高考物理总复习9.4专题：电磁感应中的动力学和能量问题课时作业新人教版选修3_2

【与名师对话】高考物理总复习9.4专题：电磁感应中的动力学和能量问题课时作业新人教版选修3-21．水平放置的金属框架cdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则(　　)A．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力增大B．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力不变C．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大D．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变解析：由法拉第电磁感应定律E＝＝·S知，磁感应强度均匀增大，则ab中感应电动势和电流不变，由Ff＝F安＝BIL知摩擦力增大，选项C正确．答案：C2.如右图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd，其边长为l，质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ.虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab边与磁场的d′c′边重合．现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d′c′边距离为l.在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为(　　)A.mv＋μmgl　　　　　　　B.mv－μmglC.mv＋2μmglD.mv－2μmgl解析：依题意知，金属线框移动的位移大小为2l，此过程中克服摩擦力做功为2μmgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q＝mv－2μmgl，故选项D正确．答案：D3．(2022·株州模拟)如图(甲)、(乙)、(丙)中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，(甲)图中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在(甲)、(乙)、(丙)三种情况下导体棒ab的最终运动状态是(　　)A．三种情形下导体棒ab最终都做匀速运动B．(甲)、(丙)中，ab棒最终将以不同速度做匀速运动；(乙)中，ab棒最终静止C．(甲)、(丙)中，ab棒最终将以相同速度做匀速运动；(乙)中，ab棒最终静止6\nD．三种情形下导体棒ab最终都静止解析：题图(甲)中ab棒运动后给电容器充电，当充电完成后，棒以一个小于v0的速度向右匀速运动．题图(乙)中构成了回路，最终棒的动能完全转化为电热，棒停止运动．题图(丙)中棒先向右减速为零，然后反向加速至匀速．故正确选项为B.答案：B4.如图所示电路，两根光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是(　　)A．作用在金属棒上各力的合力做功为零B．重力做的功等于系统产生的电能C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D．金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热解析：根据动能定理可知，合力做的功等于动能的变化量，故选项A正确；重力做的功等于重力势能的变化量，重力做的功等于克服F所做的功与产生的电能之和，而克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，故选项B、D均错误，C正确．答案：AC5.(2022·福建卷)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律(　　)解析：由题意可知，线框先做自由落体运动，最终做匀加速直线运动．若ab边刚进入磁场时，速度较小，线框内产生的感应电流较小，线框所受安培力小于重力，则线圈进入磁场的过程做加速度逐渐减小的加速运动，图象C有可能；若线框进入磁场时的速度较大，线框内产生的感应电流较大，线框所受安培力大于重力，则线框进入磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，图象B有可能；若线框进入磁场时的速度合适，线框所受安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，图象D有可能；由分析可知选A.答案：A6.如右图所示，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(　　)6\nA．通过ab边的电流方向为a→bB．ab边经过最低点时的速度v＝C．a、b两点间的电压逐渐变大D．金属框中产生的焦耳热为mgL－mv2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b→a，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．答案：D7.(2022·沙市模拟)如右图所示，光滑的“Π”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(　　)A．若B2＝B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑B．若B2＝B1，金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑C．若B2<B1，金属棒进入B2区域后将先加速后匀速下滑D．若B2>B1，金属棒进入B2区域后将先减速后匀速下滑解析：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B2＝B1，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B2<B1，则金属棒MN刚进入B2区域时<mg，金属棒MN先加速运动，当速度增大到使安培力等于mg时，金属棒MN在B2区域内匀速下滑，故选项C正确；同理可知选项D也正确．