（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（三十三）電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（三十三）電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題（含解析） 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 1．[多選](2019·蘇州一模)如圖甲所示，半徑為r帶小缺口的剛性金屬圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，在圓環(huán)的缺口兩端用導(dǎo)線分別與兩塊水平放置的平行金屬板A、B連接，兩板間距為d且足夠大。有一變化的磁場(chǎng)垂直于圓環(huán)平面，規(guī)定向里為正，其變化規(guī)律如圖乙所示。在平行金屬板A、B正中間有一電荷量為q的帶電液滴，液滴在0～T時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)。重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．液滴帶負(fù)電 B．液滴的質(zhì)量為 C．t＝T時(shí)液滴的運(yùn)動(dòng)方向改變 D．t＝T時(shí)

2、液滴與初始位置相距gT2 解析：選BD　根據(jù)題意液滴在0～時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，知液滴受到向上的電場(chǎng)力和向下的重力平衡，根據(jù)楞次定律，金屬圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針?lè)较?，B板接高電勢(shì)，A板接低電勢(shì)，兩板間的電場(chǎng)方向向上與電場(chǎng)力的方向相同，所以液滴帶正電，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝S＝，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E′＝，由mg＝qE′得m＝＝，故B正確；根據(jù)楞次定律，～T時(shí)間內(nèi)，金屬圓環(huán)內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為順時(shí)針?lè)较?，上極板接高電勢(shì)，下極板接低電勢(shì)，兩極板間電場(chǎng)向下，電場(chǎng)力向下，根據(jù)牛頓第二定律mg＋F電＝ma，其中F電＝mg，解得a＝2g，液滴向下做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，在t＝T時(shí)

3、速度最大，運(yùn)動(dòng)方向不改變，故C錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，T～T時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為逆時(shí)針?lè)较?，下極板接高電勢(shì)，上極板接低電勢(shì)，電場(chǎng)方向向上，液滴在～T時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移x1＝·2g2＝gT2，液滴在T～T時(shí)間內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移x2＝2g··＝gT2，t＝T時(shí)液滴與初始位置相距x＝x1＋x2＝gT2，故D正確。 2．一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，線框的右邊緊貼著磁場(chǎng)邊界，如圖甲所示。t＝0時(shí)刻對(duì)線框施加一水平向右的外力F，讓線框從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)穿過(guò)磁場(chǎng)，外力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。已知線框的質(zhì)量m＝1 kg，電阻R＝1 Ω，以下說(shuō)

4、法不正確的是(　　) A．線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為1 m/s2 B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2 T C．線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線框橫截面的電荷量為 C D．線框的邊長(zhǎng)為1 m 解析：選D　t＝0時(shí)刻，線框的速度為零，線框中沒(méi)有感應(yīng)電流，不受安培力，加速度為：a＝＝1 m/s2，故A正確；線框的邊長(zhǎng)為：L＝at2＝0.5 m，故D錯(cuò)誤；線框剛出磁場(chǎng)時(shí)的速度為 v＝at＝1×1 m/s＝1 m/s，此時(shí)線框所受的安培力為FA＝BIL＝BL＝，根據(jù)牛頓第二定律得F－FA＝ma，由題圖可知此時(shí)F＝3 N，聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得B＝2 T，故B正確；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中穿過(guò)線

5、框橫截面的電荷量q＝IΔt＝Δt＝Δt＝＝＝ C，故C正確。 3．(2018·南京二模)如圖甲所示，正方形閉合線圈abcd邊長(zhǎng)為10 cm，總電阻為2.0 Ω，匝數(shù)為100匝，放在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。求： (1)在0～2 s時(shí)間內(nèi)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小； (2)在t＝1.0 s時(shí)線圈的ad邊所受安培力的大小和方向； (3)線圈中感應(yīng)電流的有效值。 解析：(1)在0～2 s時(shí)間內(nèi)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為 E1＝n＝nS＝100×0.12× V＝1 V。 (2)在t＝1.0 s時(shí)，I1＝＝0.5 A，由題圖可知，B1＝1 T，

6、則F＝nB1I1L＝5.0 N 根據(jù)楞次定律，流過(guò)ad邊的電流方向由a到d，由左手定則可知，ad邊所受安培力的方向向右。 (3)在0～2 s時(shí)間內(nèi)I1＝0.5 A 在2～3 s時(shí)間內(nèi)，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為 E2＝n＝nS＝100×0.12× V＝2 V， 感應(yīng)電流I2＝＝1 A 設(shè)線圈中感應(yīng)電流的有效值為I， 則I12Rt1＋I(xiàn)22Rt2＝I2Rt， 解得I＝ A。 答案：(1)1 V　(2)5.0 N　方向向右　(3) A 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題 4．[多選]如圖所示，虛線EF左側(cè)區(qū)域Ⅰ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；右側(cè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直于紙面

