2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做13 電磁感應中的動力學和能量問題

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1、大題精做十三 電磁感應中的動力學和能量問題 1．【衡水模擬】如圖所示，質(zhì)量為M的導體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導軌上，導軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板。R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻。 (1)調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導體棒，當棒沿導軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速率v； (2)改變Rx，待棒沿導軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m，帶電量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx。 【解析】(1)對ab勻速下滑時：Mgsinθ＝BIl 解得

2、通過棒的電流為：I＝MgsinθBl 由I＝BlvR+Rx 聯(lián)立解之得：v＝2MgRsinθB2l2。? (2)對板間粒子有：qUd＝mg 根據(jù)歐姆定律得Rx＝UI 聯(lián)立解之得：Rx＝mBldqMsinθ。 2．【2017江蘇】如圖所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下。當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求： (1)MN剛掃

3、過金屬桿時，桿中感應電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P。 【解析】（1）感應電動勢E＝Bdv0 感應電流I＝ER 解得I＝Bdv0R （2）安培力F＝BId 牛頓第二定律F＝ma 解得a＝B2d2v0mR （3）金屬桿切割磁感線的速度v'＝v0-v，則 感應電動勢E＝Bd(v0-v) 電功率P＝E2R 解得P＝B2d2(v0-v)2R 1．【江蘇聯(lián)考】如圖1所示，兩條相距d＝1 m的平行光滑金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，其左端接一阻值R＝9 Ω的電阻，右端放置一阻值r＝1 Ω、質(zhì)量m＝1 kg的金

4、屬桿，開始時，與MP相距L＝4 m。導軌置于豎直向下的磁場中，其磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖2所示。給金屬桿施加一向右的力F（F未知），使0～2 s內(nèi)桿靜止在NQ處。在t＝2 s時桿開始做勻加速直線運動，加速度大小a＝1 m/s2，6 s末力F做的功為30 J。求：（g取10 m/s2） (1)桿靜止時，桿中感應電流的大小I和方向； (2)桿在t＝6 s末受到的力F的大小 (3)0～6 s內(nèi)桿上產(chǎn)生的熱量。 【解析】（1）在0～2 s內(nèi)，由電磁感應定律得 E1＝ΔΦΔt＝LdΔBΔt＝8 V 由閉合電路歐姆定律得I1＝E1R+r＝0.8 A，方向N→Q （2）桿做勻加速直線

5、運動的時間為t＝4 s 6 s末桿的速度v＝at＝4 m/s 由電磁感應定律得E2＝Bdv＝16 V 由閉合電路歐姆定律得I2＝E2R+r＝1.6 A 在運動過程中桿受到的安培力FA＝BI2d＝6.4 N 對桿運用牛頓第二定律，有：F–FA＝ma 解得：F＝7.4 N （3）0～2 s內(nèi)系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝I12(R+r)t＝12.8 J 2～6 s內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律有：W＝Q2+12mv2 系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q2＝W-12mv2＝22?J 則0～6 s內(nèi)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q＝Q1+Q2＝34.8 J 故0～6 s內(nèi)桿上產(chǎn)生的熱量Q桿＝rR+rQ＝110×34.8J＝3.4

6、8J 2．【寧夏模擬】如圖所示，光滑平行軌道abcd的水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，bc段軌道寬度是cd段軌道寬度的2倍，bc段軌道和cd段軌道都足夠長，將質(zhì)量相等的金屬棒P和Q分別置于軌道上的ab段和cd段，且與軌道垂直。Q棒靜止，讓P棒從距水平軌道高為h的地方由靜止釋放，求： (1)P棒滑至水平軌道瞬間的速度大小； (2)P棒和Q棒最終的速度。 【解析】(1)設P棒滑到b點的速度為v0，由機械能守恒定律： ，得： (2)最終兩棒的電動勢相等，即：2BLvP＝BLvQ 得2vP＝vQ（此時兩棒與軌道組成的回路的磁通量不變） 這個過程中的任意一時刻兩棒的電流都相等，但由于軌

7、道寬度兩倍的關(guān)系，使得P棒受的安培力總是Q棒的兩倍，所以同樣的時間內(nèi)P棒受的安培力的沖量是Q棒的兩倍，以水平向右為正方向，對P棒： －2I＝mvP－mv0 對Q棒：I＝mvQ 聯(lián)立兩式解得：，。 3．【藍田模擬】實驗小組想要探究電磁剎車的效果，在遙控小車底面安裝寬為0.1 m、長為0.4 m的10匝矩形線框abcd，總電阻R＝2 Ω，面積可認為與小車底面相同，其平面與水平地面平行，小車總質(zhì)量m＝0.2 kg。如圖是簡化的俯視圖，小車在磁場外以恒定的功率做直線運動，受到地面阻力恒為f＝0.4 N，進入磁場前已達到最大速度v＝5 m/s，車頭(ab邊)剛要進入磁場時立即撤去牽引力，車尾(c

8、d邊)剛出磁場時速度恰好為零。已知有界磁場寬度為0.4 m，磁感應強度為B＝1.4 T，方向豎直向下。求： (1)進入磁場前小車所受牽引力的功率P； (2)車頭剛進入磁場時，小車的加速度大小； (3)電磁剎車過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。 【解析】（1）進入磁場前小車勻速運動時速度最大，則有： F＝f 牽引力的功率為：P＝Fv＝fv＝2W； （2）車頭剛進入磁場時，產(chǎn)生的感應電動勢為：E＝NBLv＝7V 感應電流的大小為：I＝ER＝NBLvR＝3.5A 車頭剛進入磁場時，小車受到阻力、安培力，安培力為F安＝NBIL＝4.9N 小車的加速度a＝F安+fm＝26.5m/s （3）根據(jù)

