A組·基礎(chǔ)練
1.(多選)(2024·陜西咸陽模擬)航母艦載機返回甲板時有多種減速方式，其中一種電磁減速方式簡要模型如圖所示，足夠長的平行光滑導(dǎo)軌CE、DF的間距為L，左端接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌(電阻不計)固定在水平面上，且處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。將艦載機等效為質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置給導(dǎo)體棒ab一個水平向右的動量p，向右減速運動直至速度為0，則此過程中( )
A．導(dǎo)體棒ab做勻減速直線運動
B．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq \f(p2R,2m?R＋r?)
C．通過導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為eq \f(p,BL)
D．導(dǎo)體棒ab減速過程中通過的位移大小為eq \f(pR,B2L2)
【答案】 BC
【解析】 導(dǎo)體棒ab向右運動時受向左的安培力，則Beq \f(BLv,R＋r)L＝ma，隨速度的減小，加速度減小，即導(dǎo)體棒做加速度減小的變減速直線運動，選項A錯誤；由能量關(guān)系可知電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝eq \f(R,R＋r)·eq \f(1,2)mv2＝eq \f(R,R＋r)·eq \f(p2,2m)，選項B正確；根據(jù)動量定理－Beq \x\t(I)LΔt＝0－p，則通過導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(p,BL)，選項C正確；導(dǎo)體棒ab減速過程中根據(jù)q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R＋r)Δt＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)，通過的位移大小為x＝eq \f(p?R＋r?,B2L2)，選項D錯誤。故選BC。
2.(多選)(2024·重慶長壽模擬)如圖所示，電阻不計的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌相距0.5 m，固定在水平絕緣桌面上，左側(cè)圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，其間接有一電容為0.25 F的電容器，右側(cè)平直部分處在磁感應(yīng)強度為2 T。方向豎直向下的勻強磁場中，末端與桌面邊緣平齊。電阻為2 Ω的金屬棒ab垂直于兩導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，質(zhì)量為1 kg。棒ab從導(dǎo)軌左端距水平桌面高1.25 m處無初速度釋放，離開水平直導(dǎo)軌前已勻速運動。已知電容器的儲能E＝eq \f(1,2)CU2，其中C為電容器的電容，U為電容器兩端的電壓，不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。則金屬棒ab在沿導(dǎo)軌運動的過程中( )
A．通過金屬棒ab的電荷量為2 C
B．通過金屬棒ab的電荷量為1 C
C．金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為2.5 J
D．金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為4.5 J
【答案】 BC
【解析】 金屬棒下滑過程，由動能定理可得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝5 m/s，水平軌道上金屬棒切割磁感線，電容器充電，其兩端電壓逐漸增大，金屬棒因為安培力做減速運動，當(dāng)金屬棒的動生電動勢與電容器兩端電壓相等時，金屬棒勻速運動。由動量定理可知－F安t＝mv－mv0，設(shè)經(jīng)過Δt，速度增加了Δv，感應(yīng)電動勢分別為E＝BLv，E′＝BL(v＋Δv)，可知Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，又因為I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLa，所以F安＝CB2L2a，可得v＝eq \f(mv0,m＋B2L2C)，解得v＝4 m/s，此時，導(dǎo)體棒動生電動勢為E＝BLv＝4 V，因此，此時電容器兩板板間電壓U也為4 V，則電容器增加的電荷量為Q＝CU＝1 C，因此通過導(dǎo)體棒的電荷量也為1 C，故A錯誤，B正確；由以上解析可知，動能變化量為ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝4.5 J，而E電容器＝eq \f(1,2)CU2＝2 J，所以W熱＝ΔEk－E電容器＝2.5 J，故C正確，D錯誤。故選BC。
3.(多選)(2024·山東煙臺模擬)如圖所示，足夠長的光滑平行導(dǎo)軌由傾角α＝30°的傾斜部分和水平部分組成，兩部分平滑連接，連接點為O、O′，導(dǎo)軌頂端接有阻值R＝0.2 Ω的定值電阻，導(dǎo)軌間距L＝1 m，水平導(dǎo)軌上虛線MM′和NN′之間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B1＝1.0 T，傾斜導(dǎo)軌上虛線PP′以上區(qū)域存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場Ⅱ，磁感應(yīng)強度大小為B2＝1.0 T，PP′和OO′、MM′和NN′之間的距離均為d＝0.3 m。一金屬棒放置在MM′右側(cè)，現(xiàn)使金屬棒以初速度v0＝4 m/s，向左進(jìn)入磁場Ⅰ，離開磁場Ⅰ沖上傾斜軌道后進(jìn)入磁場Ⅱ，最后離開磁場Ⅱ時金屬棒的加速度恰好為零，已知金屬棒質(zhì)量m＝0.5 kg、電阻r＝0.1 Ω，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，虛線均與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌的電阻不計，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是( )
A．金屬棒向左剛離開磁場Ⅰ時速度大小為2 m/s
B．金屬棒在磁場Ⅱ中運動的加速度始終減小
C．金屬棒從進(jìn)入磁場Ⅱ到離開磁場Ⅱ所經(jīng)歷的時間為eq \f(7,20) s
