2025版衡水中學學案高考物理二輪專題與專項第1部分專題4微專題5含答案及解析

第一部分專題四微專題5A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軌CE、DF的間距為L，左端接有阻值為R的定值電阻，導軌(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的導體棒ab，導體棒ab垂直導軌放置給導體棒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,2mR＋r)C．通過導體棒ab橫截面的電荷量為eq\f(p,BL)D．導體棒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\to(I)LΔt＝0－p，則通過導體棒ab橫截面的電荷量為q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(p,BL)，選項C正確；導體棒ab減速過程中根據(jù)q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(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(pR＋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軌相距0.5m，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0.25F的電容器，右側(cè)平直部分處在磁感應(yīng)強度為2T。方向豎直向下的勻強磁場中，末端與桌面邊緣平齊。電阻為2Ω的金屬棒ab垂直于兩導軌放置且與導軌接觸良好，質(zhì)量為1kg。棒ab從導軌左端距水平桌面高1.25m處無初速度釋放，離開水平直導軌前已勻速運動。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＝10m/s2。則金屬棒ab在沿導軌運動的過程中()A．通過金屬棒ab的電荷量為2CB．通過金屬棒ab的電荷量為1CC．金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為2.5JD．金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為4.5J【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\o\al(2,0)，解得v0＝5m/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＝4m/s，此時，導體棒動生電動勢為E＝BLv＝4V，因此，此時電容器兩板板間電壓U也為4V，則電容器增加的電荷量為Q＝CU＝1C，因此通過導體棒的電荷量也為1C，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\o\al(2,0)＝4.5J，而E電容器＝eq\f(1,2)CU2＝2J，所以W熱＝ΔEk－E電容器＝2.5J，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′，導軌頂端接有阻值R＝0.2Ω的定值電阻，導軌間距L＝1m，水平導軌上虛線MM′和NN′之間存在垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B1＝1.0T，傾斜導軌上虛線PP′以上區(qū)域存在垂直導軌平面向上的勻強磁場Ⅱ，磁感應(yīng)強度大小為B2＝1.0T，PP′和OO′、MM′和NN′之間的距離均為d＝0.3m。一金屬棒放置在MM′右側(cè)，現(xiàn)使金屬棒以初速度v0＝4m/s，向左進入磁場Ⅰ，離開磁場Ⅰ沖上傾斜軌道后進入磁場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＝0.5kg、電阻r＝0.1Ω，始終與導軌垂直且接觸良好，虛線均與導軌垂直，導軌的電阻不計，重力加速度g＝10m/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2m/sB．金屬棒在磁場Ⅱ中運動的加速度始終減小C．金屬棒從進入磁場Ⅱ到離開磁場Ⅱ所經(jīng)歷的時間為eq\f(7,20)sD．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\to(I)1L·Δt1＝mv2－mv1，又q＝eq\x\to(I1)·Δt1＝eq\f(\x\to(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＝1C，解得v2＝2m/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mgsin30°＋F安＝ma，又F安＝B2IL＝B2eq\f(B2Lv,R＋r)L＝eq\f(B\o\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mgsin30°－F安＝ma，又F安＝B2IL＝B2eq\f(B2Lv,R＋r)L＝eq\f(B\o\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)金屬棒剛進入磁場Ⅱ時的速度大小為v3，由動能定理得－mgdsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v3＝1m/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\o\al(2,2)L2v4,R＋r)＝mgsin30°，解得v4＝eq\f(3,4)m/s，金屬棒從進入磁場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mgsin30°·Δt2＋B2eq\x\to(I)2L·Δt2＝mv4－m(－v3)，又q′＝eq\x\to(I2)·Δt2＝eq\f(\x\to(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\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\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，光滑金屬導軌，A1B1C1D1、A2B2C2D2，其中A1B1、A2B2為半徑為h的eq\f(1,4)圓弧導軌，B1C1、B2C2是間距為3L且足夠長的水平導軌，C1D1、C2D2是間距為2L且足夠長的水平導軌。金屬導體棒M、N質(zhì)量均為m，接入電路中的電阻均為R，導體棒N靜置在C1D1、C2D2間，水平導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)將導體棒M自圓弧導軌的最高點處由靜止釋放，兩導體棒在運動過程中均與導軌垂直且始終接觸良好，導軌電阻不計，重力加速度大小為g。