(新課改省份專用)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)(三十五)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問題(含解析).doc
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課時(shí)跟蹤檢測(cè)(三十五) 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問題 A卷——基礎(chǔ)保分專練 1.(多選)如圖所示,位于同一水平面內(nèi)的兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌,處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌所在平面,導(dǎo)軌的一端與一電阻相連;具有一定質(zhì)量的金屬桿ab放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直?,F(xiàn)有一平行于導(dǎo)軌的恒力F拉桿ab,使它由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。桿和導(dǎo)軌的電阻、感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)均可不計(jì)。用E表示回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),i表示回路中的感應(yīng)電流,在i隨時(shí)間增大的過程中,電阻消耗的功率等于( ) A.F的功率 B.安培力的功率的絕對(duì)值 C.F與安培力的合力的功率 D.iE 解析:選BD 金屬桿ab做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)能量守恒可知,恒力F做的功等于桿增加的動(dòng)能和電路中產(chǎn)生的電能。電阻消耗的功率等于電路中產(chǎn)生電能的功率,不等于恒力F的功率,故A錯(cuò)誤。電阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率,等于電路的電功率iE,故B、D正確,C錯(cuò)誤。 2.(多選)如圖所示,兩條電阻不計(jì)的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi),已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T,導(dǎo)體棒ab、cd的長(zhǎng)度均為0.2 m,電阻均為0.1 Ω,重力均為0.1 N。現(xiàn)用力向上拉動(dòng)導(dǎo)體棒ab,使之勻速上升(導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好),此時(shí)cd靜止不動(dòng)。則在ab上升時(shí),下列說法正確的是( ) A.a(chǎn)b受到的拉力大小為2 N B.a(chǎn)b向上運(yùn)動(dòng)的速度為2 m/s C.在2 s內(nèi),拉力做功,有0.4 J的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 D.在2 s內(nèi),拉力做功為0.6 J 解析:選BC 對(duì)導(dǎo)體棒cd分析:mg=BIl=,代入數(shù)據(jù)解得v=2 m/s,故選項(xiàng)B正確;對(duì)導(dǎo)體棒ab分析:F=mg+BIl=0.2 N,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在2 s內(nèi)拉力做功轉(zhuǎn)化為ab棒的重力勢(shì)能和電路中的電能,電能等于克服安培力做的功,即W電=F安vt==0.4 J,選項(xiàng)C正確;在2 s內(nèi)拉力做的功為W拉=Fvt=0.8 J,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 3.(多選)(2019唐山模擬)如圖所示,在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導(dǎo)軌上以速度v=2 m/s向右勻速滑動(dòng)。兩導(dǎo)軌間距離l=1.0 m,電阻R=3.0 Ω,金屬桿的電阻r=1.0 Ω,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。下列說法正確的是( ) A.通過R的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到d B.金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為2.0 V C.金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5 N D.外力F做功的數(shù)值等于電路產(chǎn)生的焦耳熱 解析:選ABC 由右手定則判斷知,當(dāng)金屬桿滑動(dòng)時(shí)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流,通過R的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到d,故A正確。金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為:E=Blv=1.012 V=2 V,故B正確。在整個(gè)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為:I=,代入數(shù)據(jù)得:I=0.5 A。由安培力公式:F安=BIl,代入數(shù)據(jù)得:F安=0.5 N,故C正確。金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U型導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動(dòng),外力F做功大小等于電路產(chǎn)生的焦耳熱和導(dǎo)軌與金屬桿之間的摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能之和,故D錯(cuò)誤。 4.(多選) 如圖所示,平行且足夠長(zhǎng)的兩條光滑金屬導(dǎo)軌,相距L=0.4 m,導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為30,其電阻不計(jì)。把完全相同的兩金屬棒(長(zhǎng)度均為0.4 m)ab、cd分別垂直于導(dǎo)軌放置,并使棒的兩端都與導(dǎo)軌良好接觸。已知兩金屬棒的質(zhì)量均為m=0.1 kg、電阻均為R=0.2 Ω,整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5 T。