高考物理一轮复习课时作业三十六电磁感应中的动力学能量和动量问题.docx

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1、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B0.5T，导体棒ab、cd长度均为0.2m，电阻均为0.1，重力均为0.1N，现用力向上拉动导

2、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()Aab受到的拉力大小为2NBab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

3、()AQ1Q2，q1q2BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2DQ1Q2，q1q242021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1，磁感应强度大小为1T，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8.下列说法正确的是()A拉力F

4、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/s252021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R1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1，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g10m/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

5、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B铜棒b的最大加速度为C铜棒b获得的最大速度为D回路中产生的总焦耳热为7如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成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

6、应强度为B1T；现有一质量为m10g、总电阻为R1、边长为d0.1m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0.5，(g取10m/s2，sin370.6，cos370.8)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82020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

7、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L0.3m，导轨电阻忽略不计，其间连接有阻值R0.8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m0.1kg、电阻r0.4，金属杆与导轨接触良好，金属杆与导轨间的动摩擦因数为0.1，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B0.5T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

8、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01.0s内通过的位移；(2)求1.0s末拉力F的瞬时功率；(3)若在03.0s内电阻R上产生的热量是0.45J，则外力F做的功是多少？102020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、MN是两条相距为L0.5m的足够长的金属导轨，放置在倾角均为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R0.8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B1T，方向垂直于左边斜面向上的匀强磁场中质量为m0.1kg，电阻为r0.

9、2的导体棒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m0.1kg的绝缘棒发生完全弹性碰撞若不计棒与导轨间的摩擦阻力，运动过程中棒和棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，g10m/s2.(1)第一次碰撞后，求棒沿右侧斜面上滑的最大高度h；(2)第二次碰撞后，棒沿左侧斜面上滑的最大距离为s0.25m，求该过程的时间；(3)从释放棒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Q0.64J，求棒释放点的高度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：WFWGW安Ek得WFW安Ekmgh，即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加

10、量，选项A正确答案：A2解析：对导体棒cd分析：mgBIl，得v2 m/s，故选项B正确；对导体棒ab分析：FmgBIl0.2 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WF安vt0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为Fvt0.8 J，选项D错误答案：BC3解析：设线框边长abl1，bcl2，线框中产生的热量Q1I2Rt2Rl1，Q2l2，由于l1l2，所以Q1Q2.通过线框导体横截面的电荷量qtt，故q1q2，A选项正确答案：A4解析：t时刻，金属杆的速度大小为vat，产生的感应电动势为EBlv，电路中的感应电流为I，金属杆所受的安培力大小为F安BIl，由牛

11、顿第二定律可知Fmamgsin 37，可见F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t0时，F最小，代入数据可求得a2 m/s2，t2 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EBLv113 V3 V，感应电流I A2 A，对金属杆，由牛顿第二定律得FBILmgma，代入数据解得a5 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UIR外2 V1 V，选项C正确；杆MN产生的电功率PI2r221 W4 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，

12、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，Imv0，v0，铜棒a产生的电动势EBLv0，回路电流I0，选项A错误；此时铜棒b受到安培力FBI0L，其加速度a，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，mv02mv，铜棒b最大速度v，选项C错误；回路中产生的焦耳热Qmv2mv2，选项D错误答案：B7解析：(1)对线圈受力分析有：F安mgcos mgsin 代入数据得F安2102 N.(2)F安BId，EBvd，I解得F安.代入数据得v2 m/s线圈进入磁场前做匀加速运动，ags

13、in gcos 2 m/s2线圈释放时，PQ边到bb的距离x1 m.(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d0.1 m，由功能关系得QW安F安2d解得Q4103 J答案：(1)2102 N(2)1 m(3)4103 J8解析：由题图乙可得FF0kv，金属棒切割磁感线产生电动势EBLv，金属棒中电流I，金属棒受安培力F安BIL，对金属棒根据牛顿第二定律：FF安ma，代入得：F0vma，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，URR，R消耗的功率P，选项B、C、D错误答案：A9解析：(1)由图象知Ukt0.2t，金属杆切割磁感线运动产生的感应电动势

14、大小为EBLv，电压传感器测电阻R两端的电压，故UE，联立得v0.2t，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a0.22.0 m/s2.金属杆在01.0 s内的位移xat21 m.(2)在第1 s末杆的速度vat2 m/s，安培力FABIL3.75102 N，由牛顿第二定律得FFAmgma，解得F0.337 5 N，故1 s末拉力F的瞬时功率PFv0.675 W.(3)03 s内R上产生的热量是Q0.45 J，则回路中总的热量是Q总Q0.675 J，摩擦生热mgx0.9 J，金属杆的动能mv21.8 J，由功能关系得WFmv2mgxQ总3.

15、375 J.答案：(1)1 m(2)0.675 W(3)3.375 J10解析：(1)棒从足够高处滑下，到导轨底端前已经匀速，根据平衡条件可得mgsin BIL，其中I联立解得vmax2 m/s棒和绝缘棒发生完全弹性碰撞，棒和棒组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可得mvmaxmv1mv2根据能量守恒定律可得mvmvmv联立解得碰后棒的速度为v10，棒的速度为v22 m/s对棒，根据动能定理可得mgh0mv解得h0.2 m.(2)由(1)中解析可知，两棒第二次碰撞后，再次交换速度，棒以vmax2 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 tBLt0mvmax又qt解得t0.275 s.(3)最终棒和棒都停在导轨的底端，整个过程中能量守恒，根据能量守恒定律可得mgHQ总电阻R产生的热量为QQ总解得H0.8 m.答案：(1)0.2 m(2)0.275 s(3)0.8 m