50 cm，金属导体棒ab质量为0.1 kg，电阻为0.2 ，横放在导轨上，电阻R的阻值是0.8 (导轨其余部分电阻不计)现加上竖直向下的磁感应强度为0.2 T的匀强磁场用水平向右的恒力F0.1 N拉动ab，使其从静止开始运动，则()图5A导体棒ab开始运动后，电阻R中的电流方向是从P流向MB导体棒ab运动的最大速度为10 m/sC导体棒ab开始运动后，a、b两点的电势差逐渐增加到1 V 后保持不变D导体棒ab开始运动后任一时刻，F的功率总等于导体棒ab和电阻R的发热功率之和【答案】B【解析】由右手定则可判断电阻R中的感应电流方向是从M流向P，A错；当金属导体棒受力平衡时，其速度将达到最大值，由FBIL，I，代入数据解得vm10 m/s，B对；电动势最大值Em1 V，a、b两点的电势差为路端电压，最大值小于1 V，C错；在达到最大速度以前，F所做的功一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的动能，D错二、双项选择题6如图6所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动以下说法中正确的是()图6A若B2B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑B若B2B1，金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑C若B2B1，金属棒进入B2区域后将先加速后匀速下滑【答案】BC【解析】当金属棒MN进入磁场B1区域时，金属棒MN切割磁感线而使回路中产生感应电流，当金属棒MN恰好做匀速运动时，其重力和安培力平衡，即有mg.金属棒MN刚进入B2区域时，速度仍为v，若B2B1，则仍满足mg，金属棒MN仍保持匀速下滑，选项A错误，B正确；若B2B1，则金属棒MN刚进入B2区域时3a)，在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0，并开始离开匀强磁场此过程中vt图象如图8乙所示，则()甲乙图8At0时，线框右侧边MN间的电压为Bav0B在t0时刻线框的速度为v0C线框完全离开磁场的瞬间位置3速度一定比t0时刻线框的速度大D线框完全离开磁场的瞬间位置3速度一定比t0时刻线框的速度小【答案】AB【解析】t0时，MN开始切割磁感线，电动势EBav0.四边电阻相等，MN间电压为Bav0，A正确在t03t0时段，设t0时刻速度为v.据动量定理F2t0mv0mv，则vv0，B正确据题意分析知，3t0后的离开过程与0t0的进入过程完全相同，因此线框离开磁场的瞬间位置3速度与t0时刻相同，C、D均错9如图9所示，水平放置的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在方向竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程()图9A杆运动速度的最大值为B流过电阻R的电荷量为C恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量【答案】BD【解析】当杆达到最大速度vm时，Fmg0，解得vm，A错；由公式q，B对；在杆从开始运动到达到最大速度的过程中由动能定理有：WFWfW安Ek，其中WfmgL，W安Q，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D对三、非选择题10如图10所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s1.15 m，两导轨间距L0.75 m，导轨倾角为30，导轨上端ab接一阻值 R1.5 的电阻，磁感应强度B0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上阻值r0.5 ，质量m0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热 Q10.1 J(取g10 m/s2)求：图10(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；(2)金属棒下滑速度v2 m/s时的加速度a；(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理WGW安mv，由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答【答案】(1)0.4 J(2)3.2 m/s2(3)见解析【解析】(1)下滑过程中安培力做的功即为电阻上产生的焦耳热，由于R3r，因此QR3Qr0.3 J所以W安QQRQr0.4 J.(2)金属棒下滑时受重力和安培力F安BILv由牛顿第二定律mgsin 30vma所以agsin 30v10 m/s23.2 m/s2.(3)此解法正确金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mgsin 30vma上式表明，加速度随速度增大而减小，棒做加速度减小的加速运动无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确mgssin 30Qmv所以vm m/s2.74 m/s.11(xx广东)如图11甲所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件流过电流表的电流I与圆盘角速度的关系如图11乙所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点0代表圆盘逆时针转动已知：R3.0 ，B1.0 T，r0.2 m忽略圆盘、电流表和导线的电阻(1)根据图乙写出ab、bc段对应I与的关系式；(2)求出图乙中b、c两点对应的P两端的电压Ub和Uc；(3)分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式图11【答案】(1)Iab(A)Ibc0.010.05(A)(2)0.3 V0.9 V(3)见解析【解析】(1)设ab段对应的I与的关系式为Ik1，bc段对应的I与的关系式为Ik2b由乙图可知Iab(A)；Ibc0.010.05(A)(2)b点对应的电流Ib0.1 A，b15 rad/s圆盘产生的电动势EbBr2b0.3 V，即P两端对应的电压Ub0.3 Vc点对应的电流Ic0.4 A，c45 rad/s圆盘产生的电动势EcBr2c0.9 V，即P两端对应的电压Uc0.9 V.(3)对应于bc段P导通，流过电流表的电流IabIRIPIP，EBr2则对应于bc段流过P的电流IPUP对应于a点元件P不导通，则对应于ab段流过P的电流IP0.