2020届高考物理二轮复习系列之疯狂专练18电磁感应中的动力学与能量问题

电磁感应中的动力学与能量问题一、考点内容(1)导体棒切割磁感线运动时的动力学问题；(2)电磁感应中的能量转化问题；(2)电磁感应中的动量与能量问题。二、考点突破1．如图所示装置，电源的电动势E＝8V，内阻r1＝0.5Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距d＝0.2m，导体棒ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R＝0.2m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中。闭合开关后，导体棒沿圆弧运动，已知导体棒的质量m＝0.06kg，电阻r2＝0.5Ω，g取10m/s2，不考虑运动过程中产生的反电动势，则()A．导体棒ab所受的安培力方向始终与运动方向一致B．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8NC．导体棒摆动过程中的最大动能0.8JD．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°2．(多选)如图所示，间距为l＝1m的导轨PQ、MN由电阻不计的光滑水平导轨和与水平面成37°角的粗糙倾斜导轨组成，水平导轨和倾斜导轨都足够长。导体棒ab、cd的质量均为m＝1kg、长度均为l＝1m、电阻均为R＝0.5Ω，ab棒静止在水平导轨上，cd棒静止在倾斜导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝2T。现ab棒在水平外力F作用下由静止开始沿水平导轨运动，当ab棒的运动速度达到一定值时cd棒开始滑动。已知cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ＝0.8，且cd棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。关于该运动过程，下列说法正确的是()A．cd棒所受的摩擦力方向始终沿倾斜导轨向上B．cd棒所受的摩擦力方向先沿倾斜导轨向上后沿倾斜导轨向下C．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小为19.375m/sD．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小为9.375m/s3．(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为d(dL)的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v0滑过磁场，线框刚好能穿过磁场，运动过程中线框靠近磁场左边界的一边始终与磁场边界平行，下列说法正确的是()A．线框在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做变加速直线运动B．线框在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相同C．线框在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量不同D．线框在滑进与滑出磁场的过程中产生的热量Q1与Q2之比为3∶14．(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框abcd，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是()A．当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为a＝gsinθB．导线框两次匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶1C．从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量D．从t1到t2的过程中，有3mgLsinθ2＋mv12－v222机械能转化为电能5．(多选)如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于光滑金属导轨平面向外，导轨左右两端电路所在区域均无磁场分布。垂直于导轨的导体棒接入电路的长度为L、电阻为R，在外力作用下以速度v0从左向右做匀速直线运动。小灯泡电阻为2R，滑动变阻器总阻值为4R。图示状态滑动触头位于ab的正中间位置，此时位于平行板电容器中的P处的带电油滴恰好处于静止状态。电路中其余部分电阻均不计，各接触处都接触良好。且导轨足够长，则下列判断正确的是()A．若将滑动变阻器的滑片向b端移动，则小灯泡将变暗B．若将滑动变阻器的滑片向a端移动，则液滴将向上运动C．图示状态下，Δt时间内流过小灯泡的电荷量为02BLvtRD．图示状态下，Δt时间内滑动变阻器消耗的电能为22208BLvtR6．如图所示，MN与PQ是两条水平放置彼此平行的光滑金属导轨，导轨间距l＝0.5m。质量m＝1.0kg、电阻r＝0.5Ω的金属杆ab垂直跨接在导轨上，匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B＝2.0T，导轨左端接阻值R＝2.0Ω的电阻，导轨电阻不计。t＝0时刻ab杆受水平拉力F的作用后由静止开始向右做匀加速运动，第4s末，ab杆的速度为v＝2.0m/s，重力加速度g取10m/s2。求：(1)4s末ab杆受到的安培力F安的大小；(2)若0～4s时间内，电阻R上产生的焦耳热为1.7J，求这段时间内水平拉力F做的功；(3)若第4s末以后拉力不再变化，且从4s末到金属杆ab达到最大速度过程中通过杆的电量q＝1.6C，则此过程金属杆ab克服安培力做功为多少？7．如图所示，两平行长直金属导轨(不计电阻)水平放置，间距为L，有两根长度均为L、电阻均为R、质量均为m的导体棒AB、CD平放在金属导轨上。其中棒CD通过绝缘细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放在水平地面上，开始时细绳伸直但无弹力，棒CD与导轨间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场B1，磁场区域的边界满足曲线方程：sinπxyLL(0≤x≤L，单位为m)。CD棒处在竖直向上的匀强磁场B2中。现从t＝0时刻开始，使棒AB在外力F的作用下以速度v从与y轴重合处开始沿x轴正方向做匀速直线运动，在运动过程中CD棒始终处于静止状态。