2025版新教材高考物理全程一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)分層作業(yè)47電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)能量和動(dòng)量問(wèn)題

課時(shí)分層作業(yè)(四十七)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問(wèn)題基礎(chǔ)強(qiáng)化練1.如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長(zhǎng)大于bc邊長(zhǎng)，置于垂直紙面對(duì)里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng)，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；其次次bc邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則()A．Q1>Q2，q1＝q2B．Q1>Q2，q1>q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1>q22.[2024·湘豫名校聯(lián)考](多選)如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，整個(gè)空間區(qū)域存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．兩長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、電阻均為R、質(zhì)量均為m的金屬導(dǎo)體棒a、b始終垂直于導(dǎo)軌，并與導(dǎo)軌保持良好接觸，不計(jì)其他電阻．金屬導(dǎo)體棒a、b中點(diǎn)間連接一處于原長(zhǎng)狀態(tài)的輕質(zhì)絕緣彈簧．某時(shí)刻給導(dǎo)體棒b一瞬時(shí)沖量，使其獲得水平向右的初速度v0，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)、b兩棒最終將以大小為eq\f(v0,2)的共同速度向右勻速運(yùn)動(dòng)B．a(chǎn)、b兩棒最終都向右運(yùn)動(dòng)，但速度大小將周期性交替增減而不會(huì)共速C．a(chǎn)棒上產(chǎn)生的焦耳熱最終為eq\f(1,8)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))D．a(chǎn)棒上產(chǎn)生的焦耳熱最終為eq\f(1,4)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))3．[2024·江西臨川一中檢測(cè)](多選)如圖所示，相距為L(zhǎng)的兩條平行金屬導(dǎo)軌與水平地面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從距水平地面高h(yuǎn)處由靜止釋放，導(dǎo)體棒能沿傾斜的導(dǎo)軌下湍，已知下滑過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g，下列選項(xiàng)正確的是()A．導(dǎo)體棒釋放瞬間的加速度大小是gsinθ－μgcosθB．導(dǎo)體棒從起先運(yùn)動(dòng)直至地面的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為eq\f(BLh,Rsinθ)C．導(dǎo)體棒從起先運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)至地面的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－eq\f(μmgh,tanθ)D．假如增加導(dǎo)體棒的質(zhì)量，則導(dǎo)體棒從釋放到運(yùn)動(dòng)到斜面底端的時(shí)間不變4.如圖所示，在空間中有一垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)上下邊緣間距為h＝5.2m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m、電阻為R＝1Ω、質(zhì)量為m＝1kg的正方形導(dǎo)線框緊貼磁場(chǎng)區(qū)域的上邊從靜止下落，當(dāng)線圈PQ邊到達(dá)磁場(chǎng)的下邊緣時(shí)，恰好起先做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g＝10m/s2，求：(1)導(dǎo)線框的MN邊剛好進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小；(2)導(dǎo)線框從起先下落到PQ邊到達(dá)磁場(chǎng)下邊緣所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間．實(shí)力提升練5．兩足夠長(zhǎng)且不計(jì)電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d＝1m，在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)＝1.25m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無(wú)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＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T．現(xiàn)桿b以初速度大小v0＝5m/s起先向左滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過(guò)程中，通過(guò)桿b的平均電流為0.3A；從a下滑到水平軌道時(shí)起先計(jì)時(shí)，a、b運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：(1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)其截面的電荷量；(3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱．6．如圖甲所示是依附建筑物架設(shè)的磁力緩降高樓平安逃命裝置，具有操作簡(jiǎn)潔、無(wú)需電能、逃命高度不受限制、下降速度可調(diào)、可控等優(yōu)點(diǎn)．該裝置原理可等效為：間距L＝0.5m的兩根豎直導(dǎo)軌上部連通，人和磁鐵固定在一起沿導(dǎo)軌共同下滑，磁鐵產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，人和磁鐵所經(jīng)位置處可等效為有一固定導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)軌相連，整個(gè)裝置總電阻始終為R，如圖乙所示，在某次逃命試驗(yàn)中，質(zhì)量M1＝80kg的測(cè)試者利用該裝置以v1＝1.5m/s的速度勻速下降，已知與人一起下滑部分裝置的質(zhì)量m＝20kg，重力加速度g取10m/s2，且本次試驗(yàn)過(guò)程中恰好沒(méi)有摩擦．(1)推斷導(dǎo)體棒cd中電流的方向．(2)總電阻R為多大？(3)要使一個(gè)質(zhì)量M2＝100kg的測(cè)試者利用該裝置以v1＝1.5m/s的速度勻速下滑，其所受摩擦力為多大？(4)保持第(3)問(wèn)中的摩擦力不變，讓質(zhì)量M2＝100kg的測(cè)試者從靜止起先下滑，測(cè)試者的加速度將會(huì)如何改變？當(dāng)其速度為v2＝0.78m/s時(shí)，加速度為多大？要想在隨后一小段時(shí)間內(nèi)保持加速度不變，必需調(diào)控摩擦力，請(qǐng)寫(xiě)出摩擦力大小隨速度改變的表達(dá)式．課時(shí)分層作業(yè)（四十七）1．