統(tǒng)考版高考物理一輪復(fù)習課時分層作業(yè)（三十一）電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量和動量問題含答案

這是一份統(tǒng)考版高考物理一輪復(fù)習課時分層作業(yè)（三十一）電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量和動量問題含答案，共10頁。

1．如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則( )
A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2
2．[2022·山西晉城一模](多選)如圖所示，U形光滑金屬導(dǎo)軌與水平面成37°角傾斜放置，現(xiàn)將一金屬桿垂直放置在導(dǎo)軌上且與兩軌道接觸良好，在與金屬桿垂直且沿著導(dǎo)軌向上的外力F的作用下，金屬桿從靜止開始做勻加速直線運動．整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，外力F的最小值為8 N，經(jīng)過2 s金屬桿運動到導(dǎo)軌最上端并離開導(dǎo)軌．已知U形金屬導(dǎo)軌兩軌道之間的距離為1 m，導(dǎo)軌電阻可忽略不計，金屬桿的質(zhì)量為1 kg、電阻為1 Ω，磁感應(yīng)強度大小為1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.下列說法正確的是( )
A．拉力F是恒力
B．拉力F隨時間t均勻增加
C．拉力F的最大值等于12 N
D．金屬桿運動的加速度大小為2 m/s2
3．[2022·陜西遠東模擬](多選)如圖所示，水平金屬導(dǎo)軌P、Q間距為L，M、N間距為2L，P與M相連，Q與N相連，金屬棒a垂直于P、Q放置，金屬棒b垂直于M、N放置，整個裝置處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中．現(xiàn)給棒a一大小為v0、水平向右的初速度，假設(shè)導(dǎo)軌都足夠長，兩棒質(zhì)量均為m，在棒a的速度由v0減小到0.8v0的過程中，兩棒始終與導(dǎo)軌接觸良好．以下說法正確的是( )
A．俯視時感應(yīng)電流方向為順時針
B．棒b的最大速度為0.4v0
C．回路中產(chǎn)生的焦耳熱為0.1mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
D．通過回路中某一截面的電荷量為 eq \f(2mv0,5BL)
4．[2022·湘豫名校聯(lián)考](多選)如圖所示，兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，導(dǎo)軌間距為L，整個空間區(qū)域存在著磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場．兩長度均為L、電阻均為R、質(zhì)量均為m的金屬導(dǎo)體棒a、b始終垂直于導(dǎo)軌，并與導(dǎo)軌保持良好接觸，不計其他電阻．金屬導(dǎo)體棒a、b中點間連接一處于原長狀態(tài)的輕質(zhì)絕緣彈簧．某時刻給導(dǎo)體棒b一瞬時沖量，使其獲得水平向右的初速度v0，經(jīng)過足夠長的時間后，下列說法正確的是( )
A．a(chǎn)、b兩棒最終將以大小為 eq \f(v0,2) 的共同速度向右勻速運動
B．a(chǎn)、b兩棒最終都向右運動，但速度大小將周期性交替增減而不會共速
C．a(chǎn)棒上產(chǎn)生的焦耳熱最終為 eq \f(1,8) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
D．a(chǎn)棒上產(chǎn)生的焦耳熱最終為 eq \f(1,4) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
5．(多選)如圖所示，水平虛線L1、L2之間是勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁場區(qū)域的高度為h.豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量為m的直角梯形線框，底邊水平，其上下邊長之比為5∶1，AB邊長為L，高為2h.現(xiàn)使線框AB邊在磁場邊界L1的上方高h處由靜止自由下落(下落過程底邊始終水平，線框平面始終與磁場方向垂直)，當AB邊剛進入磁場時，線框的加速度恰好為零，在DC邊進入磁場前的一段時間內(nèi)，線框做勻速運動．重力加速度為g，忽略空氣阻力，則下列說法中正確的是( )
A．從AB邊進入磁場到DC邊進入磁場的過程中，線框做勻速運動，線框中感應(yīng)電流恒定
B．從AB邊進入磁場到AB邊離開磁場的過程中，線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向
C．從線框開始下落到DC邊剛進入磁場的過程中，線框重力勢能的減少量全部轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的焦耳熱
D．DC邊剛進入磁場時，線框的加速度大小為 eq \f(5,4) g
6．如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虛線cc′和bb′與斜面底邊平行，且兩線間距為d＝0.1 m，在cc′、bb′圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B＝1 T．現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10 g，總電阻為R＝1 Ω，邊長也為d＝0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與cc′重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運動，當金屬線圈從最高點返回到磁場區(qū)域時，線圈剛好做勻速直線運動．已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不計其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時的速度大?。?br>(2)線圈向上離開磁場區(qū)域時的動能；
(3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱．
綜合題組
7．如圖甲所示，有兩根足夠長、不計電阻，相距L＝1 m的平行光滑金屬導(dǎo)軌cd、ef與水平面成θ＝30°固定放置，頂端接一阻值為R＝2 Ω的電阻，在軌道平面內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B＝0.5 T的勻強磁場，方向垂直軌道平面向上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝0.1 kg、電阻不計的金屬桿ab，平行于ce且垂直于導(dǎo)軌，以一定初速度v0沿軌道向上運動，此時金屬桿的加速度a0＝15 m/s2，到達某一高度后，再沿軌道向下運動，若金屬桿上滑過程中通過電阻R的電量q＝0.5 C，g取10 m/s2，求：
(1)金屬桿的初速度大?。?br>(2)金屬桿上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q；
(3)若將金屬導(dǎo)軌之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖乙所示，現(xiàn)用外力使金屬桿(仍平行于ce且垂直于導(dǎo)軌)以v0沿金屬導(dǎo)軌勻速上升，撤去外力發(fā)現(xiàn)，桿沿金屬導(dǎo)軌勻減速上升，請證明撤去外力后，金屬桿做勻減速直線運動的加速度大小為a＝ eq \f(mg sin θ,m＋B2L2C) .
