（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第4講 加試計(jì)算題23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案

《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第4講 加試計(jì)算題23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第4講 加試計(jì)算題23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第4講　加試計(jì)算題23題　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 題型1　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 1．(2017·浙江“七彩陽(yáng)光”聯(lián)考)半徑為2r的圓形金屬導(dǎo)軌固定在一水平面內(nèi)，一根長(zhǎng)也為2r、電阻為R的金屬棒OA一端與金屬導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在中心轉(zhuǎn)軸上，現(xiàn)有方向(俯視)如圖1所示、大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，中間半徑為r的地方無(wú)磁場(chǎng)．另有一水平金屬導(dǎo)軌MN用導(dǎo)線連接金屬圓環(huán)，M′N′用導(dǎo)線連接中心軸，導(dǎo)軌上放置一根金屬棒CD，其長(zhǎng)度L與水平金屬導(dǎo)軌寬度相等，金屬棒CD的電阻2R，質(zhì)量為m，與水平導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，水平導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2中，金屬棒CD通過(guò)細(xì)繩、定滑輪與質(zhì)量也為m

2、的重物相連，重物放置在水平地面上．所有接觸都良好，金屬棒CD受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，忽略其他摩擦和其他電阻，重力加速度為g.則： 圖1 (1)若金屬棒OA以角速度ω0順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)(俯視)，求：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及接在水平導(dǎo)軌上的理想電壓表的電壓； (2)若金屬棒OA順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)(俯視)的角速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為ω＝kt，求：重物離開地面之前支持力隨時(shí)間變化的表達(dá)式． 答案　見(jiàn)解析 解析　 (1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E＝B1r＝B1ω0r2 感應(yīng)電流I＝＝ 電壓表示數(shù)UV＝I×2R＝B1ω0r2 (2)電流I＝＝＝ 金屬棒CD受到的安培力 F安＝B2IL＝ 重物離開地面之前受

3、力平衡 FN＋FT＝mg 當(dāng)F安≤μmg時(shí)即 t≤，F(xiàn)T＝0 所以FN＝mg 當(dāng) F安＞μmg時(shí)即t＞，F(xiàn)T＝F安－μmg 所以FN＝mg－＋μmg. 2．(2017·金華市高二上期末)如圖2甲所示，在粗糙的水平面上有一滑板，滑板上固定著一個(gè)用粗細(xì)均勻的導(dǎo)線繞成的正方形閉合線圈，匝數(shù)N＝10，邊長(zhǎng)L＝0.4 m，總電阻R＝1 Ω，滑板和線圈的總質(zhì)量M＝2 kg，滑板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，前方有一長(zhǎng)4L、高L的矩形區(qū)域，其下邊界與線圈中心等高，區(qū)域內(nèi)有垂直線圈平面的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按如圖乙所示的規(guī)律變化．現(xiàn)給線圈施加一水平拉力F，使線圈以速度v＝0.4 m

4、/s勻速通過(guò)矩形磁場(chǎng)．t＝0時(shí)刻，線圈右側(cè)恰好開始進(jìn)入磁場(chǎng)，g＝10 m/s2，求： 圖2 (1)t＝0.5 s時(shí)線圈中通過(guò)的電流； (2)線圈左側(cè)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域前的瞬間拉力F的大??； (3)線圈通過(guò)圖中矩形區(qū)域的整個(gè)過(guò)程中拉力F的最大值與最小值之比． 答案　(1)0.4 A　(2)10.8 N　(3)54∶49 解析　(1)線圈切割磁感線 E1＝NBv＝0.4 V I1＝＝0.4 A. (2)線圈因勻速運(yùn)動(dòng)將要全部進(jìn)入前， 右邊導(dǎo)線所受向左的總安培力 F1＝NBI1＝0.4 N 上邊導(dǎo)線所受向下的總安培力 F2＝NBI1L＝0.8 N 滑動(dòng)摩擦力Ff＝μ(Mg＋

5、F2)＝10.4 N 故拉力：F＝F1＋Ff＝10.8 N. (3)線圈左側(cè)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后的瞬間拉力有最小值Fmin， t＝1 s時(shí)刻，在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng) E2＝＝0.2 V 線圈中形成順時(shí)針?lè)较虻碾娏鱅2＝＝0.2 A 線圈上邊受到向上的最大安培力 F3＝NBI2L＝0.4 N 此時(shí)拉力Fmin＝μ(Mg－F3)＝9.8 N 所以最大值與最小值之比為54∶49. 1.電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的基本特點(diǎn) 導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)→感應(yīng)電流→通電導(dǎo)體棒受安培力→合外力變化→加速度變化→速度變化……周而復(fù)始地循環(huán)，最終導(dǎo)體棒的加速度等于零，導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，要抓住a＝0時(shí)速度v

