高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測（三十三）電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題（含解析）-人教版高三物理試題

課時(shí)跟蹤檢測（三十三）電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題對點(diǎn)訓(xùn)練：電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1．[多選](2019·蘇州一模)如圖甲所示，半徑為r帶小缺口的剛性金屬圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，在圓環(huán)的缺口兩端用導(dǎo)線分別與兩塊水平放置的平行金屬板A、B連接，兩板間距為d且足夠大。有一變化的磁場垂直于圓環(huán)平面，規(guī)定向里為正，其變化規(guī)律如圖乙所示。在平行金屬板A、B正中間有一電荷量為q的帶電液滴，液滴在0～eq\f(1,4)T時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)。重力加速度為g。下列說法正確的是()A．液滴帶負(fù)電B．液滴的質(zhì)量為eq\f(4B0qπr2,gdT)C．t＝eq\f(3,4)T時(shí)液滴的運(yùn)動(dòng)方向改變D．t＝T時(shí)液滴與初始位置相距eq\f(1,2)gT2解析：選BD根據(jù)題意液滴在0～eq\f(T,4)時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，知液滴受到向上的電場力和向下的重力平衡，根據(jù)楞次定律，金屬圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢沿逆時(shí)針方向，B板接高電勢，A板接低電勢，兩板間的電場方向向上與電場力的方向相同，所以液滴帶正電，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(4B0πr2,T)，兩極板間的電場強(qiáng)度E′＝eq\f(U,d)，由mg＝qE′得m＝eq\f(E′q,g)＝eq\f(4B0qπr2,gdT)，故B正確；根據(jù)楞次定律，eq\f(T,4)～eq\f(3,4)T時(shí)間內(nèi)，金屬圓環(huán)內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢為順時(shí)針方向，上極板接高電勢，下極板接低電勢，兩極板間電場向下，電場力向下，根據(jù)牛頓第二定律mg＋F電＝ma，其中F電＝mg，解得a＝2g，液滴向下做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，在t＝eq\f(3,4)T時(shí)速度最大，運(yùn)動(dòng)方向不改變，故C錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，eq\f(3,4)T～T時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢為逆時(shí)針方向，下極板接高電勢，上極板接低電勢，電場方向向上，液滴在eq\f(T,4)～eq\f(3,4)T時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移x1＝eq\f(1,2)·2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(1,4)gT2，液滴在eq\f(3,4)T～T時(shí)間內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移x2＝2g·eq\f(T,2)·eq\f(T,4)＝eq\f(1,4)gT2，t＝T時(shí)液滴與初始位置相距x＝x1＋x2＝eq\f(1,2)gT2，故D正確。2．一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，線框平面與磁場方向垂直，線框的右邊緊貼著磁場邊界，如圖甲所示。t＝0時(shí)刻對線框施加一水平向右的外力F，讓線框從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)穿過磁場，外力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。已知線框的質(zhì)量m＝1kg，電阻R＝1Ω，以下說法不正確的是()A．線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為1m/s2B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2eq\r(2)TC．線框穿過磁場的過程中，通過線框橫截面的電荷量為eq\f(\r(2),2)CD．線框的邊長為1m解析：選Dt＝0時(shí)刻，線框的速度為零，線框中沒有感應(yīng)電流，不受安培力，加速度為：a＝eq\f(F,m)＝1m/s2，故A正確；線框的邊長為：L＝eq\f(1,2)at2＝0.5m，故D錯(cuò)誤；線框剛出磁場時(shí)的速度為v＝at＝1×1m/s＝1m/s，此時(shí)線框所受的安培力為FA＝BIL＝BLeq\f(BLv,R)＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)牛頓第二定律得F－FA＝ma，由題圖可知此時(shí)F＝3N，聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得B＝2eq\r(2)T，故B正確；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中穿過線框橫截面的電荷量q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)＝eq\f(\r(2),2)C，故C正確。3．(2018·南京二模)如圖甲所示，正方形閉合線圈abcd邊長為10cm，總電阻為2.0Ω，匝數(shù)為100匝，放在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。求：(1)在0～2s時(shí)間內(nèi)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢的大??；(2)在t＝1.0s時(shí)線圈的ad邊所受安培力的大小和方向；(3)線圈中感應(yīng)電流的有效值。解析：(1)在0～2s時(shí)間內(nèi)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為E1＝neq\f(ΔΦ1,Δt1)＝nSeq\f(ΔB1,Δt1)＝100×0.12×eq\f(2,2)V＝1V。