（課標(biāo)通用）高考物理一輪復(fù)習(xí) 10 電磁感應(yīng) 專題四 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量綜合問題針對(duì)訓(xùn)練（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、專題四 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量綜合問題 1．如圖4－10所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩個(gè)閉合線圈Ⅰ、Ⅱ分別用同種導(dǎo)線繞制而成，其中Ⅰ為邊長為L的正方形，Ⅱ是長為2L、寬為L的矩形，將兩個(gè)線圈同時(shí)從圖示位置由靜止釋放．線圈下邊進(jìn)入磁場時(shí)，Ⅰ立即做了一段時(shí)間的勻速運(yùn)動(dòng)，已知兩線圈在整個(gè)下落過程中，下邊始終平行于磁場上邊界，不計(jì)空氣阻力，則(　　) 圖4－10 A．下邊進(jìn)入磁場時(shí)，Ⅱ也立即做勻速運(yùn)動(dòng) B．從下邊進(jìn)入磁場開始的一段時(shí)間內(nèi)，線圈Ⅱ做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng) C．從下邊進(jìn)入磁場開始的一段時(shí)間內(nèi)，線圈Ⅱ做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng) D．線圈Ⅱ先到達(dá)

2、地面 解析：線圈Ⅱ的電阻是Ⅰ的倍，線圈Ⅱ進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是Ⅰ的2倍，即RⅡ＝RⅠ，EⅡ＝2EⅠ，由I＝得，IⅡ＝IⅠ；由F安＝BIL，F(xiàn)Ⅱ＝BIⅡ·2L，F(xiàn)Ⅰ＝BIⅠ·L，則FⅡ＝FⅠ，但GⅡ＝GⅠ，由于Ⅰ進(jìn)入磁場做勻速運(yùn)動(dòng)，即FⅠ＝GⅠ，則FⅡ>GⅡ，所以Ⅱ進(jìn)入磁場立即做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤，C正確；因線圈Ⅰ、Ⅱ進(jìn)入磁場時(shí)速度相同，但此后Ⅰ勻速，Ⅱ減速，故Ⅱ后到達(dá)地面，D錯(cuò)誤． 答案：C 2．(湖北重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖4－11所示，足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，兩導(dǎo)軌的平面與水平方向的夾角為θ.在導(dǎo)軌的最上端M、P之間接有電阻R，不計(jì)其他電阻．導(dǎo)體棒a

3、b從導(dǎo)軌的最底端沖上導(dǎo)軌，當(dāng)沒有磁場時(shí)，ab棒上升的最大高度為H；若存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場時(shí)，ab棒上升的最大高度為h.在兩次運(yùn)動(dòng)過程中ab棒都與導(dǎo)軌保持垂直，且初速度都相等．則下列說法正確的是(　　) 圖4－11 A．兩次上升的最大高度有H

4、A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，合力的功等于導(dǎo)體棒動(dòng)能的變化量，有、無磁場時(shí)，棒的初速度相等，末速度都為零，則知ab棒所受合力的功相等，故B錯(cuò)誤；設(shè)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)能量守恒知有mv＝Q＋mgh，則Q

5、．安培力對(duì)ab棒所做的功不相等 B．電流所做的功相等 C．產(chǎn)生的總內(nèi)能相等 D．通過ab棒的電荷量相等 解析：導(dǎo)軌光滑時(shí)，只有安培力做功，安培力做功等于動(dòng)能變化量，導(dǎo)軌粗糙時(shí)，安培力與摩擦力做功之和等于動(dòng)能的變化量，所以兩種情況中動(dòng)能變化量相等，故A正確、B錯(cuò)誤．兩種情況中金屬棒的動(dòng)能最終全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，C正確．通過ab棒的電荷量Q＝＝，光滑時(shí)比粗糙時(shí)ab棒運(yùn)動(dòng)的路程長，故ΔS大，通過的電荷量Q多，故D錯(cuò)誤． 答案：AC 4．(濟(jì)南針對(duì)訓(xùn)練)(多選)如圖4－13所示的豎直平面內(nèi)，水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)有大小相等，方向垂直豎直面向里的勻強(qiáng)磁場，其寬度均為d，Ⅰ和Ⅱ之間有一寬度為h的無磁

