高考物理一轮复习课时作业36电磁感应中的动力学能量和动量问题含答案

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电磁感应中的动力学、能量和动量问题 [双基巩固练]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．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量2．(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5T，导体棒ab、cd长度均为0.2m，电阻均为0.1Ω，重力均为0.1N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是(　　)A．ab受到的拉力大小为2NB．ab向上运动的速度为2m/sC．在2s内，拉力做功，有0.4J的机械能转化为电能D．在2s内，拉力做功为0.6J3．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)A．Q1>Q2，q1＝q2　B．Q1>Q2，q1>q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1>q24．[2021·山西晋城一模](多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两轨道接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动．整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8N，经过2s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨．已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1kg、电阻为1Ω，磁感应强度大小为1T，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是(　　)A．拉力F是恒力B．拉力F随时间t均匀增加C．拉力F的最大值等于12ND．金属杆运动的加速度大小为2m/s25．[2021·湖北五校联考]如图所示，固定在同一绝缘水平面内的两平行长直金属导轨，间距为1m，其左侧用导线接有两个阻值均为R＝1Ω的电阻，整个装置处在磁感应强度B方向竖直向上、大小为1T的匀强磁场中．一质量为1kg的金属杆MN垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为1Ω，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.3.对杆施加方向水平向右、大小为10N的拉力F，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度大小g＝10m/s2.则当杆的速度大小为3m/s时(　　)A．杆MN的加速度大小为3m/s2B．通过杆MN的电流为1A，方向从M到NC．杆MN两端的电压为1VD．杆MN产生的电功率为1W6．如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是(　　)A．回路中的最大电流为eq \f(BLI,mR)B．铜棒b的最大加速度为eq \f(B2L2I,2m2R)C．铜棒b获得的最大速度为eq \f(I,m)D．回路中产生的总焦耳热为eq \f(I2,2m)7．如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1T；现有一质量为m＝10g、总电阻为R＝1Ω、边长为d＝0.1m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)线圈进入磁场区域时，受到的安培力大小；(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．[综合提升练]8．[2020·太原模拟]如图甲中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上且间距为L，左端接电阻R，导轨电阻不计．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上．当ab受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动时，F与金属棒速度v的关系如图乙所示．已知ab与导轨始终垂直且接触良好，设ab中的感应电流为I，ab受到的安培力大小为F安，R两端的电压为UR，R的电功率为P，则下图中正确的是(　　)9．如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ水平放置且间距L＝0.3m，导轨电阻忽略不计，其间连接有阻值R＝0.8Ω的定值电阻，开始时放置着垂直导轨的金属杆ab，金属杆质量为m＝0.1kg、电阻r＝0.4Ω，金属杆与导轨接触良好，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.1，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T．金属杆ab在与之垂直的水平外力F作用下由静止开始运动，理想电压传感器即时采集电压U并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系如图乙所示，g取10m/s2.(1)求金属杆在0～1.0s内通过的位移；(2)求1.0s末拉力F的瞬时功率；(3)若在0～3.0s内电阻R上产生的热量是0.45J，则外力F做的功是多少？10．[2020·浙江宁波适应性考试]为了探究导体棒在有磁场存在的斜面上的运动情况，设计了如图所示的装置，MN、M′N′是两条相距为L＝0.5m的足够长的金属导轨，放置在倾角均为θ＝30°的对称斜面上，两导轨平滑连接，连接处水平，两导轨右侧接有阻值为R＝0.8Ω的定值电阻，导轨电阻不计．整个装置处于磁感应强度大小为B＝1T，方向垂直于左边斜面向上的匀强磁场中．质量为m＝0.1kg，电阻为r＝0.2Ω的导体棒Ⅰ从左侧导轨上足够高处自由释放，运动到底端时与放置在导轨底端的质量也为m＝0.1kg的绝缘棒Ⅱ发生完全弹性碰撞．若不计棒与导轨间的摩擦阻力，运动过程中棒Ⅰ和棒Ⅱ与导轨接触良好且始终与导轨垂直，g＝10m/s2.(1)第一次碰撞后，求棒Ⅱ沿右侧斜面上滑的最大高度h；(2)第二次碰撞后，棒Ⅰ沿左侧斜面上滑的最大距离为s＝0.25m，求该过程的时间；(3)从释放棒Ⅰ到系统状态不再发生变化的整个过程中，若电阻R产生的热量为Q＝0.64J，求棒Ⅰ释放点的高度H.课时作业(三十六)1．解析：棒受重力G、拉力F和安培力F安的作用．由动能定理：WF＋WG＋W安＝ΔEk得WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量，选项A正确．答案：A2．解析：对导体棒cd分析：mg＝BIl＝eq \f(B2l2v,R总)，得v＝2 m/s，故选项B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W＝F安vt＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为Fvt＝0.8 J，选项D错误．答案：BC3．