7、向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、粗細(xì)均勻的正方形金屬線框在區(qū)域Ⅰ內(nèi)，線框平面與磁場(chǎng)垂直，cd邊與虛線EF平行，線框的電阻為R。現(xiàn)使線框由圖示位置以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)。在線框通過(guò)EF過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量為 B．線框ab邊的電流大小為 C．線框受到的安培力的大小為 D．線框中產(chǎn)生的焦耳熱為 解析：選ACD　線框通過(guò)EF的過(guò)程中，線框中磁通量的變化量是ΔΦ＝3BL2，因此通過(guò)線框橫截面的電荷量為q＝·Δt＝Δt＝Δt＝＝，故A項(xiàng)正確；線框中的總電動(dòng)勢(shì)E＝3BLv，線框中的電流I＝＝，B項(xiàng)錯(cuò)誤；線框受到的安培力為F＝BIL＋2BIL＝3

8、BIL＝，則C項(xiàng)正確；線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt＝2·R·＝，則D項(xiàng)正確。 5．[多選]如圖所示，在足夠高的水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)、足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌ab、cd，阻值R＝1.0 Ω的電阻與導(dǎo)軌a、d端相連。質(zhì)量m1＝0.5 kg、長(zhǎng)度l＝1 m、電阻r＝0.5 Ω的金屬桿垂直于導(dǎo)軌并可在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。整個(gè)裝置處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝1 T。金屬桿的中點(diǎn)系一不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩，繩繞過(guò)固定在桌邊的光滑輕滑輪，與一個(gè)質(zhì)量m2＝0.5 kg的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)，其他電阻不計(jì)。物塊從靜止開(kāi)始釋放，g取10 m/s2，則物塊在下落過(guò)程

9、中(　　) A．最終將做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．最大加速度為10 m/s2 C．最大速度為6 m/s D．電阻R上產(chǎn)生的熱量等于導(dǎo)體棒克服安培力做的功 解析：選AC　從靜止開(kāi)始釋放物塊，金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律可知金屬桿受到向左的安培力，且安培力的大小隨著速度增大而增大，金屬桿的合力減小，加速度減小，所以金屬桿做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小為0時(shí)，金屬桿將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；物塊剛開(kāi)始下落時(shí)加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)金屬桿有T－μm1g＝m1a，對(duì)物塊有m2g－T＝m2a，聯(lián)立解得物塊下落的最大加速度為a＝4 m/s2，故B錯(cuò)誤；物塊和金屬桿先做

10、加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，速度最大時(shí)，有m2g＝μm1g＋，解得物塊下落的最大速度為vm＝6 m/s，故C正確；物塊下落過(guò)程中，電阻R上和金屬桿r產(chǎn)生的熱量總和等于導(dǎo)體棒克服安培力做的功，故D錯(cuò)誤。 6.(2019·蘇州模擬)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距L，導(dǎo)軌上端連接著阻值為R的定值電阻，質(zhì)量為m的金屬桿ab與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，金屬桿和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處于與導(dǎo)軌平面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。金屬桿由靜止釋放，下落高度h后開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g。求： (1)金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v； (2)下落高度h的過(guò)程中，通過(guò)金屬桿的電荷量q；

11、 (3)下落高度h的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。 解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BLv 根據(jù)歐姆定律I＝ 金屬桿受到的安培力F安＝BIL，則F安＝ 金屬桿勻速，根據(jù)平衡條件F安＝mg 聯(lián)立解得v＝。 (2)下降高度h的過(guò)程中，通過(guò)金屬桿的電荷量q＝Δt 根據(jù)歐姆定律有＝ 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律＝n，則q＝n 下降高度h的過(guò)程中的磁通量變化ΔΦ＝BLh，且n＝1 解得q＝。 (3)下降高度h的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律得 mgh＝mv2＋Q 解得Q＝mgh－。 答案：(1)　(2)　(3)mgh－ 7．(2019·南師附中模擬)近期大功率儲(chǔ)能技術(shù)受到媒體的廣

