《（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(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(wèn)題（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(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(wèn)題（含解析）（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(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(wèn)題（含解析）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(guò)程中，電阻消耗的功率等于()AF的功率 B安培力的功率的絕對(duì)值CF與安培力的合力的功率DiE解析：選BD金屬桿ab做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，
2、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B0.5 T，導(dǎo)體棒ab、cd的長(zhǎng)度均為0.2 m，電阻均為0.1 ，重力均為0.1 N?，F(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(shuō)法正確的是()Aab受到的拉力大小為2 NBab向上運(yùn)動(dòng)的速度為2 m/sC在2
3、 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：mgBIl，代入數(shù)據(jù)解得v2 m/s，故選項(xiàng)B正確；對(duì)導(dǎo)體棒ab分析：FmgBIl0.2 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vt0.4 J，選項(xiàng)C正確；在2 s內(nèi)拉力做的功為W拉Fvt0.8 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B1.0 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v2 m/s向右勻速滑動(dòng)。兩導(dǎo)軌間距離l1.0 m，電阻R3.0 ，金屬桿的電阻r
4、1.0 ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是()A通過(guò)R的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到dB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 VC金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5 ND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?lè)较虻碾娏?，通過(guò)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：EBlv1.012 V2 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：I0.5 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)，
5、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L0.4 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m0.1 kg、電阻均為R0.2 ，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B0.5 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(g10 m/s2)，則()AF的大小為0.5 NB金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為
6、1.0 VCab棒兩端的電壓為1.0 VDab棒的速度為5.0 m/s解析：選BD對(duì)于cd棒有mgsin BIL，解得回路中的電流I2.5 A，所以回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2IR1.0 V，選項(xiàng)B正確；UabIR0.5 V，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于ab棒有FBILmgsin ，解得F1.0 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EBLv，解得v5.0 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)、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)和時(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
7、加速度為g。金屬桿()A剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向豎直向下B穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgdD釋放時(shí)距磁場(chǎng)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)、的速度大于穿出磁場(chǎng)的速度，則金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)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)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(guò)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1mg2d0，可知金屬桿穿過(guò)磁場(chǎng)克服安培力做功為2mgd，即產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的
8、總熱量為4mgd，故C正確。設(shè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，則由機(jī)械能守恒定律知mghmv2，由牛頓第二定律得mgma，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(shuō)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BLvD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ba，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
9、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EBLvcos ，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)
10、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(shuō)法正確的是()A當(dāng)金屬棒通過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)，通過(guò)電阻R的電流反向B當(dāng)金屬棒通過(guò)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(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量等于零D金屬棒在題設(shè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)電阻R的電
11、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，Q2Fx，D錯(cuò)誤。8（多選）(2019青島聯(lián)考)如圖所示，在、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(wú)磁場(chǎng)區(qū)。有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(Ls)、電阻為R的均勻正方形金屬線框abcd置于區(qū)域中，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(wú)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，c、d兩點(diǎn)間電壓大小為Bab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，通過(guò)ab邊的電流大小為，方向?yàn)閎aC把金屬線框從區(qū)域完全拉入?yún)^(qū)域的過(guò)程中，拉力所做的功為(2Ls)D在cd邊剛出區(qū)域
12、到剛進(jìn)入?yún)^(qū)域的過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為(Ls)解析：選AC當(dāng)ab邊剛進(jìn)入中央無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，c、d兩點(diǎn)間的電壓大小為UEBLv，A正確；ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)ab的電流大小為I，由右手定則可得，方向?yàn)閍b，B錯(cuò)誤；把金屬線框從區(qū)域完全拉入?yún)^(qū)域過(guò)程中，拉力所做功W2s2(Ls)(2Ls)，故C正確；在cd邊剛出區(qū)域到剛進(jìn)區(qū)域的過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為QI2Rt2Rs，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、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)
