三年高考两年模拟高考物理新课标一轮复习习题：第10章第4讲电磁感应中的动力学与能量问题含答案

答案全解全析

A组 基础题组

1.D 小金属环进入或离开磁场时,磁通量会发生变化,并产生感应电流,产生焦耳热;当小金属环全部进入磁场后,不产生感应电流,小金属环最终在磁场中做往复运动,由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能,即Q=mv+mgb-mga=mg(b-a)+mv。

2.A 设外力为F,回路中的电流为I,磁感应强度为B,棒的质量为m,则有:F-BIl=ma,外力做功W=(BIl+ma)x,式中x为棒发生的位移。棒中产生的感应电动势相同,但乙电路中由于线圈的自感作用,回路中的电流比甲电路中的小,所以甲图中外力做功多,即A正确。

3.D 依题意知,金属线框移动的位移大小为2l,此过程中克服摩擦力做功为2μmgl,由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q=m-2μmgl,故选项D正确。

4.D 变化的磁场使回路中产生的感生电动势E==·S=kπr,则感生电场对小球的作用力所做的功W=qU=qE=qkπr,选项D正确。

5.B 小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动。此时:F安=

对棒满足:mg sin θ-μmg cos θ-=0 因为R灯=R棒则:P灯=P棒

再依据功能关系:mg sin θ·v-μmg cos θ·v=P灯+P棒 联立解得v=5 m/s,P灯=1 W,所以B项正确。

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6.ABD 在第1 s末,i1=,E=BL1v1,v1=at1,F=ma1,联立得F=0.05 N,A项正确。在第2 s内,由图像分析知线圈做匀加速直线运动,在第2 s末,i2=,E'=BL1v2,v2=v1+a2t2,解得a2=1 m/s,B项正确。在第2 s内,-=2a2L2,解得L2=1 m,C项错误。q===0.2 C,D项正确。

7.D 两线圈在未进入磁场时,都做自由落体运动,从距磁场上界面h高处下落,由动能定理知两线圈在进入磁场时的速度相同,设为v,线圈Ⅰ所受安培阻力F1=BI1L=,而R1=ρ电,S1=,故F1==。所以此时刻a1==g-,同理可得a2=g-,线圈进入磁场时的加速度与线圈的质量无关,即两线圈进入磁场时的加速度相同,当两线圈进入磁场后虽加速度发生变化,但两者加速度是同

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步变化的,速度也同步变化,因此落地时速度相等,即v1=v2;又由于线圈Ⅱ质量大,机械能损失多,所以产生的热量也多,即Q2>Q1,故D项正确。

8.BD 电路的感应电动势为E=BLv1,则感应电流I=,选项A错误;对ab杆:F=μmg+F安=μmg+,选项B正确;cd杆向下匀速运动,所受安培力水平向右,则cd杆受到的竖直向上的摩擦力与重力平衡,大小为mg,则有μF安=mg,而F安=,解得μ=,选项C错误、D正确。 9.答案 (1)g- (2)mg(h+L)-

解析 (1)设线框cd边进入磁场时速度为v1 由机械能守恒有mgh=m,得v1= 感应电动势E=BLv1 感应电流I= 安培力F=BIL

根据牛顿第二定律有mg-F=ma 联立解得a=g-

(2)ab边进入磁场前线框速度已达到稳定,说明线框做匀速直线运动,设匀速时线框的速度为v2,由安培力与重力平衡得

mg=

根据能量转化与守恒有:Q=mg(h+L)-m 解得Q=mg(h+L)-

B组 提升题组

10.AB 金属棒匀速上升过程中,动能不变,根据功能关系可知:恒力F和安培力对金属棒所做功的和等于金属棒重力势能的增量,故A正确。根据动能定理得:WF-WG-W安=0,得:WF-mgh=W

安

,而W安=Q,则恒力F和重力对金属棒所做功的和等于电阻R上产生的电热,故B正确。金属

棒克服安培力所做的功等于回路中电阻R上产生的热量,不等于金属棒重力势能的增量,故C错误。恒力F所做的功在数值上等于金属棒增加的重力势能与电阻R上产生的电热之和,故D错误。

11.答案 (1)正电荷 0.1 kg (2)5 J (3)见解析

解析 (1)由右手定则可知ab棒中感应电流方向由a流向b,则知C板带正电,A板带负电,以微粒为研究对象,对其受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的电场力,则微粒带正电荷,

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根据平衡条件有m1g=q 得U1==9 V, 则电流I==1 A,

根据闭合电路欧姆定律有E=U1+IR2=10 V; 对ab棒研究,根据平衡条件有m2g=BIL, 得出m2=0.1 kg。

(2)导体棒产生的电动势E=BLv=10 V, 得出速度v==10 m/s,

根据能量守恒定律得Q=m2gh-m2v=5 J。 (3)根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B=m1, 得R=,

若微粒运动过程中不能碰到金属板,则应满足条件R<, 可以求得v0< m/s,

则发生的位移为=R,可知粒子经过了的时间,又粒子做圆周运动的周期为T=,因粒子的运动具有周期性,则t=9π s(n=0,1,2,…)。 12.答案 (1)F=t+ma (2) (3) 解析 (1)时刻t,棒的速度v=at 此时棒中感应电动势为 E=BLv=BLat

此时棒中的感应电流为I= 由牛顿第二定律得F-BIL=ma 得F=t+ma

(2)细线拉断时满足 BIL=FT 即t=FT 得t=

(3)Q=Δt=Δt=== 13.答案 (1)BL (2) (3)

解析 (1)在轨道的最低点MN处,金属棒对轨道的压力FN=2mg,轨道对金属棒的支持力大小

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为FN'=FN=2mg,则有

FN'-mg=m, 解得:v=。

金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv, 金属棒到达最低点时两端的电压U=E=BL (2)棒下滑过程中,由能量守恒定律得,mgd=Q+mv, 解得Q=mgd

金属棒产生的热量Qr=Q=

(3)由q=IΔt,I=,E=,ΔΦ=BLd,联立解得q=。 14.答案 (1)0.75 (2) (3)Fx-

解析 (1)开始时ab刚好不下滑,由平衡条件有 mg sin 37°=μmg cos 37° 解得μ=tan 37°=0.75

(2)设ab棒刚好要上滑时,cd棒的感应电动势为E, 由法拉第电磁感应定律有E=BLv

设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有I= 设ab棒所受安培力为F安,则有F安=ILB

此时ab棒受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有F37°+μ(mg cos 37°+F安 sin 37°)

解得F安==mg 又F安= 解得v=

(3)设ab棒在此过程中产生的热量为Q, 由能量守恒有Fx-2Q=mv 解得Q=Fx-

15.答案 (1) 方向由b到a

(2)

(3)g sin θ-

解析 (1)以金属杆ab为研究对象,为使ab杆保持静止,ab杆应受到沿导轨向上的安培力,根据左手定则可以判断通过ab杆的电流方向为由b到a。

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安

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cos 37°=mg sin