答案：BCD8.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则(　　)A．v1<v2，Q1<Q2B．v1＝v2，Q1＝Q26\nC．v1<v2，Q1>Q2D．v1＝v2，Q1<Q2解析：线圈进入磁场前机械能守恒，进入磁场时速度均为v＝，设线圈材料的密度为ρ1，电阻率为ρ2，线圈边长为L，导线横截面积为S，则线圈的质量m＝ρ14LS，电阻R＝ρ2，由牛顿第二定律得mg－＝ma，解得a＝g－，可见两线圈在磁场中运动的加速度相同，两线圈落地时速度相同，即v1＝v2，故A、C选项错误；线圈在磁场中运动时产生的热量等于克服安培力做的功，Q＝W安，而F安＝＝S，线圈Ⅱ横截面积S大，F安大，故Q2>Q1，故选项D正确，B错误．答案：D9．(2022·六安一模)光滑平行金属导轨M、N水平放置，导轨上放一根与导轨垂直的导体棒PQ.导轨左端与由电容为C的电容器、单刀双掷开关和电动势为E的电源组成的电路相连接，如图所示．在导轨所在的空间存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)．先将开关接在位置a，使电容器充电并达到稳定后，再将开关拨到位置b，导体棒将会在磁场的作用下开始向右运动，设导轨足够大，则以下说法中正确的是(　　)A．空间存在的磁场方向竖直向下B．导体棒向右做匀加速运动C．当导体棒向右运动的速度达到最大值，电容器的电荷量为零D．导体棒运动的过程中，通过导体棒的电荷量Q<CE解析：充电后电容器的上极板带正电，将开关拨向位置b，PQ中的电流方向是由P→Q，由左手定则判断可知，导轨所在处磁场的方向竖直向下，选项A正确；随着放电的进行，导体棒速度增大，由于它所受的安培力大小与速度有关，所以由牛顿第二定律可知导体棒不能做匀加速运动，选项B错误；运动的导体棒在磁场中切割磁感线，由右手定则判断可知，感应电动势方向由Q→P，当其大小等于电容器两极板间电势差大小时，导体棒速度最大，此时电容器的电荷量并不为零，故选项C错误；由以上分析可知，导体棒从开始运动到速度达到最大时，电容器所带电荷量并没有放电完毕，故通过导体棒的电荷量Q<CE，选项D正确．答案：AD10．(2022·潍坊市高考模拟考试)如图所示，间距l＝0.4m的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度B＝0.2T，方向垂直于斜面．甲乙两金属杆电阻R相同、质量均为m＝0.02kg，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab上，乙在甲上方距甲也为l处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F，使甲金属杆始终以a＝5m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g＝10m/s2，则(　　)A．每根金属杆的电阻R＝0.016Ω6\nB．甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4sC．甲金属杆在磁场中运动过程中F的功率逐渐增大D．乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是0.1W解析：金属杆乙在进入磁场前：mgsinθ＝ma乙　a乙＝gsinθ＝5m/s2＝a甲．金属杆甲做匀加速运动，当金属杆乙刚要进入磁场时，金属杆甲刚要出磁场．由l＝at2得t＝＝0.4s，金属杆甲出磁场时速度与乙金属棒进入磁场时的速度相等．设为v，对乙金属杆：mgsinθ＝BIl，I＝，v＝at＝2m/s，解得R＝0.064Ω，选项A正确，选项B正确；甲金属杆在磁场中运动的过程中，甲金属杆的速度v1＝at，回路中感应电流I＝.由牛顿第二定律：F＋mgsinθ－＝ma，F＝＋ma－mgsinθ.随着v增大，F增大，P＝Fv增大，选项C正确；乙金属杆匀速运动，F安＝，P安＝＝0.2W，选项D错误．答案：BC11．(2022·天津市十二所重点学校高三联考)如图所示，MN和PQ为固定在绝缘水平面上两平行光滑金属导轨，导轨左端MP间接有阻值为R1＝2Ω导线；导轨右端接有与水平轨道相切、半径r＝0.5m内壁光滑的半圆金属轨道．导轨间距L＝0.4m，电阻不计．导轨所在平面abcd区域内有竖直向上B＝0.5T的匀强磁场．导轨上长度也为0.4m、质量m＝0.6kg、电阻R2＝1Ω的金属棒AB以v0＝6m/s速度进入磁场区域，离开磁场区域后恰好能到达半圆轨道的最高点，运动中金属棒始终与导轨保持良好接触．已知重力加速度g＝10m/s2.求：(1)金属棒AB刚滑出磁场右边界cd时的速度v的大小；(2)金属棒滑过磁场区的过程中，导线R1中产生的热量Q.解析：(1)在轨道的最高点，根据牛顿定律mg＝m①金属棒刚滑出磁场到最高点，根据机械能守恒mv＋mg·2r＝mv2②由①②式代入数据解得v＝5m/s(2)对金属棒滑过磁场的过程中，根据能量关系Q总＝mv－mv2③对闭合回路，根据热量关系Q＝R1④由③④式并代入数据得Q＝2.2J答案：(1)5m/s　(2)2.2J6\n12．(2022·新课标全国卷Ⅰ)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝③联立①②③式得Q＝CBLv④(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F安＝BLi⑤设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝⑥ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得ΔQ＝CBLΔv⑦式中，Δv为金属棒的速度变化量．按定义有a＝⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为Ff＝μFN⑨式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有FN＝mgcosθ⑩金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－F安－Ff＝ma⑪联立⑤至⑪式得a＝g由式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t时刻金属棒的速度大小为v＝gt⑬答案：(1)CBLv　(2)v＝gt6