（全國通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 微專題74 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題加練半小時(shí)（含解析）

《（全國通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 微專題74 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題加練半小時(shí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 微專題74 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題加練半小時(shí)（含解析）（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 [方法點(diǎn)撥]　分析導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)要由牛頓第二定律列方程，在方程中討論v的變化影響安培力的變化，進(jìn)而影響加速度a的變化，a的變化又影響v的變化. 1.如圖1甲所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌(足夠長)固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l＝20cm，左端接有阻值為R＝1Ω的電阻，放在導(dǎo)軌上靜止的一導(dǎo)體桿MN與兩導(dǎo)軌垂直，整個(gè)裝置置于堅(jiān)直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T.導(dǎo)體桿受到沿導(dǎo)軌方向的拉力F做勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，導(dǎo)體桿及兩導(dǎo)軌的電阻均可忽略不計(jì)，導(dǎo)體桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，則導(dǎo)體桿的加速度大小和質(zhì)

2、量分別為(　　) 圖1 A.20m/s2,0.5kg B.20m/s2,0.1kg C.10m/s2,0.5kg D.10m/s2,0.1kg 2.(多選)如圖2所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌上固定有質(zhì)量為m、電阻為R的兩根相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒MN上方軌道粗糙、下方軌道光滑，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將兩根導(dǎo)體棒同時(shí)釋放后，觀察到導(dǎo)體棒MN下滑而EF保持靜止，當(dāng)MN下滑速度最大時(shí)，EF與軌道間的摩擦力剛好達(dá)到最大靜摩擦力，重力加速度為g，下列敘述正確的是(　　) 圖2 A.導(dǎo)體棒MN的最大速度為 B.導(dǎo)體棒

3、EF與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsinθ C.導(dǎo)體棒MN受到的最大安培力為mgsinθ D.導(dǎo)體棒MN所受重力的最大功率為 3.(2018·陜西省榆林市一模)如圖3所示，兩根半徑r為1m的圓弧軌道間距L也為1m，其頂端a、b與圓心處等高，軌道光滑且電阻不計(jì)，在其上端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處于輻向磁場(chǎng)中，圓弧軌道所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，且B＝0.5T.將一根長度稍大于L、質(zhì)量m為0.2kg、電阻為R0的金屬棒從軌道頂端ab處由靜止釋放，已知金屬棒到達(dá)如圖所示的cd位置時(shí)，金屬棒與軌道圓心的連線和水平方向夾角θ為60°，金屬棒的速度達(dá)到最大；當(dāng)金屬棒到達(dá)軌道底端ef時(shí)，對(duì)軌道

4、的壓力為3N.g取10m/s2. 圖3 (1)當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí)，求流經(jīng)電阻R的電流大小和方向； (2)金屬棒滑到軌道底端ef的整個(gè)過程中，流經(jīng)電阻R的電荷量為0.1πC，則整個(gè)回路中的總電阻為多少； (3)金屬棒滑到軌道底端ef的整個(gè)過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為1.2J，則金屬棒的電阻R0為多大. 4.(2019·四川省成都七中月考)如圖4甲所示，兩根足夠長、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距L＝1m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝37°，下端連接阻值R＝1Ω的電阻；質(zhì)量m＝1kg、阻值r＝1Ω的勻質(zhì)金屬棒cd放在兩導(dǎo)軌上，到導(dǎo)軌最下端的距離L1＝1m，棒與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接

5、觸，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.9.整個(gè)裝置處于與導(dǎo)軌平面垂直(向上為正)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示.認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，已知在0～1.0s內(nèi)，金屬棒cd保持靜止，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2. 圖4 (1)求0～1.0s內(nèi)通過金屬棒cd的電荷量； (2)求t＝1.1s時(shí)刻，金屬棒cd所受摩擦力的大小和方向； (3)1.2s后，對(duì)金屬棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金屬棒cd沿斜面向上做加速度大小為a＝2m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)寫出拉力F隨時(shí)間t′(從施加F時(shí)開始計(jì)時(shí))變化的關(guān)系式. 5.(2018·四川省蓉

6、城名校聯(lián)考)如圖5所示，兩平行且電阻不計(jì)的金屬導(dǎo)軌相距L＝1m，金屬導(dǎo)軌由水平和傾斜兩部分(均足夠長)良好對(duì)接，傾斜部分與水平方向的夾角為37°，整個(gè)裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.長度也為1m的金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌并置于導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌良好接觸，質(zhì)量均為0.2kg，電阻分別為R1＝2Ω，R2＝4Ω.ab置于導(dǎo)軌的水平部分，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，cd置于導(dǎo)軌的傾斜部分，導(dǎo)軌傾斜部分光滑.從t＝0時(shí)刻起，ab棒在水平且垂直于ab棒的外力F1的作用下由靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，金屬棒cd在力F2的作用下保持靜止，F(xiàn)2平行于傾斜導(dǎo)軌平面且垂直于金屬棒cd.當(dāng)t1

7、＝4s時(shí)，ab棒消耗的電功率為2.88W.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2.求： 圖5 (1)金屬棒ab做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小； (2)求t2＝8s時(shí)作用在cd棒上的F2的大?。? (3)改變F1的作用規(guī)律，使ab棒運(yùn)動(dòng)的位移x與速度v滿足x＝2v的關(guān)系，要求cd棒仍然要保持靜止?fàn)顟B(tài)，求ab棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)至x＝4m的過程中，作用在ab棒上的力F1所做的功(結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示). 答案精析 1.D　[導(dǎo)體桿MN在軌道上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，用v表示瞬時(shí)速度，t表示時(shí)間，則導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv＝Bla

