高考物理總復習 9.4專題：電磁感應中的動力學和能量問題課時作業(yè) 新人教版選修3-2

1、【與名師對話】高考物理總復習 9.4專題：電磁感應中的動力學和能量問題課時作業(yè) 新人教版選修3-21水平放置的金屬框架cdef處于如圖所示的勻強磁場中，金屬棒ab處于粗糙的框架上且接觸良好，從某時刻開始，磁感應強度均勻增大，金屬棒ab始終保持靜止，則()Aab中電流增大，ab棒所受摩擦力增大Bab中電流不變，ab棒所受摩擦力不變Cab中電流不變，ab棒所受摩擦力增大Dab中電流增大，ab棒所受摩擦力不變解析：由法拉第電磁感應定律E·S知，磁感應強度均勻增大，則ab中感應電動勢和電流不變，由FfF安BIL知摩擦力增大，選項C正確答案：C2. 如右圖所示，在粗糙絕緣水平面上有一正方形閉合

2、線框abcd，其邊長為l，質量為m，金屬線框與水平面的動摩擦因數(shù)為.虛線框abcd內有一勻強磁場，磁場方向豎直向下開始時金屬線框的ab邊與磁場的dc邊重合現(xiàn)使金屬線框以初速度v0沿水平面滑入磁場區(qū)域，運動一段時間后停止，此時金屬線框的dc邊與磁場區(qū)域的dc邊距離為l.在這個過程中，金屬線框產生的焦耳熱為()A.mvmglB.mvmglC.mv2mgl D.mv2mgl解析：依題意知，金屬線框移動的位移大小為2l，此過程中克服摩擦力做功為2mgl，由能量守恒定律得金屬線框中產生的焦耳熱為Qmv2mgl，故選項D正確 答案：D3(2013·株州模擬)如圖(甲)、(乙)、(丙)中，除導體棒

3、ab可動外，其余部分均固定不動，(甲)圖中的電容器C原來不帶電設導體棒、導軌和直流電源的電阻均可忽略，導體棒和導軌間的摩擦也不計，圖中裝置均在水平面內，且都處于方向垂直水平面(即紙面)向下的勻強磁場中，導軌足夠長現(xiàn)給導體棒ab一個向右的初速度v0，在(甲)、(乙)、(丙)三種情況下導體棒ab的最終運動狀態(tài)是()A三種情形下導體棒ab最終都做勻速運動B(甲)、(丙)中，ab棒最終將以不同速度做勻速運動；(乙)中，ab棒最終靜止C(甲)、(丙)中，ab棒最終將以相同速度做勻速運動；(乙)中，ab棒最終靜止D三種情形下導體棒ab最終都靜止解析：題圖(甲)中ab棒運動后給電容器充電，當充電完成后，棒以

4、一個小于v0的速度向右勻速運動題圖(乙)中構成了回路，最終棒的動能完全轉化為電熱，棒停止運動題圖(丙)中棒先向右減速為零，然后反向加速至勻速故正確選項為B.答案：B4. 如圖所示電路，兩根光滑金屬導軌，平行放置在傾角為的斜面上，導軌下端接有電阻R，導軌電阻不計，斜面處在豎直向上的勻強磁場中，電阻可略去不計的金屬棒ab質量為m，受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用，金屬棒沿導軌勻速下滑，則它在下滑高度h的過程中，以下說法正確的是()A作用在金屬棒上各力的合力做功為零B重力做的功等于系統(tǒng)產生的電能C金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上產生的焦耳熱D金屬棒克服恒力F做的功等于電阻R上產生的焦耳熱

5、解析：根據(jù)動能定理可知，合力做的功等于動能的變化量，故選項A正確；重力做的功等于重力勢能的變化量，重力做的功等于克服F所做的功與產生的電能之和，而克服安培力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱，故選項B、D均錯誤，C正確答案：AC5. (2013·福建卷)如圖，矩形閉合導體線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界線OO平行，線框平面與磁場方向垂直設OO下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣影響，則下列哪一個圖象不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律()解析：由題意可知，線框先做自由落體

6、運動，最終做勻加速直線運動若ab邊剛進入磁場時，速度較小，線框內產生的感應電流較小，線框所受安培力小于重力，則線圈進入磁場的過程做加速度逐漸減小的加速運動，圖象C有可能；若線框進入磁場時的速度較大，線框內產生的感應電流較大，線框所受安培力大于重力，則線框進入磁場時做加速度逐漸減小的減速運動，圖象B有可能；若線框進入磁場時的速度合適，線框所受安培力等于重力，則線框勻速進入磁場，圖象D有可能；由分析可知選A.答案：A6. 如右圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B，方向豎直向下，在磁場中有一個邊長為L的正方形剛性金屬框，ab邊的質量為m，電阻為R，其他三邊的質量和電阻均不計cd邊上裝有固定的水平軸，將金