D．金屬棒在沿傾斜軌道上滑過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為eq \f(7,128) J
【答案】 ABC
【解析】 金屬棒經(jīng)過磁場Ⅰ的過程中，由動量定理－B1eq \x\t(I)1L·Δt1＝mv2－mv1，又q＝eq \x\t(I1)·Δt1＝eq \f(\x\t(E1),R＋r)·Δt1＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt1),R＋r)·Δt1＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(B1Ld,R＋r)＝eq \f(1×1×0.3,0.2＋0.1) C＝1 C，解得v2＝2 m/s，故A正確；金屬棒在磁場Ⅱ中沿斜面向上運動時，由牛頓第二定律mgsin 30°＋F安＝ma，又F安＝B2IL＝B2eq \f(B2Lv,R＋r)L＝eq \f(B\\al(2,2)L2v,R＋r)，向上運動時速度減小，安培力減小，故加速度減小。金屬棒在磁場Ⅱ中沿斜面向下運動時，由牛頓第二定律mgsin 30°－F安＝ma，又F安＝B2IL＝B2eq \f(B2Lv,R＋r)L＝eq \f(B\\al(2,2)L2v,R＋r)，向下運動時速度增大，安培力增大，故加速度減小，直到離開磁場Ⅱ，故B正確；設(shè)金屬棒剛進(jìn)入磁場Ⅱ時的速度大小為v3，由動能定理得－mgdsin 30°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得v3＝1 m/s，設(shè)金屬棒剛離開磁場Ⅱ時的速度大小為v4，因為金屬棒的加速度恰好為零，則eq \f(B\\al(2,2)L2v4,R＋r)＝mgsin 30°，解得v4＝eq \f(3,4) m/s，金屬棒從進(jìn)入磁場Ⅱ到離開磁場Ⅱ，規(guī)定沿斜面向下為正方向，由動量定理得mgsin 30°·Δt2＋B2eq \x\t(I)2L·Δt2＝mv4－m(－v3)，又q′＝eq \x\t(I2)·Δt2＝eq \f(\x\t(E2),R＋r)·Δt2＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt2),R＋r)·Δt2＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝0，解得Δt2＝eq \f(7,20) s，故C正確；金屬棒在沿傾斜軌道上滑過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒機械能的減少量Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)＝eq \f(7,64) J，故D錯誤。故選ABC。
4.(2024·江西南昌模擬)如圖，光滑金屬導(dǎo)軌，A1B1C1D1、A2B2C2D2，其中A1B1、A2B2為半徑為h的eq \f(1,4)圓弧導(dǎo)軌，B1C1、B2C2是間距為3L且足夠長的水平導(dǎo)軌，C1D1、C2D2是間距為2L且足夠長的水平導(dǎo)軌。金屬導(dǎo)體棒M、N質(zhì)量均為m，接入電路中的電阻均為R，導(dǎo)體棒N靜置在C1D1、C2D2間，水平導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒M自圓弧導(dǎo)軌的最高點處由靜止釋放，兩導(dǎo)體棒在運動過程中均與導(dǎo)軌垂直且始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為g。求：
(1)導(dǎo)體棒M運動到B1B2處時，對導(dǎo)軌的壓力；
(2)導(dǎo)體棒M由靜止釋放至達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，通過其橫截面的電荷量；
(3)在上述過程中導(dǎo)體棒N產(chǎn)生的焦耳熱。
【答案】 (1)3mg (2)eq \f(3m\r(2gh),13BL) (3)eq \f(9,26)mgh
【解析】 (1)M棒從圓弧導(dǎo)軌滑下過程，根據(jù)動能定理可得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
運動到B1B2處時，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝meq \f(v\\al(2,0),R)
聯(lián)立解得FN＝3mg
由牛頓第三定律可知，導(dǎo)體棒M運動到B1B2處時，對導(dǎo)軌的壓力3mg。
(2)兩金屬棒最終分別做勻速直線運動，則有EM＝3BLvM，EN＝2BLvN
又有EM－EN＝0
解得3vM＝2vN
分別對M、N應(yīng)用動量定理，對M有－3BLeq \x\t(I)t＝mvM－mv0
對N有2BLeq \x\t(I)t＝mvN
又有q＝eq \x\t(I)t
解得vN＝eq \f(6,13)eq \r(2gh)，vM＝eq \f(4,13)eq \r(2gh)，q＝eq \f(3m\r(2gh),13BL)。
(3)全過程系統(tǒng)能量守恒
mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)＋Q
又有QN＝eq \f(1,2)Q
聯(lián)立解得QN＝eq \f(9,26)mgh。
5.(2024·山東臨沂模擬)如圖所示，半徑為L的光滑圓形金屬軌道固定放置在絕緣水平面上，圓心O處固定一豎直細(xì)導(dǎo)體軸OO′。間距為L、與水平面成θ角的足夠長平行光滑傾斜導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與圓形軌道及導(dǎo)體軸相連。傾斜導(dǎo)軌和圓形金屬軌道分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小均為B。長度為L的細(xì)導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點沿逆時針方向以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒CD恰好靜止。已知CD棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計，CD棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。
(1)求CD棒的質(zhì)量m；
(2)鎖定OA棒，CD棒靜止釋放，求CD棒運動的最大速度vm；
(3)導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點沿逆時針方向以角速度eq \f(1,2)ω勻速轉(zhuǎn)動，CD棒靜止釋放，CD棒從靜止釋放達(dá)到最大速度所經(jīng)歷的時間為t，求這段時間內(nèi)導(dǎo)體棒CD前進(jìn)的距離x。