當(dāng)金屬棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),金屬棒cd恰好能保持靜止(g=10 m/s2),則( ) A.F的大小為0.5 N B.金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1.0 V C.a(chǎn)b棒兩端的電壓為1.0 V D.a(chǎn)b棒的速度為5.0 m/s 解析:選BD 對(duì)于cd棒有mgsin θ=BIL,解得回路中的電流I=2.5 A,所以回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=2IR=1.0 V,選項(xiàng)B正確;Uab=IR=0.5 V,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;對(duì)于ab棒有F=BIL+mgsin θ,解得F=1.0 N,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=BLv,解得v=5.0 m/s,選項(xiàng)D正確。 5.(多選)(2018江蘇高考)如圖所示,豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng),矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R,與導(dǎo)軌接觸良好,其余電阻不計(jì),重力加速度為g。金屬桿( ) A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B.穿過磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C.穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd D.釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于 解析:選BC 金屬桿在磁場(chǎng)之外的區(qū)域做加速運(yùn)動(dòng),所以進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁場(chǎng)Ⅰ的速度,則金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)做減速運(yùn)動(dòng),加速度方向豎直向上,故A錯(cuò)誤。金屬桿在磁場(chǎng)Ⅰ中(先)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),在兩磁場(chǎng)之間做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng),兩個(gè)過程位移相等,vt圖像可能如圖所示,可以看出B正確。由于進(jìn)入兩磁場(chǎng)時(shí)速度相等,由動(dòng)能定理得,W安1+mg2d=0,可知金屬桿穿過磁場(chǎng)Ⅰ克服安培力做功為2mgd,即產(chǎn)生的熱量為2mgd,故穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd,故C正確。設(shè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度為v,則由機(jī)械能守恒定律知mgh=mv2,由牛頓第二定律得-mg=ma,解得h=>,故D錯(cuò)誤。 6.(2018恩施模擬)如圖所示,足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌傾斜放置,導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng),其下端與電阻R連接;導(dǎo)體棒ab電阻為r,導(dǎo)軌和導(dǎo)線電阻不計(jì),勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上。若導(dǎo)體棒ab以一定初速度v下滑,則關(guān)于ab棒的下列說法正確的是( ) A.所受安培力方向水平向左 B.可能以速度v勻速下滑 C.剛下滑瞬間產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為BLv D.減少的重力勢(shì)能等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能 解析:選B 根據(jù)右手定則判斷可知,ab棒中感應(yīng)電流方向從b→a,由左手定則判斷得知,棒ab所受的安培力方向水平向右,如圖所示,故A錯(cuò)誤。若安培力沿導(dǎo)軌向上的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力大小相等,ab棒可能勻速下滑,故B正確。剛下滑瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLvcos θ,故C錯(cuò)誤。根據(jù)能量守恒定律得知,若ab棒勻速下滑,其減少的重力勢(shì)能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之和;若ab棒加速下滑,其減少的重力勢(shì)能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能與棒ab增加的動(dòng)能之和;若ab棒減速下滑,其減少的重力勢(shì)能和動(dòng)能之和等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之和,所以減少的重力勢(shì)能不等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能,故D錯(cuò)誤。 7. (多選)如圖所示,水平放置的光滑金屬長(zhǎng)導(dǎo)軌MM′和NN′之間接有電阻R,導(dǎo)軌左、右兩區(qū)域分別存在方向相反且與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),設(shè)左、右區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,虛線為兩區(qū)域的分界線。一根阻值也為R的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上并與其垂直,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。若金屬棒ab在恒定外力F的作用下從左邊的磁場(chǎng)區(qū)域距離磁場(chǎng)邊界x處勻速運(yùn)動(dòng)到右邊的磁場(chǎng)區(qū)域距離磁場(chǎng)邊界x處。下列說法正確的是( ) A.當(dāng)金屬棒通過磁場(chǎng)邊界時(shí),通過電阻R的電流反向 B.當(dāng)金屬棒通過磁場(chǎng)邊界時(shí),金屬棒受到的安培力反向 C.