2025版衡水中学学案高考物理二轮专题与专项第1部分专题4微专题5含答案及解析

第一部分专题四微专题5A组·基础练1.(多选)(2024·陕西咸阳模拟)航母舰载机返回甲板时有多种减速方式，其中一种电磁减速方式简要模型如图所示，足够长的平行光滑导轨CE、DF的间距为L，左端接有阻值为R的定值电阻，导轨(电阻不计)固定在水平面上，且处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。将舰载机等效为质量为m、电阻为r的导体棒ab，导体棒ab垂直导轨放置给导体棒ab一个水平向右的动量p，向右减速运动直至速度为0，则此过程中()A．导体棒ab做匀减速直线运动B．电阻R上产生的焦耳热为eq\f(p2R,2mR＋r)C．通过导体棒ab横截面的电荷量为eq\f(p,BL)D．导体棒ab减速过程中通过的位移大小为eq\f(pR,B2L2)【答案】BC【解析】导体棒ab向右运动时受向左的安培力，则Beq\f(BLv,R＋r)L＝ma，随速度的减小，加速度减小，即导体棒做加速度减小的变减速直线运动，选项A错误；由能量关系可知电阻R上产生的焦耳热为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)，选项B正确；根据动量定理－Beq\x\to(I)LΔt＝0－p，则通过导体棒ab横截面的电荷量为q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(p,BL)，选项C正确；导体棒ab减速过程中根据q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R＋r)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)，通过的位移大小为x＝eq\f(pR＋r,B2L2)，选项D错误。故选BC。2.(多选)(2024·重庆长寿模拟)如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距0.5m，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，其间接有一电容为0.25F的电容器，右侧平直部分处在磁感应强度为2T。方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻为2Ω的金属棒ab垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量为1kg。棒ab从导轨左端距水平桌面高1.25m处无初速度释放，离开水平直导轨前已匀速运动。已知电容器的储能E＝eq\f(1,2)CU2，其中C为电容器的电容，U为电容器两端的电压，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。则金属棒ab在沿导轨运动的过程中()A．通过金属棒ab的电荷量为2CB．通过金属棒ab的电荷量为1CC．金属棒ab中产生的焦耳热为2.5JD．金属棒ab中产生的焦耳热为4.5J【答案】BC【解析】金属棒下滑过程，由动能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝5m/s，水平轨道上金属棒切割磁感线，电容器充电，其两端电压逐渐增大，金属棒因为安培力做减速运动，当金属棒的动生电动势与电容器两端电压相等时，金属棒匀速运动。由动量定理可知－F安t＝mv－mv0，设经过Δt，速度增加了Δv，感应电动势分别为E＝BLv，E′＝BL(v＋Δv)，可知Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，又因为I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，所以F安＝CB2L2a，可得v＝eq\f(mv0,m＋B2L2C)，解得v＝4m/s，此时，导体棒动生电动势为E＝BLv＝4V，因此，此时电容器两板板间电压U也为4V，则电容器增加的电荷量为Q＝CU＝1C，因此通过导体棒的电荷量也为1C，故A错误，B正确；由以上解析可知，动能变化量为ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝4.5J，而E电容器＝eq\f(1,2)CU2＝2J，所以W热＝ΔEk－E电容器＝2.5J，故C正确，D错误。故选BC。3.(多选)(2024·山东烟台模拟)如图所示，足够长的光滑平行导轨由倾角α＝30°的倾斜部分和水平部分组成，两部分平滑连接，连接点为O、O′，导轨顶端接有阻值R＝0.2Ω的定值电阻，导轨间距L＝1m，水平导轨上虚线MM′和NN′之间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B1＝1.0T，倾斜导轨上虚线PP′以上区域存在垂直导轨平面向上的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为B2＝1.0T，PP′和OO′、MM′和NN′之间的距离均为d＝0.3m。一金属棒放置在MM′右侧，现使金属棒以初速度v0＝4m/s，向左进入磁场Ⅰ，离开磁场Ⅰ冲上倾斜轨道后进入磁场Ⅱ，最后离开磁场Ⅱ时金属棒的加速度恰好为零，已知金属棒质量m＝0.5kg、电阻r＝0.1Ω，始终与导轨垂直且接触良好，虚线均与导轨垂直，导轨的电阻不计，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．金属棒向左刚离开磁场Ⅰ时速度大小为2m/sB．金属棒在磁场Ⅱ中运动的加速度始终减小C．