高考物理专题：电磁感应中的动力学和能量综合问题及参考答案

第1页共6页高考专题：电磁感应中的动力学和能量综合问题一.选择题。（本题共6小题，每小题6分，共36分。1—3为单选题,4—6为多选题）1.如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中.ab棒以水平初速度v0向右运动，下列说法正确的是()A.ab棒做匀减速运动B.回路中电流均匀减小C.a点电势比b点电势低D.ab棒受到水平向左的安培力2.如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()3.如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动.t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v­t图象中，可能正确描述上述过程的是()ABCD4.如图1所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0.2m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U＝4V的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5T、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L、质量为m＝0.2kg、电阻r＝1.0Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()班级姓名出题者徐利兵审题者得分密封线第2页共6页图1A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3m/s2B．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4m/s2C．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6m/sD．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8m/s5.如图甲所示，在一个倾角为θ的绝缘斜面上有一“U”形轨道abcd，轨道宽度为L，在轨道最底端接有一个定值电阻R，在轨道中的虚线矩形区域有垂直于斜面向下的匀强磁场B.现让一根长为L、质量为m、电阻也为R的导体棒PQ从轨道顶端由静止释放，从导体棒开始运动到恰好到达轨道底端的过程中其机械能E和位移x间的关系如图乙所示，图中a、b、c均为直线段.若重力加速度g及图象中E1、E2、x1、x2均为已知量，则下列说法正确的是()A.导体棒切割运动时P点比Q点电势高B.图象乙中的a和c是平行的C.导体棒在磁场中做匀变速直线运动D.可以求出导体棒切割运动时回路中产生的焦耳热6.如图所示，有两根平行光滑导轨EF、GH，导轨间距离为L，与水平面成θ角，电阻不计，其上端接有定值电阻R.导轨间加有一磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上.m、p、n、q是导轨上的四个位置，mp与nq平行，且与导轨垂直，mp与nq的间距为2L.电阻为R、长为L、质量为m的导体棒从mp处由静止开始运动，导体棒到达nq处恰好能匀速运动.已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A.流过定值电阻R的电流方向为G→EB.导体棒在nq处的速度大小为2mgRsinθB2L2C.导体棒在nq处的热功率为2m2g2RsinθB2L2D.导体棒从mp运动到nq，通过定值电阻的电荷量为BL2R第3页共6页二．计算题（本题共3小题）7.（16分）如图2所示，两根相距L＝1m的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37°角，拐角处连接一阻值R＝1Ω的电阻．质量均为m＝2kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R＝1Ω.整个装置处于磁感应强度大小B＝1T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆静止．g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)水平拉力的功率；(2)现让cd杆静止，求撤去拉力后ab杆产生的焦耳热．图28.（16分）如图3甲所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m.导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S，将金属棒由静止释放．图3(1)判断金属棒ab中电流的方向；(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；班级姓名出题者徐利兵审题者得分密封线第4页共6页9.（24分）如图4所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板，上端连接一个阻值R＝2r的电阻，整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab、cd放在导轨下端，其中棒ab靠在挡板上，棒cd在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a的匀加速运动．已知每根金属棒质量为m、电阻为r，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好．求：(1)经多长时间棒ab对挡板的压力变为零；(2)棒ab对挡板压力为零时，电阻R的电功率；(3)棒ab运动前，拉力F随时间t的变化关系．图4选择题答案题号123456答案第5页共6页高考专题：电磁感应中的动力学和能量综合问题参考答案1.答案D解析：棒具有向右的初速度，根据右手定则，产生b指向a的电流，则a点的电势比b点的电势高.根据左手定则，安培力向左，ab棒做减速运动，因为电动势减小，电流减小，则安培力减小，根据牛顿第二定律，加速度减小，做加速度减小的减速运动，由于速度不是均匀减小，则电流不是均匀减小，故A、B、C错误，D正确.2.答案A3.答案D解析：导线框刚进入磁场时速度设为v0，此时产生的感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝ER＝BLv0R，线框受到的安培力F＝BLI＝B2L2v0R.由牛顿第二定律F＝ma知，B2L2v0R＝ma，由楞次定律知线框开始减速，随v减小，其加速度a减小，故进入磁场时做加速度减小的减速运动.当线框全部进入磁场开始做匀速运动，在出磁场的过程中，仍做加速度减小的减速运动，故只有D选项正确.4.答案BD解析:金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入数据得a＝4m/s2，故选项A错误，B正确；设金属棒稳定下滑时速度为v，感应电动势为E，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ，由闭合电路欧姆定律得I＝E－Ur，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，联立解得v＝4.8m/s，故选项C错误，D正确．5.答案BD解析：导体棒进入磁场后做切割运动，由右手定则知电流由P向Q，故Q点的电势高，即A项错误；导体棒进入磁场前沿导轨下滑克服摩擦力做功，机械能线性减小，进入磁场后切割磁感线，回路中有安培力，因图线b仍是线性关系，故安培力为恒力；若有加速度，则安培力会变，故导体棒在磁场中是匀速的，即C项错误；出场后导体棒的受力情况与进入磁场前的受力情况相同，故图线a和c是平行的，即B项正确；由(mgsinθ－f)x1＝12mv2，mgsinθ＝f＋F，F＝B2L2v2R，(f＋F)(x2－x1)＝E1－E2，Q＝F(x2－x1)可求焦耳热，即D项正确.6.答案BD解析：导体棒下滑切割磁感线，由右手定则可判定m点电势高，流过定值电阻R的电流方向为E→G，选项A错误；因导体棒到达nq处匀速下滑，所以mgsinθ＝BIL＝B2L2vR＋R，联立得v＝2mgRsinθB2L2，选项B正确；导体棒的热功率P＝I2R＝BLvR＋R2R＝m2g2Rsin2θB2L2，选项C错误；导体棒从mp运动到nq，通过定值电阻的电荷量q＝It＝BL2R，选项D正确.7.答案(1)864W(2)864J解析(1)cd杆静止，由平衡条件可得mgsinθ＝BIL，解得I＝12A由闭合电路欧姆定律得2I＝BLvR＋R2，得v＝36m/s水平拉力F＝2BIL＝24N，水平拉力的功率P＝Fv＝864W(2)撤去外力后ab杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有Q＝ΔEk＝12mv2＝1296J而Q＝I′2·32R·t，ab杆产生的焦耳热Q′＝I′2·R·t，所以Q′＝23Q＝864J.第6页共6页8.答案(1)b→a(2)mgh－12mv2(3)2.0Ω0.1kg解析(1)由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向为由b到a.(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，即mgh＝12mv2＋Q则Q＝mgh－12mv2.9.答案(1)5mgrsinθ2B2L2a(2)m2g2rsin2θ2B2L2(3)F＝m(gsinθ＋a)＋3B2L2a5rt解析(1)棒ab对挡板的压力为零时，受力分析可得BIabL＝mgsinθ设经时间t0棒ab对挡板的压力为零，棒cd产生的电动势为E，则E＝BLat0I＝Er＋R外R外＝RrR＋r＝23rIab＝RR＋rI解得t0＝5mgrsinθ2B2L2a(2)棒ab对挡板压力为零时，cd两端电压为Ucd＝E－Ir解得Ucd＝mgrsinθBL此时电阻R的电功率为P＝U2cdR解得P＝m2g2rsin2θ2B2L2(3)对cd棒，由牛顿第二定律得F－BI′L－mgsinθ＝maI′＝E′r＋R外E′＝BLat解得F＝m(gsinθ＋a)＋3B2L2a5rt.