高考物理《电磁感应中的动力学和能量问题》含答案

的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F=kv+b(kvA.gh在任一磁场区域的运动时间为B.金属框的总电阻为C.小车质量为D.小车的最大速率为+v0杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的为()11①当棒中电流由M流向N时，棒的加速度的大小和方向是怎样的；22A.导体棒做匀减速直线运动C.电阻R消耗的总电能为D.导体棒克服安培力做的总功小于mv侧部分处于竖直向下的匀强磁场中。阻值恒定的金属杆在水平向右平行导轨的恒力F作用下，从无磁33A.金属杆在磁场中受到的安培力始终向左B.金属杆进入磁场后做加速度增大的减速运动与开关S并联接在两导轨之间。现闭合S，将电阻为R的导体棒MN从ef上方某一高度处平行于ef由静止释放，MN沿导轨下滑，刚进入ef时加速度为g。在MN经过ef下方某位置(图中未画出)时，(1)导体棒MN的质量m；(2)导体棒MN静止下滑时距ef的高度h；44线MN的上方存在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个边长为L、质量为m的单匝正方形导体框abcd的ab边恰好与MN重合，t=0时刻导体框以速度大小为v0沿B.导体框进入磁场的过程所用的时间为D.导体框从进入到穿出磁场过程中产生的总热量为55的是()B.导体棒的质量为2.4kg轨倾角均为θ,电容器电容为C，重力加速度为g，不计一切电阻。现解除锁定，下列说法正确的是 ()A.金属杆下滑过程中做加速度减小的变加速直线运动C.金属杆下滑到导轨底端时电容器极板间电压U=BL66D.金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能量为M=0.04kg、电阻为R2=4Ω的77C.导体棒匀速运动时的速度大小为4m/sA.做加速度不变的减速运动B.做加速度变大的减速运动C.做加速度变大的加速运动D.做加速度变小的加速运动多根长度也为L的相同导体棒，依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放(释放前棒均未接触导轨)，释放第n(n>1(根棒时，第(n-1(根棒88B.第3根棒刚穿出磁场时的速度大小为、2gh-D.从开始到第n根棒刚穿出磁场过程中，回路产生的焦耳热小于(n-1(mgh-量为20g、内阻不计的导体棒ab。导轨水平第n(n>1)根棒时，第n-1根棒刚好穿出磁场99A.第2根棒刚穿出磁场时的速度大小为、2gh-D.第n根棒刚穿出磁场时，回路产生的焦耳热为nmgh-小B=2.0T，水平导体棒MN可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离，导体棒MN质量m=0.1kg，接入电路的电阻r=1.0Ω;导轨宽度L=1.0m，定值电阻R=3.0Ω,装置的其余部分电阻可忽略不计。将棒()A.下滑的最大速度为4m/sB.从释放到下滑h高度所经历时间为1s强度大小均为B。质量为m的导体棒b放在金属导轨QQ,、PP,上，质量为m(2)平行金属导轨MM,、NN,水平部分长度d；金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒接入电路的有效电阻均为R，导轨的电阻不D.最终金属棒a中产生的焦耳热为mv接R=0.2Ω的电阻，右端连接一对金属卡环，导轨间MN右侧(含强磁场，磁感应强度的B-t图如图乙所示，质量为m=0.端接有一阻值为R=0.4Ω的定值电阻。垂直导轨的虚线MN下方空间存在垂直于导轨所在平面的匀强C.导体棒c在磁场内产生的焦耳热为JD.初始时刻导体棒c距离磁场II左边界1的最小距离为mA.导体棒的最大加速度为B.导体棒的最大位移是的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F=kv+b(kvC.小车质量为D.小车的最大速率为速度为v有E=Bdv，I=，F安=Bid，F-F安=ma联立有kv+b-CD．gh在无磁场区域运动时，F=0，根据动量定理有-=mv0-mvmaxgh在磁场中运动时做匀变速直线运动有vax-v=2ad结合ma=bA．由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有vmax=v0+at故选BC。11杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的a1=2=x=a1t，x=a2t则n=2第一次和第二次运动中根据牛顿第二定律有a=-，整理有F=ma+则可知两次运动中F-v图像的斜率为，则有2=⋅=⋅k2①当棒中电流由M流向N时，棒的加速度的大小和方向是怎样的；22总=0.4J根据牛顿第二定律有BIL=ma②=v22=根据x1+x2=4联立解得v=2m/s可知此刻的速度为v0=1m/s1=at，Q1=I2rt1第二段，则有由动量定理-BLt2=mv0-mvBLx2且It2=R+rBLx2则有Q2=mv2-mv又x1+x2+x3=7故Q总=Q1+Q2+Q3=0.4J33I=BIL=maa=故A正确；s=sm=ρ密V=ρ密sL，m=ρ密V=ρ密sLm=mmv0-mv0=(m+m(vv=v0故B错误；C．