7、屬框自水平位置由靜止釋放，第一次轉到豎直位置時，ab邊的速度為v，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是()A通過ab邊的電流方向為abBab邊經過最低點時的速度vCa、b兩點間的電壓逐漸變大D金屬框中產生的焦耳熱為mgLmv2解析：ab邊向下擺動過程中，磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律及右手定則可知感應電流方向為ba，選項A錯誤；ab邊由水平位置到達最低點過程中，機械能不守恒，所以選項B錯誤；金屬框擺動過程中，ab邊同時受安培力作用，故當重力與安培力沿其擺動方向分力的合力為零時，a、b兩點間電壓最大，選項C錯誤；根據(jù)能量轉化和守恒定律可知，金屬框中產生的焦耳熱應等于此過程

8、中機械能的損失，故選項D正確答案：D7. (2013·沙市模擬)如右圖所示，光滑的“”形金屬導體框豎直放置，質量為m的金屬棒MN與框架接觸良好磁感應強度分別為B1、B2的有界勻強磁場方向相反，但均垂直于框架平面，分別處在abcd和cdef區(qū)域現(xiàn)從圖示位置由靜止釋放金屬棒MN，當金屬棒進入磁場B1區(qū)域后，恰好做勻速運動以下說法中正確的是()A若B2B1，金屬棒進入B2區(qū)域后將加速下滑B若B2B1，金屬棒進入B2區(qū)域后仍將保持勻速下滑C若B2<B1，金屬棒進入B2區(qū)域后將先加速后勻速下滑D若B2>B1，金屬棒進入B2區(qū)域后將先減速后勻速下滑解析：當金屬棒MN進入磁場B1區(qū)域時

9、，金屬棒MN切割磁感線而使回路中產生感應電流，當金屬棒MN恰好做勻速運動時，其重力和安培力平衡，即有mg.金屬棒MN剛進入B2區(qū)域時，速度仍為v，若B2B1，則仍滿足mg，金屬棒MN仍保持勻速下滑，選項A錯誤，B正確；若B2<B1，則金屬棒MN剛進入B2區(qū)域時<mg，金屬棒MN先加速運動，當速度增大到使安培力等于mg時，金屬棒MN在B2區(qū)域內勻速下滑，故選項C正確；同理可知選項D也正確答案：BCD8. 如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈和，分別用相同材料、不同粗細的導線繞制(為細導線)兩線圈在距磁場上界面h高處由靜止開始自由

10、下落，再進入磁場，最后落到地面運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內且下邊緣平行于磁場上邊界設線圈、落地時的速度大小分別為v1、v2，在磁場中運動時產生的熱量分別為Q1、Q2.不計空氣阻力，則() Av1<v2，Q1<Q2 Bv1v2，Q1Q2Cv1<v2，Q1>Q2 Dv1v2，Q1<Q2解析：線圈進入磁場前機械能守恒，進入磁場時速度均為v，設線圈材料的密度為1，電阻率為2，線圈邊長為L，導線橫截面積為S，則線圈的質量m14LS，電阻R2，由牛頓第二定律得mgma，解得ag，可見兩線圈在磁場中運動的加速度相同，兩線圈落地時速度相同，即v1v2，故A、C選項錯誤

11、；線圈在磁場中運動時產生的熱量等于克服安培力做的功，QW安，而F安S，線圈橫截面積S大，F(xiàn)安大，故Q2>Q1，故選項D正確，B錯誤答案：D9(2013·六安一模)光滑平行金屬導軌M、N水平放置，導軌上放一根與導軌垂直的導體棒PQ.導軌左端與由電容為C的電容器、單刀雙擲開關和電動勢為E的電源組成的電路相連接，如圖所示在導軌所在的空間存在方向垂直于導軌平面的勻強磁場(圖中未畫出)先將開關接在位置a，使電容器充電并達到穩(wěn)定后，再將開關撥到位置b，導體棒將會在磁場的作用下開始向右運動，設導軌足夠大，則以下說法中正確的是() A空間存在的磁場方向豎直向下B導體棒向右做勻加速運動C當導體棒

