2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤檢測(cè)（三十四）第九章電磁感應(yīng)第4節(jié)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題

PAGEPAGEPAGE2課時(shí)跟蹤檢測(cè)〔三十四〕電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1.如下圖，有兩根和水平方向成α角的光滑平行金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一根質(zhì)量為m的金屬桿(電阻忽略不計(jì))從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，那么()A．如果B增大，vm將變大B．如果α增大，vm將變大C．如果R變小，vm將變大D．如果m變小，vm將變大解析：選B金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，速度達(dá)最大值vm，此后金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)。桿受重力、軌道的支持力和安培力如下圖。安培力F＝eq\f(BLvm,R)LB，對(duì)金屬桿列平衡方程式：mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，那么vm＝eq\f(mgsinα·R,B2L2)。由此式可知，B增大，vm減小；α增大，vm增大；R變小，vm變??；m變小，vm變小。因此A、C、D錯(cuò)誤，B正確。2．(多項(xiàng)選擇)(2022·唐山模擬)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個(gè)平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個(gè)裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎?，MN始終保持靜止，那么0～t2時(shí)間內(nèi)()A．電容器C的電荷量大小始終不變B．電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電C．MN所受安培力的大小始終不變D．MN所受安培力的方向先向右后向左解析：選AD磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，產(chǎn)生恒定電動(dòng)勢(shì)，電容器C的電荷量大小始終沒(méi)變，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由于磁感應(yīng)強(qiáng)度變化，根據(jù)楞次定律和左手定那么可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，大小先減小后增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。3．(多項(xiàng)選擇)(2022·四川第二次大聯(lián)考)如下圖，固定的豎直光滑U型金屬導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。初始時(shí)刻，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，其伸長(zhǎng)量為x1＝eq\f(mg,k)，此時(shí)導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小F＝eq\f(B2L2v0,R)B．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒加速度的大小a＝2g＋eq\f(B2L2v0,mR＋r)C．導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終將靜止時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)D．導(dǎo)體棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2m2g2,k)解析：選BC由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝Blv0，由閉合電路的歐姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)，由安培力公式得：F＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，故A錯(cuò)誤；初始時(shí)刻，F(xiàn)＋mg＋kx1＝ma，得a＝2g＋eq\f(B2L2v0,mR＋r)，故B正確；因?yàn)閷?dǎo)體棒靜止時(shí)沒(méi)有安培力，只有重力和彈簧的彈力，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，故C正確；根據(jù)能量守恒，減小的動(dòng)能和重力勢(shì)能全都轉(zhuǎn)化為焦耳熱，但R上的只是一局部，故D錯(cuò)誤。4．(2022·廈門(mén)質(zhì)檢)學(xué)校物理興趣小組設(shè)計(jì)了一種可粗略測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度的實(shí)驗(yàn)，其實(shí)驗(yàn)裝置如下圖。在該裝置中磁鐵通過(guò)細(xì)線豎直懸掛在力傳感器下面，磁鐵兩極之間的磁場(chǎng)可視為水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其余區(qū)域磁場(chǎng)很弱可忽略不計(jì)，此時(shí)力傳感器讀數(shù)為F1。細(xì)直金屬棒PQ的兩端通過(guò)導(dǎo)線與一阻值為R的電阻連接形成閉合回路，金屬棒電阻為r，導(dǎo)線電阻不計(jì)。假設(shè)讓金屬棒水平且垂直于磁場(chǎng)以速度v豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)力傳感器示數(shù)為F2。金屬棒在磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為d。(1)判斷通過(guò)細(xì)直金屬棒PQ中的電流方向和它受到的安培力方向；(2)求出磁鐵兩極之間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。