高考物理一轮复习课时作业49三大力学观点在电磁感应中的应用专题（含解析）

三大力学观点在电磁感应中的应用专题

一、选择题

1.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于(　　)

A．电阻R上放出的热量　　 B．棒的动能增加量

C．棒的重力势能增加量   D．棒的机械能增加量

答案　D

解析　A项，电阻R上放出的热量等于克服安培力做功，不等于力F做的功与安培力做的功的代数和．故A项错误．

B项，根据动能定理知，力F做的功、重力所做的功与安培力做的功的代数和等于棒的动能增加量，故B项错误．

C项，棒的重力势能增加量等于克服重力做功，故C项错误．

D项，金属杆加速上升的过程中，除重力以外，有安培力和外力F做功，则力F做的功与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，故D项正确．

2.(2018·福建模拟)(多选)正方形导线框abcd置于光滑水平桌面上，其质量为m，电阻值为R，边长为L，在线框右侧距离cd边2L处有一宽度为2L的匀强磁场区域，磁场的左、右边界与线框的cd边平行，磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向下，其俯视图如图．对线框施加一水平向右的恒力F，使之由静止开始向右运动，cd边始终与磁场边界平行．已知线框cd边经过磁场左、右边界时速度相同，则线框(　　)

A．离开磁场区域过程中的电流方向为dcbad

B．通过磁场区域过程中的最小速度为

C．通过磁场区域过程中的焦耳热为2FL

D．进入磁场区域过程中受到的安培力的冲量大小为

答案　BD

解析　A项，根据楞次定律可得，离开磁场区域过程中的电流方向为dabcd，A项错误；

B项，由题意可知，线框cd边经过磁场左、右边界时速度相同，所以线框离左边界L与距离右边界L时的速度相同，即速度最小，根据动能定理可得：FL＝mv2，解得v＝，B项正确；C项，从线框的cd边刚进入磁场到刚好出磁场的过程中动能变化为零，根据功能关系可得：F·2L－Q1＝0，所以通过磁场区域过程中产生的焦耳热为Q＝2Q1＝4FL，C项错误；D项，线框进入磁场的过程中，安培力的冲量大小为I冲＝BILt＝＝，D项正确．

3.(2018·太原二模)(多选)如图所示，在竖直面内有方向垂直纸面向里、高度为h的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平．将边长为l(l＜h)、质量为m的正方形金属线框abcd从磁场上方某处由静止释放，设ab边通过磁场上边界和磁场下边界时的速度分别为v1和v2；cd边通过磁场下边界时的速度为v3.已知线框下落过程中ab边始终水平、ad边始终竖直，下列说法正确的是(　　)

A．若v1＝v2，则一定有v2＞v3

B．若v1＞v2，则一定有v2＞v3

C．若v1＝v2，从ab离开磁场到cd离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为mgh

D．从ab进入磁场到cd离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为mgh＋mv12－mv32

答案　ABC

解析　A项，由于线框完全在磁场中不产生感应电流，不受安培力，做加速度为g的匀加速直线运动，所以若v1＝v2，线框进入磁场时一定做减速运动，而线框出磁场与进磁场的运动情况相同，一定有v2＞v3.故A项正确．

B项，设cd边通过磁场上边界时的速度为v3.若v1＞v2，因线框完全在磁场中做加速度为g的匀加速直线运动，所以v4＜v2，则有v4＜v2＜v1，线框进入磁场的过程必定做减速运动，可知当线框的速度为v2时在做减速运动，安培力大于重力，所以当线框离开以速度v2磁场时安培力大于重力，做减速运动，一定有v2＞v3.故B项正确．

C项，若v1＝v2，从ab离开磁场到cd离开磁场的过程中线框内产生的焦耳热等于ab进入磁场到ab离开磁场的过程中线框内产生的焦耳热，等于线框重力势能的减少量，为mgh，故C项正确．

D项，从ab进入磁场到cd离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为Q＝mg(h＋l)＋mv12－mv32.故D项错误．

4.(2018·宜昌一模)如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ.在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其它电阻．导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h.在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列说法正确的是(　　)

