備考2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)強化訓(xùn)練第十二章電磁感應(yīng)專題二十一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)能量和動量問題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

A.線框進磁場的過程中電流方向為順時針方向
B.線框出磁場的過程中做勻減速直線運動
C.線框在進和出的兩過程中產(chǎn)生的焦耳熱相等
D.線框在進和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量相等
解析
線框進入磁場→線框右側(cè)切割磁感線電流方向為逆時針方向，A錯
線框進、出磁場的過程中，F(xiàn)安為阻力→v↓→F安↓→線框進、出磁場的過程均為加速度減小的減速運動，B錯
線框進、出磁場的兩過程中ΔΦ相同，q相同，D對
安培力的沖量I安＝BIl·ΔtI安＝Blq
線框進入磁場瞬間速度為v1，完全進入磁場速度為v2動量定理：－Blq＝mv2－mv1＝m（v2－v1）能量守恒定律：Q1＝12mv12－12mv22＝12m（v1＋v2)(v1－v2）
線框離開磁場瞬間速度為v3動量定理：－Blq＝mv3－mv2＝m（v3－v2）能量守恒定律：Q2＝12mv22－12mv32＝12m（v2＋v3)(v2－v3）
v1＋v2＞v2＋v3且v1－v2＝v2－v3，則Q1＞Q2，C錯
一題多解由楞次定律可知線框進磁場的過程中電流方向為逆時針方向，出磁場的過程中電流方向為順時針方向，A錯；對線框進行受力分析，線框在進、出磁場時會受到安培力的作用，安培力均為阻力，線框全部在磁場中時不受安培力的作用，故線框在進、出磁場的過程中會做減速運動，全部在磁場的過程中做勻速運動，又F安＝BIl，I＝ER總，E＝Blv，則F安＝B2l2vR總，故線框進、出磁場的過程中所受安培力在減小，做加速度減小的減速運動，B錯；Q＝F—安·l＝B2l3v—R總，且結(jié)合B項的分析可知v—進＞v—出，故線框在進磁場的過程中產(chǎn)生的熱量大于在出磁場的過程中產(chǎn)生的熱量，C錯；結(jié)合公式q＝I—Δt、I—＝E—R總、E—＝Blv—可得q＝Blv—ΔtR總，又線框進、出磁場過程中的位移v—Δt均為線框邊長l，故線框進、出磁場過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量相等，D對.
2.[電磁感應(yīng)中的動力學(xué)＋圖像理解＋能量/2023上海]如圖（a），單匝矩形線框cdef位于傾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一長度為D的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于斜面向上，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.5T，已知線框邊長cd＝D＝0.4m，質(zhì)量m＝0.1kg，總電阻R＝0.25Ω.現(xiàn)對線框施加一沿斜面向上的恒力F使之向上運動，運動一段時間后，撤去外力F.線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝33，線框速度隨時間變化的圖像如圖（b）所示.求：（重力加速度g取9.8m/s2）
圖（a）圖（b）
（1）外力F的大?。?br>（2）cf的長度L；
（3）回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.
答案（1）F＝1.48N （2）L＝0.5m （3）Q＝0.4J
解析（1）由題圖（b）可知，在0～0.4s的時間內(nèi)，線框做勻加速直線運動，進入磁場時的速度v1＝2.0m/s
結(jié)合題圖（b）可知線框進入磁場前的加速度大小
a＝v1－0Δt＝2.0－00.4m/s2＝5m/s2
進入磁場前，對線框由牛頓第二定律得
F－mgsinθ－Ff＝ma
又Ff＝μFN，F(xiàn)N＝mgcsθ
代入數(shù)據(jù)得F＝1.48N
（2）由題圖（b）可知，線框以恒定的速度v1穿過勻強磁場，該過程中線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv1
線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝ER
線框受到的安培力FA＝BIL
由平衡條件得F＝FA＋mgsinθ＋μmgcsθ
聯(lián)立解得L＝0.5m
（3）經(jīng)分析可知，線框ed邊離開磁場時，外力F被撤去，因為μ＝tanθ＝33，所以線框離開磁場運動到最高點，即速度減為零后不會沿斜面向下滑動
設(shè)線框穿過磁場所用的時間為t，則有
t＝2Dv1＝2×＝0.4s
線框中的感應(yīng)電流為
I＝BLv1R＝0.5×0.5×＝2A
根據(jù)焦耳定律可得
Q＝I2Rt＝22×0.25×0.4J＝0.4J.
3.[電磁感應(yīng)中的能量＋動量/2023全國甲]如圖，水平桌面上固定一光滑U形金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計.導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上.導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短.碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點.P在導(dǎo)軌上運動時，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行.不計空氣阻力.求
（1）金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大?。?br>（2）金屬棒P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量；
（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間.
答案（1）12v0 （2）mv02 （3）2mRB2l2
解析（1）Q與P發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律有
3mv0＝mvP＋3mvQ
由機械能守恒定律有
12×3mv02＝12mvP2＋12×3mvQ2
聯(lián)立解得vQ＝12v0，vP＝32v0
根據(jù)題述，P、Q落到地面上同一地點，結(jié)合平拋運動規(guī)律可知，金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大小為
v'P＝vQ＝12v0
（2）由能量守恒定律可得，金屬棒P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量為
Q＝12mvP2－12mv'P2＝mv02
（3）P在導(dǎo)軌上做變速運動，設(shè)速度大小為v時金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為e，電流大小為i，在Δt時間內(nèi)速度變化Δv，則由法拉第電磁感應(yīng)定律有e＝Blv
由閉合電路歐姆定律有i＝eR
金屬棒P所受的安培力F＝Bil＝B2l2vR
由動量定理有－FΔt＝mΔv
即－B2l2vRΔt＝mΔv
方程兩側(cè)求和得∑－B2l2vRΔt＝∑mΔv
即－B2l2R∑vΔt＝m∑Δv
注意到∑vΔt＝x，∑Δv＝v'P－vP＝－v0
聯(lián)立解得x＝mv0RB2l2
對絕緣棒Q有x＝vQt
解得與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間為
t＝2mRB2l2.
