2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业47电磁感应中的动力学能量和动量问题

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业47电磁感应中的动力学能量和动量问题，共6页。试卷主要包含了C正确，D错误．等内容，欢迎下载使用。

1.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>q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1>q2
2.[2023·湘豫名校联考](多选)如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L，整个空间区域存在着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场．两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的金属导体棒a、b始终垂直于导轨，并与导轨保持良好接触，不计其他电阻．金属导体棒a、b中点间连接一处于原长状态的轻质绝缘弹簧．某时刻给导体棒b一瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度v0，经过足够长的时间后，下列说法正确的是( )
A．a、b两棒最终将以大小为eq \f(v0,2)的共同速度向右匀速运动
B．a、b两棒最终都向右运动，但速度大小将周期性交替增减而不会共速
C．a棒上产生的焦耳热最终为eq \f(1,8)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
D．a棒上产生的焦耳热最终为eq \f(1,4)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
3．[2023·江西临川一中检测](多选)如图所示，相距为L的两条平行金属导轨与水平地面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒从距水平地面高h处由静止释放，导体棒能沿倾斜的导轨下湍，已知下滑过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，与接触面间的动摩擦因数为μ，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是( )
A．导体棒释放瞬间的加速度大小是gsinθ－μgcsθ
B．导体棒从开始运动直至地面的过程中，通过电阻R的电荷量为eq \f(BLh,Rsinθ)
C．导体棒从开始运动到运动至地面的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mgh－eq \f(μmgh,tanθ)
D．如果增加导体棒的质量，则导体棒从释放到运动到斜面底端的时间不变
4.如图所示，在空间中有一垂直纸面方向的匀强磁场区域，磁场上下边缘间距为h＝5.2m，磁感应强度为B＝1T，边长为L＝1m、电阻为R＝1Ω、质量为m＝1kg的正方形导线框紧贴磁场区域的上边从静止下落，当线圈PQ边到达磁场的下边缘时，恰好开始做匀速运动，重力加速度为g＝10m/s2，求：
(1)导线框的MN边刚好进磁场时的速度大小；
(2)导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间．
能力提升练
5．两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T．现杆b以初速度大小v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
6．如图甲所示是依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制、下降速度可调、可控等优点．该装置原理可等效为：间距L＝0.5m的两根竖直导轨上部连通，人和磁铁固定在一起沿导轨共同下滑，磁铁产生磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场，人和磁铁所经位置处可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R，如图乙所示，在某次逃生试验中，质量M1＝80kg的测试者利用该装置以v1＝1.5m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m＝20kg，重力加速度g取10m/s2，且本次试验过程中恰好没有摩擦．
(1)判断导体棒cd中电流的方向．
(2)总电阻R为多大？
(3)要使一个质量M2＝100kg的测试者利用该装置以v1＝1.5m/s的速度匀速下滑，其所受摩擦力为多大？
(4)保持第(3)问中的摩擦力不变，让质量M2＝100kg的测试者从静止开始下滑，测试者的加速度将会如何变化？当其速度为v2＝0.78m/s时，加速度为多大？要想在随后一小段时间内保持加速度不变，必须调控摩擦力，请写出摩擦力大小随速度变化的表达式．
课时分层作业（四十七）
1．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\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.通过线框导体横截面的电荷量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选项正确．
答案：A
2．解析：根据动量守恒有mv0＝2mv共，可得v共＝eq \f(v0,2)，所以经过足够长的时间后，a、b两棒最终都将以大小为eq \f(v0,2)的共同速度向右匀速运动，A正确，B错误；整个电路产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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正确，D错误．
