(新课标)2020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应用专题(含解析)新人教版

三鼎力学看法在电磁感觉中的应用专题一、选择题1.如下图，竖直搁置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻

R，质量不可以忽视的金属棒与两导轨一直保持垂直并优秀接触且无摩擦，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作用下加快上涨的一段时间内，力做的功与安培力做的功的代数和等于( )

FA．电阻R上放出的热量B．棒的动能增添量C．棒的重力势能增添量D．棒的机械能增添量答案D分析A项，电阻R上放出的热量等于战胜安培力做功，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，依据动能定理知，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添量，故B项错误．C项，棒的重力势能增添量等于战胜重力做功，故C项错误．D项，金属杆加快上涨的过程中，除重力之外，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添量，故

D项正确．2.(2018·福建模拟)(多项选择)正方形导线框abcd置于圆滑水平桌面上，其质量为m，电阻值为R，边长为L，在线框右边距离cd边2L处有一宽度为2L的匀强磁场地区，磁场的左、右界限与线框的cd边平行，磁场的磁感觉强度大小为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边一直与磁场界限平行．已知线框cd边经过磁场左、右界限时速度同样，则线框( )A．走开磁场地区过程中的电流方向为dcbad2FLB．经过磁场地区过程中的最小速度为mC．经过磁场地区过程中的焦耳热为2FLB2L3D．进入磁场地区过程中遇到的安培力的冲量大小为答案BD

R分析A项，依据楞次定律可得，走开磁场地区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、右界限时速度同样，因此线框离左界限L与距122FL离右界限L时的速度同样，即速度最小，依据动能定理可得：FL＝2mv，解得v＝m，B项正确；C项，从线框的cd边刚进入磁场到恰巧出磁场的过程中动能变化为零，依据功能关系可得：F·2L－Q＝0，因此经过磁场地区过程中产生的焦耳热为Q＝2Q＝4FL，C项错误；11D项，线框进入磁场的过程中，安培力的冲量大小为I＝BILt＝B2L2vtB2L3冲R＝R，D项正确．3.(2018·太原二模)(多项选择)如下图，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、下界限水平．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开释，设ab边经过磁场上界限和磁场下界限时的速度分别为v1和v2；cd边经过磁场下界限时的速度为v3.已知线框着落过程中ab边一直水平、ad边一直竖直，下列说法正确的选项是( )A．若v1＝v2，则必定有v2＞v3B．若v＞v，则必定有v＞v3122C．若v1＝v2，从ab走开磁场到cd走开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为mghD．从ab进入磁场到cd走开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为1212mgh＋mv1－mv322答案ABC分析A项，因为线框完整在磁场中不产生感觉电流，不受安培力，做加快度为g的匀加快直线运动，因此若v1＝v2，线框进入磁场时必定做减速运动，而线框出磁场与进磁场的运动状况同样，必定有v2＞v3.故A项正确．B项，设cd边经过磁场上界限时的速度为v3.若v1＞v2，因线框完整在磁场中做加快度为g的匀加快直线运动，因此v4＜v2，则有v4＜v2＜v1，线框进入磁场的过程必然做减速运动，可知当线框的速度为v2时在做减速运动，安培力大于重力，因此当线框走开以速度v2磁场时安培力大于重力，做减速运动，必定有v2＞v3.故B项正确．C项，若v1＝v2，从ab走开磁场到cd走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走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许，

为mgh，故

C项正确．D项，从

ab进入磁场到

cd

走开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为

Q＝mg(h＋l)

