2022年高考物理一轮考点跟踪练习39《电磁感应中的动力学和能量问题》二（含详解）

这是一份2022年高考物理一轮考点跟踪练习39《电磁感应中的动力学和能量问题》二（含详解），共6页。试卷主要包含了6 N，5 m/s，15 J等内容，欢迎下载使用。
2022年高考物理一轮考点跟踪练习39《电磁感应中的动力学和能量问题》一         、计算题1.如图甲所示，在水平面上固定宽为L=1 m、足够长的光滑平行金属导轨，左端接有R=0.5 Ω的定值电阻，在垂直导轨且距导轨左端d=2.5 m处有阻值r=0.5 Ω、质量m=2 kg的光滑导体棒，导轨其余部分电阻不计。磁场垂直于导轨所在平面，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。第1 s内导体棒在拉力F作用下始终处于静止状态。1 s后，拉力F保持与第1 s末相同，导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，拉力F做功为W=11.25 J。求：(1)第1 s末感应电流的大小；(2)第1 s末拉力的大小及方向；(3)1 s后导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热。      2.如图甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，每根导轨均由两段与水平面成θ=30°的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值R1=R2=2 Ω，导轨间距L=0.6 m。在右侧导轨所在斜面的矩形区域M1M2P2P1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M1P1、M2P2的距离d=0.2 m，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，在右侧导轨斜面上与M1P1距离s=0.1 m处，有一根阻值r=2 Ω的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好独立匀速通过整个磁场区域，取重力加速度g=10 m/s2，导轨电阻不计。求：(1)ab在磁场中运动的速度大小v；(2)在t1=0.1 s时刻和t2=0.25 s时刻电阻R1的电功率之比；(3)电阻R2产生的总热量Q总。      3.如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L=0.2 m，电阻不计。质量均为m=0.1 kg，电阻均为R=0.1 Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑。t=1 s时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始做匀加速直线运动。cd杆运动的v­t图像如图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线)。若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：(1)在第1 s内cd杆受到的安培力的大小；(2)ab杆的初速度v1；(3)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热。     4.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。     5.如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连；该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。(1)求ab开始运动时的加速度a；(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；(3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短。    6.如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L=0.5 m，NQ两端连接阻值R=2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°。一质量m=0.40 kg，阻值r=1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M=0.80 kg的重物相连。细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电量是0.3～0.6 s内通过电量的，g=10 m/s2，求：(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移；(2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量。      