4.[電磁感應(yīng)中的雙棒模型＋動量定理/2023湖南]如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B.現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R.運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為g.
（1）先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；
（2）在（1）問中，當(dāng)棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；
（3）在（2）問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及
時間t0內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離Δx.
答案（1）v0＝2mgRsinθB2L2 （2）a0＝2gsinθ （3）v＝gt0sinθ＋mgRsinθB2L2 Δx＝2m2gR2sinθB4L4
解析（1）棒a勻速運動時，對棒a受力分析，由平衡條件有
mgsinθ＝BI1L
由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝BLv0
由閉合電路歐姆定律有I1＝E12R
聯(lián)立解得v0＝2mgRsinθB2L2
（2）當(dāng)棒a勻速運動時，由靜止釋放棒b，分析可知，棒b受到沿導(dǎo)軌向下的安培力，則釋放棒b的瞬間，對棒b，由牛頓第二定律有
mgsinθ＋BI1L＝ma0
又BI1L＝mgsinθ
解得a0＝2gsinθ
（3）釋放棒b后，由于棒b中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢對于回路來說，與棒a中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，所以兩棒所受安培力均減小，對棒a，由動量定理有
（mgsinθ－BIL）t0＝mv－mv0
對棒b，由動量定理有
（mgsinθ＋BIL）t0＝mv
聯(lián)立解得v＝gt0sinθ＋mgRsinθB2L2
設(shè)棒a速度為vi時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Ei，則Ei＝BLvi
同理設(shè)棒b速度為vj時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Ej，則
Ej＝BLvj
棒中電流為I＝Ei－Ej2R＝BL（vi－vj）2R
兩棒所受安培力的大小均為F＝BIL＝B2L2（vi－vj）2R
對棒b，由動量定理有[mgsinθ＋B2L2（vi－vj）2R]Δt＝mΔv
對方程兩側(cè)求和，即Σ[mgsinθ＋B2L2（vi－vj）2R]Δt＝ΣmΔv
注意到ΣΔt＝t0，Σ（vi－vj）Δt＝Δx，ΣΔv＝v
解得Δx＝2m2gR2sinθB4L4.
5.[電磁感應(yīng)中的動力學(xué)＋能量/2023浙江6月]某興趣小組設(shè)計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成閉合回路.裝置A能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確保回路電流I恒定，方向如圖所示.導(dǎo)軌長度遠大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運動到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零；在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小B1＝kI（其中k為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小B2＝2kI，方向與B1相同.火箭無動力下降到導(dǎo)軌頂端時與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進入導(dǎo)軌，到達絕緣?？科脚_時速度恰好為零，完成火箭落停.已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距d＝3MgkI2，導(dǎo)電桿電阻為R.導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導(dǎo)軌電阻和裝置A的內(nèi)阻.在火箭落停過程中，
（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；
（2）求回路感應(yīng)電動勢E與運動時間t的關(guān)系；
（3）求裝置A輸出電壓U與運動時間t的關(guān)系和輸出的能量W；
（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小.
答案（1）F＝3Mg L＝v024g （2）E＝－12Mg2It＋6Mgv0I（t≤v02g）（3）U＝12Mg2It－6Mgv0I＋IR（t≤v02g） W＝－32Mv02＋I2Rv02g （4）來源為導(dǎo)電桿和火箭機械能的減少 34Mv02
解析（1）導(dǎo)電桿所受的安培力大小F＝B1Id
又B1＝kI，d＝3MgkI2
解得F＝3Mg
火箭落停過程中，由牛頓第二定律得F－Mg＝Ma
解得a＝2g
由運動學(xué)公式可得，火箭運動的距離L＝v022a
解得L＝v024g
（2）導(dǎo)電桿向下運動的速度為v＝v0－at＝v0－2gt（t≤v02g）
則回路中的感應(yīng)電動勢為E＝B2dv
又B2＝2kI
整理得E＝－12Mg2It＋6Mgv0I（t≤v02g）
（3）由于電路中的電流恒為I，導(dǎo)電桿下滑過程中的總電動勢為
E總＝U＋E
且有I＝E總R
整理得U＝12Mg2It－6Mgv0I＋IR（t≤v02g）
裝置A輸出的功率為P＝UI＝12Mg2t－6Mgv0＋I2R（t≤v02g）
初始時刻，t＝0，P始＝－6Mgv0＋I2R
到達?？科脚_時，t＝v02g，P末＝I2R
由P－t關(guān)系可知，P＝P始＋P末2＝－3Mgv0＋I2R
則在火箭落停過程中，裝置A輸出的能量為
W＝P·v02g＝－32Mv02＋I2Rv02g
（4）可回收能量的來源為導(dǎo)電桿和火箭機械能的減少
由能量守恒定律得W回＝MgL＋12Mv02－0
又由（1）得L＝v024g
解得W回＝34Mv02.

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