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課時作業(yè)(五十)　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和動量、能量綜合問題 [基礎(chǔ)訓(xùn)練] 1．(2018山東濟(jì)南一模)平行導(dǎo)軌固定在水平桌面上，左側(cè)接有阻值為R的電阻，導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，棒在導(dǎo)軌間的阻值為r.輸出功率恒為P的電動機(jī)通過水平繩向右拉動ab棒．整個區(qū)域存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場．若導(dǎo)軌足夠長，且不計其電阻和摩擦，則電阻R消耗的最大功率為(　　) A．P B.P C.P D.2P 答案：B　解析：導(dǎo)體棒在水平方向受拉力和安培力，當(dāng)拉力與安培力平衡時，棒的速度最大，此時電路中的感應(yīng)電流最大，電阻R上消耗的功率最大，則電路的最大電功率為P，電路中各電阻上的功率與電阻成正比分配，所以＝，所以PR＝P，B正確． 2. (2018遼寧沈陽東北育才學(xué)校二模)如圖所示，固定在水平桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿ab與導(dǎo)軌接觸良好，在兩根導(dǎo)軌的端點d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計，現(xiàn)用一水平向右的恒力，作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開始向右沿導(dǎo)軌滑動，滑動中桿ab始終垂直于導(dǎo)軌，金屬桿受到的安培力用F安表示，則下列說法正確的是(　　) A．金屬桿ab做勻加速直線運動 B．金屬桿ab運動時回路中有順時針方向的電流 C．金屬桿ab所受到的安培力先不斷增大，后保持不變 D．金屬桿ab克服安培力做功的功率與時間的平方成正比 答案：C　解析：對金屬桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F－F安＝ma，即F－＝ma，由于速度變化，所以加速度發(fā)生變化，故金屬桿做加速度逐漸減小的變加速運動，不是做勻加速直線運動，故A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，金屬桿ab運動時回路中有逆時針方向的感應(yīng)電流，故B錯誤；由F安＝可知，當(dāng)速度增大時，安培力增大，當(dāng)金屬桿受力平衡時，達(dá)到最大速度，其后開始做勻速運動，安培力不變，故C正確；安培力的功率P＝F安v＝，若金屬桿做勻加速直線運動，則v＝at，安培力功率與時間的平方成正比，由于金屬桿做變加速運動，因此金屬桿克服安培力做功的功率與時間的平方不成正比，D錯誤． 3．(2018河南八市重點高中質(zhì)檢)如圖所示，導(dǎo)體桿OP在作用于OP中點且垂直于OP的力作用下，繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強(qiáng)磁場中以一定的角速度轉(zhuǎn)動，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，AO間接有電阻R，桿和框架電阻不計，回路中的總電功率為P，則(　　) A．外力的大小為2Br B．外力的大小為Br C．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為 D．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為 答案：C　解析：設(shè)導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Br2ω，I＝，根據(jù)題述回路中的電功率為P，則P＝EI；設(shè)維持導(dǎo)體桿勻速轉(zhuǎn)動的外力為F，則有P＝，v＝rω，聯(lián)立解得F＝Br，ω＝，選項C正確，A、B、D錯誤． 4．(2018陜西西安中學(xué)月考)(多選)如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角，導(dǎo)軌與固定電阻R1和R2相連，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面．有一導(dǎo)體棒ab，質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向上滑動，當(dāng)上滑的速度為v時，受到安培力的大小為F.此時(　　) A．整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcos θ B．整個裝置消耗的機(jī)械功率為(F＋μmgcos θ)v C．電阻R1消耗的熱功率為 D．電阻R2消耗的熱功率為 答案：AB　解析：此時整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為Pf＝fv＝μmgvcos θ，故A正確；設(shè)導(dǎo)體棒ab的長度為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電阻R1＝R2＝R，電路中感應(yīng)電動勢E＝BLv，ab中感應(yīng)電流為I＝＝，棒ab所受安培力為F＝BIL＝，電阻R1消耗的熱功率為P1＝2R＝，故P1＝Fv，電阻R1和R2阻值相等，它們消耗的熱功率相等，則P1＝P2＝Fv，整個裝置消耗的機(jī)械功率為P3＝Fv＋Pf＝(F＋μmgcos θ)v，故B正確，C、D錯誤． 5．(2018上海虹口一模)(多選)如圖所示的光滑水平面上，水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其寬度均為s，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ之間有一寬度為L＝3s的無磁場區(qū)域，一質(zhì)量為m、邊長為s的正方形線框在水平恒定外力作用下從距區(qū)域Ⅰ左邊界s處由靜止開始做勻加速直線運動，假設(shè)線框能勻速地通過磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，則下列說法正確的是(　　) 　 A．線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ時的速度大小之比為1∶ B．區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為∶1 C．線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ過程產(chǎn)生的熱量相等 D．線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ過程通過線框某一橫截面的電荷量相等 答案：AC　解析：由運動學(xué)公式v1＝，v2＝＝，線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ時的速度大小之比＝1∶，故A正確；通過區(qū)域Ⅰ時，能勻速通過，說明受到的安培力等于外力，即F安＝B1Is＝，在區(qū)域Ⅰ和Ⅱ之間運動時，線框做加速運動，所以進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ時線框的速度大于進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ時的速度，因為線框能勻速通過磁場Ⅱ，所以F安＝，有＝，所以＝＝∶1，B錯誤；兩個過程中產(chǎn)生的熱量等于外力做的功，兩個過程中外力不變，相對水平面的位移均為s，所以兩個過程中產(chǎn)生的熱量相同，C正確；根據(jù)q＝＝，可得q1＝，q2＝，由于兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，所以線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ過程通過線框某一橫截面的電荷量不相等，D錯誤． 6.