（浙江選考）2018版高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第4講 加試計算題23題 電磁感應規(guī)律的綜合應用學案

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1、 第4講　加試計算題23題　電磁感應規(guī)律的綜合應用 題型1　電磁感應中的動力學問題 1．(2017·浙江“七彩陽光”聯考)半徑為2r的圓形金屬導軌固定在一水平面內，一根長也為2r、電阻為R的金屬棒OA一端與金屬導軌接觸良好，另一端固定在中心轉軸上，現有方向(俯視)如圖1所示、大小為B1的勻強磁場，中間半徑為r的地方無磁場．另有一水平金屬導軌MN用導線連接金屬圓環(huán)，M′N′用導線連接中心軸，導軌上放置一根金屬棒CD，其長度L與水平金屬導軌寬度相等，金屬棒CD的電阻2R，質量為m，與水平導軌之間的動摩擦因數為μ，水平導軌處在豎直向上的勻強磁場B2中，金屬棒CD通過細繩、定滑輪與質量也為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順時針轉動(俯視)，求：感應電動勢及接在水平導軌上的理想電壓表的電壓； (2)若金屬棒OA順時針轉動(俯視)的角速度隨時間變化的關系為ω＝kt，求：重物離開地面之前支持力隨時間變化的表達式． 答案　見解析 解析　 (1)感應電動勢 E＝B1r＝B1ω0r2 感應電流I＝＝ 電壓表示數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F安≤μmg時即 t≤，FT＝0 所以FN＝mg 當 F安＞μmg時即t＞，FT＝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，滑板上固定著一個用粗細均勻的導線繞成的正方形閉合線圈，匝數N＝10，邊長L＝0.4 m，總電阻R＝1 Ω，滑板和線圈的總質量M＝2 kg，滑板與地面間的動摩擦因數μ＝0.5，前方有一長4L、高L的矩形區(qū)域，其下邊界與線圈中心等高，區(qū)域內有垂直線圈平面的水平勻強磁場，磁感應強度大小按如圖乙所示的規(guī)律變化．現給線圈施加一水平拉力F，使線圈以速度v＝0.4 m

4、/s勻速通過矩形磁場．t＝0時刻，線圈右側恰好開始進入磁場，g＝10 m/s2，求： 圖2 (1)t＝0.5 s時線圈中通過的電流； (2)線圈左側進入磁場區(qū)域前的瞬間拉力F的大小； (3)線圈通過圖中矩形區(qū)域的整個過程中拉力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)線圈因勻速運動將要全部進入前， 右邊導線所受向左的總安培力 F1＝NBI1＝0.4 N 上邊導線所受向下的總安培力 F2＝NBI1L＝0.8 N 滑動摩擦力Ff＝μ(Mg＋

5、F2)＝10.4 N 故拉力：F＝F1＋Ff＝10.8 N. (3)線圈左側進入磁場區(qū)域后的瞬間拉力有最小值Fmin， t＝1 s時刻，在磁場運動 E2＝＝0.2 V 線圈中形成順時針方向的電流I2＝＝0.2 A 線圈上邊受到向上的最大安培力 F3＝NBI2L＝0.4 N 此時拉力Fmin＝μ(Mg－F3)＝9.8 N 所以最大值與最小值之比為54∶49. 1.電磁感應中動力學問題的基本特點 導體棒運動產生感應電動勢→感應電流→通電導體棒受安培力→合外力變化→加速度變化→速度變化……周而復始地循環(huán)，最終導體棒的加速度等于零，導體棒達到穩(wěn)定運動狀態(tài)，要抓住a＝0時速度v

6、達到最大的特點． 2．用牛頓運動定律處理電磁感應問題的基本思路 題型2　動力學和能量觀點的綜合應用 1．(2017·杭州市高三上期末)某同學在學習電磁感應后，認為電磁阻尼能夠承擔電梯減速時大部分制動的負荷， 從而減小傳統(tǒng)制動器的磨損．如圖3甲所示，是該同學設計的電磁阻尼制動器的原理圖．電梯箱與配重質量都為 M，通過高強度繩子套在半徑r1的承重轉盤上，且繩子與轉盤之間不打滑．承重轉盤通過固定轉軸與制動轉盤相連．制動轉盤上固定了半徑為r2和r3 的內外兩個金屬圈(如圖乙)，金屬圈內阻不計．兩金屬圈之間用三根互成 120°的輻向導體棒連接，每根導體棒電阻均為R. 制動轉盤放置在一對勵磁

