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
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v 0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=t 1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(d>L)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v -t 图象中,可能正确描述上述过程的是( )
A B C D 4.如图1所示,两根足够长、电阻不计且相距L =0.2 m 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 =4 V 的小灯泡,两导轨间有一磁感应强度大小B =5 T 、方向垂直斜面向上的匀强磁场.今将一根长为L 、质量为m =0.2 kg 、电阻r =1.0 Ω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10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则( )
班级 姓名 出题者 徐利兵 审题者 得分
密
封
线
图1
A.金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2
B.金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2
C.金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/s
D.金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/s
5.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 →E
B.导体棒在nq 处的速度大小为2mgRsin θ
B 2L 2
C.导体棒在nq 处的热功率为2m 2g 2
Rsin θ
B 2L
2
D.导体棒从mp 运动到nq ,通过定值电阻的电荷量为BL
2
R
二.计算题(本题共3小题)
7.(16分)如图2所示,两根相距L =1 m 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 =1 Ω的电阻.质量均为m =2 kg 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 =1 Ω.整个装置处于磁感应强度大小B =1 T 、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 =10
m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=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2
8.(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R 1和电阻箱R 2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.
姓名 出题者 徐利兵 审题者 得分
封
线
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;
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
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 A
3.答案 D
解析:导线框刚进入磁场时速度设为v
0,此时产生的感应电动势E=BLv
,感应电流
I=E
R
=
BLv
R
,线框受到的安培力F=BLI=
B2L2v
R
.由牛顿第二定律F=ma知,
B2L2v
R
=
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mgsin θ-μmgcos θ=ma,代入数据得a=4 m/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mgsin θ=BIL+μmgcos θ,由闭合电路欧姆定律得I=
E-U
r
,由法拉第电磁感应定律得E=BLv,联立解得v=4.8 m/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(mgsin θ-f)x
1
=
1
2
mv2,mgsin θ=f+F,F=
B2L2v
2R
,(f+F)(x
2
-x
1
)=E
1
-E
2
,
Q=F(x
2
-x
1
)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mgsin θ=BIL =
B2L2v
R+R
,联立得v=
2mgRsin θ
B2L2
,选项B正确;导体棒的热功率P=I2R=
?
?
?
?
?
BLv
R+R
2R=
m2g2Rsin2θ
B2L2
,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 =
BL2
R
,选项D正确.
7.答案 (1)864 W (2)864 J
解析 (1)cd 杆静止,由平衡条件可得mgsin θ=BIL ,解得I =12 A 由闭合电路欧姆定律得2I =BLv
R +R 2,得v =36 m/s
水平拉力F =2BIL =24 N ,水平拉力的功率P =Fv =864 W
(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 =ΔE k =1
2
mv 2=1 296 J
而Q =I ′2
·32R ·t ,ab 杆产生的焦耳热Q ′=I ′2·R ·t ,所以Q ′=2
3
Q =864 J.
8.答案 (1)b →a (2)mgh -1
2
mv 2 (3)2.0 Ω 0.1 kg
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 =1
2mv 2+Q
则Q =mgh -1
2
mv 2.
9.答案 (1)5mgrsin θ2B 2L 2a (2)m 2g 2rsin 2θ
2B 2L 2
(3)F =m(gsin θ+a)+3B 2L 2a
5r
t
解析 (1)棒ab 对挡板的压力为零时,受力分析可得 BI ab L =mgsin θ
设经时间t 0棒ab 对挡板的压力为零,棒cd 产生的电动势为E ,则 E =BLat 0 I =E
r +R 外
R 外=Rr R +r =23
r I ab =
R R +r
I 解得t 0=
5mgrsin θ
2B 2L 2a
(2)棒ab 对挡板压力为零时,cd 两端电压为 U cd =E -Ir 解得U cd =
mgrsin θ
BL
此时电阻R 的电功率为 P =U 2cd R
解得P =m 2g 2rsin 2θ
2B 2L 2
(3)对cd 棒,由牛顿第二定律得 F -BI ′L -mgsin θ=ma I ′=
E ′
r +R 外
E ′=BLat
解得F =m(gsin θ+a)+3B 2L 2a
5r t.