如圖甲所示，放置在水平桌面上的兩條光滑導(dǎo)軌間的距離L＝1 m，質(zhì)量m＝1 kg的光滑導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌左端與阻值R＝4 Ω的電阻相連，導(dǎo)軌所在位置有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2 T的勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，現(xiàn)在給導(dǎo)體棒施加一個水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2 s測量一次導(dǎo)體棒的速度，圖乙是根據(jù)所測數(shù)據(jù)描繪出的導(dǎo)體棒的vt圖象(設(shè)導(dǎo)軌足夠長)． 甲 乙 (1)求力F的大小； (2)t＝1.6 s時，求導(dǎo)體棒的加速度a; (3)若1.6 s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移x＝8 m，試計算1.6 s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量Q. 答案：(1)10 N　(2)2 m/s2　(3)48 J 解析：(1)導(dǎo)體棒做切割磁感線運動，有E＝BLv I＝，F(xiàn)安＝BIL 當(dāng)導(dǎo)體棒速度最大為vm時，F(xiàn)＝F安 解得F＝＝10 N (2)當(dāng)t＝1.6 s時，v1＝8 m/s，此時F安1＝＝8 N F－F安1＝ma，a＝2 m/s2 (3)由能量守恒定律可知Fx＝Q＋，解得Q＝48 J. [能力提升] 7．(多選)如圖所示，光滑金屬導(dǎo)軌由傾斜和水平兩部分組成，水平部分足夠長且處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，右端接一電源(電動勢為E，內(nèi)阻為r)．一電阻為R的金屬桿PQ水平橫跨在導(dǎo)軌的傾斜部分，從某一高度由靜止釋放，金屬桿PQ進(jìn)入磁場后的運動過程中，速度—時間圖象可能是下圖中的(導(dǎo)軌電阻不計)(　　) 答案：ABD　解析：金屬桿PQ進(jìn)入磁場后切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)右手定則判斷得知，感應(yīng)電動勢的方向與電源的電動勢方向相反．若金屬桿PQ產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與電源的電動勢大小相等，回路中總電動勢為零，電路中沒有電流，金屬桿不受安培力，做勻速直線運動，故A項是可能的；若金屬桿PQ產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢小于電源的電動勢大小，金屬桿中電流方向從P到Q，所受的安培力方向向右，將做加速運動，隨著速度增加，金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增加，回路中總的電動勢減小，電流減小，金屬桿所受的安培力減小，加速度隨之減小，可知vt圖象的斜率減小，故B項是可能的；若金屬桿PQ產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于電源的電動勢大小，金屬桿中電流方向從Q到P，所受的安培力方向向左，將做減速運動，隨著速度減小，金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢減小，回路中總的電動勢減小，電流減小，金屬桿所受的安培力減小，加速度隨之減小，可知vt圖象的斜率減小，故C項是不可能，D項是可能的． 8．(2018天津卷)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計，炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌，問： (1)磁場的方向； (2)MN剛開始運動時加速度a的大??； (3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少？ 答案：(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下　(2)　(3) 解析：(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下． (2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時，電容器放電，設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有 I＝　① 設(shè)MN受到的安培力為F，有 F＝IlB?、? 由牛頓第二定律有 F＝ma　③ 聯(lián)立①②③式得 a＝?、? (3)當(dāng)電容器充電完畢時，設(shè)電容器所帶電荷量為Q0，有 Q0＝CE?、? 開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運動，速度達(dá)到最大值vmax時，設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E′，有 E′＝Blvmax?、? 由題意有 E′＝?、? 設(shè)在此過程中MN中的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有 ＝lB?、? 由動量定理，有 Δt＝mvmax－0?、? 又Δt＝Q0－Q?、? 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 Q＝. 9．兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d＝1 m，在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)＝1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T．現(xiàn)桿b以初速度大小v0＝5 m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時開始計時，a、b運動的速度—時間圖象如圖乙所示(以a運動方向為正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，取g＝10 m/s2，求： 甲 　 乙 (1)桿a在弧形軌道上運動的時間； (2)桿a在水平軌道上運動過程中通過其截面的電荷量； (3)在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱． 答案：(1)5 s　(2) C　(3) J 解析：(1)設(shè)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時桿b的速度大小為vb0，對桿b運用動量定理，有BdΔt＝mb(v0－vb0) 其中vb0＝2 m/s 代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5 s. (2)對桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過程中，由機(jī)械能守恒定律有magh＝mav 解得va＝＝5 m/s 設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v′，由動量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′ 代入數(shù)據(jù)解得v′＝ m/s 桿a動量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v′的運動時間為Δt′，則由動量定理可得BdIΔt′＝ma(va－v′) 而q＝IΔt′ 代入數(shù)據(jù)得q＝ C. (3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為 Q＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2＝ J b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝Q＝ J.