2020高考物理一轮总复习 第十章 电磁感应 能力课2 电磁感应中的动力学和能量问题练习（含解析）新人教版

能力课2 电磁感应中的动力学和能量问题一、选择题1如图所示，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()Aef将减速向右运动，但不是匀减速，最后停止Bef将匀减速向右运动，最后停止Cef将匀速向右运动Def将往返运动解析：选Aef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由FBILma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确2(多选)如图所示平行的金属双轨与电路处在垂直纸面向里的匀强磁场B中，一金属杆放在金属双轨上，在恒定外力F作用下做匀速运动，则在开关S()A闭合瞬间通过金属杆的电流增大B闭合瞬间通过金属杆的电流减小C闭合后金属杆先减速后匀速D闭合后金属杆先加速后匀速解析：选AC金属杆做切割磁感线运动，相当于电源在开关S闭合瞬间，外电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流增加，即通过金属杆的电流增加，故A正确，B错误；开关S闭合前，拉力和安培力平衡，开关S闭合后，电流增加，根据安培力公式FBIL，安培力增加，故拉力小于安培力，金属杆做减速运动，感应电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，当加速度减为零时，速度减小到最小值，最后匀速运动，故C正确，D错误3(多选)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为21.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后()A金属棒ab、cd都做匀速运动B金属棒ab上的电流方向是由b向aC金属棒cd所受安培力的大小等于D两金属棒间距离保持不变解析：选BC对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有F3ma，隔离金属棒cd分析，有FF安ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安F，C正确4如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住现将金属杆ab由静止释放，金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动已知重力加速度为g，则()A金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由a到bB金属杆ab进入磁场时速度大小为C金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为D金属杆ab进入磁场后，金属杆cd对两根小柱的压力大小为零解析：选B由右手定则可知，金属杆ab进入磁场时产生的感应电流的方向为由b到a，故A错误；因金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动，则有mgsin，解得v，故B正确；金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势EBlv，解得E，故C错误；由左手定则可知，金属杆cd受到的安培力与斜面平行且向下，则金属杆cd对两根小柱的压力不为零，故D错误5(多选)如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙所示在0t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动乙图中t0、F1、F2为已知量，棒和导轨的电阻不计则()A在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B在t0以后，导体棒先做加速直线运动，后做匀速直线运动C在0t0时间内，导体棒的加速度大小为D在0t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为解析：选BD因在0t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动，当加速度为0后，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误，B正确；设在0t0时间内导体棒的加速度为a，通过导体棒横截面的电荷量为q，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，则有a，F2ma，F1ma，q，BSBLt0，解得a，q，故C错误，D正确6(多选)(2018届湛江一中等“四校”联考)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感应强度B0.5 T，导体ab及cd长均为0.2 m，电阻均为0.1 ，重均为0.1 N，现用竖直向上的力拉导体ab，使之匀速上升(与导轨接触良好)，此时释放cd，cd恰好静止不动，那么ab上升时，下列说法正确的是()Aab受到的拉力大小为0.2 NBab向上的速度为2 m/sC在2 s内，拉力做功转化的电能是0.8 JD在2 s内，拉力做功为0.6 J解析：选AB导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的拉力F2mg0.2 N，故A正确；cd棒受到的安培力：F安BIL，cd棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得G，代入数据解得v2 m/s，故B正确；在2 s内，电路产生的电能Qtt2 J0.4 J，则在2 s内，拉力做的功有0.4 J的机械能转化为电能，故C错误；在2 s内拉力做的功为WF拉vt0.222 J0.8 J，故D错误7(多选)(2019届银川一中模拟)如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部当给环通以恒定的电流I，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H.