(1)求棒AB在运动过程中，外力F的最大功率；(2)求棒AB通过磁场区域B1的过程中，棒CD上产生的焦耳热；(3)若棒AB在匀强磁场B1中运动时，重物始终未离开地面，且满足：2124BBLvmgR，求重物所受支持力大小随时间变化的表达式。8．如图所示，倾角为θ的固定斜面上装配“П”形的光滑轨道，两平行导轨的间距为L，轨道电阻不计，面积为S的ABCD矩形区域内存在垂直于斜面均匀分布的磁场，磁感应强度大小的变化率为k，EFGH矩形区域内存在着垂直于斜面均匀分布的磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电阻为R、长度恰好为L的金属棒MN初始时位于CD边界处，棒中间拴一根绝缘轻绳，绳子绕过光滑的小滑轮，另一端与滑轮正下方的静置于地面的质量也为m的小物块相连，开始时，绳子处于松弛状态，棒由静止释放，沿斜面下滑，当其运动到EF边界的瞬间，绳子恰好绷紧，此时ABCD区域内的磁场撤去。绳子绷紧后棒以大小为v的速度进入EFGH区域，在磁场中继续滑行一小段距离d后金属棒速度减为0。棒在运动的过程中始终与导轨垂直，棒与滑轮间的绳子在绷紧时与斜面平行。求：(1)金属棒MN由CD边界运动到EF边界的时间；(2)金属棒MN进入EFGH区域时棒上电流方向、两端电压UMN、及其加速度的大小。(3)金属棒MN从释放到速度减为0的过程产生的焦耳热。9．如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为2R的均匀辐条，辐条与圆环接触良好。现将此装置的一部分置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰好与圆环的直径在同一直线上。现使辐条以角速度ω绕O点顺时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和圆环的边缘良好接触，R1＝R，右侧为水平放置的足够长的光滑平行导轨，间距为2r，导轨之间有垂直导轨平面向里、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，质量为m、电阻为R的导体棒ab垂直放置在导轨上且接触良好，不计其他电阻。(1)若S闭合，S1断开时，求理想电表的示数；(2)若S、S1都闭合，求导体棒ab能够获得的最大速度vm及在加速过程中通过它的电荷量q。答案1．【答案】D【解析】当闭合开关S后，导体棒中电流方向始终从a到b，所受安培力方向向右，而导体棒沿圆弧摆动，故A错误；导体棒沿圆弧摆动过程中的电流I＝12Err＝8.0A，导体棒受到的安培力F＝BId＝0.5×8.0×0.2N＝0.8N，故B错误；导体棒受到的重力与安培力的合力大小F合＝220.80.6N＝1.0N，合力与竖直方向的夹角tanθ＝43，θ＝53°，故导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，由动能定理，导体棒在摆动过程中的最大动能Ekm＝FRsin53°－mgR(1－cos53°)＝0.08J，故C错误，D正确。2．【答案】BC【解析】cd棒刚开始静止在倾斜导轨上，μ＝0.8tan37°＝0.75，cd棒受到的摩擦力沿倾斜导轨向上，ab棒向右运动切割磁感线使得ab棒、cd棒中产生感应电流，cd棒受到水平向右的安培力作用，cd棒受到的摩擦力先沿倾斜导轨向上减小到零，后反向沿倾斜导轨向下增大，故A错误，B正确；当cd棒即将滑动时，由平衡条件得B2l2v2Rcos37°＝mgsin37°＋μmgcos37°＋B2l2v2Rsin37°，代入数据可得v＝19.375m/s，C正确，D错误。3．【答案】ABD【解析】线框进入磁场过程中，受到的安培力方向向左，做减速运动，随着速度的减小，安培力也减小，故做变加速直线运动，当线框完全进入磁场到右边的框边出磁场的过程中，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流产生，做匀速直线运动，当线框滑出磁场的过程中，受到的安培力方向向左，仍做减速运动，随速度的减小，安培力减小，故也做变加速直线运动，A正确；根据q＝ΔΦR可知滑进磁场和滑出磁场的过程中穿过线框的磁通量的变化量相同，线框的电阻不变，所以两个过程中通过线框横截面的电荷量相同，B正确；进入磁场过程有：－BI1dΔt1＝mΔv1，又I1Δt1＝q，，则得－Bqd＝mΔv1，离开磁场过程有：－BI2dΔt2＝mΔv2，又I2Δt2＝q，则得－Bqd＝mΔv2，则得Δv1＝Δv2，即线框速度的变化量相同，C错误；进磁场的速度为v0，则完全进磁场的速度为v02，完全出磁场的速度为0.根据能量守恒定律得，Q1＝12mv02－12m(v02)2＝38mv02，Q2＝12m(v02)2＝18mv02，所以Q1Q2＝31，故D正确。4．【答案】BD【解析】ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域时，电动势E1＝BLv1，电流I1＝E1R＝BLv1R，线框做匀速运动，所以mgsinθ＝BI1L＝B2L2v1R，当ab边刚越过JP时，电动势E2＝2BLv1，I2＝E2R＝2BLv1R，根据牛顿第二定律2BI2L－mgsinθ＝ma，联立解得a＝3gsinθ，所以A错误；当a＝0时，以速度v2做匀速直线运动，即2BI2′L－mgsinθ＝0，得：mgsinθ＝4B2L2v2R，所以v1∶v2＝4∶1，所以B正确；从t1到t2的过程中，根据能量守恒，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量加上动能的减少量，即克服安培力做功W＝3mgLsinθ2＋mv12－v222，所以C错误；又克服安培力做功等于产生的电能，所以D正确。5．【答案】ABD【解析】滑动变阻器的滑片向b端移动，并联电路电阻变小，总电阻变小，导致电路电流变大，则导体棒内电压变大，外电路两端电压变小，即灯泡两端电压变小，所以灯泡变暗，故A正确；滑动变阻器的滑片向a端移动，并联电路电阻变大，总电阻变大，导致电路电流变小，则导体棒内电压变小，外电路两端电压变大，电容器两端电压变大，电场力变大，所以液滴将向上运动，故B正确；导体切割磁感线产生的电动势0EBLv，灯泡的电阻和滑动变阻器接入电路的电阻相同，所以电路总电阻222RRRR，电路的总电流02BLvEIRR总，则通过灯泡的电流024BLvIIR灯，则Δt时间内的电荷量04BLvqtR，故C错误；由C选项可知滑动变阻器的电流0124BLvIIR，故Δt时间内滑动变阻器消耗的电能22220128BLvt