13、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El2導(dǎo)線框中的電流為I式中R是導(dǎo)線框的電阻，根據(jù)電阻率公式有R聯(lián)立式，將k代入得I。(2)導(dǎo)線框所受磁場(chǎng)的作用力的大小為FBIl它隨時(shí)間的變化率為Il得。答案：(1)(2)10如圖甲，在水平桌面上固定著兩根相距L20 cm、相互平行的無(wú)電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R0.02 的導(dǎo)體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m40 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B00.1 T。設(shè)
14、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t0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t0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FF0t0.40.1t(N)當(dāng)b棒勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FFfF安maF安B0ILEB0LvIvat所以F安t聯(lián)立可得FFfmat由圖像可得
15、：當(dāng)t0時(shí)，F(xiàn)0.4 N，當(dāng)t1 s時(shí)，F(xiàn)0.5 N。代入上式，可解得a5 m/s2，F(xiàn)f0.2 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)EL20.02 VI1 Ab棒將要運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F安BtILFf所以Bt1 T，根據(jù)BtB0t解得t1.8 s回路中產(chǎn)生的焦耳熱為QI2Rt0.036 J。答案：(1)5 m/s20.2 N(2)0.036 J11(2016全國(guó)卷)如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)
16、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(guò)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，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
17、2mgsin N1TFN12mgcos 對(duì)于cd棒，同理有mgsin N2TN2mgcos 聯(lián)立式得Fmg(sin 3cos )。(2)由安培力公式得FBIL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BLv式中，v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得I聯(lián)立式得v(sin 3cos )。答案：(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )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
18、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(wú)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(guò)程中，兩棒的總動(dòng)量守恒，有mv02mv，根據(jù)能量守恒定律，整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Qmv02(2m)v2mv02。(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mv0mv0mv，解得：v。此時(shí)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv0BLv0BLv0，回路中電流I，此時(shí)cd棒所受的安培力FBIL，由牛頓
19、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(guò)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(guò)程中通過(guò)桿的電荷量；(2)導(dǎo)體桿下降h時(shí)所受拉力F的大??；(3)
20、導(dǎo)體桿下降h過(guò)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(guò)桿的電荷量qt，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v122ah，解得v1，根據(jù)牛頓第二定律，得FmgBI1lma，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WFmgh2Qmv120，解得WF2Q。答案：(1)(2)(3)2Q3.(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(wú)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
21、。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(guò)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(guò)程中機(jī)械能守恒，有mgR(1cos 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(
22、2mm)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Qmv23mv2解得QmgR。答案：(1)(2)(3)mgR4.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r0.5 m的豎直半圓，兩導(dǎo)軌間距離d0.3 m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1 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m10.2 kg、m20.1 kg，電阻分別為R10.1 、R20.2 ?，F(xiàn)讓ab棒以v010 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(guò)軌道最高點(diǎn)PP，cd棒
23、進(jìn)入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g10 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EBdv0I對(duì)cd棒由牛頓第二定律得BIdm2a0聯(lián)立解得：a030 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m1v0m1v1m2v2cd棒進(jìn)入圓軌道后恰能通過(guò)軌道最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得m2v22m2g2rm2vP2cd棒在最高點(diǎn)PP，有m2gm2聯(lián)立解得：v17.5 m/s。(3)由動(dòng)能定理得Wm1v
24、12m1v02解得：W4.375 J。答案：(1)30 m/s2(2)7.5 m/s(3)4.375 J5(2019焦作模擬)如圖所示，在傾角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d0.55 m。有一邊長(zhǎng)L0.4 m、質(zhì)量m10.6 kg、電阻R2 的正方形均勻?qū)w線框abcd通過(guò)一輕質(zhì)細(xì)線跨過(guò)光滑的定滑輪與一質(zhì)量m20.4 kg的物體相連。物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)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g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)求線框abcd還未進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)線
25、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(wèn)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(guò)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(guò)程中，以整體法有m1gsin m2g(m1m2)a，解得a2 m/s2。以m2為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得Tm2gm2a，解得T2.4 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 m2g0，解得v1 m/s。ab到MN前線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，有v22ax，解得x0.25 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 (xdL)m2g(xdL)(m1m2)v12Q，解得Q0.4 J，所以QabQ0.1 J。答案：(1)2.4 N(2)0.25 m(3)0.1 J
（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(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(wèn)題（含解析）