答案：AC
3．解析：导体棒释放瞬间，安培力为零，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcsθ＝ma，解得a＝gsinθ－μgcsθ，选项A正确；由E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(E,R)，q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(ΔΦ,R)得q＝eq \f(BLh,Rsinθ)，选项B正确；设导体棒到达斜面底端的速度为v末，由动能定理得eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(末)) ＝mgh－μmgcsθ·eq \f(h,sinθ)－W安，电阻R上产生的焦耳热Q＝W安＝mgh－eq \f(μmgh,tanθ)－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(末)) ，选项C错误；当导体棒的速度为v时，回路中的电动势E′＝BLv，I′＝eq \f(E′,R)，F安＝BI′L＝eq \f(B2L2v,R)，对导体棒由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcsθ－eq \f(B2L2v,R)＝ma′，解得a′＝gsinθ－μgcsθ－eq \f(B2L2v,mR)，所以若导体棒质量增加，加速度变大，而位移不变，从释放至滑到斜面底端的时间会减小，D错误．
答案：AB
4．解析：（1）设导线框MN边进入磁场的速度为v0，PQ边运动到磁场下边缘时的速度为v
PQ边到达磁场的下边缘时导线框受力平衡，则有：mg＝eq \f(B2L2v,R)
解得：v＝10m/s
导线框完全进入磁场到PQ离开磁场的过程中，导线框机械能守恒，有
eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝mg（h－L）
解得：v0＝4m/s.
（2）设导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间为t，根据动量定理得
mgt－BILΔt＝mv
Δt为导线框进入磁场所经历的时间
又q＝IΔt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(B·L2,R)
得mgt－eq \f(B2L3,R)＝mv
解得t＝1.1s.
答案：（1）4m/s （2）1.1s
5．解析：（1）设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有
Bdeq \(I,\s\up6(－))·Δt＝mb（v0－vb0）
其中vb0＝2m/s
代入数据解得Δt＝5s.
（2）对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝eq \f(1,2)mav eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a))
解得va＝eq \r(2gh)＝5m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得
mava－mbvb0＝（ma＋mb）v′
代入数据解得v′＝eq \f(8,3)m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得
BdI·Δt′＝ma（va－v′）
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝eq \f(7,3)C.
（3）由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋eq \f(1,2)mbv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －eq \f(1,2)（mb＋ma）v′2＝eq \f(161,6)J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝eq \f(5,2＋5)Q＝eq \f(115,6)J.
答案：（1）5s （2）eq \f(7,3)C （3）eq \f(115,6)J
6．解析：（1）磁场向下运动，导体棒cd相对于磁场向上运动．由右手定则可判断，电流方向从d到c.
（2）导体棒产生的感应电动势E＝BLv1，感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv1,R)，安培力FA＝ILB＝eq \f(B2L2v1,R)
由左手定则可判断，导体棒cd所受安培力方向向下，根据牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力向上，大小为F′A＝eq \f(B2L2v1,R)
由平衡条件得（M1＋m）g＝F′A
解得R＝eq \f(B2L2v1,（M1＋m）g)＝1.5×10－5Ω.
（3）由平衡条件得（M2＋m）g＝F′A＋Ff.
解得Ff（M2＋m）g－eq \f(B2L2v1,R)＝200N.
（4）根据牛顿第二定律得（M2＋m）g－F″A－Ff＝（M2＋m）a，
F″A＝eq \f(B2L2v,R)
所以a＝eq \f(（M2＋m）g－\f(B2L2v,R)－Ff,M2＋m)
因为v逐渐增大，所以a逐渐减小，最终趋近于0.当其速度为v2＝0.78m/s时，a＝4m/s2
要想在随后一小段时间内保持加速度不变，由
（M2＋m）g－eq \f(B2L2v,R)－Ff＝（M2＋m）a
解得Ff＝720－eq \f(2000,3)v（N）（0.78m/s≤v≤1.08m/s）.
答案：（1）从d到c （2）1.5×10－5Ω （3）200N （4）加速度逐渐减小，最终趋近于零 4m/s2 Ff＝720－eq \f(2000,3)v（N）（0.78m/s≤v≤1.08m/s）