已知重力加速度为g，不计空气阻力，磁场的范围足够大在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是()A圆环先做加速运动后做减速运动B在时间t内安培力对圆环做功为mgHC圆环运动的最大速度为gtD圆环先有扩张后有收缩的趋势解析：选AC在时间t内，圆环中通有电流I，圆环在磁场中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圆环由静止开始向上加速运动，t时刻撤去电流，圆环继续向上运动，并切割磁感线产生感应电流，则同时又受向下的安培力和重力，合力方向与运动方向相反，所以圆环开始减速运动直至到达最高位置，故A正确；因安培力在t时间内对其做正功，t时刻以后对其做负功，有W安t前W安t后mgH，则知在t时间内安培力做功大于mgH，故B错误；在t时间内安培力FBILBI2r，合外力F合Fcosmg2BIrcosmgma，vatgt，故C正确；圆环加速上升过程中有收缩趋势，减速上升过程中有扩张趋势，故D错误8(多选)如图所示，相距L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()AP2mgvsinBP3mgvsinC当导体棒速度达到时加速度大小为sinD在速度达到2v以后的匀速运动过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析：选AC由平衡条件可知，当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向有mgsin；当导体棒第二次匀速运动时，沿导轨方向有Fmgsin，两式联立解得Fmgsin，此时拉力F的功率PF2v2mgvsin，选项A正确，B错误；当导体棒的速度达到时，沿导轨方向由牛顿第二定律有mgsinma，解得agsin，选项C正确；导体棒的速度达到2v以后，拉力与重力的合力所做的功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D错误二、非选择题9(2017年江苏卷)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.解析：(1)感应电动势EBdv0感应电流I解得I.(2)安培力FBId由牛顿第二定律Fma解得a.(3)金属杆切割磁感线的速度vv0v，则感应电动势EBd(v0v)电功率P解得P.答案：(1)(2)(3)10如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、MN位于同一水平面上，两轨道之间的距离l0.50 m轨道的MM端接一阻值为R0.50 的定值电阻，直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度大小为B0.60 T的匀强磁场中，磁场区域右边界为NN，宽度d0.80 m；水平轨道的最右端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、NP平滑连接，两半圆形轨道的半径均为R00.50 m现有一导体杆ab静止在距磁场的左边界s2.0 m处，其质量m0.20 kg、电阻r0.10 .ab杆在与杆垂直的、大小为2.0 N的水平恒力F的作用下开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，杆穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好能通过半圆形轨道的最高位置PP.已知杆始终与轨道垂直，杆与直轨道之间的动摩擦因数0.10，轨道电阻忽略不计，取g10 m/s2.求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流的大小和方向；(2)在导体杆穿过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量；(3)在导体杆穿过磁场的过程中，整个电路产生的焦耳热解析：(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，由动能定理得(Fmg)smv120，导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为EBlv1，此时通过导体杆的电流大小为I，代入数据解得I3 A，由右手定则可知，电流的方向为由b指向a.(2)Bld，qt联立解得q0.4 C.(3)由(1)可知，导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度v16.0 m/s，设导体杆通过半圆形轨道的最高位置时的速度为v，则有mg，在导体杆从刚进入磁场到滑至最高位置的过程中，由能量守恒定律有，mv12Qmg2R0mv2mgd，解得Q0.94 J.答案：(1)3 A方向为由b指向a(2)0.4 C(3)0.94 J11(2019届河北石家庄质量检测)倾角为37的绝缘斜面固定在水平地面上，在斜面内存在一宽度d0.28 m的有界匀强磁场，边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，如图甲所示在斜面上由静止释放一质量m0.1 kg、电阻R0.06 的正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑穿过磁场区域，线框从开始运动到完全进入磁场过程中的速度时间图象如图乙所示已知整个过程中线框底边bc始终与磁场边界保持平行，重力加速度g10 m/s2，sin370.6，cos370.8.(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数；(2)求金属线框穿越该匀强磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pmax；(结果保留两位有效数字)(3)若线框bc边出磁场时，磁感应强度开始随时间变化，且此时记为t0.为使线框出磁场的过程中始终无感应电流，求从t0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的关系式解析：(1)由vt图象可知线框在进入磁场之前做匀加速直线运动，aa2 m/s2由牛顿第二定律有mgsinmgcosma解得0.5.(2)由vt图象可知线框匀速进入磁场，进入磁场所用的时间为0.125 s，匀速进入磁场的速度v11.2 m/s，则线框边长lv1t0.15 m由平衡条件则有mgsinmgcos解得磁感应强度大小为B0 T线框完全进入磁场后做匀加速运动，加速度大小为2 m/s2，线框出磁场时速度最大，电功率最大，设此时速度大小为v2，由运动学公式可得v22v122a(dl)解得v21.4 m/s由法拉第电磁感应定律可得EB0lv2由闭合电路欧姆定律可得I由安培力公式可得FB0Il解得PmaxFv2 W0.33 W.(3)穿过线框的磁通量保持不变则线框中无感应电流，从线框bc边出磁场时开始计时，则B0l2lB解得BT(t0.1 s)答案：(1)0.5(2)0.33 W(3)B T(t0.1 s)|学霸作业|自选1(2018年江苏卷)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q.解析：(1)匀加速直线运动v22as解得v.(2)安培力F安IdB金属棒所受合力FmgsinF安由牛顿第二定律Fma解得I.(3)运动时间t电荷量QIt解得Q.