7、線圈之間，勵磁線圈產生垂直于制動轉盤的勻強磁場(磁感應強度為B)，磁場區(qū)域限制在120°輻向角內，如圖乙陰影區(qū)所示. 若電梯箱內放置質量為m的貨物一起以速度v豎直上升，電梯箱離終點(圖中未畫出)高度為h時關閉動力系統(tǒng)，僅開啟電磁制動，一段時間后，電梯箱恰好到達終點． 圖3 (1) 若在開啟電磁制動瞬間，三根金屬棒的位置剛好在圖乙所示位置，則此時制動轉盤上的電動勢 E為多少？ 此時a與 b之間的電勢差有多大？ (2)若忽略轉盤的質量，且不計其他阻力影響，則在上述制動過程中，制動轉盤產生的熱量是多少？ (3)若要提高制動的效果，試對上述設計做出兩處改進． 答案　見解析 解析　(

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

9、著垂直于水平面但方向未知、大小也為1 T的勻強磁場B1，如圖4所示．質量m＝0.1 kg、電阻 R＝0.1 Ω的兩根金屬細桿ab和cd垂直放于該導軌上，其中ab桿光滑，cd桿與導軌間的動摩擦因數為μ＝，導軌底端接有R＝0.1 Ω的電阻．開始時ab、cd均靜止于導軌上．現對ab桿施加一水平向左的恒定外力F，使其向左運動，當ab桿向左運動的位移為x時開始做勻速直線運動，此時cd剛要開始沿斜面向上運動(仍保持靜止)，再經t＝0.4 s撤去外力F，最后ab桿靜止在水平導軌上．整個過程中電阻R的發(fā)熱量為Q＝1.0 J．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．(g＝10 m/s2) 圖4 (1)判斷B1磁場

10、的方向； (2)剛撤去外力F時ab桿的速度v的大小； (3)求ab桿的最大加速度a和加速過程中的位移x的大?。? 答案　見解析 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的方向為豎直向下． (2)當cd即將開始向上運動時，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定律可得： B1Lv＝Iab(R＋) v＝1.5 m/s (3)當速度達到最大時ab桿受力平衡，即F＝B1Iab?L 解得F＝2.5 N 而a

11、b桿剛開始運動時水平方向只受拉力作用，此時加速度最大 F＝ma，a＝25 m/s2 對ab桿進行受力分析，ab桿從開始到最后，其初、末速度都為0，由動能定理可得 Fx′＋W安＝0－0 |W安|＝6Q 解得x′＝2.4 m x＝x′－vt＝1.8 m. 1.電磁感應現象遵守能量守恒定律，電磁感應現象中產生的電能，一定是由其他形式的能轉化而來的，從電磁感應現象產生的機理來區(qū)分，分為兩種情況： (1)單純的磁場變化：磁能→電能→電路中的內能(或其他形式的能)； (2)導體切割磁感線：機械能→電能→電路中的內能(或其他形式的能)． 2．導體切割磁感線而產生的電能，必定等于導體克

12、服安培力做的功，即產生的電能是用克服安培力做的功來量度的． 3．從能量轉化的角度分析電磁感應過程，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，做正功還是負功→明確有哪些形式的能參與轉化，哪些增哪些減→由能量守恒定律列方程求解． 專題強化練 (限時：35分鐘) 1．如圖1所示，光滑平行的水平金屬導軌MNPQ相距l(xiāng)，在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間OO1O1′O′矩形區(qū)域內有垂直導軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m，電阻為r的導體棒ab，垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距d0.現用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒

13、，使它由靜止開始運動，棒ab在離開磁場前已經做勻速直線運動(棒ab與導軌始終保持良好的接觸，導軌電阻不計)．求： 圖1 (1)棒ab在離開磁場右邊界時的速度大??； (2)棒ab通過磁場區(qū)的過程中整個回路所消耗的電能． 答案　(1)　(2)F(d0＋d)－ 解析　(1)棒在磁場中勻速運動時，有F＝FA＝BIl，再據I＝＝ 聯立解得v＝ (2)安培力做的功轉化成兩個電阻消耗的總電能Q，根據能量守恒定律可得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的長直光滑金屬導軌，MN和M′N′是兩根用細線連接的金屬桿，其質量分別為

