【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的动力学能量和动量问题作业

【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的动力学能量和动量问题作业

‎1.如图所示的电路中，电源内阻忽略不计，电动势为E，电阻R1、R2阻值相等。保持R1的阻值不变，改变R2的阻值，则关于R2消耗的功率P的说法正确的是(　　)‎ A．R2增大，P增大；R2减小，P减小 B．R2增大，P减小；R2减小，P增大 C．无论R2是增大还是减小，P均减小 D．无论R2是增大还是减小，P均增大 解析：选C　假设R1是电源的内阻，则根据外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率(外电路消耗功率)最大，可知R1＝R2时，R2消耗的功率最大，所以当改变R2阻值时，无论是增大还是减小，P均减小。故C正确。‎ ‎2. 如图所示，电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.2 Ω，标有“8 V　16 W”的小灯泡L恰好能正常发光，电动机线圈电阻R0＝0.15 Ω，则电源的输出功率为(　　)‎ A．16 W　　　　　　　 B．440 W C．80 W D．400 W 解析：选C　电路的总电流I＝＝ A＝‎10 A，则电源的输出功率为P＝IU额＝10×8 W＝80 W，C对。‎ ‎3.如图所示电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流。R0为定值电阻，移动滑动变阻器R的滑片，则选项图中表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图像，可能正确的是 ‎(　　)‎ 解析：选C　由题图知R0与R并联，电压表测电源电压，电流表测R支路的电流，设电源提供的电流恒定为I总，根据并联电路特点可知：U＝U0＝I0R0＝(I总－I)R0＝－IR0＋I总R0，其中I总、R0为定值，由U＝－R0I＋I总R0，可知U与I的图像为一次函数图像，且－R0<0，故A、B错误；由电功率的计算公式知，电路消耗总功率：P＝UI总＝(I总－I)R0×I总＝－I总R0I＋I总2R0，其中I总、R0为定值，由P＝－I总R0I＋I总2R0，可知P与I的图像为一次函数图像，－I总R0<0，且I、P不会为0，故C正确，D错误。‎ ‎4．如图所示，平行板电容器中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时(　　)‎ A．电压表示数增大 B．电流表示数减小 C．质点P将向下运动 D．R1消耗的功率减小 解析：选C　由题图可知，滑动变阻器R2与R3并联后与R1串联，电容器与R3并联；当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，R2减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，可知并联部分的电压减小，电压表示数减小，A错误；由上述分析可知R3两端电压减小，则通过R3的电流减小，又总电流增大，可知电流表示数增大，B错误；因电容器两端电压减小，板间场强减小，质点P受到向上的电场力减小，故质点P将向下运动，C正确；因通过R1的电流增大，由P＝I2R可知，R1消耗的功率增大，D错误。‎ ‎5．[2019·贵州黔南州三校联考]如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝‎0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝‎0.1 kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v－t图象，其中AO是图象在O点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为‎100 m时，其速度达到了最大速度‎10 m/s.求：‎ ‎(1)R的阻值；‎ ‎(2)在棒运动‎100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．‎ 解析：(1)由图乙得ab棒刚开始运动瞬间a＝‎2.5 m/s2，‎ 则F－Ff＝ma，‎ 解得Ff＝0.2 N.‎ ab棒最终以速度v＝‎10 m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F－Ff－F安＝0.‎ F安＝BIL＝BL＝.‎ 联立可得R＝＝0.4 Ω.‎ ‎(2)由功能关系可得(F－Ff)x＝mv2＋Q，‎ 解得Q＝20 J.‎ 答案：(1)0.4 Ω　(2)20 J ‎6．[2019·山东淄博模拟](多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝3 Ω的水平平行且足够长的粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝2 T，导轨间距L＝‎1 m．一质量m＝‎2 kg、接入电路的阻值r＝1 Ω的金属棒在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图象如图乙所示．若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，导轨电阻不计，取g＝‎10 m/s2，则金属棒从静止开始向右运动的位移为x1＝‎1 m的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．金属棒中感应电流的方向为C→D B．拉力F做的功为16 J C．通过电阻的电荷量为‎0.25 C D．