金屬棒在題設(shè)的運(yùn)動(dòng)過程中,通過電阻R的電荷量等于零 D.金屬棒在題設(shè)的運(yùn)動(dòng)過程中,回路中產(chǎn)生的熱量等于Fx 解析:選AC 金屬棒的運(yùn)動(dòng)方向不變,磁場(chǎng)方向反向,則電流方向反向,A正確;電流方向反向,磁場(chǎng)也反向時(shí),安培力的方向不變,B錯(cuò)誤;由q=知,因?yàn)槌?、末狀態(tài)磁通量相等,所以通過電阻R的電荷量等于零,C正確;由于金屬棒勻速運(yùn)動(dòng),所以動(dòng)能不變,即外力做功全部轉(zhuǎn)化為電熱,Q=2Fx,D錯(cuò)誤。 8.(多選)(2019青島聯(lián)考)如圖所示,在Ⅰ、Ⅲ區(qū)域內(nèi)分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩區(qū)域中間為寬為s的無磁場(chǎng)區(qū)Ⅱ。有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(L>s)、電阻為R的均勻正方形金屬線框abcd置于區(qū)域Ⅰ中,ab邊與磁場(chǎng)邊界平行,線框平面與磁場(chǎng)方向垂直。金屬線框在水平向右的拉力作用下,以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng),則( ) A.當(dāng)ab邊剛進(jìn)入中央無磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí),c、d兩點(diǎn)間電壓大小為 B.a(chǎn)b邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅲ時(shí),通過ab邊的電流大小為,方向?yàn)閎→a C.把金屬線框從區(qū)域Ⅰ完全拉入?yún)^(qū)域Ⅲ的過程中,拉力所做的功為(2L-s) D.在cd邊剛出區(qū)域Ⅰ到剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ的過程中,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為(L-s) 解析:選AC 當(dāng)ab邊剛進(jìn)入中央無磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí),c、d兩點(diǎn)間的電壓大小為U=E=BLv,A正確;ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅲ時(shí),通過ab的電流大小為I=,由右手定則可得,方向?yàn)閍→b,B錯(cuò)誤;把金屬線框從Ⅰ區(qū)域完全拉入Ⅲ區(qū)域過程中,拉力所做功W=2s+2(L-s)=(2L-s),故C正確;在cd邊剛出區(qū)域Ⅰ到剛進(jìn)區(qū)域Ⅲ的過程中,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I2Rt=2R=s,D錯(cuò)誤。 9.(2018衡水模擬)如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里,大小隨時(shí)間的變化率=k,k為負(fù)的常量。用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬導(dǎo)線做成一邊長(zhǎng)為l的正方形導(dǎo)線框。將正方形導(dǎo)線框固定于紙面內(nèi),其右半部分位于磁場(chǎng)區(qū)域中。求: (1)導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的大??; (2)磁場(chǎng)對(duì)導(dǎo)線框作用力的大小隨時(shí)間的變化率。 解析:(1)導(dǎo)線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E==l2① 導(dǎo)線框中的電流為I=② 式中R是導(dǎo)線框的電阻,根據(jù)電阻率公式有R=ρ③ 聯(lián)立①②③式,將=k代入得I=。④ (2)導(dǎo)線框所受磁場(chǎng)的作用力的大小為F=BIl⑤ 它隨時(shí)間的變化率為=Il⑥ 得=。⑦ 答案:(1) (2) 10.如圖甲,在水平桌面上固定著兩根相距L=20 cm、相互平行的無電阻軌道P、Q,軌道一端固定一根電阻R=0.02 Ω 的導(dǎo)體棒a,軌道上橫置一根質(zhì)量m=40 g、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒b,兩棒相距也為L(zhǎng)=20 cm。該軌道平面處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開始時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=0.1 T。設(shè)棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10 m/s2。 (1)若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小不變,從t=0時(shí)刻開始,給b棒施加一個(gè)水平向右的拉力,使它由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。此拉力F的大小隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示。求b棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度及b棒與軌道間的滑動(dòng)摩擦力大?。? (2)若從t=0開始,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖丙中圖像所示的規(guī)律變化,求在金屬棒b開始運(yùn)動(dòng)前,這個(gè)裝置釋放的熱量。 解析:(1)由題圖乙可得拉力F的大小隨時(shí)間t變化的函數(shù)表達(dá)式為F=F0+t=0.4+0.1t(N) 當(dāng)b棒勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有 F-Ff-F安=ma F安=B0IL E=B0Lv I== v=at 所以F安=t 聯(lián)立可得F=Ff+ma+t 由圖像可得: 當(dāng)t=0時(shí),F(xiàn)=0.4 N, 當(dāng)t=1 s時(shí),F(xiàn)=0.5 N。 代入上式,可解得a=5 m/s2,F(xiàn)f=0.2 N。 (2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí),閉合電路中有恒定的感應(yīng)電流I。