12＋2mv112－2mv3.故

D项错误．(2018·宜昌一模)如下图，足够长的圆滑金属导轨MN、PQ平行搁置，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，不计其他电阻．导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上涨的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上涨的最大高度为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．关于上述情形，以下说法正确的选项是( )A．两次上涨的最大高度对比较为H<hB．有磁场时导体棒所受协力的功大于无磁场时协力的功12C．有磁场时，电阻R产生的焦耳热为2mv0D．有磁场时，ab上涨过程的最小加快度为gsinθ答案D分析A项，无磁场时，依据能量守恒得，动能所有转变为重力势能．有磁场时，动能一部分转变为重力势能，还有一部分转变为整个回路的内能．动能同样，则有磁场时的重力势能小于无磁场时的重力势能，因此h<H.故A项错误．B项，由动能定理知：协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，则知导体棒所受协力的功相等．故B项错误．C项，设电阻R产生的焦耳热为Q.1212依据能量守恒知：2mv0＝Q＋mgh，则Q<2mv0.故C项错误．D项，有磁场时，导体棒上涨时受重力、支持力、沿斜面向下的安培力，因此所受的协力大于mgsinθ，依据牛顿第二定律，知加快度a大于gsinθ.因此ab上涨过程的最小加快度为gsinθ.故D项正确．(2018·湛江二模)(多项选择)如下图，CD、EF是两条水平搁置的电阻可忽视的平行圆滑导轨，导轨固定不动，间距为L，在水平导轨的左边存在磁感觉强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感觉强度大小为B.导轨的右端接有一电阻R，左端与一曲折的圆滑轨道光滑连接．将一阻值也为R，质量为m的导体棒从曲折轨道上h高处由静止开释，导体棒最后恰巧停在磁场的右界限处．已知导体棒与水平导轨接触优秀，则以下说法中正确的选项是( )BL2ghA．电阻R的最大电流为2RB．电阻R中产生的焦耳热为mghmR2ghC．磁场左右界限的长度d为B2L2D．流过电阻R的电荷量为m2ghBL答案AD12分析A项，导体棒下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝2mv，解得：v＝2gh，EBL2gh感觉电动势：E＝BLv，经过电阻的最大电流：I＝2R＝2R，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1热：QR＝2mgh，故B项错误；D项，由动量定理得：－BILt＝0－mv，BLq＝mv，解得，经过电阻R的电荷量：q＝m2gh，BL故D项正确；ΦBLdEC项，由法拉第电磁感觉定律得：E＝t＝t，感觉电流：I＝2R，经过R的电荷量：q＝2mR2ghIt，解得：d＝B2L2，故C项错误．(2018·济宁二模)(多项选择)如下图，两根平行圆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＝2Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感觉强度大小为B＝2T的匀强磁场中．一质量为m＝1kg(质量散布平均)的导体杆ab垂直于导轨搁置，且与两导轨保持优秀接触．现杆在沿导轨平面向上、垂直于杆的恒力F＝10N作用下从静止开始沿导轨向上运动，当运动距离为L＝6m时速度恰巧达到最大(运动过程2中杆一直与导轨保持垂直)．导体杆的电阻为r＝2Ω，导轨电阻不计(取g＝10m/s)．在此过程中

(

)A．杆的速度最大值为

5m/sB．流过电阻

R的电荷量为

6CC．导体杆两头电压的最大值为

10VD．安培力对导体杆的冲量大小为

6N·s答案

ADB2d2v分析A项，导体杆所受安培力：F安培＝BId＝R＋r，导体杆匀速运动时速度最大，由均衡B2d2v条件得：F＝mgsinθ＋R＋r，解得，金属杆的最大速度：v＝5m/s，故A项正确．ΦBdL2×1×6B项，流过电阻R的电量：q＝R＋r＝R＋r＝2＋2＝3C，故B项错误．C项，导体杆做匀速运动时速度最大，此时产生的感觉电动势最大，最大感觉电动势：E＝Bdv＝2×1×5＝10V，电路最大电流：I＝E10U＝＝＝2.5A，导体杆两头最大电压：R＋r2＋2IR＝2.5×2＝5V，故C项错误；D项，对导体杆，安培力的冲量：I冲＝BIdt＝Bdq＝2×1×3＝6N·s，故D项正确．7．(2018·资阳模拟)(多项选择)如下图，一个半径为r、粗细平均、阻值为R的圆形导线框，竖直搁置在磁感觉强度为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开释，棒在着落过程中一直与线框保持良r好接触．已知着落距离为2时棒的速度大小为v1，着落到圆心O时棒的速度大小为v2，忽视摩擦及空气阻力，以下说法正确的选项是( )A．导体棒着落距离为r2时，棒中感觉电流的方向向右r27B2r2v1B．导体棒着落距离为2时，棒的加快度的大小为g－2mRB2r2v12C．导体棒着落到圆心时，圆形导线框的发热功率为R12D．导体棒从开始着落到经过圆心的过程中，圆形导线框产生的热量为mgr－2mv2答案BDA项，导体棒着落距离为rA项错误；分析2，依据右手定章知棒中感觉电流方向向左，故B项，接入电路中的导体棒产生的感觉电动势：E＝BLv＝3Brv1，此时电路的总电阻：R′123R·3R2＝R＝9R，E932227Brv1电流：I＝R′＝2RBrv1，金属棒上的安培力：F＝BIL＝BI·3r＝2R，由牛顿第二定27B2r2v1律得：mg－F＝ma，解得：a＝g－2mR，故B项正确；C项，导体棒着落到圆心时，金属棒上的安培力：F′＝BIL＝B2（2r）2v21，4R线框的发热功率：P＝P＝F′v＝16B2r2v22，故C项错误；热A2RD项，从开始着落到经过圆心的过程中，棒的重力势能减小转变为棒的动能和内能，依据能量守恒定律得：12mgr＝2mv2＋Q0解得：