【答案】 (1)eq \f(B2L3ω,2Rgsin θ) (2)eq \f(ωL,2) (3)eq \f(1,4)Lωt－eq \f(ω2L2,8gsin θ)
【解析】 (1)根據(jù)題意可知，細(xì)導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點沿逆時針方向以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電動勢為E＝eq \f(1,2)BL2ω
回路中感應(yīng)電流為I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BL2ω,2R)
對CD棒受力分析，由平衡條件有BIL＝mgsin θ
解得m＝eq \f(B2L3ω,2Rgsin θ)。
(2)鎖定OA棒，CD棒靜止釋放，最終勻速運動，則有BI′L＝mgsin θ
又有E′＝BLvm，I′＝eq \f(E′,R)
聯(lián)立解得vm＝eq \f(ωL,2)。
(3)設(shè)CD棒速度為v時，經(jīng)過一小段時間Δt，速度變化量為Δv，對CD棒由動量定理有
mgsin θ·Δt－BI″LΔt＝mΔv
又有E″＝eq \f(1,4)BL2ω＋BLv，I″＝eq \f(E″,R)
從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過程，有mgtsin θ－eq \f(B2L3ω,4R)t－eq \f(B2L2,R)x＝mvm′
最終勻速運動，則有mgsin θ＝eq \f(B2L3ω,4R)＋eq \f(B2L2vm′,R)
聯(lián)立解得x＝eq \f(1,4)Lωt－eq \f(ω2L2,8gsin θ)。
6.(2024·湖北卷)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的eq \f(1,4)圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求：
(1)ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大??；
(2)金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大??；
(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。
【答案】 (1)BLeq \r(2gL) (2)eq \f(B2L2\r(2gL),3mR) (3)eq \f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)
【解析】 (1)根據(jù)題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(2gL)
則ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E＝BLv0＝BLeq \r(2gL)。
(2)根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為R0＝eq \f(1,2)×eq \f(6R,3)＝R
可知，整個回路的總電阻為R總＝R＋eq \f(R·R,R＋R)＝eq \f(3,2)R，ab剛越過MP時，通過ab的感應(yīng)電流為I＝eq \f(E,R總)＝eq \f(2BL\r(2gL),3R)
對金屬環(huán)由牛頓第二定律有2BL·eq \f(I,2)＝2ma
解得a＝eq \f(B2L2\r(2gL),3mR)。
(3)根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動量守恒，由于金屬環(huán)做加速運動，金屬棒做減速運動，為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，則有當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時速度為v，由動量守恒定律有mv0＝mv＋2mv
解得v＝eq \f(1,3)v0
對金屬棒ab，由動量定理有－BILt＝m·eq \f(v0,3)－mv0
則有BLq＝eq \f(2,3)mv0
設(shè)金屬棒運動距離為x1，金屬環(huán)運動的距離為x2，則有q＝eq \f(BL?x1－x2?,R總)
聯(lián)立解得Δx＝x1－x2＝eq \f(mR\r(2gL),B2L2)
則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離
d＝L＋Δx＝eq \f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)。
7.(2024·江西卷)如圖(a)所示，軌道左側(cè)斜面傾斜角滿足sin θ1＝0.6，動摩擦因數(shù)μ1＝eq \f(3,20)，足夠長的光滑水平導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B＝0.5 T的勻強磁場中，磁場方向豎直向上，右側(cè)斜面導(dǎo)軌傾角滿足sin θ2＝0.8，動摩擦因數(shù)μ2＝eq \f(44,183)。現(xiàn)將質(zhì)量為m1＝6 kg的導(dǎo)體桿甲從斜面上高h(yuǎn)＝4 m處由靜止釋放，質(zhì)量為m2＝2 kg的導(dǎo)體桿乙靜止在水平導(dǎo)軌上，與水平軌道左端的距離為d。已知導(dǎo)軌間距為l＝2 m，兩桿電阻均為R＝1 Ω，其余電阻不計，不計導(dǎo)體桿通過水平導(dǎo)軌與斜面導(dǎo)軌連接處的能量損失，且若兩桿發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，取g＝10 m/s2，求：
(1)甲桿剛進(jìn)入磁場時，乙桿的加速度；
(2)乙桿第一次滑上斜面前兩桿未相碰，距離d滿足的條件；
(3)若乙前兩次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上相對于水平導(dǎo)軌的豎直高度y隨時間t的變化如圖(b)所示(t1、t2、t3、t4、b均為未知量)，乙第二次進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0～t3時間內(nèi)未進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌，求d的取值范圍。
【答案】 (1)a乙0＝2 m/s2，方向水平向右 (2)d≥24 m (3)eq \f(356,11) m

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