1、高考物理高考物理电磁感应中的动力学、能量与电路电磁感应中的动力学、能量与电路专项专项练练习习 1.如图，足够长的 U 形光滑金属导轨平面与水平面成角(0v2，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移xvt可知 v1v2x1x231 联立以上各式解得v16 7 2gR，v22 7 2gR (2)ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大， 此时它的加速度最大， 设此时回路的感应电动势为E， 则 EBLv1， I E 2r cd棒受到的安培力FcdBIL 根据牛顿第二定律，cd棒的最大加速度aF cd m 联立以上各式解得aB 2L2 2gR 2mr (3)根据能量守恒定律，两棒在
2、导轨上运动过程产生的焦耳热Q1 22mv 2 1 1 22mv 1 21 2mv 2 2 22 49mgR 10.(多选)如图所示， 阻值为R的金属棒从图示ab位置分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到 ab位置，若v1v212，则在这两次过程中( ) A回路电流I1I212 B产生的热量Q1Q212 C通过任一截面的电荷量q1q212 D外力的功率P1P212 【答案】 AB 【解析】 回路中感应电流为：IE R BLv R ，Iv，则得：I1I2v1v212，故 A 正确；产生的热量为： QI 2RtBLv R 2Rs v B 2L2sv R ，Qv，则得：Q1Q2v1v21
3、2，故 B 正确；通过任一截面的电荷量为：q ItBLv R tBLs R ，q与v无关，则得：q1q211，故 C 错误；由于棒匀速运动，外力的功率等于回路消 耗的电功率，即得：PI 2RBLv R 2R，Pv2，则得：P 1P214，故 D 错误。 11.(2019大连模拟)如图所示，上下不等宽的平行导轨，EF和GH部分导轨间的距离为L，PQ和MN部分的 导轨间距为 3L，导轨平面与水平面的夹角为 30，整个装置处在垂直于导轨平面的匀强磁场中。金属杆ab 和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个沿导轨平面 向上的作用力F，使其沿斜面匀速向上运动
4、，同时cd处于静止状态，则F的大小为( ) A.2 3mg Bmg C.4 3mg D3 2mg 【答案】 ： A 【解析】 ： 设ab杆向上做切割磁感线运动时，产生感应电流大小为I，受到安培力大小为：F安BIL，对 于cd，由平衡条件有：BI3Lmgsin 30，对于ab杆，由平衡条件有：Fmgsin 30BIL，综上可得： F2 3mg，故 A 正确。 12.(多选)如图所示，水平放置的粗糙 U 形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度 大小为B的匀强磁场中。一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由 静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形
5、硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计。下列说法正确的是( ) AA点的电势高于C点的电势 B此时AC两端电压为UACBLvR 0 R0r C此过程中电路产生的电热为QFd1 2mv 2 D此过程中通过电阻R0的电荷量为q2BLd R0r 【答案】 ： AD 【解析】 ： 根据右手定则可知，A点相当于电源的正极，电势高，A 正确；稳定后，AC产生的感应电动势 为E2BLv，AC两端的电压为UAC ER0 R0r， 2BLv0R0 R0r ，B 错误；由功能关系得Fd1 2mv 2QQ f，C 错误；此过 程中平均感应电流为I 2BLd R0rt，通过电阻 R0的电荷量为qIt2BLd R0r，D
6、正确。 13.如图所示，质量为m0.1 kg 粗细均匀的导线，绕制成闭合矩形线框，其中长LAC50 cm，宽LAB20 cm， 竖直放置在水平面上。中间有一磁感应强度B1.0 T，磁场宽度d10 cm 的匀强磁场。线框在水平向右的 恒力F2 N 的作用下，由静止开始沿水平方向运动，使AB边进入磁场，从右侧以v1 m/s 的速度匀速运 动离开磁场，整个过程中始终存在大小恒定的阻力F阻1 N，且线框不发生转动。求线框AB边： (1)离开磁场时感应电流的大小； (2)刚进入磁场时感应电动势的大小； (3)穿越磁场的过程中安培力所做的总功的大小。 【答案】 ： (1)5 A (2)0.4 V (3)0
7、.25 J 【解析】 ： (1)线框离开磁场时已经匀速运动，根据平衡条件可得： FF阻BILAB 所以IFF 阻 BLAB 5 A (2)线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：FF阻ma，aFF 阻 m 10 m/s 2 设线框AB边刚进入磁场时速度大小为v0，根据匀变速直线运动的公式得：v 2 02ax 解得：v02 m/s 线框进入磁场时感应电动势为：EBLABv00.4 V (3)线框在穿越磁场的过程中，运用动能定理得：(FF阻)dW1 2mv 21 2mv 2 0 解得：W0.25 J，即安培力所做的总功的大小为 0.25 J。 14 (2019 洛阳市高中三年级模拟)如图所示， 两条足
8、够长的平行金属导轨相距为L， 与水平面的夹角为， 整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直于导 轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直于导轨平面向下。在导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最 大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上。若已知两导体棒质量均为m，电阻均为R，导体棒EF上滑 的最大位移为x，导轨电阻不计，空气阻力不计，重力加速度为g，试求在导体棒EF上滑的整个过程中： (1)导体棒MN受到的最大摩擦力； (2)通过导体棒MN的电荷量； (3)导体棒MN产生的焦耳热。 【答案】 ： (1)B 2L2v 0 2R mgsin (2)