(2)在t＝1.0s時(shí)，I1＝eq\f(E1,R)＝0.5A，由題圖可知，B1＝1T，則F＝nB1I1L＝5.0N根據(jù)楞次定律，流過ad邊的電流方向由a到d，由左手定則可知，ad邊所受安培力的方向向右。(3)在0～2s時(shí)間內(nèi)I1＝0.5A在2～3s時(shí)間內(nèi)，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為E2＝neq\f(ΔΦ2,Δt2)＝nSeq\f(ΔB2,Δt2)＝100×0.12×eq\f(2,1)V＝2V，感應(yīng)電流I2＝eq\f(E2,R)＝1A設(shè)線圈中感應(yīng)電流的有效值為I，則I12Rt1＋I(xiàn)22Rt2＝I2Rt，解得I＝eq\f(\r(2),2)A。答案：(1)1V(2)5.0N方向向右(3)eq\f(\r(2),2)A對點(diǎn)訓(xùn)練：電磁感應(yīng)中的能量問題4．[多選]如圖所示，虛線EF左側(cè)區(qū)域Ⅰ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；右側(cè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B。邊長為L、粗細(xì)均勻的正方形金屬線框在區(qū)域Ⅰ內(nèi)，線框平面與磁場垂直，cd邊與虛線EF平行，線框的電阻為R?，F(xiàn)使線框由圖示位置以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)。在線框通過EF過程中，下列說法正確的是()A．通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為eq\f(3BL2,R)B．線框ab邊的電流大小為eq\f(BLv,3R)C．線框受到的安培力的大小為eq\f(9B2L2v,R)D．線框中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(9B2L3v,R)解析：選ACD線框通過EF的過程中，線框中磁通量的變化量是ΔΦ＝3BL2，因此通過線框橫截面的電荷量為q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,RΔt)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(3BL2,R)，故A項(xiàng)正確；線框中的總電動(dòng)勢E＝3BLv，線框中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3BLv,R)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；線框受到的安培力為F＝BIL＋2BIL＝3BIL＝eq\f(9B2L2v,R)，則C項(xiàng)正確；線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3BLv,R)))2·R·eq\f(L,v)＝eq\f(9B2L3v,R)，則D項(xiàng)正確。5．[多選]如圖所示，在足夠高的水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)、足夠長的平行導(dǎo)軌ab、cd，阻值R＝1.0Ω的電阻與導(dǎo)軌a、d端相連。質(zhì)量m1＝0.5kg、長度l＝1m、電阻r＝0.5Ω的金屬桿垂直于導(dǎo)軌并可在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。整個(gè)裝置處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝1T。金屬桿的中點(diǎn)系一不可伸長的絕緣輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪，與一個(gè)質(zhì)量m2＝0.5kg的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)，其他電阻不計(jì)。物塊從靜止開始釋放，g取10m/s2，則物塊在下落過程中()A．最終將做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．最大加速度為10m/s2C．最大速度為6m/sD．電阻R上產(chǎn)生的熱量等于導(dǎo)體棒克服安培力做的功解析：選AC從靜止開始釋放物塊，金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律可知金屬桿受到向左的安培力，且安培力的大小隨著速度增大而增大，金屬桿的合力減小，加速度減小，所以金屬桿做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小為0時(shí)，金屬桿將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；物塊剛開始下落時(shí)加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律，對金屬桿有T－μm1g＝m1a，對物塊有m2g－T＝m2a，聯(lián)立解得物塊下落的最大加速度為a＝4m/s2，故B錯(cuò)誤；物塊和金屬桿先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，速度最大時(shí)，有m2g＝μm1g＋eq\f(B2l2vm,R＋r)，解得物塊下落的最大速度為vm＝6m/s，故C正確；物塊下落過程中，電阻R上和金屬桿r產(chǎn)生的熱量總和等于導(dǎo)體棒克服安培力做的功，故D錯(cuò)誤。6.(2019·蘇州模擬)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距L，導(dǎo)軌上端連接著阻值為R的定值電阻，質(zhì)量為m的金屬桿ab與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，金屬桿和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處于與導(dǎo)軌平面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。金屬桿由靜止釋放，下落高度h后開始做勻速運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g。