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1、课时分层作业(四十七)电磁感应中的动力学、能量和动量问题基础强化练1.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()AQ1Q2，q1q2BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2DQ1Q2，q1q22.2023湘豫名校联考(多选)如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间
2、距为L，整个空间区域存在着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的金属导体棒a、b始终垂直于导轨，并与导轨保持良好接触，不计其他电阻金属导体棒a、b中点间连接一处于原长状态的轻质绝缘弹簧某时刻给导体棒b一瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度v0，经过足够长的时间后，下列说法正确的是()Aa、b两棒最终将以大小为的共同速度向右匀速运动Ba、b两棒最终都向右运动，但速度大小将周期性交替增减而不会共速Ca棒上产生的焦耳热最终为mvDa棒上产生的焦耳热最终为mv32023江西临川一中检测(多选)如图所示，相距为L的两条平行金属导轨与水平地面的夹角为，上端接有定值电
3、阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒从距水平地面高h处由静止释放，导体棒能沿倾斜的导轨下湍，已知下滑过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，与接触面间的动摩擦因数为，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是()A导体棒释放瞬间的加速度大小是gsingcosB导体棒从开始运动直至地面的过程中，通过电阻R的电荷量为C导体棒从开始运动到运动至地面的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mghD如果增加导体棒的质量，则导体棒从释放到运动到斜面底端的时间不变4.如图所示，在空间中有一垂直纸面方向的匀强磁场区域，磁场上下边缘间距为h5.2m，磁感应强度为B1T，边长为L1
4、m、电阻为R1、质量为m1kg的正方形导线框紧贴磁场区域的上边从静止下落，当线圈PQ边到达磁场的下边缘时，恰好开始做匀速运动，重力加速度为g10m/s2，求：(1)导线框的MN边刚好进磁场时的速度大小；(2)导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间能力提升练5两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d1m，在左端弧形轨道部分高h1.25m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B2T现杆b以初速度大小v05m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆
5、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0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma2kg，mb1kg，g取10m/s2，求：(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6如图甲所示是依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制、下降速度可调、可控等优点该装置原理可等效为：间距L0.5m的两根竖直导轨上部连通，人和磁铁固定在一起沿导轨共同下滑，磁铁产生磁感应强度B0.2T的匀强磁场，人和磁铁所经位置
6、处可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R，如图乙所示，在某次逃生试验中，质量M180kg的测试者利用该装置以v11.5m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m20kg，重力加速度g取10m/s2，且本次试验过程中恰好没有摩擦(1)判断导体棒cd中电流的方向(2)总电阻R为多大？(3)要使一个质量M2100kg的测试者利用该装置以v11.5m/s的速度匀速下滑，其所受摩擦力为多大？(4)保持第(3)问中的摩擦力不变，让质量M2100kg的测试者从静止开始下滑，测试者的加速度将会如何变化？当其速度为v20.78m/s时，加速度为多大？要想在随后一小段时间内保持加
7、速度不变，必须调控摩擦力，请写出摩擦力大小随速度变化的表达式课时分层作业（四十七）1解析：设线框边长abl1，bcl2，线框中产生的热量Q1I2RtRl1，Q2l2，由于l1l2，所以Q1Q2.通过线框导体横截面的电荷量qtt，故q1q2，A选项正确答案：A2解析：根据动量守恒有mv02mv共，可得v共，所以经过足够长的时间后，a、b两棒最终都将以大小为的共同速度向右匀速运动，A正确，B错误；整个电路产生的焦耳热为Qmv2mv，QaQ.C正确，D错误答案：AC3解析：导体棒释放瞬间，安培力为零，由牛顿第二定律有mgsinmgcosma，解得agsingcos，选项A正确；由E，qt得q，选项B
8、正确；设导体棒到达斜面底端的速度为v末，由动能定理得mvmghmgcosW安，电阻R上产生的焦耳热QW安mghmv，选项C错误；当导体棒的速度为v时，回路中的电动势EBLv，I，F安BIL，对导体棒由牛顿第二定律得mgsinmgcosma，解得agsingcos，所以若导体棒质量增加，加速度变大，而位移不变，从释放至滑到斜面底端的时间会减小，D错误答案：AB4解析：（1）设导线框MN边进入磁场的速度为v0，PQ边运动到磁场下边缘时的速度为vPQ边到达磁场的下边缘时导线框受力平衡，则有：mg解得：v10m/s导线框完全进入磁场到PQ离开磁场的过程中，导线框机械能守恒，有mv2mvmg（hL）解得
9、：v04m/s.（2）设导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间为t，根据动量定理得mgtBILtmvt为导线框进入磁场所经历的时间又qIt得mgtmv解得t1.1s.答案：（1）4m/s（2）1.1s5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vb02m/s代入数据解得t5s.（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va5m/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vm/s杆a动量的变化量等于它所受安培力
10、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qC.（3）由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Qmaghmbv（mbma）v2Jb棒中产生的焦耳热为QQJ.答案：（1）5s（2）C（3）J6解析：（1）磁场向下运动，导体棒cd相对于磁场向上运动由右手定则可判断，电流方向从d到c.（2）导体棒产生的感应电动势EBLv1，感应电流I，安培力FAILB由左手定则可判断，导体棒cd所受安培力方向向下，根据牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力向上，大小为FA由平衡条件得（M1m）gFA解得R1.5105.（3）由平衡条件得（M2m）gFAFf.解得Ff（M2m）g200N.（4）根据牛顿第二定律得（M2m）gFAFf（M2m）a，FA所以a因为v逐渐增大，所以a逐渐减小，最终趋近于0.当其速度为v20.78m/s时，a4m/s2要想在随后一小段时间内保持加速度不变，由（M2m）gFf（M2m）a解得Ff720v（N）（0.78m/sv1.08m/s）.答案：（1）从d到c（2）1.5105（3）200N（4）加速度逐渐减小，最终趋近于零4m/s2Ff720v（N）（0.78m/sv1.08m/s）