A．两次上升的最大高度相比较为H<h

B．有磁场时导体棒所受合力的功大于无磁场时合力的功

C．有磁场时，电阻R产生的焦耳热为mv02

D．有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsinθ

答案　D

解析　A项，无磁场时，根据能量守恒得，动能全部转化为重力势能．有磁场时，动能一部分转化为重力势能，还有一部分转化为整个回路的内能．动能相同，则有磁场时的重力势能小于无磁场时的重力势能，所以h<H.故A项错误．B项，由动能定理知：合力的功等于导体棒动能的变化量，有、无磁场时，棒的初速度相等，末速度都为零，则知导体棒动能的变化量相等，则知导体棒所受合力的功相等．故B项错误．C项，设电阻R产生的焦耳热为Q.根据能量守恒知：mv02＝Q＋mgh，则Q<mv02.故C项错误．D项，有磁场时，导体棒上升时受重力、支持力、沿斜面向下的安培力，所以所受的合力大于mgsinθ，根据牛顿第二定律，知加速度a大于gsinθ.所以ab上升过程的最小加速度为gsinθ.故D项正确．

5.(2018·湛江二模)(多选)如图所示，CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑导轨，导轨固定不动，间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R，质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，则下列说法中正确的是(　　)

A．电阻R的最大电流为

B．电阻R中产生的焦耳热为mgh

C．磁场左右边界的长度d为

D．流过电阻R的电荷量为

答案　AD

解析　A项，导体棒下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，解得：v＝，感应电动势：E＝BLv，通过电阻的最大电流：I＝＝，故A项正确；

B项，电阻与导体棒的阻值相等，由能量守恒定律得：mgh＝2QR，解得，电阻R中产的焦耳热：QR＝mgh，故B项错误；

D项，由动量定理得：－BILt＝0－mv，BLq＝mv，解得，通过电阻R的电荷量：q＝，故D项正确；

C项，由法拉第电磁感应定律得：E＝＝，感应电流：I＝，通过R的电荷量：q＝IΔt，解得：d＝，故C项错误．

6.(2018·济宁二模)(多选)如图所示，两根平行光滑金属导轨的间距为d＝lm，导轨平面与水平面成θ＝30°角，其底端接有阻值为R＝2 Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中．一质量为m＝1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触．现杆在沿导轨平面向上、垂直于杆的恒力F＝10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动，当运动距离为L＝6 m时速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．导体杆的电阻为r＝2 Ω，导轨电阻不计(取g＝10 m/s2)．在此过程中(　　)

A．杆的速度最大值为5 m/s

B．流过电阻R的电荷量为6 C

C．导体杆两端电压的最大值为10 V

D．安培力对导体杆的冲量大小为6 N·s

答案　AD

解析　A项，导体杆所受安培力：F安培＝BId＝，导体杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得：F＝mgsinθ＋，解得，金属杆的最大速度：v＝5 m/s，故A项正确．

B项，流过电阻R的电量：q＝＝＝＝3 C，故B项错误．

C项，导体杆做匀速运动时速度最大，此时产生的感应电动势最大，最大感应电动势：E＝Bdv＝2×1×5＝10 V，电路最大电流：I＝＝＝2.5 A，导体杆两端最大电压：U＝IR＝2.5×2＝5 V，故C项错误；

D项，对导体杆，安培力的冲量：I冲＝BIdt＝Bdq＝2×1×3＝6 N·s，故D项正确．

7．(2018·资阳模拟)(多选)如图所示，一个半径为r、粗细均匀、阻值为R的圆形导线框，竖直放置在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．现有一根质量为m、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点由静止释放，棒在下落过程中始终与线框保持良好接触．已知下落距离为时棒的速度大小为v1，下落到圆心O时棒的速度大小为v2，忽略摩擦及空气阻力，下列说法正确的是(　　)

A．导体棒下落距离为时，棒中感应电流的方向向右

B．导体棒下落距离为时，棒的加速度的大小为g－

C．导体棒下落到圆心时，圆形导线框的发热功率为

D．导体棒从开始下落到经过圆心的过程中，圆形导线框产生的热量为mgr－mv22

答案　BD

解析　A项，导体棒下落距离为，根据右手定则知棒中感应电流方向向左，故A项错误；

B项，接入电路中的导体棒产生的感应电动势：E＝BLv＝Brv1，此时电路的总电阻：R′＝＝R，

电流：I＝＝Brv1，金属棒上的安培力：F＝BIL＝BI·r＝，由牛顿第二定律得：mg－F＝ma，解得：a＝g－，故B项正确；

C项，导体棒下落到圆心时，金属棒上的安培力：F′＝BIL＝，

线框的发热功率：P热＝PA＝F′v2＝，故C项错误；

D项，从开始下落到经过圆心的过程中，棒的重力势能减小转化为棒的动能和内能，根据能量守恒定律得：

mgr＝mv22＋Q0

解得：Q0＝mgr－mv22，故D项正确．

8.(多选)如图所示，质量为3 m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是(　　)