8．如甲圖所示，光滑導(dǎo)體軌道PMN和P′M′N′是兩個完全一樣軌道，都是由半徑為r的四分之一圓弧軌道和水平軌道組成，圓弧軌道與水平軌道在M和M′點相切，兩軌道并列平行放置，MN和M′N′位于同一水平面上，兩軌道之間的距離為L，PP′之間有一個阻值為R的電阻，開關(guān)S是一個感應(yīng)開關(guān)(開始時開關(guān)是斷開的)，MNN′M′是一個矩形區(qū)域，內(nèi)有豎直向上的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，水平軌道MN離水平地面的高度為h，其截面圖如乙所示．金屬棒a和b質(zhì)量均為m、電阻均為R.在水平軌道某位置放上金屬棒b，靜止不動，a棒從圓弧頂端靜止釋放后，沿圓弧軌道下滑，若兩導(dǎo)體棒在運動中始終不接觸，當兩棒的速度穩(wěn)定時，兩棒距離x＝ eq \f(m\r(2gr)R,2B2L2) ，兩棒速度穩(wěn)定之后，再經(jīng)過一段時間，b棒離開軌道做平拋運動，在b棒離開軌道瞬間，開關(guān)S閉合．不計一切摩擦和導(dǎo)軌電阻，已知重力加速度為g.求：
(1)兩棒速度穩(wěn)定時，兩棒的速度分別是多少？
(2)兩棒落到地面后的距離是多少？
(3)整個過程中，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱分別是多少？
課時分層作業(yè)（三十一） 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量和動量問題
1．解析：設(shè)線框邊長ab＝l1，bc＝l2，線框中產(chǎn)生的熱量Q1＝I2Rt＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Bl1v,R))) eq \s\up12(2) ·R· eq \f(l2,v) ＝ eq \f(B2l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) l2v,R) ＝ eq \f(B2l1l2v,R) l1，Q2＝ eq \f(B2l1l2v,R) l2，由于l1>l2，所以Q1>Q2.通過線框?qū)w橫截面的電荷量q＝ eq \(I,\s\up6(－)) ·Δt＝ eq \f(\(E,\s\up6(－)),R) ·Δt＝ eq \f(ΔΦ,R) ＝ eq \f(Bl1l2,R) ，故q1＝q2，A選項正確．
答案：A
2．解析：t時刻，金屬桿的速度大小為v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Blv，電路中的感應(yīng)電流為I＝ eq \f(Blv,R) ，金屬桿所受的安培力大小為F安＝BIl＝ eq \f(B2l2at,R) ，由牛頓第二定律可知F＝ma＋mg sin 37°＋ eq \f(B2l2at,R) ，可見F是t的一次函數(shù)，選項A錯誤，B正確；t＝0時，F(xiàn)最小，代入數(shù)據(jù)可求得a＝2 m/s2，t＝2 s時，F(xiàn)最大，最大值為12 N，選項C、D正確．
答案：BCD
3．解析：本題考查電磁感應(yīng)中的電荷量、能量等物理量的計算．棒a向右運動，回路面積減小，根據(jù)楞次定律可知，俯視時感應(yīng)電流方向為逆時針，A錯誤；在棒a的速度由v0減小到0.8v0的過程中，棒a減速，棒b加速，對棒a，由動量定理可得B eq \(I,\s\up6(－)) ·Lt＝BqL＝mv0－0.8mv0，對棒b，由動量定理可得B eq \(I,\s\up6(－)) ·2Lt＝mv，聯(lián)立可得v＝0.4v0，q＝ eq \f(mv0,5BL) ，B正確，D錯誤；根據(jù)能量守恒定律可得Q＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) －[ eq \f(1,2) m（0.8v0）2＋ eq \f(1,2) m（0.4v0）2]＝0.1mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，C正確．
答案：BC
4．解析：根據(jù)動量守恒有mv0＝2mv共，可得v共＝ eq \f(v0,2) ，所以經(jīng)過足夠長的時間后，a、b兩棒最終都將以大小為 eq \f(v0,2) 的共同速度向右勻速運動，A正確，B錯誤；整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) － eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(共)) ＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4) ，Qa＝ eq \f(R,R＋R) ·Q＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8) ，C正確，D錯誤．
答案：AC
