2017高考物理一轮复习第9章电磁感应能力课时13电磁感应中的动力学和能量问题(含解析)

1能力课时13电磁感应中的动力学和能量问题一、单项选择题1.如图1所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计。现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时()图1A．电容器两端的电压为零B．电阻两端的电压为BLvC．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2vR解析当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U＝E＝BLv，所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B错误，C正确；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D错误。答案C2.如图2所示，在光滑的水平面上，一质量为m，半径为r，电阻为R的均匀金属环，以v0的初速度向一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d＞2r)。圆环的一半进入磁场历时t秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q，则t秒末圆环中感应电流的瞬时功率为()图22A.4B2r2v20RB.4B2r2（v20－2Qm）RC.2B2r2（v20－2Qm）RD.B2r2π2（v20－2Qm）R解析t秒末圆环中感应电动势为E＝B·2r·v，由能量守恒知，减少的动能全部转化为焦耳热，Q＝12mv20－12mv2，t秒末圆环中感应电流的功率为P＝EI＝E2R＝4B2r2（v20－2Qm）R，B正确。答案B二、多项选择题3．(2016·江苏淮安模拟)如图3甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接。导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆、导轨的电阻均忽略不计，匀强磁场垂直导轨平面向下。用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，金属杆做匀速运动时的速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示。下列说法正确的是()图3A．金属杆在匀速运动之前做匀加速直线运动B．流过电阻R的电流方向为a→R→bC．由图象可以得出B、L、R三者的关系式为B2L2R＝23D．当恒力F＝3N时，电阻R消耗的最大电功率为8W解析金属杆在匀速运动之前，随着运动速度的增大，由F安＝B2L2vR可知金属杆所受的安培力增大，由牛顿第二定律可知金属杆的加速度减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，选项A错误；由楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为a→R→b，选项B正确；因为图象与横轴交点等于金属杆所受摩擦力的大小，故由图象可知金属杆所受的摩擦力为Ff＝1N，金属杆匀速运动时有F－Ff＝F安＝B2L2vR，则可得B2L2R＝F－Ffv＝12，选项C错误；当恒力F＝3N时，金属杆受到的安培力大小为F安＝F－Ff＝2N，金属杆匀速运动的速度为4m/s，所以金3属杆克服安培力做功的功率P＝8W，转化为电能的功率为8W，故电阻R消耗的最大电功率为8W，选项D正确。答案BD4.(2016·广东中山二模)如图4所示，在水平桌面上放置两条相距为l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连。质量为m、电阻也为R的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B。导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则()图4A．电阻R中的感应电流方向由c到aB．物块下落的最大加速度为gC．若h足够大，物块下落的最大速度为2mgRB2l2D．通过电阻R的电荷量为BlhR解析由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向由c到a，A正确；物块刚下落时加速度最大，由牛顿第二定律有2mam＝mg，最大加速度：am＝g2，B错误；对导体棒与物块组成的整体，当所受的安培力与物块的重力平衡时，达到最大速度，即B2l2vm2R＝mg，所以vm＝2mgRB2l2，C正确；通过电阻R的电荷量q＝ΔΦ2R＝Blh2R，D错误。答案AC三、非选择题5.如图5所示，在高度差为h的平行虚线区域内有磁感应强度为B，方向水平向里的匀强磁场。正方形线框abcd的质量为m，边长为L(L＝h)，电阻为R，线框平面与竖直平面平行，静止于位置“Ⅰ”时，cd边与磁场下边缘有一段距离H。现用一竖直向上的恒力F提线框，线框由位置“Ⅰ”无初速度向上运动，穿过磁场区域最后到达位置“Ⅱ”(ab边恰好出磁场)，线框平面在运动中保持在竖直平面内，且ab边保持水平。当cd边刚进入磁场时，线框恰好开始匀速运动。空气阻气不计，g＝10m/s2。求：4图5(1)线框进入磁场前距磁场下边界的距离H；(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功和线框产生的热量。