金属棒从进入磁场Ⅱ到离开磁场Ⅱ所经历的时间为eq\f(7,20)sD．金属棒在沿倾斜轨道上滑过程中回路产生的焦耳热为eq\f(7,128)J【答案】ABC【解析】金属棒经过磁场Ⅰ的过程中，由动量定理－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正确；金属棒在磁场Ⅱ中沿斜面向上运动时，由牛顿第二定律mgsin30°＋F安＝ma，又F安＝B2IL＝B2eq\f(B2Lv,R＋r)L＝eq\f(B\o\al(2,2)L2v,R＋r)，向上运动时速度减小，安培力减小，故加速度减小。金属棒在磁场Ⅱ中沿斜面向下运动时，由牛顿第二定律mgsin30°－F安＝ma，又F安＝B2IL＝B2eq\f(B2Lv,R＋r)L＝eq\f(B\o\al(2,2)L2v,R＋r)，向下运动时速度增大，安培力增大，故加速度减小，直到离开磁场Ⅱ，故B正确；设金属棒刚进入磁场Ⅱ时的速度大小为v3，由动能定理得－mgdsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v3＝1m/s，设金属棒刚离开磁场Ⅱ时的速度大小为v4，因为金属棒的加速度恰好为零，则eq\f(B\o\al(2,2)L2v4,R＋r)＝mgsin30°，解得v4＝eq\f(3,4)m/s，金属棒从进入磁场Ⅱ到离开磁场Ⅱ，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理得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正确；金属棒在沿倾斜轨道上滑过程中回路产生的焦耳热等于金属棒机械能的减少量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错误。故选ABC。4.(2024·江西南昌模拟)如图，光滑金属导轨，A1B1C1D1、A2B2C2D2，其中A1B1、A2B2为半径为h的eq\f(1,4)圆弧导轨，B1C1、B2C2是间距为3L且足够长的水平导轨，C1D1、C2D2是间距为2L且足够长的水平导轨。金属导体棒M、N质量均为m，接入电路中的电阻均为R，导体棒N静置在C1D1、C2D2间，水平导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将导体棒M自圆弧导轨的最高点处由静止释放，两导体棒在运动过程中均与导轨垂直且始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。求：(1)导体棒M运动到B1B2处时，对导轨的压力；(2)导体棒M由静止释放至达到稳定状态的过程中，通过其横截面的电荷量；(3)在上述过程中导体棒N产生的焦耳热。【答案】(1)3mg(2)eq\f(3m\r(2gh),13BL)(3)eq\f(9,26)mgh【解析】(1)M棒从圆弧导轨滑下过程，根据动能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)运动到B1B2处时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)联立解得FN＝3mg由牛顿第三定律可知，导体棒M运动到B1B2处时，对导轨的压力3mg。(2)两金属棒最终分别做匀速直线运动，则有EM＝3BLvM，EN＝2BLvN又有EM－EN＝0解得3vM＝2vN分别对M、N应用动量定理，对M有－3BLeq\x\to(I)t＝mvM－mv0对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)全过程系统能量守恒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联立解得QN＝eq\f(9,26)mgh。5.(2024·山东临沂模拟)如图所示，半径为L的光滑圆形金属轨道固定放置在绝缘水平面上，圆心O处固定一竖直细导体轴OO′。间距为L、与水平面成θ角的足够长平行光滑倾斜导轨通过导线分别与圆形轨道及导体轴相连。倾斜导轨和圆形金属轨道分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。长度为L的细导体棒OA在水平面内绕O点沿逆时针方向以角速度ω匀速转动时，水平放置在导轨上的导体棒CD恰好静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。(1)求CD棒的质量m；(2)锁定OA棒，CD棒静止释放，求CD棒运动的最大速度vm；(3)导体棒OA在水平面内绕O点沿逆时针方向以角速度eq\f(1,2)ω匀速转动，CD棒静止释放，CD棒从静止释放达到最大速度所经历的时间为t，求这段时间内导体棒CD前进的距离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)根据题意可知，细导体棒OA在水平面内绕O点沿逆时针方向以角速度ω匀速转动时，感应电动势为E＝eq\f(1,2)BL2ω回路中感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)对CD棒受力分析，由平衡条件有BIL＝mgsinθ解得m＝eq\f(B2L3ω,2Rgsinθ)。(2)锁定OA棒，CD棒静止释放，最终匀速运动，则有BI′L＝mgsinθ又有E′＝BLvm，I′＝eq\f(E′,R)联立解得vm＝eq\f(ωL,2)。