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，并剛好與導軌接觸；兩桿的總電阻為R，導軌間距為l.整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直．導軌電阻可忽略，重力加速度為g.在t＝0時刻將細線燒斷，保持F不變，金屬桿和導軌始終接觸良好且垂直．求： 圖2 (1)細線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度之比； (2)兩桿分別達到的最大速度． 答案　(1)2∶1　(2)　 解析　(1)設某時刻MN和M′N′速度分別為v1、v2 由動量守恒mv1－2mv2＝0， 得＝. (2)當MN和M′N′的加速度為零時，速度最大 對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，兩平行導軌間距L＝0.1 m，足夠長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磁場的磁感應強度B＝0.5 T，水平部分沒有磁場．金屬棒ab的質量m＝0.005 kg，電阻r＝0.02 Ω，運動中與導軌有良好接觸，并且始終垂直于導軌，電阻R＝0.08 Ω，其余電阻不計，當金屬棒ab從斜面上離水平面高h＝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與水平面間的動摩擦因數； (3)從高度h＝1.0 m處滑下后電阻R上產生的熱量． 答案　見解析 解析　(1)金屬棒從離水平面高h＝1.0 m以上任何地方由靜止釋放后，在到達水平面之前都已經開始做勻速運動，設勻速時速度為v，則感應電動勢E＝BLv 感應電流I＝ 安培力F＝BIL，勻速運動時，有mgsin θ＝F 解得v＝1.0 m/s. (2)在水平面上運動時，金屬棒所受滑動摩擦力Ff＝μmg 金屬棒在摩擦力作用下做勻減速運動，有Ff＝ma v2＝2ax，解得μ＝0.04. (3)下滑的過程中，由動能定理可得： mgh－W安＝mv2 安培力所做的功

17、等于電路中產生的焦耳熱，有W安＝Q 電阻R上產生的熱量：QR＝Q 解得QR＝3.8×10－2 J. 4．如圖4甲所示，足夠長的平行金屬導軌傾斜放置，傾角為θ＝37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.質量為0.5 kg的導體棒MN垂直于導軌放置，距離頂端2 m，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導軌接觸良好，導體棒與導軌間的動摩擦因數為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．先固定導體棒MN,2 s后讓MN由靜止釋放，運動一段時間后，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時流過小燈泡的電流大小和方向； (2)棒下落后速度為4 m/s時的加速度大??； (3)小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時導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，感應電流的方向為順時針，即流過小燈泡的電流從左到右 0～2 s回路中感應電動勢大小E1＝S， 代入數據可得E1＝0.5 V 1.5 s時流過小燈泡的電流大小 I1＝＝0.25 A. (2)棒下落后速度為4 m/s時感應電流I2＝＝1 A. 分析棒的受力有mgsin θ－μ

19、mgcos θ－BLI2＝ma 代入數據可得棒的加速度a＝1 m/s2. (3)小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時棒勻速運動，有 mgsin θ＝μmgcos θ＋ 代入數據可得vm＝8 m/s 棒上的感應電動勢大小E3＝BLvm＝4 V 小燈泡穩(wěn)定時的功率P＝I2R＝()2R＝4 W. 5．能的轉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程可以等效為將電荷逐個從原本電中性的兩極板中的一個極板移到另一個極板的過程．在移動過程中克服電場力做功，電源的電能轉化為電容器的電場能．實驗表明：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)對于直線運動，課本中講解了由v－

20、t圖象求位移的方法．請你借鑒此方法，根據圖甲的Q－U圖象，推導電容器所儲存的電場能E電的表達式．(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．框架上一質量為m、長為L的金屬棒平行于地面放置，離地面的高度為h.磁感應強度為B的勻強磁場與框架平面相垂直．現將金屬棒由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中與框架接觸良好且無摩擦．開始時電容器不帶電，不計各處電阻，求： ①金屬棒落地時的速度大??； ②金屬棒從靜止釋放到落到地面的時間． 答案　(1)E電＝ (2)①　 ② 解析　(1)由功能關系可知克服電場力做功等于產生的電場能：根據速度－時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，也就是克服電場力所做的功，即E電＝. 又C＝，故E電＝ (2)①設金屬棒落地的速度為v，此時金屬棒切割磁感線產生感生電動勢． 感生電動勢大小為E＝BLv 電容器儲存的電場能為E電＝ 由動能定理得mgh＝＋E電 解得v＝ ②金屬棒下落過程中受安培力和重力，由動量定理可得 mgt－F安t＝mΔv F安＝BIL Q＝It Q＝CU U＝BLv Δv＝v－0 解得t＝ . 11