2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做13 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題.docx

《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做13 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做13 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題.docx（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

大題精做十三 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題 1．【衡水模擬】如圖所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻。 (1)調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，求通過棒的電流I及棒的速率v； (2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)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(shí)的Rx。 【解析】(1)對(duì)ab勻速下滑時(shí)：Mgsinθ＝BIl 解得通過棒的電流為：I＝MgsinθBl 由I＝BlvR+Rx 聯(lián)立解之得：v＝2MgRsinθB2l2。 (2)對(duì)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(dǎo)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(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場(chǎng)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(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，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。求： (1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P。 【解析】（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv0 感應(yīng)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dǎo)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的金屬桿，開始時(shí)，與MP相距L＝4 m。導(dǎo)軌置于豎直向下的磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)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(shí)桿開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a＝1 m/s，6 s末力F做的功為30 J。求：（g取10 m/s） (1)桿靜止時(shí)，桿中感應(yīng)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(yīng)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）桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝4 s 6 s末桿的速度v＝at＝4 m/s 由電磁感應(yīng)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(yùn)動(dòng)過程中桿受到的安培力FA＝BI2d＝6.4 N 對(duì)桿運(yùn)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＝I1(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＝11034.8J＝3.48J 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(qiáng)磁場(chǎng)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(zhǎng)，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??； (2)P棒和Q棒最終的速度。 【解析】(1)設(shè)P棒滑到b點(diǎn)的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律： ，得： (2)最終兩棒的電動(dòng)勢(shì)相等，即：2BLvP＝BLvQ 得2vP＝vQ（此時(shí)兩棒與軌道組成的回路的磁通量不變） 這個(gè)過程中的任意一時(shí)刻兩棒的電流都相等，但由于軌道寬度兩倍的關(guān)系，使得P棒受的安培力總是Q棒的兩倍，所以同樣的時(shí)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(duì)P棒： －2I＝mvP－mv0 對(duì)Q棒：I＝mvQ 聯(lián)立兩式解得：，。 3．【藍(lán)田模擬】實(shí)驗(yàn)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(zhǎng)為0.4 m的10匝矩形線框abcd，總電阻R＝2 Ω，面積可認(rèn)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(jiǎn)化的俯視圖，小車在磁場(chǎng)外以恒定的功率做直線運(yùn)動(dòng)，受到地面阻力恒為f＝0.4 N，進(jìn)入磁場(chǎng)前已達(dá)到最大速度v＝5 m/s，車頭(ab邊)剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)立即撤去牽引力，車尾(cd邊)剛出磁場(chǎng)時(shí)速度恰好為零。已知有界磁場(chǎng)寬度為0.4 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1.4 T，方向豎直向下。求： (1)進(jìn)入磁場(chǎng)前小車所受牽引力的功率P； (2)車頭剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，小車的加速度大??； (3)電磁剎車過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。 【解析】（1）進(jìn)入磁場(chǎng)前小車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，則有： F＝f 牽引力的功率為：P＝Fv＝fv＝2W； （2）車頭剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝NBLv＝7V 感應(yīng)電流的大小為：I＝ER＝NBLvR＝3.5A 車頭剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，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)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(zhǎng)金屬導(dǎo)軌，相距L＝1 m。導(dǎo)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(jí)電容。不計(jì)電阻的導(dǎo)體棒跨放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌接觸良好，棒的質(zhì)量為m＝0.2 kg，棒的中點(diǎn)用垂直棒的細(xì)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(dǎo)體棒ab所處區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且范圍足夠大。（導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，g取10 m/s2) (1)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(dǎo)體棒靜止在導(dǎo)軌上，開關(guān)S2斷開的情況下（電容始終正常工作）釋放導(dǎo)體棒，試討論物體的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，此時(shí)金屬棒切割磁場(chǎng)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)有：E1＝Blv1 電路端電流有：I3＝E1R1+R2 金屬棒受力力的方程有：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(shí)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(shí)間增加的電量：ΔQ＝CΔU 金屬棒Δt時(shí)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(dǎo)體棒做初速度為零，加速度為2.5m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，電容電量每秒均勻增加ΔQ＝1.25C。 5．【杭州預(yù)測(cè)卷】如圖所示，空間存在兩個(gè)沿水平方向的等大反向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，水平虛線為其邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大，矩形多匝閉合線框ABCD下邊位于兩磁場(chǎng)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(zhǎng)AB＝0.5 m，BC＝1.125 m。一根足夠長(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線跨過兩個(gè)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(shí)速度大小)。現(xiàn)將線框靜止釋放，剛運(yùn)動(dòng)時(shí)，外力F的方向豎直向下，線框中的電流隨時(shí)間均勻增加。一段時(shí)間后撤去外力F，線框恰好開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)．若細(xì)線始終繃緊，線框平面在運(yùn)動(dòng)過程中始終與磁場(chǎng)垂直，且CD邊始終保持水平，重力加速度g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力。 (1)求空間中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (2)從開始運(yùn)動(dòng)到線框全部進(jìn)入下方磁場(chǎng)過程所用時(shí)間t和線上拉力的最大功率分別為多少？ (3)從開始運(yùn)動(dòng)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(dǎo)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(shí)電流隨時(shí)間均勻增加，又因?yàn)镋＝2nBLv(L為AB長(zhǎng)度)，I＝＝ 所以v隨t均勻增加，線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，則FA＝BIL＝ 由牛頓第二定律有nmg－Mg－F－2nFA＝(M＋nm)a 初始時(shí)，v＝0、F＝70 N、FA＝0；運(yùn)動(dòng)時(shí)，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 (2)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)nmg＝Mg＋2nFA，所以v0＝0.5 m/s 則勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝＝0.5 s，x1＝＝0.125 m 則x2＝xBC－x1＝1 m 勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝＝2 s，總時(shí)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)到撤去外力過程中，因?yàn)镋＝2nBLv ＝＝，則＝t1，q＝t1＝0.125 C 由動(dòng)能定理得：(nmg－Mg)x1－W克安＋WF＝(nm＋M)v 故WF＝－ J.