考点规范练测试题 电磁感应现象中的动力学、动量和能量问题.docx

考点规范练34电磁感应现象中的动力学、动量和能量问题一、单项选择题1、e×××*-b：X××6××i!××x；如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为1.和2/.的两只闭合线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为8的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若外力对线框做的功分别为以眼，则W3队为（）A,1/4B、1/2C、1/1D、不能确定惇案人函根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能乂全部转化为焦耳热，所以%=qV愚&二1.-二-.由电阻定律知RstR”故#：以=1：4,h项正确.2.如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一半径为"、质量为。的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑，重力加速度大小为g卜列说法正确的是（）A、金属球会运动到半圆轨道的另端B、由于金屈球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C、金属球受到的安培力做负功D、系统产生的总热量小于侬画金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，C正确，A、B错误;根据能量守恒定律得系统产生的总热量为偌RD错误.3、两根足够长的光滑导筑竖立放置，间距为/，底端接阻值为R的电阻.将质量为加的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为8的匀强磁场垂直，如图所示.除电阻外其余电阻不计.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）A、释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度gB、金属棒向下运动时，流过电阻加的电流方向为1.方C、金屈棒的速度为y时，所受的安培力大小为:一D、电阻夕上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量I答案Ic画金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零,又因此时金属棒速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，选项A错误;金属棒向下运动时，由右手定则可知，流过电阻的电流方向为Zra,选项B错误;金属棒速度为了时，安培力大小为F=BIl,又I=,联立解得后二_一,选项C正确；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（速度不为零时）以及电阻上产生的热量，选项D错误.如图所示，水平光滑的平行金屈导轨，左端接有电阻忆匀强磁场笈竖直向卜.分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒。垂直导轨放置.若使棒以定的初速度向右运动，当其通过位置小时，速率分别为小%,到位置。时棒刚好静此设金属导轨与棒的电阻均不计，a到和6到C的间距相等，则金属棒在从a到b和从b到C的两个过程中（）A、回路中产生的内能相等B、棒运动的加速度相等C、安培力做功相等D、通过棒横截面的电荷量相等g¾D函金属棒由a到b再到C的过程中，速度逐渐减小，根据£=8人知，E减小，故/减小，再根据=8知，安培力减小，由少=ma知，加速度减小，B错误；由于a与氏人与C间距相等，安培力由a-c是逐渐渐小的，故从a到力安培力做的功大于从到C安培力做的功，又由于安培力做的功等于回路中产生的内能，所以A、C错误;根据平均感应电动势E=-=Y-,/=-和q=At,得q-'i,所以D正确.二、多项选择题5、如图所示，光滑金属导轨力C力。固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为的匀强磁场中.有一质量为R的导体棒以初速度%从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在/1点.