解析：設(shè)線框邊長(zhǎng)ab＝l1，bc＝l2，線框中產(chǎn)生的熱量Q1＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Bl1v,R)))eq\s\up12(2)·R·eq\f(l2,v)＝eq\f(B2leq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))l2v,R)＝eq\f(B2l1l2v,R)l1，Q2＝eq\f(B2l1l2v,R)l2，由于l1>l2，所以Q1>Q2.通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量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選項(xiàng)正確．答案：A2．解析：依據(jù)動(dòng)量守恒有mv0＝2mv共，可得v共＝eq\f(v0,2)，所以經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，a、b兩棒最終都將以大小為eq\f(v0,2)的共同速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤；整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(共))＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4)，Qa＝eq\f(R,R＋R)·Q＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),8).C正確，D錯(cuò)誤．答案：AC3．解析：導(dǎo)體棒釋放瞬間，安培力為零，由牛頓其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ，選項(xiàng)A正確；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(E,R)，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,R)得q＝eq\f(BLh,Rsinθ)，選項(xiàng)B正確；設(shè)導(dǎo)體棒到達(dá)斜面底端的速度為v末，由動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(末))＝mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－W安，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安＝mgh－eq\f(μmgh,tanθ)－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(末))，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為v時(shí)，回路中的電動(dòng)勢(shì)E′＝BLv，I′＝eq\f(E′,R)，F(xiàn)安＝BI′L＝eq\f(B2L2v,R)，對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓其次定律得mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma′，解得a′＝gsinθ－μgcosθ－eq\f(B2L2v,mR)，所以若導(dǎo)體棒質(zhì)量增加，加速度變大，而位移不變，從釋放至滑到斜面底端的時(shí)間會(huì)減小，D錯(cuò)誤．答案：AB4．解析：（1）設(shè)導(dǎo)線框MN邊進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為v0，PQ邊運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)下邊緣時(shí)的速度為vPQ邊到達(dá)磁場(chǎng)的下邊緣時(shí)導(dǎo)線框受力平衡，則有：mg＝eq\f(B2L2v,R)解得：v＝10m/s導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到PQ離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，導(dǎo)線框機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝mg（h－L）解得：v0＝4m/s.（2）設(shè)導(dǎo)線框從起先下落到PQ邊到達(dá)磁場(chǎng)下邊緣所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間為t，依據(jù)動(dòng)量定理得mgt－BILΔt＝mvΔt為導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間又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）1.1s5．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(shí)桿b的速度大小為vb0，對(duì)桿b運(yùn)用動(dòng)量定理，有Bdeq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝mb（v0－vb0）其中vb0＝2m/s代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5s.（2）對(duì)桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有magh＝eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))解得va＝eq\r(2gh)＝5m/s設(shè)最終a、b兩桿共同的速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得mava－mbvb0＝（ma＋mb）v′代入數(shù)據(jù)解得v′＝eq\f(8,3)m/s桿a動(dòng)量的改變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(yùn)動(dòng)時(shí)間為Δt′，則由動(dòng)量定理可得BdI·Δt′＝ma（va－v′）而q＝I·Δt′代入數(shù)據(jù)得q＝eq\f(7,3)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＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)（mb＋ma）v′2＝eq\f(161,6)Jb棒中產(chǎn)生的焦耳熱為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)J6．解析：（1）磁場(chǎng)向下運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒cd相對(duì)于磁場(chǎng)向上運(yùn)動(dòng)．由右手定則可推斷，電流方向從d到c.（2）導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv1，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv1,R)，安培力FA＝ILB＝eq\f(B2L2v1,R)由左手定則可推斷，導(dǎo)體棒cd所受安培力方向向下，依據(jù)牛頓第三定律可知，磁鐵受到的磁場(chǎng)力向上，大小為F′A＝eq\f(B2L2v1,R)由平衡條件得（M1＋m）g＝F′A解得R＝eq\f(B2L2v1,（M1＋m）g)＝1.5×10－5Ω.（3）由平衡條件得（M2＋m）g＝F′A＋Ff.解得Ff（M2＋m）g－eq\f(B2L2v1,R)＝200N.（4）依據(jù)牛頓其次定律得（M2＋m）g－F″A－Ff＝（M2＋m）a，F(xiàn)″A＝eq\f(B2L2v,R)所以a＝eq\f(（M2＋m）g－\f(B2L2v,R)－Ff,M2＋m)因?yàn)関漸漸增大