9、BLx 2R (3)1 4mv 2 01 2mgxsin 【解析】 ： (1)对MN受力分析可知，MN受到的安培力FA沿斜面向下，所以静摩擦力Ff沿斜面向上，所以 有：FAmgsin Ff 可见，当EF向上的速度为v0时，静摩擦力最大。此时导体棒EF产生的感应电动势：EBLv0 感应电流：I E 2R 导体棒MN受到的安培力：FABIL 由以上各式联立可解得导体棒MN受到的最大摩擦力： FfB 2L2v 0 2R mgsin (2)设在导体棒EF减速上滑的整个过程中经历的时间为t，则产生的平均感应电动势：EBLx t 平均感应电流：I E 2R 通过导体棒MN的电荷量：qI t 由以上各式联立
10、可解得：qBLx 2R (3)设在导体棒EF上滑的整个过程中克服安培力做的功为W，则 由动能定理可得： mgxsin W01 2mv 2 0 电路中产生的总焦耳热：Q总W 则导体棒MN产生的焦耳热： Q1 2Q 总 由以上各式联立可解得：Q1 4mv 2 01 2mgxsin 15.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L0.1 m，导轨平面与水平面的夹角为 30，导轨上端连接一定值电阻R0.3 ，导轨的电阻不计，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀 强磁场中。长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持良好的接触，金属棒的质量为m 0.2 kg，电阻为r0.
11、1 。现将金属棒从紧靠NQ处由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为x12 m 时，速度达到最大值vm10 m/s(重力加速度g取 10 m/s 2)，求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)金属棒沿导轨下滑距离为 12 m 的过程中，整个电路产生的焦耳热Q及通过金属棒截面的电荷量q； (3)若将金属棒下滑 12 m 的时刻记作t0，假设此时的磁感应强度B0为已知，从此时刻起，让磁感应强度 逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流。请用B0和t表示出这种情况下磁感应强度B变化的表达式。 【答案】 (1)2 T (2)2 J 6 C (3)B 12B0 2.5t 210t12 【解析】(1)金
12、属棒达最大速度时产生的电动势EBLvm 回路中产生的感应电流I E Rr 金属棒所受安培力F安BIL cd棒受力如图所示，当所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，即mgsinF安 由以上四式解得：B1 L mgsinRr vm ，代入数据得B2 T。 (2)由能量守恒定律可得：mgxsin1 2mv 2 mQ 解得：Q2 J qIt E Rrt Rr BLx Rr， 代入数据得：q6 C。 (3)金属棒从t0 起运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgsinma，解得：agsin5 m/s 2 因为不产生电流，所以磁通量不变： B0LxBL xvmt1 2at 2 解得：B B0x xvmt
13、1 2at 2 12B0 2.5t 210t12。 16.相距L1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m11 kg 的金属棒ab和质量为m20.27 kg 的金属 棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图 a 所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下 方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同，ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为0.75， 两棒总电阻为 1.8 ，导轨电阻不计。t0 时刻起，ab棒在方向竖直向上，大小按图 b 所示规律变化的外 力F作用下，由静止沿导轨向上匀加速运动，同时也由静止释放cd棒。 (1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小； (2)已知在
14、 2 s 内外力F做功 40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热； (3)判断cd棒的运动过程； 求出cd棒达到最大速度所对应的时刻t1； 在图(c)中画出前 5 秒内cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象。 【答案】 (1)1.2 T 1 m/s 2 (2)18 J (3)见解析 t 12 s 见解析图 【解析】 (1)经过时间t，金属棒ab的速率为vat，此时，回路中的感应电流为IE R BLv R 。对金属棒 ab，由牛顿第二定律得，FBILm1gm1a。 整理得：Fm1am1gB 2L2 R at。 根据图 b 中可得：t10 时，F111 N；t22 s 时，F214.6 N。
15、代入Fm1am1gB 2L2 R at 可以求得，a1 m/s 2，B1.2 T。 (2)在 2 s 末金属棒ab的速率vtat2 m/s， 所发生的位移s1 2at 22 m， 由动能定理得：WFm1gsW安1 2m 1v 2 t， 又QW安，解得：QWFm1gs1 2m 1v 2 t18 J。 (3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大。随ab 棒速度增大，电流逐渐增大，cd棒所受安培力不断增大，f不断增大，当fm2g时，做加速度逐渐增大的减 速运动，最后停止运动。 当cd棒速度达到最大时， 有：m2gFN， 又FNF安，F安BIL。IE R BLvm R ，vmat1。 整理可得：t1 m2gR B 2L2a 2 s。 fcdFNF安BILB 2L2v m R B 2L2a R t1，故fcd随时间变化的图象如图所示。