A．线框进入磁场时的速度为

B．线框的电阻为

C．线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝2mgh

D．线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝4mgh

答案　ABD

解析　从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场，

由机械能守恒定律得3mg×2h＝mg×2h＋4mv2/2，

解得线框刚进入磁场时的速度v＝，故A项正确；

线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，

故受合力为零，3mg＝BIL＋mg，I＝BLv/R，

解得线框的电阻R＝，故B项正确；

线框匀速通过磁场的距离为2h，产生的热量等于系统重力势能的减少，

即Q＝3mg×2h－mg×2h＝4mgh，故C项错误，D项正确．

9.(2018·云南一模)(多选)一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框静止在光滑绝缘水平桌面上，桌面上直线PQ左侧有方向竖直向下的匀强磁场I，磁感应强度大小为B，PQ右侧有方向竖直向上的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为2B，俯视图如图所示．现使线框以垂直PQ的初速度v向磁场Ⅱ运动，当线框的三分之一进入磁场Ⅱ时，线框速度为，在这个过程中，下列说法正确的是(　　)

A．线框速度为时，线框中感应电流方向为逆时针方向

B．线框速度为时，线框的加速度大小为

C．线框中产生的焦耳热为mv2

D．流过导线横截面的电荷量为

答案　CD

解析　A项，线框速度为时，线框有两条边切割磁感线，根据右手定则，右边感应电流方向向下，左边感应电流向上，所以线框中的感应电流方向为顺时针方向，故A项错误；

B项，右边切割磁感线产生的感应电动势为：E1＝2BL·＝BLv

左边切割磁感线产生的感应电动势为：E2＝BL·＝BLv

线框中的总电动势为：E＝E1＋E2＝BLv

线框电流为：I＝

线框右边所受安培力为：F1＝2BIL＝

线框左边所受安培力为：F2＝BIL＝

线框安培力的合力为：F＝F1＋F2＝

线框的加速度为：a＝＝，故B项错误；

C项，根据能量守恒，线框中产生的焦耳热为：Q＝mv2－m()2＝mv2，故C项正确；

D项，线框初态的磁通量为：Φ1＝BL2

线框末态的磁通量为：Φ2＝B·L2－2B·L2＝0

根据感应电量公式有：q＝＝，故D项正确．

10.(2018·永州三模)如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上，棒与金属导轨接触良好．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B.ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速度释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，使其沿导轨向上做匀加速运动．则(　　)

A．ab棒中的电流方向由a到b

B．cd棒先加速运动后匀速运动

C．cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力

D．力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和

答案　C

解析　A项，ab棒沿竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断可知，ab棒中的感应电流方向为b到a，故A项错误；

B项，cd棒中感应电流由c到d，其所在的区域有向下磁场，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上．ab棒做匀加速直线运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速运动后减速运动，最后停止运动．故B项错误．

C项，因安培力增加，cd棒受到的压力增大，则cd棒受静摩擦力的作用一直增加，最大值会大于重力．故C项正确；

D项，根据功能关系可知，力F所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和．故D项错误．

11．(2018·东莞市二模)(多选)如图1所示，倾斜放置的平行光滑轨道间距为L＝1 m，导轨与水平面的夹角为θ＝30°，导轨上端连有阻值为R＝1 Ω的定值电阻，在导轨平面上的abdc、cdfe间分别有垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度分别为B1＝1 T和B2＝ T，两磁场的宽度也均为L.一长为L的导体棒从导轨某位置静止释放，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好，导体棒在磁场中运动的速度一时间图像如图2所示．不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．导体棒的质量为m＝0.2 kg