在t1~t244q=IΔtD．在t1~t2mv+×m(v=mv2+×m(v2+Q总Q总=mvQ=I2RΔt又Qa+Qb=Q总=mvQa=mv故D正确。故选AD。C.电阻R消耗的总电能为D.导体棒克服安培力做的总功小于mvE=BLv055F=BIL=F=ma侧部分处于竖直向下的匀强磁场中。阻值恒定的金属杆在水平向右平行导轨的恒力F作用下，从无磁A.金属杆在磁场中受到的安培力始终向左B.金属杆进入磁场后做加速度增大的减速运动66BI/L-F=BL-Fmm故选AD。与开关S并联接在两导轨之间。现闭合S，将电阻为R的导体棒MN从ef上方某一高度处平行于ef由静止释放，MN沿导轨下滑，刚进入ef时加速度为g。在MN经过ef下方某位置(图中未画出)时，(1)导体棒MN的质量m；(2)导体棒MN静止下滑时距ef的高度h；【详解】(1)S断开时，MN棒所受安培力F=BISL当MN刚进入ef时，由牛顿第二定律可得mg-F=m×g解得m=77E0=BLv0，ES=BLvS由闭合电路欧姆定律I0=，IS=由已知及安培力公式F=BISL=2BI0L解得h=(3)MN进入ef时，R的功率为P0=IR联立接得I=4I0=2IS可得ΔQC=CΔUC电流定义I=导体的加速度a=解得I==CBLa+F外=ma外力在t时间内的冲量大小IF=F外t=t线MN的上方存在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个边长为L、质量为m的单匝正方形导体框abcd的ab边恰好与MN重合，t=0时刻导体框以速度大小为v0沿 8 B.导体框进入磁场的过程所用的时间为D.导体框从进入到穿出磁场过程中产生的总热量为B．导体框进入磁场的过程，由动量定理有-(mgsinθ+Ff(t-BI-Lt=mD．导体框进入磁场的过程，设克服安培力做的功为W1，由能量守恒有FfL+mgLsinθ+W1=mv0(2穿出磁场的过程设克服安培力做的功为W2，则FfL-mgLsinθ+W2=0上滑过程Q1=W1+FfL下滑过程Q2=W2+FfL联立解得Ql=Q1+Q2=mv故选AB。99=mgsin30°解得a=g故A正确；所受的安培力，根据牛顿第二定律可知mg+kx1-mgsin30°-BIL=2ma可得kx2=mg解得x1=x2=+x2)=mg(x1+x2)sin30°+Q解得Q=mg(x1+x2)=则电阻r上产生的焦耳热Q/=Q=故选AC。B.导体棒的质量为2.4kg【详解】B．对导体棒受力分析，由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ-=ma此时a=0A．将m=1.2kg，a=0.5m/s2代入方程mgsinθ-μmgcosθ-=maD．前6s内由动能定理得(mgsinθ-μmgcosθ)x-W=mvax轨倾角均为θ,电容器电容为C，重力加速度为g，不计一切电阻。现解除锁定，下列说法正确的是 ()A.金属杆下滑过程中做加速度减小的变加速直线运动C.金属杆下滑到导轨底端时电容器极板间电压U=BLD.金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能又棒所受的安培力为：F=BIL电路中电流为：I==CU=CΔv=CBLam+CB2L2m+CB2L2电容器极板间电压U=BLv=BLC．金属杆下滑到导轨底端时的速度v电容器极板间电压U=BLv=BLB2L2C+mD．金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能E=mgdsinθ-mv2=B2θ故D正确。量为M=0.04kg、电阻为R2=4Ω(2)m/s2解得v0=2gL=2m/s则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=0.4V由闭合电路的欧姆定律得I=R1R并=A线框刚开始运动时的加速度大小为a=解得a=m/s2向，根据动量守恒定律可得mv0=(m+M(v/解得最终共同速度大小为v/=0.4m/s又q=It联立解得Δx=x1-x2=0.6m则金属线框中心初始位置到MP的最小距离x=Δx+L=0.7mC.导体棒匀速运动时的速度大小为4m/s解得μ=tan37°衡关系可知大小为6N由F=BIL解得IPQ=2A再由电流关系可知Iab=5A对ab受力分析有FA-mgsin37°=maB．由公式F=BIL和E=BLv可知导体棒进入磁场时速度为15m/s，再由运动学公式v2=2ax，可知释C．速度稳定时有FA=mgsin37°D．由动量定理有mgsinθ⋅t-∑BIL⋅△t=mv-mvm解得mgsinθ⋅t-∑v⋅Δt=mv-mvm又由动能定理mgsinθ⋅x-W安=mv2-mv且Q总=W安=184.5J故D正确。故选BD。A.做加速度不变的减速运动B.做加速度变大的减速运动C.做加速度变大的加速运动D.做加速度变小的加速运动mma=mg-F0m故选D。