(3)设CD棒速度为v时，经过一小段时间Δt，速度变化量为Δv，对CD棒由动量定理有mgsinθ·Δt－BI″LΔt＝mΔv又有E″＝eq\f(1,4)BL2ω＋BLv，I″＝eq\f(E″,R)从静止释放到速度达到最大的过程，有mgtsinθ－eq\f(B2L3ω,4R)t－eq\f(B2L2,R)x＝mvm′最终匀速运动，则有mgsinθ＝eq\f(B2L3ω,4R)＋eq\f(B2L2vm′,R)联立解得x＝eq\f(1,4)Lωt－eq\f(ω2L2,8gsinθ)。6.(2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的eq\f(1,4)圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求：(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。【答案】(1)BLeq\r(2gL)(2)eq\f(B2L2\r(2gL),3mR)(3)eq\f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)【解析】(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gL)则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E＝BLv0＝BLeq\r(2gL)。(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0＝eq\f(1,2)×eq\f(6R,3)＝R可知，整个回路的总电阻为R总＝R＋eq\f(R·R,R＋R)＝eq\f(3,2)R，ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(2BL\r(2gL),3R)对金属环由牛顿第二定律有2BL·eq\f(I,2)＝2ma解得a＝eq\f(B2L2\r(2gL),3mR)。(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，由动量守恒定律有mv0＝mv＋2mv解得v＝eq\f(1,3)v0对金属棒ab，由动量定理有－BILt＝m·eq\f(v0,3)－mv0则有BLq＝eq\f(2,3)mv0设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有q＝eq\f(BLx1－x2,R总)联立解得Δx＝x1－x2＝eq\f(mR\r(2gL),B2L2)则金属环圆心初始位置到MP的最小距离d＝L＋Δx＝eq\f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)。7.(2024·江西卷)如图(a)所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sinθ1＝0.6，动摩擦因数μ1＝eq\f(3,20)，足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sinθ2＝0.8，动摩擦因数μ2＝eq\f(44,183)。现将质量为m1＝6kg的导体杆甲从斜面上高h＝4m处由静止释放，质量为m2＝2kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为l＝2m，两杆电阻均为R＝1Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g＝10m/s2，求：(1)甲杆刚进入磁场时，乙杆的加速度；(2)乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件；(3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图(b)所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。【答案】(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)甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有m1gh－μ1m1gcosθ1·eq\f(h,sinθ1)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)甲刚进入磁场时，平动切割磁感线有E0＝Blv0则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为I0＝eq\f(E0,2R)根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛顿第二定律有BI0l＝m2a乙0带入数据有a乙0＝2m/s2，方向水平向右。(2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有m1v0＝(m1＋m2)v共对乙根据动量定理有Beq\x\to(I)lt＝m2v共其中eq\x\to(I)t＝q＝eq\f(BlΔx,2R)联立解得dmin＝Δx＝24m则d满足d≥24m。(3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx＝24m，且稳定时的速度v共＝6m/s；乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2＝m2a乙上根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a乙上x上＝veq\o\al