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1、(江蘇專版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測(三十三)電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題(含解析)
對點訓(xùn)練:電磁感應(yīng)中的動力學(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~T時間內(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
C.t=T時液滴的運動方向改變
D.t=T時
2、液滴與初始位置相距gT2
解析:選BD 根據(jù)題意液滴在0~時間內(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)電動勢沿逆時針方向,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錯誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E==S=,兩極板間的電場強度E′=,由mg=qE′得m==,故B正確;根據(jù)楞次定律,~T時間內(nèi),金屬圓環(huán)內(nèi)感應(yīng)電動勢為順時針方向,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的勻加速運動,在t=T時
3、速度最大,運動方向不改變,故C錯誤;根據(jù)楞次定律,T~T時間內(nèi),感應(yīng)電動勢為逆時針方向,下極板接高電勢,上極板接低電勢,電場方向向上,液滴在~T時間內(nèi)做勻加速直線運動,位移x1=·2g2=gT2,液滴在T~T時間內(nèi)做勻速直線運動,位移x2=2g··=gT2,t=T時液滴與初始位置相距x=x1+x2=gT2,故D正確。
2.一正方形金屬線框位于有界勻強磁場區(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動穿過磁場,外力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知線框的質(zhì)量m=1 kg,電阻R=1 Ω,以下說
4、法不正確的是( )
A.線框做勻加速直線運動的加速度大小為1 m/s2
B.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為2 T
C.線框穿過磁場的過程中,通過線框橫截面的電荷量為 C
D.線框的邊長為1 m
解析:選D t=0時刻,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==1 m/s2,故A正確;線框的邊長為:L=at2=0.5 m,故D錯誤;線框剛出磁場時的速度為 v=at=1×1 m/s=1 m/s,此時線框所受的安培力為FA=BIL=BL=,根據(jù)牛頓第二定律得F-FA=ma,由題圖可知此時F=3 N,聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得B=2 T,故B正確;整個運動過程中穿過線
5、框橫截面的電荷量q=IΔt=Δt=Δt=== 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10 cm,總電阻為2.0 Ω,匝數(shù)為100匝,放在垂直于紙面向里的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。求:
(1)在0~2 s時間內(nèi)線圈中感應(yīng)電動勢的大??;
(2)在t=1.0 s時線圈的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0~2 s時間內(nèi)線圈中感應(yīng)電動勢的大小為
E1=n=nS=100×0.12× V=1 V。
(2)在t=1.0 s時,I1==0.5 A,由題圖可知,B1=1 T,
6、則F=nB1I1L=5.0 N
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0~2 s時間內(nèi)I1=0.5 A
在2~3 s時間內(nèi),線圈中感應(yīng)電動勢的大小為
E2=n=nS=100×0.12× V=2 V,
感應(yīng)電流I2==1 A
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= A。
答案:(1)1 V (2)5.0 N 方向向右 (3) A
對點訓(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磁場,磁感應(yīng)強度大小為B;右側(cè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直于紙面
7、向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為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。現(xiàn)使線框由圖示位置以速度v向右勻速運動。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
B.線框ab邊的電流大小為
C.線框受到的安培力的大小為
D.線框中產(chǎn)生的焦耳熱為
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=·Δt=Δt=Δt==,故A項正確;線框中的總電動勢E=3BLv,線框中的電流I==,B項錯誤;線框受到的安培力為F=BIL+2BIL=3
8、BIL=,則C項正確;線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=2·R·=,則D項正確。
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=1.0 Ω的電阻與導(dǎo)軌a、d端相連。質(zhì)量m1=0.5 kg、長度l=1 m、電阻r=0.5 Ω的金屬桿垂直于導(dǎo)軌并可在導(dǎo)軌上滑動,與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.2。整個裝置處在勻強磁場中,磁場方向豎直向上,磁感應(yīng)強度的大小B=1 T。金屬桿的中點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,與一個質(zhì)量m2=0.5 kg的物塊相連,繩處于拉直狀態(tài),其他電阻不計。物塊從靜止開始釋放,g取10 m/s2,則物塊在下落過程
9、中( )
A.最終將做勻速直線運動
B.最大加速度為10 m/s2
C.最大速度為6 m/s
D.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動,當(dāng)加速度減小為0時,金屬桿將做勻速直線運動,故A正確;物塊剛開始下落時加速度最大,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=4 m/s2,故B錯誤;物塊和金屬桿先做
10、加速運動,后做勻速運動,速度最大時,有m2g=μm1g+,解得物塊下落的最大速度為vm=6 m/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。整個裝置處于與導(dǎo)軌平面垂直的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。金屬桿由靜止釋放,下落高度h后開始做勻速運動,已知重力加速度為g。求:
(1)金屬桿做勻速運動時的速度大小v;
(2)下落高度h的過程中,通過金屬桿的電荷量q;
11、
(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=
金屬桿受到的安培力F安=BIL,則F安=
金屬桿勻速,根據(jù)平衡條件F安=mg
聯(lián)立解得v=。
(2)下降高度h的過程中,通過金屬桿的電荷量q=Δt
根據(jù)歐姆定律有=
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律=n,則q=n
下降高度h的過程中的磁通量變化ΔΦ=BLh,且n=1
解得q=。
(3)下降高度h的過程中,根據(jù)能量守恒定律得
mgh=mv2+Q
解得Q=mgh-。
答案:(1) (2) (3)mgh-
7.(2019·南師附中模擬)近期大功率儲能技術(shù)受到媒體的廣
12、泛關(guān)注,其中飛輪儲能是熱點之一。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,長度足夠。軌道平行部分間距為L=1 m,導(dǎo)軌上靜止放置有長度也為L、質(zhì)量為m=100 kg、電阻為R1=0.1 Ω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磁場,磁感應(yīng)強度為B=10 T。圖中開關(guān)S接a,經(jīng)過足夠長時間,棒AB向右勻速運動,速度為v=100 m/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=0.9 Ω。
(1)開關(guān)S接a,棒AB勻速運動時,虛線框中的磁場磁通量每秒鐘變化多少?