解析(1)线框进入磁场做匀速运动，设速度为v1，有：E＝BLv1，I＝ER，F安＝BIL；根据线框在磁场中的受力，有F＝mg＋F安。在恒力作用下，线框从位置“Ⅰ”由静止开始向上做匀加速直线运动，有F－mg＝ma，且H＝v212a，由以上各式解得H＝mR22B4L4(F－mg)。(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功为W＝F(H＋h＋L)。只有线框在穿越磁场的过程中才会产生热量，因此从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中有F(L＋h)＝mg(L＋h)＋Q，所以Q＝(F－mg)(L＋h)。答案(1)mR22B4L4(F－mg)(2)F(H＋h＋L)(F－mg)(L＋h)6.(2016·南通市高三调研)如图6所示，水平面上两平行光滑金属导轨间距为L，左端用导线连接阻值为R的电阻。在间距为d的虚线MN、PQ之间，存在方向垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小只随着与MN的距离变化而变化。质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置，在大小为F的水平恒力作用下由静止开始向右运动，到达虚线MN时的速度为v0。此后恰能以加速度a在磁场中做匀加速运动。导轨电阻不计，始终与导体棒接触良好，求：图65(1)导体棒开始运动的位置到MN的距离x；(2)磁场左边缘MN处的磁感应强度大小B；(3)导体棒通过磁场区域过程中，电阻R上产生的焦耳热QR。解析(1)导体棒在磁场外，由动能定理有Fx＝12mv20解得x＝mv202F。(2)导体棒刚进磁场时产生的电动势E＝BLv0，由闭合电路欧姆定律有I＝ER＋r，又F安＝ILB由牛顿第二定律有F－F安＝ma，解得B＝1L（F－ma）（R＋r）v0。(3)导体棒穿过磁场过程，由牛顿第二定律有F－F安＝ma，导体棒克服安培力做功W＝F安d，电路中产生的焦耳热Q＝W，电阻R上产生的焦耳热QR＝RR＋rQ，解得QR＝RdR＋r(F－ma)。答案(1)mv20(2)1L（F－ma）（R＋r）v0(3)RdR＋r(F－ma)7．(2016·江苏宿迁模拟)如图7甲所示，“Ⅱ”形线框竖直放置，电阻不计。匀强磁场方向与线框平面垂直，一个质量为m、阻值为R的光滑导体棒AB，紧贴线框下滑，所达到的最大速度为v。现将该线框和磁场同时旋转一个角度放置在倾角为θ的斜面上，如图乙所示。图7(1)在斜面上导体棒由静止释放，在下滑过程中，线框一直处于静止状态，求导体棒的最大6速度；(2)导体棒在下滑过程中线框保持静止，求线框与斜面之间的动摩擦因数μ所满足的条件(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；(3)现用一个恒力F＝2mgsinθ沿斜面向上由静止开始拉导体棒，通过距离s时导体棒已经做匀速运动，线框保持不动，求此过程中导体棒上产生的焦耳热。解析(1)线框竖直时，对导体棒E＝BLvI＝ERmg＝BIL＝B2L2vR同理，导体棒在斜面上下滑速度最大时mgsinθ＝B2L2v1R解得v1＝vsinθ。(2)设线框的质量为M，当导体棒速度最大时，线框受到沿斜面向下的安培力最大，要使线框静止不动，则：Mgsinθ＋F安≤Ffmax即：Mgsinθ＋mgsinθ≤μ(M＋m)gcosθ解得μ≥tanθ。(3)当匀速运动时F＝mgsinθ＋F安′F安′＝B2L2v2R由功能关系可得Fs＝mgssinθ＋12mv22＋Q联立可得Q＝mgssinθ－12mv2sin2θ。答案(1)vsinθ(2)μ≥tanθ(3)mgssinθ－12mv2sin2θ8．(2016·河南洛阳模拟)如图8所示，两完全相同的金属棒垂直放在水平光滑导轨上，其质量均为m＝1kg，导轨间距d＝0.5m，现两棒并齐，中间夹一长度不计的轻质压缩弹簧，弹簧弹性势能为Ep＝16J。现释放弹簧(不拴接)，弹簧弹开后，两棒同时获得大小相等的速度开始反向运动，ab棒进入一随时间变化的磁场，已知B＝2＋0.5t(单位：T)，导轨上另有两个挡块P、Q，cd棒与之碰撞时无能量损失，开始时挡块P与cd棒之间的距离为16m，ab棒与虚线MN之间的距离为16m，两棒接入导轨部分的电阻均为R＝5Ω，导轨电阻不计。若从释放弹簧时开始计时(不考虑弹簧弹开两棒的时间，即瞬间就弹开两棒)，在ab棒进入7磁场边界的瞬间，对ab棒施加一外力F(大小和方向都可以变化)，使之做加速度大小为a＝0.5m/s2的匀减速直线运动，求：图8(1)ab棒刚进入磁场时的外力F的大小和方向；(2)ab棒速度为零时所受到的安培力。解析(1)弹簧弹开瞬间，设两棒的速度大小均为v0，在这个过程中，系统的机械能守恒，则Ep＝2×12mv20，解得v0＝4m/sab棒经t1＝164s＝4s进入磁场，此时磁感应强度大小为B1＝2T＋0.5×4T＝4Tab棒受到的安培力F安＝B21d2v02R＝1.6N，方向水平向左由牛顿第二定律得F安－F＝ma则所加外力F＝F安－ma＝1.1N，方向水平向右。(2)ab棒进入磁场后，又经t2＝v0a＝8s速度变为零，而cd棒与两挡块碰撞后反向运动，恰好在ab棒速度为零时到达磁场边界MN，故此时的电动势E＝B2dv0其中B2＝2T＋0.5×12T(此时时间过去了12s)＝8T解得E＝16V，I＝E2R＝1.6A所以此时ab棒受到的安培力F安′＝B2Id＝8×1.6×0.5N＝6.4N，方向水平向右。答案(1)1.1N方向水平向右(2)6.4N方向水平向右