2019届高考物理一轮复习 课时作业50 电磁感应中的动力学和动量、能量综合问题.doc

课时作业(五十)电磁感应中的动力学和动量、能量综合问题 基础训练1(2018山东济南一模)平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R的电阻，导体棒ab与导轨垂直且接触良好，棒在导轨间的阻值为r.输出功率恒为P的电动机通过水平绳向右拉动ab棒整个区域存在竖直向上的匀强磁场若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R消耗的最大功率为()AP B.P C.P D.2P答案：B解析：导体棒在水平方向受拉力和安培力，当拉力与安培力平衡时，棒的速度最大，此时电路中的感应电流最大，电阻R上消耗的功率最大，则电路的最大电功率为P，电路中各电阻上的功率与电阻成正比分配，所以，所以PRP，B正确2. (2018辽宁沈阳东北育才学校二模)如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力，作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F安表示，则下列说法正确的是()A金属杆ab做匀加速直线运动B金属杆ab运动时回路中有顺时针方向的电流C金属杆ab所受到的安培力先不断增大，后保持不变D金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比答案：C解析：对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有FF安ma，即Fma，由于速度变化，所以加速度发生变化，故金属杆做加速度逐渐减小的变加速运动，不是做匀加速直线运动，故A错误；根据楞次定律可知，金属杆ab运动时回路中有逆时针方向的感应电流，故B错误；由F安可知，当速度增大时，安培力增大，当金属杆受力平衡时，达到最大速度，其后开始做匀速运动，安培力不变，故C正确；安培力的功率PF安v，若金属杆做匀加速直线运动，则vat，安培力功率与时间的平方成正比，由于金属杆做变加速运动，因此金属杆克服安培力做功的功率与时间的平方不成正比，D错误3(2018河南八市重点高中质检)如图所示，导体杆OP在作用于OP中点且垂直于OP的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则()A外力的大小为2BrB外力的大小为BrC导体杆旋转的角速度为D导体杆旋转的角速度为答案：C解析：设导体杆转动的角速度为，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势EBr2，I，根据题述回路中的电功率为P，则PEI；设维持导体杆匀速转动的外力为F，则有P，vr，联立解得FBr，选项C正确，A、B、D错误4(2018陕西西安中学月考)(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F.此时()A整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvcos B整个装置消耗的机械功率为(Fmgcos )vC电阻R1消耗的热功率为D电阻R2消耗的热功率为答案：AB解析：此时整个装置因摩擦而消耗的热功率为Pffvmgvcos ，故A正确；设导体棒ab的长度为L，磁感应强度为B，电阻R1R2R，电路中感应电动势EBLv，ab中感应电流为I，棒ab所受安培力为FBIL，电阻R1消耗的热功率为P12R，故P1Fv，电阻R1和R2阻值相等，它们消耗的热功率相等，则P1P2Fv，整个装置消耗的机械功率为P3FvPf(Fmgcos )v，故B正确，C、D错误5(2018上海虹口一模)(多选)如图所示的光滑水平面上，水平条形区域和内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，其宽度均为s，区域和之间有一宽度为L3s的无磁场区域，一质量为m、边长为s的正方形线框在水平恒定外力作用下从距区域左边界s处由静止开始做匀加速直线运动，假设线框能匀速地通过磁场区域和，则下列说法正确的是()A线框通过区域和区域时的速度大小之比为1B区域与区域内磁场的磁感应强度大小之比为1C线框通过区域和区域过程产生的热量相等D线框通过区域和区域过程通过线框某一横截面的电荷量相等答案：AC解析：由运动学公式v1，v2，线框通过区域和区域时的速度大小之比1，故A正确；通过区域时，能匀速通过，说明受到的安培力等于外力，即F安B1Is，在区域和之间运动时，线框做加速运动，所以进入磁场区域时线框的速度大于进入磁场区域时的速度，因为线框能匀速通过磁场，所以F安，有，所以1，B错误；两个过程中产生的热量等于外力做的功，两个过程中外力不变，相对水平面的位移均为s，所以两个过程中产生的热量相同，C正确；根据q，可得q1，q2，由于两个磁场的磁感应强度不同，所以线框通过区域和区域过程通过线框某一横截面的电荷量不相等，D错误6.如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L1 m，质量m1 kg的光滑导体棒放在导轨上，导轨左端与阻值R4 的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为B2 T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2 s测量一次导体棒的速度，图乙是根据所测数据描绘出的导体棒的vt图象(设导轨足够长)甲乙(1)求力F的大小；(2)t1.6 s时，求导体棒的加速度a; (3)若1.6 s内导体棒的位移x8 m，试计算1.6 s内电阻上产生的热量Q.答案：(1)10 N(2)2 m/s2(3)48 J解析：(1)导体棒做切割磁感线运动，有EBLvI，F安BIL当导体棒速度最大为vm时，FF安解得F10 N(2)当t1.6 s时，v18 m/s，此时F安18 NFF安1ma，a2 m/s2(3)由能量守恒定律可知FxQ，解得Q48 J.能力提升7(多选)如图所示，光滑金属导轨由倾斜和水平两部分组成，水平部分足够长且处在竖直向下的匀强磁场中，右端接一电源(电动势为E，内阻为r)一电阻为R的金属杆PQ水平横跨在导轨的倾斜部分，从某一高度由静止释放，金属杆PQ进入磁场后的运动过程中，速度时间图象可能是下图中的(导轨电阻不计)()答案：ABD解析：金属杆PQ进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则判断得知，感应电动势的方向与电源的电动势方向相反若金属杆PQ产生的感应电动势与电源的电动势大小相等，回路中总电动势为零，电路中没有电流，金属杆不受安培力，做匀速直线运动，故A项是可能的；若金属杆PQ产生的感应电动势小于电源的电动势大小，金属杆中电流方向从P到Q，所受的安培力方向向右，将做加速运动，随着速度增加，金属杆产生的感应电动势增加，回路中总的电动势减小，电流减小，金属杆所受的安培力减小，加速度随之减小，可知vt图象的斜率减小，故B项是可能的；若金属杆PQ产生的感应电动势大于电源的电动势大小，金属杆中电流方向从Q到P，所受的安培力方向向左，将做减速运动，随着速度减小，金属杆产生的感应电动势减小，回路中总的电动势减小，电流减小，金属杆所受的安培力减小，加速度随之减小，可知vt图象的斜率减小，故C项是不可能，D项是可能的8(2018天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计，炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触首先开关S接1，使电容器完全充电然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨，问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少？答案：(1)垂直于导轨平面向下(2)(3)解析：(1)垂直于导轨平面向下(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I设MN受到的安培力为F，有FIlB由牛顿第二定律有Fma联立式得a(3)当电容器充电完毕时，设电容器所带电荷量为Q0，有Q0CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有EBlvmax由题意有E设在此过程中MN中的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有lB由动量定理，有tmvmax0又tQ0Q联立式得Q.9两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d1 m，在左端弧形轨道部分高h1.25 m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Ra2 、Rb5 ，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2 T现杆b以初速度大小v05 m/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0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma2 kg，mb1 kg，取g10 m/s2，求：甲乙(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产生的焦耳热答案：(1)5 s(2) C(3) J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Bdtmb(v0vb0)其中vb02 m/s代入数据解得t5 s.(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maghmav解得va5 m/s设最后a、b两杆共同的速度为v，由动量守恒定律得mavambvb0(mamb)v代入数据解得v 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t，则由动量定理可得BdItma(vav)而qIt代入数据得q C.(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Qmaghmbv(mbma)v2 Jb棒中产生的焦耳热为QQ J.