2019年高考物理大二轮专题复习 考前增分练 选择题部分 专练12 应用动力学和能量观点分析电磁感应问题.doc

2019年高考物理大二轮专题复习 考前增分练 选择题部分 专练12 应用动力学和能量观点分析电磁感应问题1如图1，金属棒ab、cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好，匀强磁场竖直向下ab棒在恒力F作用下向右运动的过程中，有()图1A安培力对ab棒做正功B安培力对cd棒做正功Cabdca回路的磁通量先增加后减少DF做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和答案BD解析设金属棒ab、cd的速度分别为v1、v2，运动刚开始，v1v2，回路的电动势E，电流为逆时针方向，ab、cd棒的安培力分别向左、向右，分别对棒做负功、正功，选项A错误，B正确；导体棒最后做加速度相同速度不同的匀加速运动，且v1v2，abdca回路的磁通量一直增加，选项C错误；对系统，由动能定理，F做的功和安培力对系统做的功的代数和等于系统动能增量之和，而安培力对系统做的功的代数和等于回路产生的总热量，选项D正确2如图2所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L.一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行t0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置)，导线框的速度为v0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置)，导线框的速度刚好为零此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置(不计空气阻力)，则()图2A上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C上升过程中，导线框的加速度逐渐减小D上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率答案BC解析线框在运动过程中要克服安培力做功，消耗机械能，故返回原位置时速率减小，由动能定理可知，上升过程动能变化量大，合力做功多，所以选项A错误；分析线框的运动过程可知，在任一位置，上升过程的安培力大于下降过程中的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以选项B正确；以线框为对象分析受力可知，在上升过程做减速运动，有F安mgma，F安，故有agv，所以上升过程中，速度减小，加速度也减小，故选项C正确；在下降过程中的加速度小于上升过程的加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升时间较短，下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做的平均功率，所以选项D错误3如图3所示，电阻不计的刚性U形金属导轨放在光滑水平面上，导轨上连有电阻R.质量为m、电阻不计的金属杆ab可在导轨上滑动，滑动时保持与导轨垂直金属杆与导轨之间的动摩擦因数为.导轨右边的左方为一个匀强磁场区域，磁场方向垂直于水平面，导轨的右边恰在匀强磁场右边边界处现有一位于导轨平面内且与导轨平行的向右方向的拉力作用于金属杆ab上，使之从静止开始在导轨上向右做加速运动已知拉力的功率恒为P，经过时间t，金属杆在导轨上相对导轨向右滑动的位移为x，重力加速度为g.在此过程中，下列说法正确的是()图3A拉力做的功为PtmgxB电阻R中所产生的电能为PtmgxC金属杆克服安培力做的功为PtD金属杆和导轨之间由于摩擦而产生的热量为mgx答案D解析因为拉力的功率恒为P，则拉力做功的大小WPt，故A错误根据能量守恒知，拉力做功一部分转化为金属杆的动能，一部分转化为电阻R上产生的电能，还有一部分转化为摩擦产生的内能，即Ptmv2QW电，可知W电PtQmv2Ptmgxmv2，B错误拉力做功的大小与金属杆克服安培力做功的大小不等，则克服安培力做功不等于Pt，故C错误因为金属杆和导轨间的相对位移为x，则摩擦产生的热量为mgx，故D正确4如图4所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线L下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.正方形闭合金属线框边长为h，质量为m，电阻为R，放置于L上方一定距离处，保持线框底边ab与L平行并由静止释放，当ab边到达L时，线框速度为v0.ab边到达L下方距离d处时，线框速度也为v0，已知dh.以下说法正确的是()图4Aab边刚进入磁场时，电流方向为abBab边刚进入磁场时，线框加速度沿斜面向下C线框进入磁场过程中的最小速度小于D线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsin 答案AD解析根据右手定则知，ab边刚进入磁场时，电流方向为ab，故A正确当ab边到达L时，线框速度为v0，ab边到达L下方距离d处时，线框速度也为v0，知线框进入磁场时做减速运动，完全进入磁场后做加速运动，则ab边刚进入磁场时，做减速运动，加速度方向沿斜面向上，故B错误线框完全进入磁场的过程中，做减速运动，完全进入的瞬间速度最小，此时安培力大于重力沿斜面方向的分力，根据EBvh，I，FABIh，根据FAmgsin ，有mgsin ，解得v，故C错误对线框进入磁场的过程运用能量守恒定律得，mgdsin Q，故D正确5如图5甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面现有一矩形线圈abcd，宽度cdL0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 ，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10 m/s2)则()图5A在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 CB线圈匀速运动的速度大小为8 m/sC线圈的长度为1 mD0t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J答案AB解析t2到t3时间内线圈做匀速运动，受力平衡，由mg，所以有v28 m/s，B正确；设磁场的宽度为d，对线圈匀加速过程有3dv2tgt2，解得d1 m，线圈长度为2 m，C错误；0t3时间内，线圈产生的热量为Qmg5dmv1.8 J，D错误；在0t1时间内，通过线圈的电荷量为q0.25 C，A正确6如图6所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中()图6A通过R的电流方向为由内向外B通过R的电流方向为由外向内CR上产生的热量为D流过R的电量为答案BC解析根据右手定则可以判断出，cd中的感应电流方向由c到d，故通过R的电流方向为由外向内，A错误，B正确；金属棒从cd沿轨道做匀速圆周运动，金属棒中将产生正弦式电流，将金属棒的瞬时速度v0分解，水平方向的分速度对产生感应电动势有贡献，水平方向的分速度vxv0cos ，金属棒切割磁感线产生正弦交变电流Icos ，其有效值为I，金属棒的时间为t，故R上产生的热量为QI2Rt()2R，故C正确；通过R的电量为qtt，故D错误7如图7所示，光滑、平行的金属轨道分水平段(左端接有阻值为R的定值电阻)和半圆弧段两部分，两段轨道相切于N和N点，圆弧的半径为r，两金属轨道间的宽度为d，整个轨道处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中质量为m、长为d、电阻为R的金属细杆置于框架上的MM处，r.在t0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v0，之后金属细杆沿轨道运动，在tt1时刻，金属细杆以速度v通过与圆心等高的P和P；在tt2时刻，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为g.以下说法正确的是()图7At0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv0Btt1时刻，金属细杆所受的安培力为C从t0到tt1时刻，通过金属细杆横截面的电量为D从t0到tt2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为mvmgr答案CD解析t0时刻，金属细杆产生的感应电动势为EBdv0，两端的电压为UEBdv0，故A错误tt1时刻，金属细杆的速度与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以杆不受安培力，故B错误从t0到tt1时刻，通过金属细杆横截面的电量为q，故C正确在最高点，有mgm，v，从t0到tt2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为Q(mvmg2rmv2)mvmgr，故D正确