解析：(1)由右手定那么可知，流過(guò)PQ的電流從Q流向P，由左手定那么可知，PQ受到的安培力方向豎直向上。(2)棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝Bdv由閉合電路歐姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)，安培力大小為：F＝BId，棒不動(dòng)時(shí)，對(duì)磁鐵由平衡條件得：F1＝mg棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)磁鐵有：F2＝mg＋F解得：B＝eq\r(\f(F2－F1R＋r,vd2))。答案：(1)由Q流向P，豎直向上(2)eq\r(\f(F2－F1R＋r,vd2))對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題5.(2022·九江模擬)如下圖，一無(wú)限長(zhǎng)通電直導(dǎo)線固定在光滑水平面上，金屬環(huán)質(zhì)量為0.2kg，在該平面上以初速度v0＝4m/s、朝與導(dǎo)線夾角為60°的方向運(yùn)動(dòng)，最后到達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)，此過(guò)程金屬環(huán)中產(chǎn)生的電能最多為()A．1.6J B．1.2JC．0.8J D．0.4J解析：選B由題意可知沿導(dǎo)線方向分速度v1＝v0cos60°＝2m/s，根據(jù)能量守恒定律得：Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12＝1.2J，故環(huán)中最多能產(chǎn)生1.2J的電能，B正確。6．(多項(xiàng)選擇)(2022·青島模擬)如圖甲所示，豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝0.5T，并且以eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s的變化率均勻增大，圖像如圖乙所示，水平放置的導(dǎo)軌不計(jì)電阻，不計(jì)摩擦阻力，寬度L＝0.5m，在導(dǎo)軌上放著一金屬棒MN，電阻R0＝0.1Ω，并且水平細(xì)線通過(guò)定滑輪懸吊著質(zhì)量M＝0.2kg的重物。導(dǎo)軌上的定值電阻R＝0.4Ω，與P、Q端點(diǎn)相連組成回路。又知PN長(zhǎng)d＝0.8m。在重物被拉起的過(guò)程中，以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是(g取10N/kg)()A．電流的方向由P到QB．電流的大小為0.1AC．從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)495s的時(shí)間，金屬棒MN恰能將重物拉起D．電阻R上產(chǎn)生的熱量約為16J解析：選AC根據(jù)楞次定律可知電流方向?yàn)镸→N→P→Q→M，故A項(xiàng)正確；電流大小I＝eq\f(ΔB·S,ΔtR0＋R)＝eq\f(0.1×0.8×0.5,0.1＋0.4)A＝0.08A，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；要恰好把質(zhì)量M＝0.2kg的重物拉起，那么F安＝FT＝Mg＝2N，B′＝eq\f(Mg,IL)＝eq\f(0.2×10,0.08×0.5)T＝50T，B′＝B0＋eq\f(ΔB,Δt)·t＝0.5＋0.1t，解得t＝495s，故C項(xiàng)正確；電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝(0.08)2×0.4×495J＝1.27J，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。7.(多項(xiàng)選擇)(2022·贛州期末)如下圖，abcd為一矩形金屬線框，其中ab＝cd＝L，ab邊接有定值電阻R，cd邊的質(zhì)量為m，其他局部的電阻和質(zhì)量均不計(jì)，整個(gè)裝置用兩根絕緣輕彈簧懸掛起來(lái)。線框下方處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。初始時(shí)刻，使兩彈簧處于自然長(zhǎng)度，且給線框一豎直向下的初速度v0，當(dāng)cd邊第一次運(yùn)動(dòng)至最下端的過(guò)程中，R產(chǎn)生的電熱為Q，此過(guò)程及以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab邊未進(jìn)入磁場(chǎng)、cd邊始終未離開(kāi)磁場(chǎng)，重力加速度大小為g，以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A．初始時(shí)刻cd邊所受安培力的大小為eq\f(B2L2v0,R)－mgB．線框中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電流可能為eq\f(BLv0,R)C．在cd邊第一次到達(dá)最下端的時(shí)刻，兩根彈簧具有的彈性勢(shì)能總量大于eq\f(1,2)mv02－QD．在cd邊反復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，R中產(chǎn)生的電熱最多為eq\f(1,2)mv02解析：選BC初始時(shí)刻，cd邊速度為v0，假設(shè)此時(shí)所受重力不大于安培力，那么產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，為E＝BLv0，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)，cd邊所受安培力的大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)，A錯(cuò)誤，B正確。由能量守恒定律，eq\f(1,2)mv02＋mgh＝Q＋Ep，cd邊第一次到達(dá)最下端的時(shí)刻，兩根彈簧具有的彈性勢(shì)能總量為Ep＝eq\f(1,2)mv02－Q＋mgh，大于eq\f(1,2)mv02－Q，C正確。