2020版高考物理（江苏专用版）新攻略总复习练习：第九章 微专题8　电磁感应中的动力学和能量问题 .docx

1、微专题8电磁感应中的动力学和能量问题一、单项选择题1.(2017南通一调)如图所示,圆筒形铝管竖直置于水平桌面上,一磁块从铝管的正上方由静止开始下落,穿过铝管落到水平桌面上,下落过程中磁块不与管壁接触。忽略空气阻力,则在下落过程中()A.磁块做自由落体运动 B.磁块的机械能守恒C.铝管对桌面的压力大于铝管的重力D.磁块动能的增加量大于重力势能的减少量答案C磁块在铝管中运动的过程中,虽不计空气阻力,但存在安培力做负功,磁块不会做自由落体运动,故A错误;磁块在整个下落过程中,除重力做功外,还有产生的感应电流对应的安培力做功,导致减小的重力势能除部分转化为动能外,还要产生内能,故机械能不守恒,增加的

2、动能小于重力势能的减小量,故B、D项错误;磁块在整个下落过程中,由楞次定律中“来拒去留”规律可知,铝管受向下的作用力,故铝管对桌面的压力大于铝管的重力,故C项正确。2.如图所示,有两根和水平方向成角的光滑平行金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场,磁感应强度为B,一根质量为m的金属杆(电阻忽略不计)从轨道上由静止滑下,经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,则()A.如果B增大,vm将变大B.如果增大,vm将变大C.如果R变小,vm将变大D.如果m变小,vm将变大答案B金属杆从轨道上由静止滑下,经足够长时间后,速度达最大值vm,此后金属杆

3、做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。安培力F=BLvmRLB,对金属杆列平衡方程式:mg sin =B2L2vmR,则vm=mgsinRB2L2。由此式可知,B增大,vm减小;增大,vm增大;R变小,vm变小;m变小,vm变小。因此A、C、D项错误,B项正确。3.(2018扬州模拟)如图所示,一无限长通电直导线固定在光滑水平面上,金属环质量为0.2 kg,在该平面上以初速度v0=4 m/s、朝与导线夹角为60的方向运动,最后达到稳定状态,此过程金属环中产生的电能最多为()A.1.6 JB.1.2 JC.0.8 JD.0.4 J答案B由题意可知沿导线方向分速度v1=v0cos 6

4、0=2 m/s,根据能量守恒定律得:Q=12mv02-12mv12=1.2 J,故环中最多能产生1.2 J的电能,B正确。二、多项选择题4.(2018昆山模拟)如图甲所示,水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R,导体棒MN放在导轨上且接触良好,整个装置放于垂直导轨平面的磁场中,磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正方向),MN始终保持静止,则0t2时间内()A.电容器C的电荷量大小始终不变B.电容器C的a板先带正电后带负电C.MN所受安培力的大小始终不变D.MN所受安培力的方向先向右后向左答案AD磁感应强度均匀变化,产生恒定电动势,电容器C的电荷量大小始终没变,

5、选项A正确,B错误;由于磁感应强度变化,根据楞次定律和左手定则可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,大小先减小后增大,选项C错误,D正确。5.(2018江苏单科)如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场、的高和间距均为d,磁感应强度为B;质量为m的水平金属杆由静止释放,进入磁场和时的速度相等;金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g。金属杆()A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下B.穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4答案BC由于金属杆在进入磁场和时的速

6、度相等,而在磁场和之间区域只受重力而做匀加速运动,故金属杆在磁场和中均做变减速运动,在刚进入磁场时加速度方向向上,选项A错误;设刚进入磁场时速度为v0,刚离开磁场时速度为v,其运动情况如图中实线所示,其位移为图中阴影部分面积,其平均速度小于v0+v2,而在两磁场之间区域的初、末速度刚好为v和v0,其平均速度等于v0+v2,且两个过程的位移相等,故穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间,选项B正确;因金属杆在进入磁场和时的速度相等,设从进入磁场到进入磁场过程中克服安培力所做的功为W安,由动能定理得2mgd-W安=0,则有W安=2mgd,且克服安培力所做的功就是产生的热量,所以穿过两磁场产生的总