9、能量守恒定律得：Q+f?2s＝12mv2 可得電磁剎車過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝2.18J 4．【河北五校聯(lián)盟聯(lián)考】如圖所示，P、Q為水平平行放置的光滑足夠長金屬導軌，相距L＝1 m。導軌間接有E＝15 V、r＝1 Ω的電源，0～10 Ω的變阻箱R0，R1＝6 Ω、R2＝3 Ω的電阻，C＝0.25 F的超級電容。不計電阻的導體棒跨放在導軌上并與導軌接觸良好，棒的質(zhì)量為m＝0.2 kg，棒的中點用垂直棒的細繩經(jīng)光滑輕質(zhì)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M＝0.4 kg。在導體棒ab所處區(qū)域存在磁感應強度B＝2 T、方向豎直向下的勻強磁場，且范圍足夠大。（導軌的電阻不計，g取10 m/s2) (1)

10、現(xiàn)閉合開關(guān)S1、S2，為了使物體保持靜止，求變阻箱連入電路的阻值； (2)現(xiàn)斷開開關(guān)S1閉合S2，待電路穩(wěn)定后，求電容的帶電量； (3)使導體棒靜止在導軌上，開關(guān)S2斷開的情況下（電容始終正常工作）釋放導體棒，試討論物體的運動情況和電容電量的變化規(guī)律。 【解析】（1）金屬棒受力的方程有：Mg-BlI2＝0 流經(jīng)電阻R1的電流有：I1＝I2R2R1 閉合電路歐姆有：E＝(I1+I2)(R0+r)+I2R2 代入數(shù)據(jù)解得：R0＝2Ω （2）電路穩(wěn)定后，分析知物體（金屬棒）將做勻速運動，此時金屬棒切割磁場產(chǎn)生電動勢有：E1＝Blv1 電路端電流有：I3＝E1R1+R2 金屬棒受力力

11、的方程有：Mg-BlI3＝0 電容C的帶電量有：Q＝E1C 代入數(shù)據(jù)解得：Q＝4.5 C （3）物塊某時受力力的方程有：Mg-T＝Ma 金屬棒受力力的方程有：T-BlI＝ma 通過金屬棒的電流：I＝ΔQΔt 電容器Δt時間增加的電量：ΔQ＝CΔU 金屬棒Δt時間增加的電壓：ΔU＝BlΔv 加速度定義式：a＝ΔvΔt 代入數(shù)據(jù)解得：a＝2.5m/s2；I＝1.25A 即導體棒做初速度為零，加速度為2.5m/s2的勻加速直線運動，電容電量每秒均勻增加ΔQ'＝1.25C。 5．【杭州預測卷】如圖所示，空間存在兩個沿水平方向的等大反向的勻強磁場，水平虛線為其邊界，磁場范圍足夠大，

12、矩形多匝閉合線框ABCD下邊位于兩磁場邊界處，匝數(shù)n＝200，每匝質(zhì)量為0.1 kg，每匝電阻R＝1 Ω，邊長AB＝0.5 m，BC＝1.125 m。一根足夠長的絕緣輕質(zhì)細線跨過兩個輕質(zhì)光滑定滑輪，一端連接線框，另一端連接質(zhì)量為10 kg的豎直懸掛的絕緣物體P，且P受到F＝70－200v(N)的豎直外力作用(v為線框的瞬時速度大小)。現(xiàn)將線框靜止釋放，剛運動時，外力F的方向豎直向下，線框中的電流隨時間均勻增加。一段時間后撤去外力F，線框恰好開始做勻速直線運動．若細線始終繃緊，線框平面在運動過程中始終與磁場垂直，且CD邊始終保持水平，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力。 (1)求空間中

13、勻強磁場的磁感應強度B的大小； (2)從開始運動到線框全部進入下方磁場過程所用時間t和線上拉力的最大功率分別為多少？ (3)從開始運動到撤去外力過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱為 J，則該過程流過單匝導線橫截面的電荷量q和外力F做的功分別為多少？ 【解析】(1)開始時電流隨時間均勻增加，又因為E＝2nBLv(L為AB長度)，I＝＝ 所以v隨t均勻增加，線框做勻加速運動，則FA＝BIL＝ 由牛頓第二定律有nmg－Mg－F－2nFA＝(M＋nm)a 初始時，v＝0、F＝70 N、FA＝0；運動時，F(xiàn)＝70－200v，F(xiàn)A＝ 將兩組數(shù)據(jù)代入，聯(lián)立得200v＝ 所以B＝1 T，a＝1 m/s2

14、 (2)勻速運動時nmg＝Mg＋2nFA，所以v0＝0.5 m/s 則勻加速運動時間t1＝＝0.5 s，x1＝＝0.125 m 則x2＝xBC－x1＝1 m 勻速運動時間t2＝＝2 s，總時間t＝t1＋t2＝2.5 s 勻加速過程中，研究物體P：FT－Mg－F＝Ma，F(xiàn)T＝180－200v P＝FTv＝180v－200v2＝－2002＋≤40.5 W 勻速運動過程中，研究物體P：FT′＝Mg P′＝FT′v0＝50 W＞40.5 W 所以線上拉力的最大功率為50 W (3)從開始運動到撤去外力過程中，因為E＝2nBLv ＝＝，則＝t1，q＝t1＝0.125 C 由動能定理得：(nmg－Mg)x1－W克安＋WF＝(nm＋M)v 故WF＝－ J. 6