cd邊最后靜止在初始位置下方，重力做的功大于克服彈簧彈力做的功；由能量守恒定律可知，導(dǎo)體棒的動(dòng)能和減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱及彈簧的彈性勢(shì)能，因減小的重力勢(shì)能大于增加的彈性勢(shì)能，所以熱量應(yīng)大于eq\f(1,2)mv02，故D錯(cuò)誤。考點(diǎn)綜合訓(xùn)練8．(2022·連云港一模)如下圖，電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)的U型金屬框架放置在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，該裝置處于垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T。質(zhì)量m＝0.1kg、電阻R＝0.4Ω的導(dǎo)體棒ab垂直放在框架上，從靜止開(kāi)始沿框架無(wú)摩擦下滑，與框架接觸良好?？蚣艿馁|(zhì)量M＝0.2kg、寬度l＝0.4m，框架與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，與斜面間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)假設(shè)框架固定，求導(dǎo)體棒的最大速度vm；(2)假設(shè)框架固定，棒從靜止開(kāi)始下滑5.75m時(shí)速度v＝5m/s，求此過(guò)程回路中產(chǎn)生的熱量Q及流過(guò)ab棒的電量q；(3)假設(shè)框架不固定，求當(dāng)框架剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)棒的速度v1。解析：(1)棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝Blv回路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，棒ab所受的安培力F＝BIl，對(duì)棒ab:mgsin37°－BIl＝ma當(dāng)加速度a＝0時(shí)，速度最大，最大值vm＝eq\f(mgRsin37°,Bl2)＝6m/s。(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有mgxsin37°＝eq\f(1,2)mv2＋Q，代入數(shù)據(jù)解得Q＝2.2Jq＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Blx,R)＝2.875C。(3)回路中感應(yīng)電流I1＝eq\f(Blv1,R)框架上邊所受安培力F1＝BI1對(duì)框架Mgsin37°＋BI1l＝μ(m＋M)g代入數(shù)據(jù)解得v1＝2.4m/s。答案：(1)6m/s(2)2.2J2.875C(3)2.4m/s9．(2022·天津高考)電磁緩速器是應(yīng)用于車(chē)輛上以提高運(yùn)行平安性的輔助制動(dòng)裝置，其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車(chē)輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論：如下圖，將形狀相同的兩根平行且足夠長(zhǎng)的鋁條固定在光滑斜面上，斜面與水平方向夾角為θ，一質(zhì)量為m的條形磁鐵滑入兩鋁條間，恰好勻速穿過(guò)，穿過(guò)時(shí)磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定，其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動(dòng)、鋁條相對(duì)磁鐵運(yùn)動(dòng)相同。磁鐵端面是邊長(zhǎng)為d的正方形，由于磁鐵距離鋁條很近，磁鐵端面正對(duì)兩鋁條區(qū)域的磁場(chǎng)均可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，鋁條的高度大于d，電阻率為ρ。為研究問(wèn)題方便，鋁條中只考慮與磁鐵正對(duì)局部的電阻和磁場(chǎng)，其他局部電阻和磁場(chǎng)可忽略不計(jì)，假設(shè)磁鐵進(jìn)入鋁條間以后，減少的機(jī)械能完全轉(zhuǎn)化為鋁條的內(nèi)能，重力加速度為g。(1)求鋁條中與磁鐵正對(duì)局部的電流I；(2)假設(shè)兩鋁條的寬度均為b，推導(dǎo)磁鐵勻速穿過(guò)鋁條間時(shí)速度v的表達(dá)式；(3)在其他條件不變的情況下，僅將兩鋁條更換為寬度b′＞b的鋁條，磁鐵仍以速度v進(jìn)入鋁條間，試簡(jiǎn)要分析說(shuō)明磁鐵在鋁條間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度和速度如何變化。解析：(1)磁鐵在鋁條間運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩根鋁條受到的安培力大小相等，均為F安，有F安＝IdB①磁鐵受到沿斜面向上的作用力為F，其大小有F＝2F安磁鐵勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡，那么有F－mgsinθ＝0③聯(lián)立①②③式可得I＝eq\f(mgsinθ,2Bd)。④(2)磁鐵穿過(guò)鋁條間時(shí)，在鋁條中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，有E＝Bdv⑤鋁條與磁鐵正對(duì)局部的電阻為R，由電阻定律有R＝ρeq\f(d,db)⑥由歐姆定律有I＝eq\f(E,R)⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式可得v＝eq\f(ρmgsinθ,2B2d2b)。⑧(3)磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間，恰好做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁鐵受到沿斜面向上的作用力F，聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得F＝eq\f(2B2d2bv,ρ)⑨當(dāng)鋁條的寬度b′＞b時(shí)，磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間時(shí)，磁鐵受到的作用力變?yōu)镕′，有F′＝eq\f(2B2d2b′v,ρ)eq\o(○,\s\up1(10))可見(jiàn)，F(xiàn)′＞F＝mgsinθ，磁鐵所受到的合