8、t，閉合回路中的感應(yīng)電流為I＝，由安培力公式和牛頓第二定律得F－BIl＝ma，由以上三式得F＝ma＋，在題圖乙中圖線上取兩點(diǎn)t1＝0，F(xiàn)1＝1N，t2＝10s，F(xiàn)2＝2N，聯(lián)立方程得a＝10m/s2，m＝0.1kg.選項(xiàng)D正確.] 2.AC　[由題意可知，導(dǎo)體棒MN切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，回路中的電流I＝，MN受到的安培力F＝BIL＝，隨著速度的增大，MN受到的安培力逐漸增大，加速度逐漸減小，故MN沿斜面做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)MN受到的安培力大小等于其重力沿導(dǎo)軌方向的分力時(shí)，速度達(dá)到最大值，此后MN做勻速運(yùn)動(dòng)，故導(dǎo)體棒MN受到的最大安培力為mgsinθ，導(dǎo)體棒MN的最大

9、速度為，A、C正確；由于當(dāng)MN下滑速度最大時(shí)，EF與導(dǎo)軌間的摩擦力剛好達(dá)到最大靜摩擦力，由力的平衡知EF與導(dǎo)軌之間的最大靜摩擦力為2mgsinθ，B錯(cuò)誤；由P＝mgvsinθ可知導(dǎo)體棒MN所受重力的最大功率為，D錯(cuò)誤.] 3.(1)2A　a→R→b　(2)2.5Ω　(3)0.5Ω 解析　(1)金屬棒速度最大時(shí)，在軌道切線方向上所受合力為0，則有mgcosθ＝BIL，解得I＝＝2A，流經(jīng)R的電流方向?yàn)閍→R→b. (2)金屬棒滑到軌道底端的整個(gè)過程中，穿過回路的磁通量變化量為ΔΦ＝BS＝B·L·＝，平均電動(dòng)勢(shì)為＝，平均電流為＝，則流經(jīng)電阻R的電荷量q＝Δt＝＝＝0.1πC，解得整個(gè)回路中的

10、總電阻為R＋R0＝2.5Ω. (3)金屬棒在軌道最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得FN－mg＝m，由能量守恒定律得Q＝mgr－mv2，電阻R上產(chǎn)生的熱量為QR＝Q＝1.2J，解得R＝2Ω，R0＝0.5Ω. 4.見解析 解析　(1)在0～1.0s內(nèi)，金屬棒cd上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為： E＝S·，其中S＝L1L＝1m2 由閉合電路歐姆定律有：I＝ 由于0～1.0s內(nèi)回路中的電流恒定，故該段時(shí)間通過金屬棒cd的電荷量為： q＝IΔt，其中Δt＝1s解得：q＝1C. (2)若0～1.1s內(nèi)金屬棒cd保持靜止， 則在0～1.1s內(nèi)回路中的電流不變， t＝1.1s時(shí)，金屬棒cd所受的安培力為：

11、 F′＝B1IL＝0.2N，方向沿導(dǎo)軌向下 又導(dǎo)軌對(duì)金屬棒cd的最大靜摩擦力為： Ff′＝μmgcos37°＝7.2N 由于mgsin37°＋F′＝6.2N＜Ff′， 可知假設(shè)成立，金屬棒cd仍保持靜止 故所求摩擦力為：Ff＝mgsin37°＋F′＝6.2N，方向沿導(dǎo)軌向上. (3)1.2s后，金屬棒cd上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為： E′＝B2Lv，其中v＝at′ 金屬棒cd所受安培力的大小為： F安＝B2I2L，其中I2＝ 由牛頓第二定律有：F－mgsinθ－μmgcosθ－F安＝ma， 解得：F＝15.2＋0.16t′(N). 5.(1)0.9m/s2　(2)2.64N　

12、(3)J 解析　(1)當(dāng)t1＝4s時(shí)，ab棒消耗的電功率為2.88W，有Pab＝I12R1，代入數(shù)據(jù)得I1＝1.2A，回路中的電動(dòng)勢(shì)E1＝I1(R1＋R2)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知E1＝BLv1，ab棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)有v1＝at1，解得a＝0.9m/s2. (2)當(dāng)t2＝8s時(shí)，金屬棒ab的速度v2＝at2，回路中的電流I2＝＝＝2.4A，金屬棒cd所受安培力F2安＝BI2L＝4.8N，假設(shè)金屬棒cd所受的力F2沿導(dǎo)軌向下，有F2＋mgsin37°＝F2安cos37°，解得F2＝2.64N，故假設(shè)成立，所以F2的方向沿導(dǎo)軌向下. (3)設(shè)ab棒的速度為v時(shí)，回路中的電流為I＝＝，此時(shí)金屬棒ab所受安培力大小為F安＝BIL，由題意知ab棒運(yùn)動(dòng)的位移x與速度v的關(guān)系為x＝2v，得F安＝ (N)，ab棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)至x＝4m的過程中，克服安培力所做的功為W克安＝安·x＝x＝J，對(duì)金屬棒ab，由動(dòng)能定理有W拉－W克安－μmgx＝mv2，解得W拉＝J. 6