12Q0＝mgr－2mv2，故

D项正确．8.(

多项选择)如下图，质量为

3m的重物与一质量为

m的线框用一杜绝缘细线连结起来，挂在两个高度同样的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感觉强度为磁场上下界限的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下面缘和线框上面沿的高度差为2h，将重物从静止开始开释，线框上面沿刚进磁场时，恰巧做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则以下说法中正确的选项是( )

B，A．线框进入磁场时的速度为2ghB2L2B．线框的电阻为2mg2ghC．线框经过磁场的过程中产生的热量Q＝2mghD．线框经过磁场的过程中产生的热量Q＝4mgh答案ABD分析从初始时刻到线框上面沿刚进入磁场，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＝2gh，故A项正确；线框上面沿刚进磁场时，恰巧做匀速直线运动，故受协力为零，3mg＝BIL＋mg，I＝BLv/R，B2L2解得线框的电阻R＝2mg2gh，故B项正确；线框匀速经过磁场的距离为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．(2018·云南一模)(多项选择)一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框静止在圆滑绝缘水平桌面上，桌面上直线PQ左边有方向竖直向下的匀强磁场I，磁感觉强度大小为B，PQ右边有方向竖直向上的匀强磁场Ⅱ，磁感觉强度大小为2B，俯视图如下图．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，v线框速度为2，在这个过程中，以下说法正确的选项是( )vA．线框速度为时，线框中感觉电流方向为逆时针方向2v

3vB2L2B．线框速度为

2时，线框的加快度大小为

mRC．线框中产生的焦耳热为

328mv2BLD．流过导线横截面的电荷量为R答案CD分析A项，线框速度为v时，线框有两条边切割磁感线，依据右手定章，右边感觉电流方2向向下，左边感觉电流向上，因此线框中的感觉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觉电动势为：v21左边切割磁感线产生的感觉电动势为：v1E2＝BL·＝BLv223线框中的总电动势为：E＝E1＋E2＝2BLv3BLv线框电流为：I＝2R3B2L2v线框右边所受安培力为：F1＝2BIL＝R3B2L2v线框左边所受安培力为：F2＝BIL＝2R9B2L2v线框安培力的协力为：F＝F1＋F2＝2R9B2L2v线框的加快度为：a＝m＝2mR，故B项错误；121v232C项，依据能量守恒，线框中产生的焦耳热为：Q＝2mv－2m(2)＝8mv，故C项正确；D项，线框初态的磁通量为：Φ1＝BL22212线框末态的磁通量为：Φ2＝B·3L－2B·3L＝0ΦBL2依据感觉电量公式有：q＝R＝R，故D项正确．10.(2018·永州三模)如下图，足够长的金属导轨竖直搁置，金属棒ab、cd均经过棒两头的环套在金属导轨上，棒与金属导轨接触优秀．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，两匀强磁场的磁感觉强度大小均为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地点，当cd棒无初速度开释时，对ab棒施加竖直向上的力F，使其沿导轨向上做匀加快运动．则()A．ab棒中的电流方向由a到bB．cd棒先加快运动后匀速运动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棒增添的机械能之和答案C分析A项，ab棒沿竖直向上运动，切割磁感线产生感觉电流，由右手定章判断可知，ab棒中的感觉电流方向为b到a，故A项错误；B项，cd棒中感觉电流由c到d，其所在的地区有向下磁场，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上．ab棒做匀加快直线运动，速度增大，产生的感觉电流增添，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，因此cd