0.2022年高考物理一轮考点跟踪练习39《电磁感应中的动力学和能量问题》二（含详解）答案解析  一         、计算题1.解：(1)0～1 s内，由图像得：=0.8 T/s根据法拉第电磁感应定律：E==2 V回路电流：I==2 A。(2)F安=BIL=1.6 N根据受力平衡，拉力F=1.6 N，方向：水平向右。(3)1 s后导体棒做变加速直线运动，当受力平衡速度达最大，B=0.8 T则由电磁感应定律：E′=BLv，最终匀速运动时：F=BIL代入数据得：I=2 A，I=，代入数据得：v=2.5 m/s根据能量守恒定律：W=mv2＋Qr＋QR代入数据得：Qr＋QR=5 J，==1联立解得：QR=2.5 J。 2.解：(1)由mgs·sin θ=mv2得v==1 m/s。(2)棒从释放到运动至M1P1的时间t==0.2 s在t1=0.1 s时，棒还没进入磁场，有E1==Ld=0.6 V此时，R2与金属棒并联后再与R1串联R串=3 ΩU1=R1=0.4 V由图乙可知，t=0.2 s后磁场保持不变，ab经过磁场的时间t′==0.2 s故在t2=0.25 s时ab还在磁场中运动，电动势E2=BLv=0.6 V此时R1与R2并联，R总=3 Ω，得R1两端电压U1′=0.2 V电功率P=，故在t1=0.1 s和t2=0.25 s时刻电阻R1的电功率比值==4。(3)设ab的质量为m，ab在磁场中运动时，通过ab的电流I=ab受到的安培力FA=BIL又mgsin θ=BIL解得m=0.024 kg在t=0～0.2 s内，R2两端的电压U2=0.2 V，产生的热量Q1=t=0.004 Jab最终将在M2P2下方的轨道区域内往返运动，到M2P2处的速度为零，由功能关系可得在t=0.2 s后，整个电路最终产生的热量Q=mgdsin θ＋mv2=0.036 J由电路关系可得R2产生的热量Q2=Q=0.006 J故R2产生的总热量Q总=Q1＋Q2=0.01 J。 3.解：(1)ab杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知ab杆中感应电流由a到b，则cd杆中电流由d到c，根据左手定则可知cd杆受到的安培力垂直于左侧导轨向下。根据v ­t图像可知，cd杆在第1 s内的加速度a1==4 m/s2对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有：mgsin 53°－μ(mgcos 53°＋F安)=ma1解得F安=0.2 N。(2)对cd杆：安培力F安=BIL回路中电流I==1 A对ab杆：感应电动势E=I·2R=0.2 V根据法拉第电磁感应定律E=BLv1解得ab杆的初速度v1==1 m/s。(3)根据v ­t图像可知，cd杆在第3 s内做匀减速运动，加速度a2==－4 m/s2对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有：mgsin 53°－μ(mgcos 53°＋F安′)=ma2解得安培力F安′=1.8 N由F安′=BI′L==可得2 s时ab杆的速度v2==9 m/s第2 s内ab杆做匀加速运动，ab杆的位移x2=(v1＋v2)t=5 m对ab杆，根据动能定理，有：WF＋mgx2sin 37°－μmgx2cos 37°＋W安=mv22－mv12解得安培力做功W安=－6 J回路中产生的焦耳热Q=－W安=2Qcd解得第2 s内cd杆所产生的焦耳热Qcd=3 J。 4.解：(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I=　①设MN受到的安培力为F，有F=IlB　②由牛顿第二定律，有F=ma　③联立①②③式得a=。　④(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0=CE　⑤开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′=Blvmax　⑥依题意有E′=　⑦设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有=lB　⑧由动量定理，有Δt=mvmax－0　⑨又Δt=Q0－Q　⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q=。　⑪ 5.解：(1)ab开始运动时产生的感应电动势E=BLv0回路中的感应电流I=杆所受安培力FA=BIL=杆受力如图，由牛顿第二定律mgsin θ＋FA=ma得a=gsin θ＋，方向沿导轨向下。(2)分析如下：杆上滑时：合力F=mgsin θ＋FA，与运动方向相反，杆减速；随着速度减小，FA减小，合力减小，加速度减小；因此杆做加速度减小的减速运动，到达一定高度后速度为零。在最高点：杆的速度为零，加速度为gsin θ，方向沿斜面向下。杆下滑时：合力F=mgsin θ－FA，与运动方向相同，杆加速；随着速度增加，FA增大，合力减小，加速度减小；因此杆做初速度为零、加速度减小的加速运动。(3)分析如下：上滑和下滑过程经过的位移大小相等。而上滑时杆加速度大于gsin θ，下滑时杆加速度小于gsin θ，因此上升时的平均加速度大于下降时的平均加速度，由运动学规律可知，上滑所需时间小于下滑所需时间。 6.解：(1)金属棒在0.3～0.6 s内通过的电量是q1=I1t1=金属棒在0～0.3 s内通过的电量q2==由题中的电量关系=，代入解得：x2=0.3 m。(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为x=x1＋x2=vt1＋x2，代入解得x=0.75 m根据能量守恒定律Mgx－mgxsin θ=(M＋m)v2＋Q代入解得Q=3.15 J由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q=I2Rt，得到它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量Qr=Q=1.05 J。