多根长度也为L的相同导体棒，依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放(释放前棒均未接触导轨)，释放第n(n>1(根棒时，第(n-1(根棒刚好穿出磁场。已知每根B.第3根棒刚穿出磁场时的速度大小为、2gh-D.从开始到第n根棒刚穿出磁场过程中，回路产生的焦耳热小于(n-1(mgh-mgh=mv棒产生的感应电动势为E=BLv0=BL、2ghRI=R+=I=E=2F安=BIL=maa==故A错误；RI=R+=q=IΔtR总qR总-BLq3=mv3-mv0v3=2gh-故B正确；C．第n根棒刚进入磁场时，前n-1根棒并联电阻为R并=I总===I=nI-总1nRI1=BL2ghnRnΔΦq=q=R总=2RBL2q=-BILt=mv-mv0q=It=v=2gh-Q=nmgh-2gh-2nmgh-2gh-2-(n-1(mgh-2gh-2=mgh-m(2gh-2>0故回路产生的焦耳热大于(n-1(mgh-2gh-2，故D错误。故选BC。量为20g、内阻不计的导体棒ab。导轨水平a=F-F安sinθ=-F安m-mgsinθ又F=，F安=BIL=a=--mgsinθm--mgsinθ=P=2.2W0WF=Pt=2.2×6J=13.2J故B正确；v/=v-aΔt=2m/s-5×(6.4-6)m/s=0x1=2.6mx2=vt2=2×2m=4mxm=x1+x2+x3=7mmgsinθ-BIL=ma/又I====CBLa/v=a/t4=4×(7-6.4)m/s=2.4m/s故D正确。故选BD。长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为第n(n>1)根棒时，第n-1根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质A.第2根棒刚穿出磁场时的速度大小为、2gh-D.第n根棒刚穿出磁场时，回路产生的焦耳热为nmgh-、2gh-2mgh=mv根据E=n，I=，q=IΔt可得BL2q=-BILt=mv-mv0故A错误；mgh=mvE=BLv0=BL2ghR=R+R=I==F安=BIL=ma故B正确；C．第n棒刚进入磁场时，前n-1根棒并联电阻为R并=R总1=+RI总=1I=nI-总1I=P=IR=流过第n根棒的电量为 BL2(n-1(BL2n=R总n=nR-BLqn=mvn-mv0vn=2gh-Q=nmgh-2gh-2故选BC。小B=2.0T，水平导体棒MN可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离，导体棒MN质量m=0.1kg，接入电路的电阻r=1.0Ω;导轨宽度L=1.0m，定值电阻R=3.0Ω,装置的其余部分电阻可忽略不计。将棒()A.下滑的最大速度为4m/sB.从释放到下滑h高度所经历时间为1s其中Im==联立得vm=C．由动能定理可知mgh+W安=mv-0解得W安=-1.5J所以全电路电阻上的焦耳热Q=-W安=1.5J其中I=，E=，ΔΦ=BΔS=BLh其中q=It故选D。强度大小均为B。质量为m的导体棒b放在金属导轨QQ/、PP/上，质量为m的金属棒a从距离导轨(2)平行金属导轨MM/、NN/水平部分长度d；解得v0=2gh根据牛顿第二定律有BIL=ma金属棒a在金属导轨MM/、NN/水平部分运动过程中，根据动量定理有-BI-LΔt=mv1-mv0qΔt根据电流的定义式有I-qΔtΔΦ=BLdΔtΔΦ=BLdΔtΔt-E感应电流的平均值I-E又q=B2L2解得dB2L2解得v2=2gh对金属棒b进行分析，根据动量定理有BILΔt1=mv2根据电流的定义式有I=1金属棒a在导轨MM/、NN/上运动时产生的焦耳热Q1=(mgh-解得Q2=mgh金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒接入电路的有效电阻均为R，导轨的电阻不D.最终金属棒a中产生的焦耳热为mv此时金属棒a的加速度大小为a==故A错误；mv0-m×v0=mv1解得v1=v0故B正确：C．设最终a、b的共同速度为v，则mv0-m×v0=2mv解得v=v0D．设金属棒a中产生的焦耳热为Q，则2Q=mv+mv0(2-×2mv2解得Q=mv故D正确。故选BD。接R=0.2Ω的电阻，右端连接一对金属卡环，导轨间MN右侧(含强磁场，磁感应强度的B-t图如图乙所示，质量为m=0.t【详解】(1)设棒到达MN时的速度为v，物块下落的高度为h=xPQ-xMN=10m这个过程中棒和物块组成的系统机械能守恒mgh=×2mv2解得v=gh=10m/s(2)设这个过程所用时间为t1，由运动学公式h=t1解得t1=2s由图乙可知此时磁感应强度B=2T根据闭合电路欧姆定律可得I==A=10A(3)金属棒进入磁场时,受到的安培力大小为FA=BIL解得FA=5N物块的重力mg=0.5×10N=5N=FA所以金属棒匀速运动。匀速运动的时间为t2==s=1.5s此过程中产生的热Q1=FAxMN4s~6s时间内，感应电动势大小为E==LxMN=×0.25×15V=3.75V端接有一阻值为R=0.4Ω的定值电阻。垂直导轨的虚线MN下方空间存在垂直于导轨所在平面的匀强μ(m1+m2(gcosθ=0此时导体棒a和定值