定值电阻产生的焦耳热为0.75 J 解析：根据右手定则可知，金属棒中感应电流的方向为C→D，选项A正确．由图乙可得金属棒向右运动的位移为‎1 m时，速度v1＝‎2 m/s，金属捧运动过程中受到的安培力FA＝BL，若安培力是恒力，则金属棒克服安培力做的功WA＝FAx1＝vx1，但实际上安培力是变力，结合图乙图线与横轴围成的面积可得WA＝× J＝1 J，根据动能定理有WF－μmgx1－WA＝mv－0，得WF＝15‎ ‎ J，选项B错误．通过定值电阻的电荷量q＝＝‎0.5 C，选项C错误．克服安培力做的功转化为回路中的焦耳热，则定值电阻产生的焦耳热Q＝WA＝0.75 J，选项D正确．‎ 答案：AD ‎7．[2019·领航高考冲刺卷]如图所示，水平固定足够长平行直轨道MM′N、PP′Q间距l＝‎2 m，M′P′为磁场边界，左侧粗糙无磁场，右侧光滑且有垂直轨道平面向下的匀强磁场B＝2 T．导体棒ab、cd质量、电阻均相等，分别为m＝‎2 kg，R＝2 Ω.现让cd棒静止在光滑区域某处(距M′P′足够远)，ab棒在与磁场边界M′P′左侧相距x＝‎3.6 m处获得初速度v0＝‎10 m/s.整个过程中导体棒与导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒与粗糙导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.重力加速度g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)ab导体棒刚进入磁场瞬间回路的电流；‎ ‎(2)求ab、cd最终的速度及ab进入磁场后系统产生的焦耳热．‎ 解析：(1)设ab棒刚进入瞬间速度为v1，则从开始到刚进入过程：－μmgx＝mv－mv 解得v1＝‎8 m/s 进入瞬间，电动势E＝BLv1‎ 解得E＝32 V 电流：I＝＝‎‎8 A ‎(2)ab进入后，ab、cd两棒系统动量守恒：mv1＝2mv2‎ 解得：vab＝vcd＝‎4 m/s 由能量守恒定律：Q＝mv－·2mv 解得Q＝32 J 答案：(1)‎8 A　(2)32 J ‎8．[2019·湖南宜章模拟]如图，一质量为m，边长为h的正方形金属线框abcd自某一高度由静止下落，依次经过两匀强磁场区域，且金属线框bc边的初始位置离磁场B1的上边界的高度为，两磁场的磁感应强度分别为B1和B2，且B1＝2B0，B2＝B0(B0已知)，两磁场的间距为H(H未知，但H>h)，线框进入磁场B1时，恰好做匀速运动，速度为v1(v1已知)，从磁场B1中穿出后又以v2匀速通过宽度也为h的磁场B2.‎ ‎(1)求v1与v2的比值；‎ ‎(2)写出H与h的关系式；‎ ‎(3)若地面离磁场B2的下边界的高度为h，求金属线框下落到地面所产生的热量．(用m、h、g表示)‎ 解析：(1)金属线框分别进入磁场B1和B2后，做匀速运动，由平衡条件有BIh＝mg①‎ 又金属线框切割磁感线，则I＝②‎ 联立①②得v＝ 所以＝＝.③‎ ‎(2)金属线框进入磁场B1前和离开磁场B1后到进入磁场B2前，都是做只在重力作用下的运动，由运动学公式有 v＝‎2g·④‎ v－v＝‎2g(H－h)⑤‎ 联立③④⑤得H＝.⑥‎ ‎(3)产生的热量等于克服安培力做功，Q＝BIh·4h⑦‎ 联立①⑦得Q＝4mgh.‎ 答案：(1)1：4　(2)H＝　(3)4mgh ‎9．[2019·山东济宁模拟]如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L＝‎0.2 m，导轨电阻不计．质量均为m＝‎0.1 kg的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路．其中金属杆ab的电阻R＝0.2 Ω，金属杆cd的电阻忽略不计，两金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，整个装置处于磁感应强度大小B＝1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中．t＝0时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab杆以初速度v1沿右导轨平面匀速下滑．t＝1 s后，使ab做匀加速直线运动，t＝2 s后，又使ab杆沿导轨平面匀速下滑．整个过程中cd杆运动的v－t图象如图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线)．两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，取g＝‎10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：‎ ‎(1)在第1秒内cd杆受到的安培力的大小；‎ ‎(2)ab杆的初速度v1及第2 s末的速度v2；‎ ‎(3)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内ab杆所产生的焦耳热．‎ 解析：(1)对cd杆，由v－t图象得：a1＝＝‎3 m/s2，‎ 由牛顿第二定律得mgsin53°－μ(mgcos53°＋F安)＝ma1.‎ 解得F安＝0.4 N.‎ ‎(2)对ab杆，感应电动势E＝BLv1，‎ 电流I＝，cd杆的安培力F安＝BIL，‎ 解得v1＝‎2 m/s，‎ 由题意得第3 s内cd的加速度a2＝－‎3 m/s2，‎ 对cd杆，由牛顿第二定律得 mgsin53°－μ＝ma2，‎ 解得v2＝‎8 m/s.‎ ‎(3)由运动学知识得第2 s内ab杆的位移x2＝t＝‎5 m，‎ 由动能定理得WF＋WG＋Wf＋W安＝mv－mv，又WF＝9 J，WG＝mgx2sin37°，‎ Wf＝－μmgx2cos37°，－W安＝Qab，解得：Qab＝7 J.‎ 答案：(1)0.4 N　(2)‎2 m/s　‎8 m/s　(3)7 J