以b棒為研究對(duì)象,它受到的安培力逐漸增大,靜摩擦力也隨之增大,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到b棒所受安培力 F安′與最大靜摩擦力Ff相等時(shí)開始滑動(dòng) 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′=L2=0.02 V I′==1 A b棒將要運(yùn)動(dòng)時(shí),有F安′=BtI′L=Ff 所以Bt=1 T,根據(jù)Bt=B0+t 解得t=1.8 s 回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I′2Rt=0.036 J。 答案:(1)5 m/s2 0.2 N (2)0.036 J 11.(2016全國(guó)卷Ⅰ)如圖,兩固定的絕緣斜面傾角均為θ,上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng),質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求: (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??; (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小。 解析:(1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T,右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為N1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為N2。 對(duì)于ab棒,由力的平衡條件得 2mgsin θ=μN(yùn)1+T+F① N1=2mgcos θ② 對(duì)于cd棒,同理有 mgsin θ+μN(yùn)2=T③ N2=mgcos θ④ 聯(lián)立①②③④式得 F=mg(sin θ-3μcos θ)。⑤ (2)由安培力公式得 F=BIL⑥ 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 ε=BLv⑦ 式中,v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得 I=⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得 v=(sin θ-3μcos θ)。⑨ 答案:(1)mg(sin θ-3μcos θ) (2)(sin θ-3μcos θ) B卷——重難增分專練 1.如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi),兩導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng),導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路,兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m,電阻均為R,回路中其余部分的電阻可不計(jì)。在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行,開始時(shí),棒cd靜止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸,求: (1)在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱Q最多是多少? (2)當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r(shí),cd棒的加速度a是多少? 解析:(1)從開始到兩棒達(dá)到相同速度v的過程中,兩棒的總動(dòng)量守恒,有 mv0=2mv, 根據(jù)能量守恒定律,整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q=mv02-(2m)v2=mv02。 (2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)闀r(shí),cd棒的速度為v′, 由動(dòng)量守恒定律得mv0=mv0+mv′, 解得:v′=。 此時(shí)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv0-BLv0=BLv0, 回路中電流I==, 此時(shí)cd棒所受的安培力F=BIL=, 由牛頓第二定律,cd棒的加速度a==。 答案:(1)mv02 (2) 2.(2019吉林聯(lián)考)如圖所示,足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌ab、cd固定在豎直平面內(nèi),導(dǎo)軌間距為l,b、c兩點(diǎn)間接一阻值為R的電阻。ef是一水平放置的導(dǎo)體桿,其質(zhì)量為m,有效電阻值為R,桿與ab、cd保持良好接觸。整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直?,F(xiàn)用一豎直向下的力拉導(dǎo)體桿,使導(dǎo)體桿從靜止開始做加速度為1.5g的勻加速運(yùn)動(dòng),下降了h高度,這一過程中b、c間電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q,g為重力加速度,不計(jì)導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用。求: (1)導(dǎo)體桿下降h過程中通過桿的電荷量; (2)導(dǎo)體桿下降h時(shí)所受拉力F的大小; (3)導(dǎo)體桿下降h過程中拉力做的功。 解析:(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律,得==, 根據(jù)閉合電路歐姆定律得=, 通過桿的電荷量q=Δt, 聯(lián)立解得q=。 (2)設(shè)ef下降h時(shí),速度為v1、拉力為F,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式, 有v12=2ah, 解得v1=, 根據(jù)牛頓第二定律,得F+mg-BI1l=ma, 根據(jù)閉合電路歐姆定律,得I1=, 聯(lián)立解得F=+。 (3)由功能關(guān)系,得WF+mgh-2Q=mv12-0, 解得WF=+2Q。 答案:(1) (2)+ (3)+2Q 3.(2018江門二模)如圖所示,兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌(不計(jì)電阻),由一段圓弧部分與一段無限長(zhǎng)的水平部分組成,其水平段加有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)軌水平段上靜止放置一金屬棒cd,質(zhì)量為2m,電阻為2r。