12、向右運動的速度達到最大值，電容器的電荷量為零D導體棒運動的過程中，通過導體棒的電荷量Q<CE解析：充電后電容器的上極板帶正電，將開關撥向位置b，PQ中的電流方向是由PQ，由左手定則判斷可知，導軌所在處磁場的方向豎直向下，選項A正確；隨著放電的進行，導體棒速度增大，由于它所受的安培力大小與速度有關，所以由牛頓第二定律可知導體棒不能做勻加速運動，選項B錯誤；運動的導體棒在磁場中切割磁感線，由右手定則判斷可知，感應電動勢方向由QP，當其大小等于電容器兩極板間電勢差大小時，導體棒速度最大，此時電容器的電荷量并不為零，故選項C錯誤；由以上分析可知，導體棒從開始運動到速度達到最大時，電容器所帶電荷量

13、并沒有放電完畢，故通過導體棒的電荷量Q<CE，選項D正確答案：AD10(2013·濰坊市高考模擬考試)如圖所示，間距l(xiāng)0.4 m的光滑平行金屬導軌與水平面夾角30°，正方形區(qū)域abcd內勻強磁場的磁感應強度B0.2 T，方向垂直于斜面甲乙兩金屬桿電阻R相同、質量均為m0.02 kg，垂直于導軌放置起初，甲金屬桿處在磁場的上邊界ab上，乙在甲上方距甲也為l處現(xiàn)將兩金屬桿同時由靜止釋放，并同時在甲金屬桿上施加一個沿著導軌的拉力F，使甲金屬桿始終以a5 m/s2的加速度沿導軌勻加速運動，已知乙金屬桿剛進入磁場時做勻速運動，取g10 m/s2，則() A每根金屬桿的電阻R0.

14、016 B甲金屬桿在磁場中運動的時間是0.4 sC甲金屬桿在磁場中運動過程中F的功率逐漸增大D乙金屬桿在磁場中運動過程中安培力的功率是0.1 W解析：金屬桿乙在進入磁場前：mg sin ma乙a乙g sin5 m/s2a甲金屬桿甲做勻加速運動，當金屬桿乙剛要進入磁場時，金屬桿甲剛要出磁場由lat2得t0.4 s，金屬桿甲出磁場時速度與乙金屬棒進入磁場時的速度相等設為v，對乙金屬桿：mgsinBIl，I，vat2 m/s，解得R0.064 ，選項A正確，選項B正確；甲金屬桿在磁場中運動的過程中，甲金屬桿的速度v1at，回路中感應電流I.由牛頓第二定律：Fmgsinma，F(xiàn)mamgsin.隨著v增

15、大，F(xiàn)增大，PFv增大，選項C正確；乙金屬桿勻速運動，F(xiàn)安，P安0.2 W，選項D錯誤答案：BC11(2013·天津市十二所重點學校高三聯(lián)考)如圖所示，MN和PQ為固定在絕緣水平面上兩平行光滑金屬導軌，導軌左端MP間接有阻值為R12 導線；導軌右端接有與水平軌道相切、半徑r0.5 m內壁光滑的半圓金屬軌道導軌間距L0.4 m，電阻不計導軌所在平面abcd區(qū)域內有豎直向上B0.5 T的勻強磁場導軌上長度也為0.4 m、質量m0.6 kg、電阻R21 的金屬棒AB以v06 m/s速度進入磁場區(qū)域，離開磁場區(qū)域后恰好能到達半圓軌道的最高點，運動中金屬棒始終與導軌保持良好接觸已知重力加速度g

16、10 m/s2.求：(1)金屬棒AB剛滑出磁場右邊界cd時的速度v的大?。?2)金屬棒滑過磁場區(qū)的過程中，導線R1中產生的熱量Q.解析：(1)在軌道的最高點，根據(jù)牛頓定律mgm金屬棒剛滑出磁場到最高點，根據(jù)機械能守恒mvmg·2rmv2由式代入數(shù)據(jù)解得v5 m/s(2)對金屬棒滑過磁場的過程中，根據(jù)能量關系Q總mvmv2對閉合回路，根據(jù)熱量關系QR1由式并代入數(shù)據(jù)得Q2.2 J 答案：(1)5 m/s(2)2.2 J12(2013·新課標全國卷)如圖，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為，間距為L.導軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g.忽略所有電阻讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關系解析：(1)設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為EBLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為UE設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C聯(lián)立式得QCBLv(2)設金屬棒的速度大小為v時經歷的時間為t，通過金屬棒的電流為i.金屬棒受到的磁場