棒先加快运动后减速运动，最后停止运动．故

B项错误．C项，因安培力增添，

cd

棒遇到的压力增大，则

cd

棒受静摩擦力的作用向来增添，最大值会大于重力．故

C项正确；D项，依据功能关系可知，力F所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增添的机械能之和．故

D项错误．11．(2018·东莞市二模

)(

多项选择)如图

1所示，倾斜搁置的平行圆滑轨道间距为

L＝1m，导轨与水平面的夹角为θ＝30°，导轨上端连有阻值为R＝1Ω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，磁感觉强度分别为B1＝1T和B2＝2T，两磁场的宽度也均为滑动过程中一直与导轨接触优秀，

L.一长为L的导体棒从导轨某地点静止开释，导体棒在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，重力加快度

g＝10m/s

2，则以下说法正确的选项是

(

)A．导体棒的质量为m＝0.2kgB．导体棒在整个磁场中运动的最小速度为0.2m/sC．导体棒穿过整个磁场时经过电阻R的电量为(2－1)CD．导体棒穿过整个磁场时电阻R产生的焦耳热为2J答案AC分析A项，导体棒在B1中匀速直线运动，则B×B1Lvmkg，A项正确；R×L＝mgsinθ，m＝0.22中后先减速最后匀速，当匀速直线运动时，速度最小mmgRsinθB项，进入磁场Bv＝B2L2＝0.5m/s.B项错误．Φ1222C项，电量q＝I×t＝R＝R＝(2－1)C，C项正确；D项，由能量守恒定律可求得1212221212．(2018·上海二模)(多项选择)如图(甲)所示，相距为2L的圆滑平行金属导轨水平搁置，右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽视不计，OO′的左边存在垂直于导轨平面向下、磁感觉强度为B的匀强磁场．在OO′左边L处垂直导轨搁置一质量为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．以下判断中正确的选项是( )2B2L2v1A．ab马上走开磁场时，安培力的大小为3R4BL2B．整个运动的过程中，经过电阻R上的电量为3R2222C．ab马上走开磁场时，加快度的大小为v2－v18BLv14L－3mR122D．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为6m(v2－3v1)答案BCD分析A项，ab马上走开时，速度为11Ev，电动势E＝2BLv，电流I＝0.5R＋R；8B2L2v1安培力F＝2BIL＝3R；故A项错误；B项，整个过程中，磁通量的变化量为Φ＝2BL2；ΔΦ2BL24BL2产生的电量q＝1.5Rt·t＝1.5R＝3R；故B项正确；122C项，ab杆在位移L到3L的过程中，由动能定理得：F(3L－L)＝2m(v2－v1)；22m（v2－v1）解得：F＝4L设加快度为a，则F安＝BILBLv1I＝Ra＝F－F安m2222v2－v1BLv1联立解得：a＝4L－mR；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杆增添的动能和回路产生的12电能(即电阻R上产生的电热Q1)，由能量守恒定律得：FL＝2mv1＋Q122m（v2－v1）联立解得：Q1＝4；故D项正确．二、非选择题13.如下图，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边相互垂直，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.匀强磁场地区的上下界限均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上界限的距离为2l，线框由静止开释，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边走开磁场后，边走开磁场以前，线框又做匀速运动．线框完整穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在ab着落过程中一直处于原竖直平面内，且

ab、cd

边保持水平，重力加快度为

g.求：(1)线框ab边将走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)磁场上下界限间的距离H.答案(1)4倍(2)H＝Q＋28lmg分析(1)设磁场的磁感觉强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感觉电动势为E1，由法拉第电磁感觉定律，可得E＝2Blv①11E设线框总电阻为R，此时线框中电流为I，由闭合电路欧姆定律，可得I1