B．导体棒在整个磁场中运动的最小速度为0.2 m/s

C．导体棒穿过整个磁场时通过电阻R的电量为(－1) C

D．导体棒穿过整个磁场时电阻R产生的焦耳热为2 J

答案　AC

解析　A项，导体棒在B1中匀速直线运动，则B××L＝mgsinθ，m＝0.2 kg，A项正确；

B项，进入磁场B2中后先减速最后匀速，当匀速直线运动时，速度最小vm＝＝0.5 m/s.B项错误．

C项，电量q＝I×Δt＝＝＝(－1) C，C项正确；

D项，由能量守恒定律可求得Q＝mg×2Lsin30°＋mv12－mv22＝2.075 J，D项错误．

12．(2018·上海二模)(多选)如图(甲)所示，相距为2L的光滑平行金属导轨水平放置，右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计，OO′的左侧存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场．在OO′左侧L处垂直导轨放置一质量为m、电阻为0.5R的金属杆ab，ab在恒力F的作用下由静止开始向右运动3L的距离，其速度与位移的变化关系如图(乙)所示．下列判断中正确的是(　　)

A．ab即将离开磁场时，安培力的大小为

B．整个运动的过程中，通过电阻R上的电量为

C．ab即将离开磁场时，加速度的大小为－

D．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为m(v22－3v12)

答案　BCD

解析　A项，ab即将离开时，速度为v1，电动势E＝2BLv1，电流I＝；

安培力F＝2BIL＝；故A项错误；

B项，整个过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝2BL2；

产生的电量q＝·Δt＝＝；故B项正确；

C项，ab杆在位移L到3L的过程中，由动能定理得：F(3L－L)＝m(v22－v12)；

解得：F＝

设加速度为a，

则F安＝BIL

I＝

a＝

联立解得：a＝－；故C项正确；

D项，ab杆在磁场中发生L位移过程中，恒力F做的功等于ab杆增加的动能和回路产生的电能(即电阻R上产生的电热Q1)，由能量守恒定律得：FL＝mv12＋Q1

联立解得：Q1＝；故D项正确．

二、非选择题

13.如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：

(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；

(2)磁场上下边界间的距离H.

答案　(1)4倍　(2)H＝＋28l

解析　(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，可得

E1＝2Blv1①

设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，可得I1＝②

设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③

由于线框做匀速运动，故受力平衡，所以有mg＝F1④

由①②③④式得v1＝⑤

设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝⑥

由⑤⑥式得v2＝4v1⑦

(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，可得

2mgl＝mv12⑧

线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，可得

mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q⑨

由⑦⑧⑨得H＝＋28l⑩

14．(2018·浙江模拟)如图，光滑的水平绝缘轨道M、N上搁放着质量m1＝0.2 kg、电阻R1＝0.02 Ω的“[”形金属框dabc，轨道间有一有界磁场，变化关系如图所示．一根长度等于ab，质量m2＝0.1 kg、R2＝0.01Ω的金属棒ef拥在轨道上并静止在磁场的左边界上．已知轨道间距与ab长度相等，均为L1＝0.3 m，ad＝bc＝L2＝0.1 m，其余电阻不计.0时刻，给“[”形金属框一初速度v0＝3 m/s，与金属棒碰撞后合在一起成为一闭合导电金属框(碰撞时间极短)．t0时刻整个框刚好全部进入磁场，(t0＋1)s时刻，框右边刚要出磁场．求：

(1)碰撞结束时金属框的速度大小；

(2)0～t0时间内整个框产生的焦耳热；

(3)t0～(t0＋1) s时间内，安培力对ab边的冲量．

解析　(1)碰撞过程中，动量守恒，得到m1v0＝(m1＋m2)v

代入得到：v＝2 m/s

(2)对闭合金属框列动量定理：－BIL1Δt＝－BL1Δq＝mΔv

等号两边求和，得－BL1q＝m(v′－v)

又因为q＝＝

得到v′＝1 m/s

所以Q＝(m1＋m2)v2－(m1＋m2)v′22＝0.45 J

(3)整个框在磁场中运动，I＝＝＝＝0.4 A

又因为B＝1－0.4(t－t0)　t0≤t≤t0＋1

所以F安＝BIL1＝0.12B＝012－0.048(t－t0)

I冲＝F安t＝t＝×1＝0.096 N·s.