6、達(dá)到最大的特點(diǎn)． 2．用牛頓運(yùn)動(dòng)定律處理電磁感應(yīng)問(wèn)題的基本思路 題型2　動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 1．(2017·杭州市高三上期末)某同學(xué)在學(xué)習(xí)電磁感應(yīng)后，認(rèn)為電磁阻尼能夠承擔(dān)電梯減速時(shí)大部分制動(dòng)的負(fù)荷， 從而減小傳統(tǒng)制動(dòng)器的磨損．如圖3甲所示，是該同學(xué)設(shè)計(jì)的電磁阻尼制動(dòng)器的原理圖．電梯箱與配重質(zhì)量都為 M，通過(guò)高強(qiáng)度繩子套在半徑r1的承重轉(zhuǎn)盤上，且繩子與轉(zhuǎn)盤之間不打滑．承重轉(zhuǎn)盤通過(guò)固定轉(zhuǎn)軸與制動(dòng)轉(zhuǎn)盤相連．制動(dòng)轉(zhuǎn)盤上固定了半徑為r2和r3 的內(nèi)外兩個(gè)金屬圈(如圖乙)，金屬圈內(nèi)阻不計(jì)．兩金屬圈之間用三根互成 120°的輻向?qū)w棒連接，每根導(dǎo)體棒電阻均為R. 制動(dòng)轉(zhuǎn)盤放置在一對(duì)勵(lì)磁

7、線圈之間，勵(lì)磁線圈產(chǎn)生垂直于制動(dòng)轉(zhuǎn)盤的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)，磁場(chǎng)區(qū)域限制在120°輻向角內(nèi)，如圖乙陰影區(qū)所示. 若電梯箱內(nèi)放置質(zhì)量為m的貨物一起以速度v豎直上升，電梯箱離終點(diǎn)(圖中未畫出)高度為h時(shí)關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng)，僅開啟電磁制動(dòng)，一段時(shí)間后，電梯箱恰好到達(dá)終點(diǎn)． 圖3 (1) 若在開啟電磁制動(dòng)瞬間，三根金屬棒的位置剛好在圖乙所示位置，則此時(shí)制動(dòng)轉(zhuǎn)盤上的電動(dòng)勢(shì) E為多少？ 此時(shí)a與 b之間的電勢(shì)差有多大？ (2)若忽略轉(zhuǎn)盤的質(zhì)量，且不計(jì)其他阻力影響，則在上述制動(dòng)過(guò)程中，制動(dòng)轉(zhuǎn)盤產(chǎn)生的熱量是多少？ (3)若要提高制動(dòng)的效果，試對(duì)上述設(shè)計(jì)做出兩處改進(jìn)． 答案　見(jiàn)解析 解析　(

8、1)ω＝　va＝ωr3　vb＝ωr2 E＝ 聯(lián)立解得：E＝ I＝ Uab＝I×0.5R 聯(lián)立解得：Uab＝ (2)Q＋mgh＝(m＋2M)v2 解得：Q＝(m＋2M)v2－mgh (3)增加勵(lì)磁電流：減小金屬棒的電阻； 增加金屬棒的數(shù)目(用實(shí)心的金屬材料做整個(gè)金屬盤)． 增加外金屬圈的半徑r3； 減小內(nèi)金屬圈的半徑r2； 減小承重轉(zhuǎn)盤的半徑r1.(任選兩項(xiàng)即可) 2．(2017·浙江名校新高考聯(lián)盟聯(lián)考)平行直導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分組成，導(dǎo)軌間距L＝0.5 m，PQ是分界線，傾斜部分傾角為θ＝30°，PQ 右側(cè)有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2＝1 T，PQ 左側(cè)存在

9、著垂直于水平面但方向未知、大小也為1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，如圖4所示．質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻 R＝0.1 Ω的兩根金屬細(xì)桿ab和cd垂直放于該導(dǎo)軌上，其中ab桿光滑，cd桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，導(dǎo)軌底端接有R＝0.1 Ω的電阻．開始時(shí)ab、cd均靜止于導(dǎo)軌上．現(xiàn)對(duì)ab桿施加一水平向左的恒定外力F，使其向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)ab桿向左運(yùn)動(dòng)的位移為x時(shí)開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)cd剛要開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)(仍保持靜止)，再經(jīng)t＝0.4 s撤去外力F，最后ab桿靜止在水平導(dǎo)軌上．整個(gè)過(guò)程中電阻R的發(fā)熱量為Q＝1.0 J．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．(g＝10 m/s2) 圖4 (1)判斷B1磁場(chǎng)