13、
(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)棒勻速運動時加速度為零,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=1 000 Wb。
(2)棒AB產(chǎn)生的電動勢E=BLv=1 000 V,
電路中產(chǎn)生的電流I==1 000 A,
故受到的安培力為F=BIL=1×104N,
根據(jù)牛頓第二定律可得a==100 m/s2。
(3)棒的動能全部轉(zhuǎn)化為電熱,故Q總=mv2=5×105 J,
電阻R2上產(chǎn)生的電熱為Q=Q總=4.5×105 J。
答案:(1)1 000 Wb (2)100 m/s2
14、(3)4.5×105 J
考點綜合訓(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磁場,磁感應(yīng)強度大小為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,其兩端的電壓U;
(2)水平拉力F的大小和磁場的寬度d;
(3)整個過程中產(chǎn)生的總熱量Q。
解析:(1)剛進(jìn)入磁場時,ab邊切割磁感線,相當(dāng)于電源,產(chǎn)生的電動勢E=BLv
則線框
15、中的感應(yīng)電流I==
ab邊兩端的電壓U=I·R=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=,
所以水平拉力F=+μmg
撤去拉力后,線框勻減速運動,由運動學(xué)公式得x=
所以磁場寬度d=L+。
(3)進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生焦耳熱
Q1=I2Rt1=2·R·=
由于摩擦產(chǎn)生的熱量
Q2=μmg=μmgL+mv2
所以整個過程產(chǎn)生的熱量為
Q=Q1+Q2=μmgL+mv2+。
答案:(1)BLv (2)+μmg L+
(3)μmgL+mv2+
9.(2019·鎮(zhèn)江一模)如圖所示,兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌
16、固定在傾角θ=30°的斜面上,其電阻不計,間距為0.4 m。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)域Ⅰ和Ⅱ中的勻強磁場B的方向分別垂直斜面向下和垂直斜面向上,磁感應(yīng)強度大小均為0.5 T。將質(zhì)量為0.1 kg、電阻為0.1 Ω的導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上的區(qū)域Ⅰ中,ab剛好不下滑。再在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量為0.4 kg、電阻為0.1 Ω的光滑導(dǎo)體棒cd從導(dǎo)軌上由靜止開始下滑。cd棒始終處于區(qū)域Ⅱ中,兩棒與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好,g取10 m/s2。
(1)求ab棒所受最大靜摩擦力,并判斷cd棒下滑時ab棒中電流的方向;
(2)求ab棒剛要向上滑動時,cd棒的速度大小v;
(3)若從c
17、d棒開始下滑到ab棒剛要向上滑動的過程中,裝置中產(chǎn)生的總熱量為2.6 J,求此過程中cd棒下滑的距離x。
解析:(1)ab剛好不下滑時,ab所受摩擦力為最大靜摩擦力,
有fmax=m1gsin θ
則fmax=0.5 N
由右手定則可知cd棒下滑時ab中電流方向由a流向b。
(2)設(shè)ab剛好要上滑時,cd棒的感應(yīng)電動勢為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律有
E=Blv
設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I,由閉合電路歐姆定律有
I=
設(shè)ab所受安培力為F安,有F安=BIl
此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下,
由平衡條件有F安=m1gsin θ+fmax
聯(lián)立解得v=5 m/s。
(3)設(shè)cd棒運動的過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總,
由能量守恒有
m2gxsin θ=Q總+m2v2
解得x=3.8 m。
答案:(1)0.5 N 電流方向由a流向b (2)5 m/s
(3)3.8 m