12、泛關(guān)注，其中飛輪儲(chǔ)能是熱點(diǎn)之一。為說(shuō)明某種飛輪儲(chǔ)能的基本原理，將模型簡(jiǎn)化為如圖所示：光滑的“”型導(dǎo)軌水平放置，電阻不計(jì)，長(zhǎng)度足夠。軌道平行部分間距為L(zhǎng)＝1 m，導(dǎo)軌上靜止放置有長(zhǎng)度也為L(zhǎng)、質(zhì)量為m＝100 kg、電阻為R1＝0.1 Ω的導(dǎo)體棒AB。導(dǎo)軌間虛線框區(qū)域有垂直軌道平面向上的均勻變化磁場(chǎng)。虛線框右側(cè)區(qū)域有垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝10 T。圖中開(kāi)關(guān)S接a，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，棒AB向右勻速運(yùn)動(dòng)，速度為v＝100 m/s。然后若將開(kāi)關(guān)S接b，棒AB可作為電源對(duì)電阻R2供電，電阻R2＝0.9 Ω。 (1)開(kāi)關(guān)S接a，棒AB勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，虛線框中的磁場(chǎng)磁通量每秒鐘變化多少？

13、 (2)求開(kāi)關(guān)S接b的瞬間棒AB的加速度大小。 (3)求開(kāi)關(guān)S接b后R2產(chǎn)生的總熱量Q。 解析：(1)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為零，安培力為零，電流為零，磁通量不變，所以虛線框中磁場(chǎng)每秒變化 ΔΦ＝BLvt＝1 000 Wb。 (2)棒AB產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝1 000 V， 電路中產(chǎn)生的電流I＝＝1 000 A， 故受到的安培力為F＝BIL＝1×104N， 根據(jù)牛頓第二定律可得a＝＝100 m/s2。 (3)棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為電熱，故Q總＝mv2＝5×105 J， 電阻R2上產(chǎn)生的電熱為Q＝Q總＝4.5×105 J。 答案：(1)1 000 Wb　(2)100 m/s2　

14、(3)4.5×105 J 考點(diǎn)綜合訓(xùn)練 8．(2019·蘇州一模)如圖所示，空間存在豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m、電阻為R的正方形單匝導(dǎo)線框abcd放在水平桌面上。在水平拉力作用下，線框從左邊界以速度v勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)撤去拉力，ab邊恰好能到達(dá)磁場(chǎng)的右邊界。已知線框與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，磁場(chǎng)寬度大于L，重力加速度為g。求： (1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，其兩端的電壓U； (2)水平拉力F的大小和磁場(chǎng)的寬度d； (3)整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的總熱量Q。 解析：(1)剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ab邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 則線框

15、中的感應(yīng)電流I＝＝ ab邊兩端的電壓U＝I·R＝BLv。 (2)線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，受拉力F、安培力F安和摩擦力，由平衡條件得F＝FA＋μmg， 又F安＝BIL＝， 所以水平拉力F＝＋μmg 撤去拉力后，線框勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x＝ 所以磁場(chǎng)寬度d＝L＋。 (3)進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生焦耳熱 Q1＝I2Rt1＝2·R·＝ 由于摩擦產(chǎn)生的熱量 Q2＝μmg＝μmgL＋mv2 所以整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量為 Q＝Q1＋Q2＝μmgL＋mv2＋。 答案：(1)BLv　(2)＋μmg　L＋　 (3)μmgL＋mv2＋ 9．(2019·鎮(zhèn)江一模)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌

16、固定在傾角θ＝30°的斜面上，其電阻不計(jì)，間距為0.4 m。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界為MN，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的方向分別垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為0.5 T。將質(zhì)量為0.1 kg、電阻為0.1 Ω的導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上的區(qū)域Ⅰ中，ab剛好不下滑。再在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量為0.4 kg、電阻為0.1 Ω的光滑導(dǎo)體棒cd從導(dǎo)軌上由靜止開(kāi)始下滑。cd棒始終處于區(qū)域Ⅱ中，兩棒與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，g取10 m/s2。 (1)求ab棒所受最大靜摩擦力，并判斷cd棒下滑時(shí)ab棒中電流的方向； (2)求ab棒剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd棒的速度大小v； (3)若從c

17、d棒開(kāi)始下滑到ab棒剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中，裝置中產(chǎn)生的總熱量為2.6 J，求此過(guò)程中cd棒下滑的距離x。 解析：(1)ab剛好不下滑時(shí)，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力， 有fmax＝m1gsin θ 則fmax＝0.5 N 由右手定則可知cd棒下滑時(shí)ab中電流方向由a流向b。 (2)設(shè)ab剛好要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E＝Blv 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝ 設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIl 此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下， 由平衡條件有F安＝m1gsin θ＋fmax 聯(lián)立解得v＝5 m/s。 (3)設(shè)cd棒運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總， 由能量守恒有 m2gxsin θ＝Q總＋m2v2 解得x＝3.8 m。 答案：(1)0.5 N　電流方向由a流向b　(2)5 m/s　 (3)3.8 m