解析：设线框边长ab＝l1，bc＝l2，线框中产生的热量Q1＝I2Rt＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Bl1v,R)))2·R·eq \f(l2,v)＝eq \f(B2l\o\al(2,1)l2v,R)＝eq \f(B2l1l2v,R)l1，Q2＝eq \f(B2l1l2v,R)l2，由于l1>l2，所以Q1>Q2.通过线框导体横截面的电荷量q＝eq \o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq \f(\o(E,\s\up6(－)),R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(Bl1l2,R)，故q1＝q2，A选项正确．答案：A4．解析：t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流为I＝eq \f(Blv,R)，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝eq \f(B2l2at,R)，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin 37°＋eq \f(B2l2at,R)，可见F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，t＝2 s时，F最大，最大值为12 N，选项C、D正确．答案：BCD5．解析：MN切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝1×1×3 V＝3 V，感应电流I＝eq \f(E,r＋\f(R·R,R＋R))＝eq \f(3,1＋\f(1×1,1＋1)) A＝2 A，对金属杆，由牛顿第二定律得F－BIL－μmg＝ma，代入数据解得a＝5 m/s2，选项A错误；由A项解析可知，流过MN的电流为2 A，由右手定则可知，电流方向为从M到N，选项B错误；MN两端的电压U＝IR外＝2×eq \f(1×1,1＋1) V＝1 V，选项C正确；杆MN产生的电功率P＝I2r＝22×1 W＝4 W，选项D错误．答案：C6．解析：给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝eq \f(I,m)，铜棒a产生的电动势E＝BLv0，回路电流I0＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BLI,2mR)，选项A错误；此时铜棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(IB2L2,2Rm2)，选项B正确；此后铜棒a做变减速运动，铜棒b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，据动量守恒，mv0＝2mv，铜棒b最大速度v＝eq \f(I,2m)，选项C错误；回路中产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)·2mv2＝eq \f(I2,4m)，选项D错误．答案：B7．解析：(1)对线圈受力分析有：F安＋μmgcos θ＝mgsin θ代入数据得F安＝2×10－2 N.(2)F安＝BId，E＝Bvd，I＝eq \f(E,R)解得F安＝eq \f(B2d2v,R).代入数据得v＝2 m/s线圈进入磁场前做匀加速运动，a＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2线圈释放时，PQ边到bb′的距离x＝eq \f(v2,2a)＝1 m.(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d＝0.1 m，由功能关系得Q＝－W安＝F安·2d解得Q＝4×10－3 J答案：(1)2×10－2 N　(2)1 m　(3)4×10－3 J8．解析：由题图乙可得F＝F0－kv，金属棒切割磁感线产生电动势E＝BLv，金属棒中电流I＝eq \f(BLv,R＋r)，金属棒受安培力F安＝BIL，对金属棒根据牛顿第二定律：F－F安＝ma，代入得：F0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(B2L2,R＋r)))v＝ma，所以金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，选项A正确；F安＝eq \f(B2L2v,R＋r)，UR＝eq \f(BLv,R＋r)R，R消耗的功率P＝eq \f(U\o\al(2,R),R)，选项B、C、D错误．答案：A9．解析：(1)由图象知U＝kt＝0.2t，金属杆切割磁感线运动产生的感应电动势大小为E＝BLv，电压传感器测电阻R两端的电压，故U＝eq \f(R,R＋r)E，联立得v＝0.2×eq \f(R＋r,BLR)t，由于R、r、B及L均为常数，所以v与t成正比，即金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝eq \f(R＋r,BLR)×0.2＝2.0 m/s2.金属杆在0～1.0 s内的位移x＝eq \f(1,2)at2＝1 m.(2)在第1 s末杆的速度v＝at＝2 m/s，安培力FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝3.75×10－2 N，由牛顿第二定律得F－FA－μmg＝ma，解得F＝0.337 5 N，故1 s末拉力F的瞬时功率P＝Fv＝0.675 W.(3)0～3 s内R上产生的热量是Q＝0.45 J，则回路中总的热量是Q总＝eq \f(R＋r,R)Q＝0.675 J，摩擦生热μmgx′＝0.9 J，金属杆的动能eq \f(1,2)mv′2＝1.8 J，由功能关系得WF＝eq \f(1,2)mv′2＋μmgx′＋Q总＝3.375 J.答案：(1)1 m　(2)0.675 W　(3)3.375 J10．解析：(1)棒Ⅰ从足够高处滑下，到导轨底端前已经匀速，根据平衡条件可得mgsin θ＝BIL，其中I＝eq \f(BLvmax,R＋r)联立解得vmax＝2 m/s棒Ⅰ和绝缘棒Ⅱ发生完全弹性碰撞，棒Ⅰ和棒Ⅱ组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可得mvmax＝mv1＋mv2根据能量守恒定律可得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,max)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)联立解得碰后棒Ⅰ的速度为v1＝0，棒Ⅱ的速度为v2＝2 m/s对棒Ⅱ，根据动能定理可得－mgh＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)解得h＝0.2 m.(2)由(1)中解析可知，两棒第二次碰撞后，再次交换速度，棒Ⅰ以v′max＝2 m/s的速度向上运动，直到速度为0，这个过程中根据动量定理可得－mgsin θ·t－Beq \o(I,\s\up6(－))L·t＝0－mv′max又q＝eq \o(I,\s\up6(－))t＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLs,R＋r)解得t＝0.275 s.(3)最终棒Ⅰ和棒Ⅱ都停在导轨的底端，整个过程中能量守恒，根据能量守恒定律可得mgH＝Q总电阻R产生的热量为Q＝eq \f(R,R＋r)Q总解得H＝0.8 m.答案：(1)0.2 m　(2)0.275 s　(3)0.8 m