7、热量为4mgd,选项C正确;由于在进入磁场前,金属杆做自由落体运动,末速度v末=2gh,在刚进入磁场时,产生的感应电动势E=BLv末,安培力F=B2L2v末R,且安培力大于重力才能保证金属杆做减速运动,即Fmg,由以上三式解得hm2gR22B4L4,选项D错误。三、非选择题6.(2018南京调研)如图所示,电阻不计、间距为l=1.0 m的光滑平行金属导轨,水平放置于磁感应强度B=1.0 T、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R=1.5 ,质量为m=1.0 kg、电阻为r=0.5 的金属棒MN置于导轨上,始终垂直导轨且接触良好;当MN受到垂直于棒的水平外力F=2.0 N的作用由静止开

8、始运动,经过位移x=1.55 m到达PQ处(图中未画出),此时速度为v=2.0 m/s。求:(1)金属棒在PQ处所受磁场作用力大小;(2)金属棒在PQ处的加速度大小;(3)金属棒在运动中回路总共产生的内能。答案(1)1.0 N(2)1.0 m/s2(3)1.1 J解析(1)速度为v=2.0 m/s时,回路电动势E=Blv产生的电路I=ER+r由此得磁场对金属棒的作用力FA=BH=B2l2vR+r=1.0 N(2)由牛顿第二定律有F-FA=ma解得a=F-FAm=1.0 m/s2(3)由运动中的能量关系Fx+W=12mv2解得W=12mv2-Fx=-1.1 J棒克服安培力所做的功,即回路中总共产

9、生的内能为1.1 J。7.(2018苏州一模)如图所示,空间存在竖直向下的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B;一边长为L,质量为m、电阻为R的正方形单匝导线框abcd放在水平桌面上;在水平拉力作用下,线框从左边界以速度v匀速进入磁场,当cd边刚进入磁场时撤去拉力,ab边最终恰好能到达磁场的右边界。已知线框与桌面间动摩擦因数为,磁场宽度大于L,重力加速度为g。求:(1)ab边刚进入磁场时,其两端的电压U;(2)水平拉力的大小F和磁场的宽度d;(3)整个过程中产生的总热量Q。答案(1)34BLv(2)L+v22g(3)mgL+12mv2+B2L3vR解析(1)ab边相当于电源,根据切割公式,有E=B

10、LvI=ER=BLvRU=I34R=34BLv(2)F=FA+mg=B2L2vR+mg撤去拉力后,线框匀减速运动,x2=v22g所以d=L+v22g(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q1=I2Rt1=B2L3vR由于摩擦产生的热量Q2=mgL+v22g=mgL+12mv2所以整个过程产生的热量为Q=Q1+Q2=mgL+12mv2+B2L3vR8.(2018苏州调研)如图所示,在倾角=30的光滑固定斜面上,相距为d的两平行虚线MN、PQ间分布有大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场;在PQ上方有一质量m、边长L(Ld)的正方形单匝线圈abcd,线圈的电阻值为R,cd边与PQ边平行且相距x;现将该线圈自

11、此位置由静止释放,使其沿斜面下滑穿过磁场,在ab边将离开磁场时,线圈已做匀速运动,重力加速度为g。求:(1)线圈cd边刚进入磁场时的速率v1;(2)线圈进入磁场的过程中,通过ab边的电荷量q;(3)线圈通过磁场的过程中所产生的焦耳热Q。答案(1)gx(2)BL2R(3)12mg(d+x+L)-m3g2R28B4L4解析(1)线圈沿斜面向下运动,由动能定理得mgx sin 30=12mv12-0解得v1=gx(2)线圈进入磁场的过程中,感应电动势E=t根据闭合电路欧姆定律得I=ER通过ab边的电荷量为q=It=BL2R(3)线圈离开磁场时,做匀速运动有BBLv2RL=mg sin 30解得v2=mgR2B2L2由能量守恒Q=mg(d+x+L)sin 30-12mv22解得Q=12mg(d+x+L)-m3g2R28B4L4