10、的方向； (2)剛撤去外力F時(shí)ab桿的速度v的大小； (3)求ab桿的最大加速度a和加速過(guò)程中的位移x的大?。? 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)由左手定則可判斷cd桿中電流從d流向c，即ab桿中電流從a流向b，由右手定則可判斷，B1的方向?yàn)樨Q直向下． (2)當(dāng)cd即將開始向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿受力平衡， 可得： B2Icd?L＝mgsin θ＋μmgcos θ 得：Icd＝2.5 A Iab＝2Icd 由閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律可得： B1Lv＝Iab(R＋) v＝1.5 m/s (3)當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)ab桿受力平衡，即F＝B1Iab?L 解得F＝2.5 N 而a

11、b桿剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)水平方向只受拉力作用，此時(shí)加速度最大 F＝ma，a＝25 m/s2 對(duì)ab桿進(jìn)行受力分析，ab桿從開始到最后，其初、末速度都為0，由動(dòng)能定理可得 Fx′＋W安＝0－0 |W安|＝6Q 解得x′＝2.4 m x＝x′－vt＝1.8 m. 1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵守能量守恒定律，電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電能，一定是由其他形式的能轉(zhuǎn)化而來(lái)的，從電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生的機(jī)理來(lái)區(qū)分，分為兩種情況： (1)單純的磁場(chǎng)變化：磁能→電能→電路中的內(nèi)能(或其他形式的能)； (2)導(dǎo)體切割磁感線：機(jī)械能→電能→電路中的內(nèi)能(或其他形式的能)． 2．導(dǎo)體切割磁感線而產(chǎn)生的電能，必定等于導(dǎo)體克

12、服安培力做的功，即產(chǎn)生的電能是用克服安培力做的功來(lái)量度的． 3．從能量轉(zhuǎn)化的角度分析電磁感應(yīng)過(guò)程，必須牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律．分析的基本思路是： 受力分析→弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功→明確有哪些形式的能參與轉(zhuǎn)化，哪些增哪些減→由能量守恒定律列方程求解． 專題強(qiáng)化練 (限時(shí)：35分鐘) 1．如圖1所示，光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌MNPQ相距l(xiāng)，在M點(diǎn)和P點(diǎn)間接一個(gè)阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間OO1O1′O′矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向下、寬為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m，電阻為r的導(dǎo)體棒ab，垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場(chǎng)左邊界相距d0.現(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒

13、，使它由靜止開始運(yùn)動(dòng)，棒ab在離開磁場(chǎng)前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì))．求： 圖1 (1)棒ab在離開磁場(chǎng)右邊界時(shí)的速度大??； (2)棒ab通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中整個(gè)回路所消耗的電能． 答案　(1)　(2)F(d0＋d)－ 解析　(1)棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F＝FA＝BIl，再據(jù)I＝＝ 聯(lián)立解得v＝ (2)安培力做的功轉(zhuǎn)化成兩個(gè)電阻消耗的總電能Q，根據(jù)能量守恒定律可得F(d0＋d)＝Q＋mv2，解得 Q＝F(d0＋d)－. 2．如圖2，ab和cd是兩條豎直放置且足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌，MN和M′N′是兩根用細(xì)線連接的金屬桿，其質(zhì)量分別為

14、m和2m.豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止，并剛好與導(dǎo)軌接觸；兩桿的總電阻為R，導(dǎo)軌間距為l.整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌所在平面垂直．導(dǎo)軌電阻可忽略，重力加速度為g.在t＝0時(shí)刻將細(xì)線燒斷，保持F不變，金屬桿和導(dǎo)軌始終接觸良好且垂直．求： 圖2 (1)細(xì)線燒斷后，任意時(shí)刻兩桿運(yùn)動(dòng)的速度之比； (2)兩桿分別達(dá)到的最大速度． 答案　(1)2∶1　(2)　 解析　(1)設(shè)某時(shí)刻MN和M′N′速度分別為v1、v2 由動(dòng)量守恒mv1－2mv2＝0， 得＝. (2)當(dāng)MN和M′N′的加速度為零時(shí)，速度最大 對(duì)M′N′由平衡條件知BIl＝2m

15、g I＝ E＝Blv1＋Blv2 得v1＝，v2＝. 3．如圖3所示，兩平行導(dǎo)軌間距L＝0.1 m，足夠長(zhǎng)光滑的傾斜部分和粗糙的水平部分平滑連接，傾斜部分與水平面的夾角θ＝30°，垂直斜面方向向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，水平部分沒(méi)有磁場(chǎng)．金屬棒ab的質(zhì)量m＝0.005 kg，電阻r＝0.02 Ω，運(yùn)動(dòng)中與導(dǎo)軌有良好接觸，并且始終垂直于導(dǎo)軌，電阻R＝0.08 Ω，其余電阻不計(jì)，當(dāng)金屬棒ab從斜面上離水平面高h(yuǎn)＝1.0 m以上任何地方由靜止釋放后，在水平面上滑行的最大距離x都是1.25 m．(取g＝10 m/s2)求： 圖3 (1)金屬棒ab與棒在斜面上的最大速度為多