6、場區(qū)域，h>d.一質(zhì)量為m、邊長為d的正方形線框由距區(qū)域Ⅰ上邊界某一高度處靜止釋放，在穿過兩磁場區(qū)域的過程中，通過線框的電流及其變化情況相同．重力加速度為g，空氣阻力忽略不計(jì)．則下列說法正確的是 (　　) 圖4－13 A．線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)與離開區(qū)域Ⅰ時(shí)的電流方向相同 B．線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)與離開區(qū)域Ⅱ時(shí)所受安培力的方向相同 C．線框有可能勻速通過磁場區(qū)域Ⅰ D．線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ產(chǎn)生的總熱量為Q＝2mg(d＋h) 解析：由楞次定律可知，線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，而離開區(qū)域Ⅰ時(shí)的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由楞次定律可知，線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)與離開區(qū)域Ⅱ時(shí)所受安

7、培力的方向相同，均向上，選項(xiàng)B正確；因穿過兩磁場區(qū)域的過程中，通過線框的電流及其變化情況相同，則可知線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)一定是做減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；線框離開磁場區(qū)域Ⅰ的速度應(yīng)等于離開磁場區(qū)域Ⅱ的速度，則在此過程中，線圈的機(jī)械能的減小量等于線框通過區(qū)域Ⅱ產(chǎn)生的電能，即Q2＝mg(d＋h)，則線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ產(chǎn)生的總熱量為Q＝2Q2＝2mg(d＋h)，選項(xiàng)D正確． 答案：BD 5．(多選)如圖4－14所示，質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量為m的線框用一根絕緣細(xì)線連接起來，掛在兩個(gè)高度相同的定滑輪上，已知線框的橫邊邊長為L，水平方向勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為h.初

8、始時(shí)刻，磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，線框上邊緣剛進(jìn)磁場時(shí)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計(jì)．則下列說法中正確的是(　　) 圖4－14 A．線框進(jìn)入磁場時(shí)的速度為 B．線框的電阻為 C．線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q＝2mgh D．線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q＝4mgh 解析：從初始時(shí)刻到線框上邊緣剛進(jìn)入磁場，由機(jī)械能守恒定律得3mg×2h＝mg×2h＋4m，解得線框剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度v＝，故A對(duì)；線框上邊緣剛進(jìn)磁場時(shí)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故受合力為零，3mg＝BIL＋mg，I＝，解得線框的電阻R＝，故B對(duì)；線框勻速通過磁場的距

9、離為2h，產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)重力勢能的減少量，即Q＝3mg×2h－mg×2h＝4mgh，故C錯(cuò)，D對(duì)． 答案：ABD 6．兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L.導(dǎo)軌上面垂直放置兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，如圖4－15所示．兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻可不計(jì)，在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行．開始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0.若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，則： 圖4－15 (1)在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？ (2)當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r(shí)，cd棒的加速度是多少？ 解析：(1)兩棒速度相同時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱最多．從開始到兩棒達(dá)到相同速度v的過程中，兩棒的總動(dòng)量守恒， 有mv0＝2mv 根據(jù)能量守恒定律，整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝mv－(2m)v2＝mv. (2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)関0時(shí)，cd棒的速度為v′， 則由動(dòng)量守恒定律可知mv0＝mv0＋mv′ 解得v′＝v0，回路中的電動(dòng)勢 E＝BLv0－BLv0＝BLv0 此時(shí)cd棒所受的安培力F＝BIL＝. 由牛頓第二定律可得，cd棒的加速度a＝＝. 答案：(1)mv　(2)