在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过力点的总电荷量为Q已知导体棒与导轨间的接触电阻值恒为亿其余电阻不计，贝M）A、该过程中导体棒做匀减速运动B、当导体棒的速度为T时，回路中感应电流小于初始时的一半Cs开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为SD、该过程中接触电阻产生的焦耳热为一OI答案机、函导体切割磁感线产生的感应电动势为夕=8",电流为,安培力为F=BU-，/、/都在减小，根据牛顿第二定律知，加速度也在减小，A错误；当导体棒的速度为时，导体棒的长度也减小了，所以回路中感应电流大小小于初始时的一半，B正确；该过程中，通过的总电荷量为也就是开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积S-C正确；该过程中，动能全部转化为接触电阻产生的焦耳热为!。2,D错误.6、右图为一圆环发电装置，用电阻MQ的导体棒弯成半径/4、2m的闭合圆环，圆心为，笫是一条直径，在。、间接有负载电阻片=1Q.整个圆环中均有分0、5T的匀强磁场垂自:环面穿过.电阻广=1的导体棒如贴着圆环做匀速圆周运动，角速度3W00rads.则（）A、当。到达成处时，圆环的电功率为1WB、当物到达a1处时,圆环的电功率为2WC、全电路最大功率为3WD、全电路最大功率为4、5W懵案IAD函当期到达在处时，圆环的电阻为1Q,与吊串联接入电路，棒转动过程中产生的感应电动势£彳8/'。=3丫，圆环上分压为IV,所以圆环的电功率为1W,A正确，B错误；当期到达如处时，圆环中的电阻为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以电功率最大为几,可、1+5W,C错误，D正确.7.有一半径为爪电阻率为P电、密度为P密的均匀圆环落入磁感应强度为台的径向磁场中，圆环的截面半径为Nr<<M,如图所示.当圆环在加速卜.落时某一时刻的速度为，则（）此时整个圆环的电动势E=211BVrB、忽略电感的影响，此时圆环中的电流/二C、此时圆环的加速度a二D,如果径向磁场范围足够长，则圆环的最大速度以产避JBD画此时整个圆环垂直切割径向磁感线，电动势E211BW,选项A借误:此时圆环中的电流/y=M=-_"一、选项B正确;对圆环,TT电根据牛顿第：定律得图-i=三,Fi=BI211R=,m=P«电11211,则a=g-,选项C错误；如果径向磁场范围足够长，当电密a=0时圆环的速度最大，即叶，/0,则1.-电:,选项D正确.8、如图所示，两根电阻不计的足够长的光滑金属导轨亚V、。间距为/,两导轨构成的平面与水平面成。角.金属棒a。、Cd用绝缘轻绳连接，其电阻均为R，质量分别为加和2m,沿斜面向上的外力厂作用在Cd上使两棒静止，整个装置处在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为的匀强磁场中.将轻绳烧断后，保持尸不变，金属棒始终与导轨垂直且接触良好.则()A、轻绳烧断瞬间，Cd的加速度大小ag交in0B、轻绳烧断后，做匀加速运动C、轻绳烧断后，任意时刻两棒运动的速度大小之比心：匕尸1；2D、棒郎的最大速度以一TT-I答案N丽烧断细绳前,将两根棒看作一个整体，对整体有43份in；烧断细绳瞬间Cd棒速度为零，在沿斜面方向上受到拉力，,和重力沿斜而向下的分力作用，故厂一2时=；的9,A正确；由于Cd棒切割磁感线运动，根据楞次定律和左手定则可知，Cd棒受到沿斜面向下的安培力作用，且随着速度增大而增大，故Cd棒做变加速运动，只有当户如啰in0+凡安后，才沿斜面向上做匀速宜线运动，B错误;因为两个导体棒组成一个闭合回路，所以通过两个导体棒的电流相同，故受到的安培力等大反向，根据动量守恒可得力匕2"hR,即心；心与：1,C错误；当ab棒和Cd棒加速度为零时，速度均达到最大，设此时ab棒和Cd棒的速度大小分别为心、M),由成棒受力平衡得侬sin"二刃7,此时回路中总的电动势£'%/(%/%),电路中电流/方一，由动量守恒定律得加心-2制，Ma联立解得%，拜，D正确.*5三、非选择题9.如图所示，足够长的固定平行粗糙金属双轨MK/®相距d=0,5m,导轨平面与水平面夹角-30a,处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小庐0、5T的匀强磁场中.