答案：(1)(2)(3)2两平行轨道MN、PQ间距L1 m，在MP间接入电阻R3 ，整个装置处于磁感应强度B2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上质量m1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r1 ，电路中其余电阻不计金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好不计空气阻力影响已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数0.5，sin370.6，cos370.8，取g10 m/s2.(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm由牛顿第二定律有mgsinmgcosF安0F安BILIEBLvm由以上各式代入数据解得vm2.0 m/s.(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PRI2R，解得PR3 W.(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x由能量守恒定律得mgxsinmgxcosQRQrmvm2根据焦耳定律有联立解得x2.0 m根据qt，BLx，解得q1.0 C.答案：(1)2.0 m/s(2)3 W(3)1.0 C3. (2018届甘肃兰州高三诊断考试)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，导轨平面与水平面的夹角30，两导轨间距L1.0 m，底端N、Q两点连接R1.0 的电阻，匀强磁场方向垂直于导轨所在平面斜向上，磁感应强度大小为B0.6 T质量m0.2 kg，阻值r0.50 的导体棒垂直于导轨放置，在平行于导轨平面向上的拉力F作用下沿导轨向上做匀速直线运动，速度v10 m/s.撤去拉力F后，导体棒沿导轨继续运动l2.0 m后速度减为零运动过程中导体棒与导轨始终垂直并接触良好，g10 m/s2，导轨电阻不计求：(1)拉力F的大小；(2)撤去拉力F后导体棒上升的过程中电阻R中产生的焦耳热Q和通过的电荷量q.解析：(1)导体棒匀速运动产生的感应电动势为EBLv6 V感应电流为I4 A由导体棒受力平衡可得FF安mgsinBILmgsin3.4 N.(2)撤去拉力后，由动能定理可得mglsinW克0mv2得克服安培力所做的功W克8 J则电阻R中产生的焦耳热Q8 J J通过的电荷量q0.8 C.答案：(1)3.4 N(2) J0.8 C4间距分别为2L和L的两光滑平行金属导轨按照如图所示的方式连接后固定在水平面上，且右端足够长两粗细均匀的导体棒MN、PQ分别垂直导轨放置在导轨上，整个装置置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出)中首先将导体棒PQ锁定，给MN一个瞬时冲量I，当MN的冲量减为时，将PQ解除锁定，当导体棒MN运动到间距为2L的两金属导轨的最右端a、b处时，回路中的电流趋近于零(可按电流恰好为零的情况进行分析)已知导体棒MN的质量为2m、电阻为2R，导体棒PQ的质量为m、电阻为R，导轨电阻不计求：(1)导体棒MN刚开始运动的瞬间，导体棒PQ所受安培力的大小；(2)当导体棒MN的冲量减为时，MN棒向右运动的距离；(3)当导体棒MN运动到间距为2L的两金属导轨的最右端a、b处时，MN，PQ两棒的速度大小解析：(1)设导体棒MN刚开始运动时的速度大小为v0，则有I2mv0由法拉第电磁感应定律可知E2BLv0设回路中的电流为I，则有I故导体棒PQ此时受到的安培力大小为FBIL以上各式联立求解可得F.(2)设导体棒MN的冲量由I减为所用的时间为t，则由动量定理有B2Lt设此过程中导体棒MN向右运动的距离为x，则有t以上两式联立可解得x.(3)设回路中电流为零时，导体棒MN的速度大小为v1，PQ的速度大小为v2，回路中磁通量不再变化，则有B2Lv1BLv2设导体棒MN受到的安培力平均大小为F1，PQ受到的安培力平均大小为F2，此过程中PQ运动的时间为t，根据动量定理，对导体棒MN，有F1t2mv1对导体棒PQ，有F2tmv2由于流过导体棒MN和PQ中的电流大小始终相等，故有F12F2以上各式联立解得v1，v2.答案：(1)(2)(3)5如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面，开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H.解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E12Blv1 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1设此时线框所受安培力为F1，有F12I1lB 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1 由式得v1设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2由式得4.(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mglmv12线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mv22mv12Q由式得H28l.答案：(1)4(2)28l6如图甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与水平面的倾角53，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好棒的质量m1.0 kg，R1.0 ，长度L1.0 m与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数0.5，现对ab棒施加一个方向水平向右，按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取10 m/s2.(1)求ab棒的加速度大小；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若已知在前2 s内F做功W30 J，求前2 s内电路产生的焦耳热；(4)求cd棒达到最大速度所需的时间解析：(1)对ab棒：Ffmgvat由牛顿第二定律有FBILFfmaFm(ga)由图象信息，t0时，F6 N，代入数据解得a1 m/s2.(2)当t12 s时，F10 N，由(1)知Fm(ga)，得B2 T.(3)02 s过程中，对ab棒，xat122 mv2at12 m/s由动能定理知WmgxQmv22代入数据解得Q18 J.(4)设当时间为t时，cd棒达到最大速度，FNBILmgcos53FfFNmgsin53Ffmgsin53解得t5 s.答案：(1)1 m/s2(2)2 T(3)18 J(4)5 s14