求：(1)金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v；(2)下落高度h的過程中，通過金屬桿的電荷量q；(3)下落高度h的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BLv根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)金屬桿受到的安培力F安＝BIL，則F安＝eq\f(B2L2v,R)金屬桿勻速，根據(jù)平衡條件F安＝mg聯(lián)立解得v＝eq\f(mgR,B2L2)。(2)下降高度h的過程中，通過金屬桿的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt根據(jù)歐姆定律有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，則q＝neq\f(ΔΦ,R)下降高度h的過程中的磁通量變化ΔΦ＝BLh，且n＝1解得q＝eq\f(BLh,R)。(3)下降高度h的過程中，根據(jù)能量守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Q解得Q＝mgh－eq\f(m3g2R2,2B4L4)。答案：(1)eq\f(mgR,B2L2)(2)eq\f(BLh,R)(3)mgh－eq\f(m3g2R2,2B4L4)7．(2019·南師附中模擬)近期大功率儲能技術(shù)受到媒體的廣泛關(guān)注，其中飛輪儲能是熱點(diǎn)之一。為說明某種飛輪儲能的基本原理，將模型簡化為如圖所示：光滑的“”型導(dǎo)軌水平放置，電阻不計(jì)，長度足夠。軌道平行部分間距為L＝1m，導(dǎo)軌上靜止放置有長度也為L、質(zhì)量為m＝100kg、電阻為R1＝0.1Ω的導(dǎo)體棒AB。導(dǎo)軌間虛線框區(qū)域有垂直軌道平面向上的均勻變化磁場。虛線框右側(cè)區(qū)域有垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝10T。圖中開關(guān)S接a，經(jīng)過足夠長時(shí)間，棒AB向右勻速運(yùn)動(dòng)，速度為v＝100m/s。然后若將開關(guān)S接b，棒AB可作為電源對電阻R2供電，電阻R2＝0.9Ω。(1)開關(guān)S接a，棒AB勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，虛線框中的磁場磁通量每秒鐘變化多少？(2)求開關(guān)S接b的瞬間棒AB的加速度大小。(3)求開關(guān)S接b后R2產(chǎn)生的總熱量Q。解析：(1)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為零，安培力為零，電流為零，磁通量不變，所以虛線框中磁場每秒變化ΔΦ＝BLvt＝1000Wb。(2)棒AB產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝BLv＝1000V，電路中產(chǎn)生的電流I＝eq\f(E,R1＋R2)＝1000A，故受到的安培力為F＝BIL＝1×104N，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝eq\f(F,m)＝100m/s2。(3)棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為電熱，故Q總＝eq\f(1,2)mv2＝5×105J，電阻R2上產(chǎn)生的電熱為Q＝eq\f(R2,R1＋R2)Q總＝4.5×105J。答案：(1)1000Wb(2)100m/s2(3)4.5×105J考點(diǎn)綜合訓(xùn)練8．(2019·蘇州一模)如圖所示，空間存在豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一邊長為L，質(zhì)量為m、電阻為R的正方形單匝導(dǎo)線框abcd放在水平桌面上。在水平拉力作用下，線框從左邊界以速度v勻速進(jìn)入磁場，當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)撤去拉力，ab邊恰好能到達(dá)磁場的右邊界。已知線框與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，磁場寬度大于L，重力加速度為g。求：(1)ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，其兩端的電壓U；(2)水平拉力F的大小和磁場的寬度d；(3)整個(gè)過程中產(chǎn)生的總熱量Q。解析：(1)剛進(jìn)入磁場時(shí)，ab邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝BLv則線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)ab邊兩端的電壓U＝I·eq\f(3,4)R＝eq\f(3,4)BLv。(2)線框勻速進(jìn)入磁場，受拉力F、安培力F安和摩擦力，由平衡條件得F＝FA＋μmg，又F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，所以水平拉力F＝eq\f(B2L2v,R)＋μmg撤去拉力后，線框勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x＝eq\f(v2,2μg)所以磁場寬度d＝L＋eq\f(v2,2μg)。(3)進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生焦耳熱Q1＝I2Rt1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,R)))2·R·eq\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,R)由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(v2,2μg)))＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2所以整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量為Q＝Q1＋Q2＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(B2L3v,R)。答案：(1)eq\f(3,4)BLv(2)eq\f(B2L2v,R)＋μmgL＋eq\f(v2,2μg)(3)μmgL＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(B2L3v,R)9．(2019·鎮(zhèn)江一模)如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，其電阻不計(jì)，間距為0.4m。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界為MN，區(qū)