5．解析：本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，AB邊剛進入磁場時做勻速運動，根據(jù)受力平衡可知mg＝F安＝BIL＝ eq \f(B2L2v,R) ，此后在AB邊未出L2前，線框切割磁感線的有效長度一直增加，線框做減速運動，DC邊進入磁場前的一段時間內(nèi)，線框做勻速運動，A錯誤；由楞次定律可知，從AB邊進入磁場到AB邊離開磁場的過程中，線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向，B正確；由能量守恒定律可知，從線框開始下落到DC邊剛進入磁場的過程中，線框重力勢能的減少量轉(zhuǎn)化為線框的動能和線框產(chǎn)生的焦耳熱，C錯誤；線框跨在L1、L2之間，DC邊進入磁場前，其有效切割長度為2L，如圖所示，LAB∶LMN∶LCD＝1∶3∶5，設(shè)此時線框勻速運動的速度大小為v1，有（2BL）2 eq \f(v1,R) ＝mg，DC邊進入磁場時線框有效切割長度為LMN，則（BLMN）2 eq \f(v1,R) －mg＝ma，解得a＝ eq \f(5,4) g，D正確．
答案：BD
6．解析：（1）金屬線圈向下勻速進入磁場時，有mg sin θ＝μmg cs θ＋F安
其中F安＝BId，I＝ eq \f(E,R) ，E＝Bdv
解得v＝ eq \f(（mg sin θ－μmg cs θ）R,B2d2) ＝2 m/s.
（2）設(shè)最高點離bb′的距離為x，線圈從最高點到開始進入磁場過程做勻加速直線運動，有v2＝2ax，mg sin θ－μmg cs θ＝ma線圈從向上離開磁場到向下進入磁場的過程，根據(jù)動能定理有Ek1－Ek＝μmg cs θ·2x，其中Ek＝ eq \f(1,2) mv2
得Ek1＝ eq \f(1,2) mv2＋ eq \f(v2μmg cs θ,g sin θ－μg cs θ) ＝0.1 J.
（3）線圈向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，
有mg sin θ·2d－μmg cs θ·2d＋W安＝0
Q＝－W安
解得Q＝2mgd（sin θ－μcs θ）＝0.004 J.
答案：（1）2 m/s （2）0.1 J （3）0.004 J
7．解析：（1）根據(jù)牛頓第二定律
mg sin θ＋ eq \f(B2L2v0,R) ＝ma
解得v0＝8 m/s
（2）q＝IΔt＝ eq \f(E,R) Δt＝ eq \f(BLs,R) ①
－mgs sin θ－W＝0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ②
Q＝W③
聯(lián)立解得s＝2 m，Q＝2.2 J
（3）減速過程電容放電形成電流：
mg sin θ－BIL＝ma④
I＝ eq \f(Δq,Δt) ⑤
Δq＝CΔU⑥
ΔU＝BLΔt⑦
Δv＝aΔt⑧
由④⑤⑥⑦⑧解得a＝ eq \f(mg sin θ,m＋B2L2C)
答案：（1）8 m/s （2）2.2 J （3）見解析
8．解析：（1）a棒沿圓弧軌道運動到最低點M時，由機械能守恒定律得：mgr＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，解得v0＝ eq \r(2gr)
當兩棒速度穩(wěn)定時，兩棒以相同的速度做勻速運動．從a棒進入水平軌道開始到兩棒達到相同速度的過程中，由動量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得v1＝ eq \f(v0,2) ＝ eq \f(\r(2gr),2)
（2）經(jīng)過一段時間，b棒離開軌道后，a棒與電阻R組成回路，從b棒離開軌道到a棒離開軌道過程中a棒受到安培力的沖量IA＝ eq \(I,\s\up6(－)) LBt＝BL eq \f(ΔΦ,2Rt) t＝ eq \f(B2L2x,2R)
由動量定理：－IA＝mv2－mv1，解得v2＝ eq \f(\r(2gr),4)
由平拋運動規(guī)律得：兩棒落到地面后的距離
Δx＝（v1－v2） eq \r(\f(2h,g)) ＝ eq \f(\r(rh),2)
（3）b棒離開軌道前，兩棒通過的電流大小總是相等，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相等，Qa＝Qb
由能量守恒定律可知：Qa＋Qb＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) － eq \f(1,2) （2m）v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1))
解得：Qa＝Qb＝ eq \f(1,4) mgr
b棒離開軌道后，a棒與電阻R通過的電流大小總是相等，產(chǎn)生的焦耳熱相等，由能量守恒定律可知：2Q′a＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) 解得：Q′a＝ eq \f(3,32) mgr
所以整個過程中，a棒產(chǎn)生的焦耳熱
Q＝Qa＋Q′a＝ eq \f(11,32) mgr
答案：（1）均為 eq \f(\r(2gr),2) （2） eq \f(\r(rh),2) （3）Qb＝ eq \f(1,4) mgr Qa＝ eq \f(11,32) mgr