求：(1)導體棒M運動到B1B2處時，對導軌的壓力；(2)導體棒M由靜止釋放至達到穩(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棒從圓弧導軌滑下過程，根據(jù)動能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\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\o\al(2,0),R)聯(lián)立解得FN＝3mg由牛頓第三定律可知，導體棒M運動到B1B2處時，對導軌的壓力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\to(I)t＝mvM－mv0對N有2BLeq\x\to(I)t＝mvN又有q＝eq\x\to(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\o\al(2,M)＋eq\f(1,2)mveq\o\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處固定一豎直細導體軸OO′。間距為L、與水平面成θ角的足夠長平行光滑傾斜導軌通過導線分別與圓形軌道及導體軸相連。傾斜導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的細導體棒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，水平放置在導軌上的導體棒CD恰好靜止。已知CD棒在導軌間的電阻值為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棒從靜止釋放達到最大速度所經(jīng)歷的時間為t，求這段時間內(nèi)導體棒CD前進的距離x。【答案】(1)eq\f(B2L3ω,2Rgsinθ)(2)eq\f(ωL,2)(3)eq\f(1,4)Lωt－eq\f(ω2L2,8gsinθ)【解析】(1)根據(jù)題意可知，細導體棒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＝mgsinθ解得m＝eq\f(B2L3ω,2Rgsinθ)。(2)鎖定OA棒，CD棒靜止釋放，最終勻速運動，則有BI′L＝mgsinθ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mgsinθ·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到最大的過程，有mgtsinθ－eq\f(B2L3ω,4R)t－eq\f(B2L2,R)x＝mvm′最終勻速運動，則有mgsinθ＝eq\f(B2L3ω,4R)＋eq\f(B2L2vm′,R)聯(lián)立解得x＝eq\f(1,4)Lωt－eq\f(ω2L2,8gsinθ)。6.(2024·湖北卷)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的eq\f(1,4)圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直，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)，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(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)電動勢大小；(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?！敬鸢浮?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\o\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(BLx1－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sinθ1＝0.6，動摩擦因數(shù)μ1＝eq\f(3,20)，足夠長的光滑水平導軌處于磁感應(yīng)強度為B＝0.5T的勻強磁場中，磁場方向豎直向上，右側(cè)斜面導軌傾角滿足sinθ2＝0.8，動摩擦因數(shù)μ2＝eq\f(44,183)?，F(xiàn)將質(zhì)量為m1＝6kg的導體桿甲從斜面上高h＝4m處由靜止釋放，質(zhì)量為m2＝2kg的導體桿乙靜止在水平導軌上，與水平軌道左端的距離為d。已知導軌間距為l＝2m，兩桿電阻均為R＝1Ω，其余電阻不計，不計導體桿通過水平導軌與斜面導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＝10m/s2，求：(1)甲桿剛進入磁場時，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)傾斜導軌上相對于水平導軌的豎直高度y隨時間t的變化如圖(b)所示(t1、t2、t3、t4、b均為未知量)，乙第二次進入右側(cè)傾斜導軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0～t3時間內(nèi)未進入右側(cè)傾斜導軌，求d的取值范圍?！敬鸢浮?1)a乙0＝2m/s2，方向水平向右(2)d≥24m(3)eq\f(356,11)m<d<eq\f(696,11)m【解析】(1)甲從靜止運動至水平導軌時，根據(jù)動能定理有m1gh－μ1m1gcosθ1·eq\f(h,sinθ1)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)甲剛進入磁場時，平動切割磁感線有E0＝Blv0則根據(jù)歐姆定律可知此時回路的感應(yīng)電流為I0＝eq\f(E0,2R)根據(jù)楞次定律可知，回路中的感應(yīng)電流沿逆時針方向(俯視)，結(jié)合左手定則可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛頓第二定律有BI0l＝m2a乙0帶入數(shù)據(jù)有a乙0＝2m/s2，方向水平向右。(2)甲和乙在磁場中運動的過程中，系統(tǒng)不受外力作用，則系統(tǒng)動量守恒，若兩者共速時恰不相碰，則有m1v0＝(m1＋m2)v共對乙根據(jù)動量定理有Beq\x\to(I)lt＝m2v共其中eq\x\to(I)t＝q＝eq\f(BlΔx,2R)聯(lián)立解得dmin＝Δx＝24m則d滿足d≥24m。(3)根據(jù)(2)問可知，從甲剛進入磁場至甲、乙第一次在水平導軌運動穩(wěn)定，相對位移為Δx＝24m，且穩(wěn)定時的速度v共＝6m/s；乙第一次在右側(cè)斜軌上向上運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2＝m2a乙上根據(jù)勻變速直線運動位移與速度的關(guān)系有2a乙上x上＝veq\o\al