长也为d的金属棒助垂直于导轨MkPQW置，且始终与导轨接触良好，棒的质量肝0、1kg,电阻根、1Q,与导轨之间的动摩擦因数屋,导轨上端连接电路如图所示.已知电阻吊与O灯泡电阻发的阻值均为0、2Q,导轨电阻不计，重力加速度g取IOms.(1)求棒由静止释放瞬间下滑的加速度大小a;(2)假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后，灯1.的发光亮度稳定，求此时灯1.的实际功率P和棒的速率匕(1)2、5mst(2)0、05W0、8m/s(1)棒由静止释放的瞬间速度为零，不受安培力作用根据牛顿第.定律有mgsina-RmgCOSa=ma,代入数据得a=2'5ms2.(2)由“灯1.的发光亮度稔定”知棒做匀速运动，受力平衡，有mgsina-HmgCoSa=BId代入数据得棒中的电流/=1A由于上产心所以此时通过小灯泡的电流5,P=2?尼。05W此时感应电动势E=BdV=XRI+2得IM)、8ms.10、足够长的平行金属导轨R?、Cd放置在水平面上，处在磁感应强度分1、0T的竖直方向的匀强磁场中，导轨间连接阻值为Ar、3。的电阻，质量N)、5kg、电阻/4)、1的金属棒ef紧贴在导轨上，两导轨间的距离240m,如图所示.在水平恒力厂作用下金属棒c/由静止开始向右运动，其运动距离与时间的关系如下表所示.导轨与金属棒ef间的动摩擦因数为0、3,导轨电阻不计，g取10ms2.时间t/sC1、02、03、04、05、06.07、0运动距离A0、62、04、36、89、3IU814、3(1)求在4、0S时间内，通过金属棒截面的电荷量(2)求水平恒力F-.(3)庆丰同学在计算7、OS时间内，整个回路产生的焦耳热。时,，是这样计算的:先算7、OS内的电荷量，再算电流/，再用公式0"欣计算出焦耳热，请你简要分析这样做是否正确?认为正确的，请算出结果：认为错误的，请用自J的方法算出7、OS内整个回路产生的焦耳热Q(1)6、8C(2)2.5N(3)见解析题(1)金属棒产生的平均感应电动势Ek=平均电流f;则电荷量q=It7+上、8C.(2)由题表中数据可知，3、OS以后棒”'做匀速直线运动，处于平衡状态其速度PA-之、5ms有F-Ft=BIi由E=Blv,J-+->Ft=Pmg解-得F=BIl+E之、5N.(3)庆丰同学用电流的平均值计算焦耳热是错误的.正确解法是根据能量转化和守恒定律，有FX-mg-Qn解得042、7J.I1.如图所示，宽度为1的平行光滑的金属轨道，左端为半径为“的四分之一圆弧轨道，右端为半径为外的半圆轨道，中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为的竖直向上的匀强磁场.一根质量为R的金属杆a置于水平轨道上，另一根质量为保的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下，当6滑入水平轨道某位置时，a就滑上了右端半圆轨道最高点仍始终运动且a、未相撞)，并且a在最高点对轨道的压力大小为侬，此过程中通过a的电荷量为Q，a、方棒的电阻分别为R、用，其余部分电阻不计.在b山静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中.(1)在水平轨道上运动时的最大加速度是多大？(2)自。释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中系统产生的焦耳热是多少？(3)在a刚到达右端半圆凯道最低点时b的速度是多大？(1)(2)2；BIq号吟Ia22画(1)设杆刚刚滑到左端轨道最低端时的速度为心”由机械能守恒定律，/=11k'gl,所以Vtl=yZ刚滑到水平轨道时加速度最大，则£=8/以”I=，I+2根据牛顿第二定律有，FfBIi=mia得杆方的最大加速度a-：、=.1+2)(2)设杆a到达右端半圆轨道最高点时，杆a的速度为小，杆的速度为Vg根据动量定理有-BlIt=mwF【3,即5q=72"Q-ziq所以VIQ=-根据牛顿第二定律和第三定律，得2侬=2所以=y2因为11hgn2+;2+mgZn+Q所以系统产生的焦耳热Q=y2iBlqYmgrZ''2根据能量守恒，有2侬-12所以杆a刚到达水平轨道右端时的速度Vg=旗2在杆。和杆a在水平轨道上运动时，符合动量守恒条件，根据动量守恒定律，有如I知=网Vm+mv或杆a刚到达水平轨道最右端时，杆b的速度21-二邪2-