另一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab,從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進(jìn)入水平段,棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好,圓弧段MN半徑為R,所對(duì)圓心角為60。求: (1)ab棒在N處進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)速度是多大?此時(shí)棒中電流是多少? (2)cd棒能達(dá)到的最大速度是多大? (3)cd棒由靜止到達(dá)最大速度過程中,系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少? 解析:(1)ab棒由M下滑到N過程中機(jī)械能守恒,有 mgR(1-cos 60)=mv2 解得v= 進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)瞬間,回路中電流強(qiáng)度 I==。 (2)ab棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng),cd棒在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)兩棒速度達(dá)到相同速度v′時(shí),電路中電流為零,安培力為零,cd棒達(dá)到最大速度。由動(dòng)量守恒定律得mv=(2m+m)v′ 解得v′=。 (3)系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量, 故Q=mv2-3mv′2 解得Q=mgR。 答案:(1) (2) (3)mgR 4.如圖所示,兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成,左面部分水平,右面部分為半徑r=0.5 m的豎直半圓,兩導(dǎo)軌間距離d=0.3 m,導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)。有兩根長(zhǎng)度均為d的金屬棒ab、cd,均垂直導(dǎo)軌置于水平導(dǎo)軌上,金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為m1=0.2 kg、m2=0.1 kg,電阻分別為R1=0.1 Ω、R2=0.2 Ω。現(xiàn)讓ab棒以v0=10 m/s的初速度開始水平向右運(yùn)動(dòng),cd棒進(jìn)入圓軌道后,恰好能通過軌道最高點(diǎn)PP′,cd棒進(jìn)入圓軌道前兩棒未相碰,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)cd棒的加速度大小a0; (2)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)ab棒的速度大小v1; (3)cd棒進(jìn)入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W。 解析:(1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí),設(shè)回路中電流為I,有 E=Bdv0 I= 對(duì)cd棒由牛頓第二定律得 BId=m2a0 聯(lián)立解得:a0=30 m/s2。 (2)設(shè)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)的速度為v2,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有 m1v0=m1v1+m2v2 cd棒進(jìn)入圓軌道后恰能通過軌道最高點(diǎn),由機(jī)械能守恒定律得 m2v22=m2g2r+m2vP2 cd棒在最高點(diǎn)PP′,有 m2g=m2 聯(lián)立解得:v1=7.5 m/s。 (3)由動(dòng)能定理得-W=m1v12-m1v02 解得:W=4.375 J。 答案:(1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J 5.(2019焦作模擬)如圖所示,在傾角θ=37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ,磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為5 T,磁場(chǎng)寬度d=0.55 m。有一邊長(zhǎng)L=0.4 m、質(zhì)量m1=0.6 kg、電阻R=2 Ω的正方形均勻?qū)w線框abcd通過一輕質(zhì)細(xì)線跨過光滑的定滑輪與一質(zhì)量m2=0.4 kg的物體相連。物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,將線框從圖示位置由靜止釋放,物體到定滑輪的距離足夠長(zhǎng)。(取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8) (1)求線框abcd還未進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過程中,細(xì)線中的拉力大??; (2)當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),求線框剛釋放時(shí)ab邊距磁場(chǎng)MN邊界的距離x; (3)在(2)問中的條件下,若cd邊恰離開磁場(chǎng)邊界PQ時(shí),速度大小為2 m/s,求整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中ab邊產(chǎn)生的熱量。 解析:(1)線框還未進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中,以整體法有 m1gsin θ-μm2g=(m1+m2)a, 解得a=2 m/s2。 以m2為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得 T-μm2g=m2a, 解得T=2.4 N。 (2)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),以整體法有 m1gsin θ-μm2g-=0, 解得v=1 m/s。 ab到MN前線框做勻加速運(yùn)動(dòng),有v2=2ax, 解得x=0.25 m。 (3)線框從開始運(yùn)動(dòng)到cd邊恰離開磁場(chǎng)邊界PQ時(shí),有 m1gsin θ(x+d+L)-μm2g(x+d+L)=(m1+m2)v12+Q, 解得Q=0.4 J, 所以Qab=Q=0.1 J。 答案:(1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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