（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計算題題型強(qiáng)化 第4講 加試計算題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 計算題題型強(qiáng)化 第4講 加試計算題23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，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 計算題題型強(qiáng)化 第4講 加試計算題23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4講加試計算題23題電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用題型1電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1(2017浙江“七彩陽光”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，中間半徑為r的地方無磁場另有一水平金屬導(dǎo)軌MN用導(dǎo)線連接金屬圓環(huán)，MN用導(dǎo)線連接中心軸，導(dǎo)軌上放置一根金屬棒CD，其長度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)軌之間的動摩擦因數(shù)為，水平導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B2中，金屬棒CD通過細(xì)繩、定滑輪與質(zhì)量也為m的重物相連，重物放置在水平地面上所

2、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0順時針轉(zhuǎn)動(俯視)，求：感應(yīng)電動勢及接在水平導(dǎo)軌上的理想電壓表的電壓；(2)若金屬棒OA順時針轉(zhuǎn)動(俯視)的角速度隨時間變化的關(guān)系為kt，求：重物離開地面之前支持力隨時間變化的表達(dá)式答案見解析解析 (1)感應(yīng)電動勢EB1rB10r2 感應(yīng)電流I電壓表示數(shù)UVI2RB10r2(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力平衡FNFTmg當(dāng)F安mg時即t，F(xiàn)T0所以FNmg當(dāng) F安mg時即t，F(xiàn)TF安mg所以FNmgmg.2(2017金華市高二上

3、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(xì)均勻的導(dǎo)線繞成的正方形閉合線圈，匝數(shù)N10，邊長L0.4 m，總電阻R1 ，滑板和線圈的總質(zhì)量M2 kg，滑板與地面間的動摩擦因數(shù)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(nèi)有垂直線圈平面的水平勻強(qiáng)磁場，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v0.4 m/s勻速通過矩形磁場t0時刻，線圈右側(cè)恰好開始進(jìn)入磁場，g10 m/s2，求：圖2(1)t0.5 s時線圈中通過的電流；(2)線圈左側(cè)進(jìn)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

4、大值與最小值之比答案(1)0.4 A(2)10.8 N(3)5449解析(1)線圈切割磁感線E1NBv0.4 VI10.4 A.(2)線圈因勻速運(yùn)動將要全部進(jìn)入前，右邊導(dǎo)線所受向左的總安培力F1NBI10.4 N上邊導(dǎo)線所受向下的總安培力F2NBI1L0.8 N滑動摩擦力Ff(MgF2)10.4 N故拉力：FF1Ff10.8 N.(3)線圈左側(cè)進(jìn)入磁場區(qū)域后的瞬間拉力有最小值Fmin，t1 s時刻，在磁場運(yùn)動E20.2 V線圈中形成順時針方向的電流I20.2 A線圈上邊受到向上的最大安培力F3NBI2L0.4 N此時拉力Fmin(MgF3)9.8 N所以最大值與最小值之比為5449.1.電磁感

5、應(yīng)中動力學(xué)問題的基本特點導(dǎo)體棒運(yùn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢感應(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)動狀態(tài)，要抓住a0時速度v達(dá)到最大的特點2用牛頓運(yùn)動定律處理電磁感應(yīng)問題的基本思路題型2動力學(xué)和能量觀點的綜合應(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)電梯減速時大部分制動的負(fù)荷， 從而減小傳統(tǒng)制動器的磨損如圖3甲所示，是該同學(xué)設(shè)計的電磁阻尼制動器的原理圖電梯箱與配重質(zhì)量都為 M，通過高強(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)盤通過固定轉(zhuǎn)軸與制動轉(zhuǎn)盤相連制動轉(zhuǎn)盤上固定了半徑為r2

6、和r3 的內(nèi)外兩個金屬圈(如圖乙)，金屬圈內(nèi)阻不計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. 制動轉(zhuǎn)盤放置在一對勵磁線圈之間，勵磁線圈產(chǎn)生垂直于制動轉(zhuǎn)盤的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)，磁場區(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(圖中未畫出)高度為h時關(guān)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(dá)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(zhuǎn)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(zhuǎn)盤的質(zhì)量，且不計其他阻力影響，則在上述制

7、動過程中，制動轉(zhuǎn)盤產(chǎn)生的熱量是多少？(3)若要提高制動的效果，試對上述設(shè)計做出兩處改進(jìn)答案見解析解析(1)var3vbr2E聯(lián)立解得：EIUabI0.5R聯(lián)立解得：Uab(2)Qmgh(m2M)v2解得：Q(m2M)v2mgh(3)增加勵磁電流：減小金屬棒的電阻；增加金屬棒的數(shù)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(nèi)金屬圈的半徑r2；減小承重轉(zhuǎn)盤的半徑r1.(任選兩項即可)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L0.5 m，PQ是分界線，傾斜部分傾角為30，PQ 右側(cè)有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場B21 T，PQ 左側(cè)存在著垂直于水

8、平面但方向未知、大小也為1 T的勻強(qiáng)磁場B1，如圖4所示質(zhì)量m0.1 kg、電阻 R0.1 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)軌間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)軌底端接有R0.1 的電阻開始時ab、cd均靜止于導(dǎo)軌上現(xiàn)對ab桿施加一水平向左的恒定外力F，使其向左運(yùn)動，當(dāng)ab桿向左運(yùn)動的位移為x時開始做勻速直線運(yùn)動，此時cd剛要開始沿斜面向上運(yùn)動(仍保持靜止)，再經(jīng)t0.4 s撤去外力F，最后ab桿靜止在水平導(dǎo)軌上整個過程中電阻R的發(fā)熱量為Q1.0 J設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(g10 m/s2)圖4(1)判斷B1磁場的方向；(2)剛撤去外力F時ab桿的速度v的大?。?3