16、少？ (2)金屬棒ab與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (3)從高度h＝1.0 m處滑下后電阻R上產(chǎn)生的熱量． 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)金屬棒從離水平面高h(yuǎn)＝1.0 m以上任何地方由靜止釋放后，在到達(dá)水平面之前都已經(jīng)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻速時(shí)速度為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 感應(yīng)電流I＝ 安培力F＝BIL，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有mgsin θ＝F 解得v＝1.0 m/s. (2)在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒所受滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmg 金屬棒在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，有Ff＝ma v2＝2ax，解得μ＝0.04. (3)下滑的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得： mgh－W安＝mv2 安培力所做的功

17、等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，有W安＝Q 電阻R上產(chǎn)生的熱量：QR＝Q 解得QR＝3.8×10－2 J. 4．如圖4甲所示，足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為θ＝37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計(jì)，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.質(zhì)量為0.5 kg的導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，距離頂端2 m，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示．先固定導(dǎo)體棒MN,2 s后讓MN由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 3

18、7°＝0.8.求： 圖4 (1)1.5 s時(shí)流過(guò)小燈泡的電流大小和方向； (2)棒下落后速度為4 m/s時(shí)的加速度大??； (3)小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小及小燈泡消耗的電功率． 答案　(1)0.25 A　方向從左到右　(2)1 m/s2 (3)8 m/s　4 W 解析　(1)由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，即流過(guò)小燈泡的電流從左到右 0～2 s回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E1＝S， 代入數(shù)據(jù)可得E1＝0.5 V 1.5 s時(shí)流過(guò)小燈泡的電流大小 I1＝＝0.25 A. (2)棒下落后速度為4 m/s時(shí)感應(yīng)電流I2＝＝1 A. 分析棒的受力有mgsin θ－μ

19、mgcos θ－BLI2＝ma 代入數(shù)據(jù)可得棒的加速度a＝1 m/s2. (3)小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時(shí)棒勻速運(yùn)動(dòng)，有 mgsin θ＝μmgcos θ＋ 代入數(shù)據(jù)可得vm＝8 m/s 棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E3＝BLvm＝4 V 小燈泡穩(wěn)定時(shí)的功率P＝I2R＝()2R＝4 W. 5．能的轉(zhuǎn)化與守恒是自然界普通存在的規(guī)律，如：電源給電容器的充電過(guò)程可以等效為將電荷逐個(gè)從原本電中性的兩極板中的一個(gè)極板移到另一個(gè)極板的過(guò)程．在移動(dòng)過(guò)程中克服電場(chǎng)力做功，電源的電能轉(zhuǎn)化為電容器的電場(chǎng)能．實(shí)驗(yàn)表明：電容器兩極間的電壓與電容器所帶電量如圖5甲所示． 圖5 (1)對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)，課本中講解了由v－

20、t圖象求位移的方法．請(qǐng)你借鑒此方法，根據(jù)圖甲的Q－U圖象，推導(dǎo)電容器所儲(chǔ)存的電場(chǎng)能E電的表達(dá)式．(若電容器電容為C，兩極板間電壓為U) (2)如圖乙所示，平行金屬框架豎直放置在絕緣地面上，框架上端接有一電容為C的電容器．框架上一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒平行于地面放置，離地面的高度為h.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與框架平面相垂直．現(xiàn)將金屬棒由靜止開始釋放，金屬棒下滑過(guò)程中與框架接觸良好且無(wú)摩擦．開始時(shí)電容器不帶電，不計(jì)各處電阻，求： ①金屬棒落地時(shí)的速度大?。? ②金屬棒從靜止釋放到落到地面的時(shí)間． 答案　(1)E電＝ (2)①　 ② 解析　(1)由功能關(guān)系可知克服電場(chǎng)力做功等于產(chǎn)生的電場(chǎng)能：根據(jù)速度－時(shí)間圖象圍成的面積代表位移可知在Q－U圖象中，圖象所圍面積即為，也就是克服電場(chǎng)力所做的功，即E電＝. 又C＝，故E電＝ (2)①設(shè)金屬棒落地的速度為v，此時(shí)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)． 感生電動(dòng)勢(shì)大小為E＝BLv 電容器儲(chǔ)存的電場(chǎng)能為E電＝ 由動(dòng)能定理得mgh＝＋E電 解得v＝ ②金屬棒下落過(guò)程中受安培力和重力，由動(dòng)量定理可得 mgt－F安t＝mΔv F安＝BIL Q＝It Q＝CU U＝BLv Δv＝v－0 解得t＝ . 11