9、)求ab桿的最大加速度a和加速過程中的位移x的大小答案見解析解析(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(dāng)cd即將開始向上運(yùn)動時，cd桿受力平衡， 可得：B2IcdLmgsin mgcos 得：Icd2.5 AIab2Icd由閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律可得：B1LvIab(R)v1.5 m/s(3)當(dāng)速度達(dá)到最大時ab桿受力平衡，即FB1IabL解得F2.5 N而ab桿剛開始運(yùn)動時水平方向只受拉力作用，此時加速度最大Fma，a25 m/s2對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，由動能定

10、理可得FxW安00|W安|6Q解得x2.4 mxxvt1.8 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)化而來的，從電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生的機(jī)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(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量度的3從能量轉(zhuǎn)化的角度分析電磁感應(yīng)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(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

11、恒定律列方程求解專題強(qiáng)化練(限時：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點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間OO1O1O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，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，與磁場左邊界相距d0.現(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運(yùn)動，棒ab在離開磁場前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計)求：圖1(1)棒ab在離開磁場右邊界時的速度大小；(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(d0d)解析(1)棒在磁場中勻速運(yùn)動時，有

12、FFABIl，再據(jù)I聯(lián)立解得v(2)安培力做的功轉(zhuǎn)化成兩個電阻消耗的總電能Q，根據(jù)能量守恒定律可得F(d0d)Qmv2，解得QF(d0d).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(dǎo)軌，MN和MN是兩根用細(xì)線連接的金屬桿，其質(zhì)量分別為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.整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌所在平面垂直導(dǎo)軌電阻可忽略，重力加速度為g.在t0時刻將細(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，任意時刻兩桿運(yùn)動的速度之比；(2)兩桿分別達(dá)到的最大速

13、度答案(1)21(2)解析(1)設(shè)某時刻MN和MN速度分別為v1、v2由動量守恒mv12mv20，得.(2)當(dāng)MN和MN的加速度為零時，速度最大對MN由平衡條件知BIl2mgIEBlv1Blv2得v1，v2.3如圖3所示，兩平行導(dǎo)軌間距L0.1 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30，垂直斜面方向向上的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T，水平部分沒有磁場金屬棒ab的質(zhì)量m0.005 kg，電阻r0.02 ，運(yùn)動中與導(dǎo)軌有良好接觸，并且始終垂直于導(dǎo)軌，電阻R0.08 ，其余電阻不計，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

14、滑行的最大距離x都是1.25 m(取g10 m/s2)求：圖3(1)金屬棒ab與棒在斜面上的最大速度為多少？(2)金屬棒ab與水平面間的動摩擦因數(shù)；(3)從高度h1.0 m處滑下后電阻R上產(chǎn)生的熱量答案見解析解析(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，設(shè)勻速時速度為v，則感應(yīng)電動勢EBLv感應(yīng)電流I安培力FBIL，勻速運(yùn)動時，有mgsin F解得v1.0 m/s.(2)在水平面上運(yùn)動時，金屬棒所受滑動摩擦力Ffmg金屬棒在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動，有Ffmav22ax，解得0.04.(3)下滑的過程中，由動能定理可得：mghW安mv2

15、安培力所做的功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，有W安Q電阻R上產(chǎn)生的熱量：QRQ解得QR3.8102 J.4如圖4甲所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為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 .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 ，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(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，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的規(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 370.6，cos 370.8.求：圖4(1)1.

16、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(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/s4 W解析(1)由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向為順時針，即流過小燈泡的電流從左到右02 s回路中感應(yīng)電動勢大小E1S，代入數(shù)據(jù)可得E10.5 V1.5 s時流過小燈泡的電流大小I10.25 A.(2)棒下落后速度為4 m/s時感應(yīng)電流I21 A.分析棒的受力有mgsin mgcos BLI2ma代入數(shù)據(jù)可得棒的加速度a1 m/s2.(3)小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時棒勻速運(yùn)動，有mgsin mgcos

17、 代入數(shù)據(jù)可得vm8 m/s棒上的感應(yīng)電動勢大小E3BLvm4 V小燈泡穩(wěn)定時的功率PI2R()2R4 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(zhuǎn)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(yùn)動，課本中講解了由vt圖象求位移的方法請你借鑒此方法，根據(jù)圖甲的QU圖象，推導(dǎo)電容器所儲存的電場能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

18、C的電容器框架上一質(zhì)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場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：金屬棒落地時的速度大小；金屬棒從靜止釋放到落到地面的時間答案(1)E電(2) 解析(1)由功能關(guān)系可知克服電場力做功等于產(chǎn)生的電場能：根據(jù)速度時間圖象圍成的面積代表位移可知在QU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)設(shè)金屬棒落地的速度為v，此時金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感生電動勢感生電動勢大小為EBLv電容器儲存的電場能為E電由動能定理得mghE電解得v 金屬棒下落過程中受安培力和重力，由動量定理可得mgtF安tmvF安BILQItQCUUBLvvv0解得t .11