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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(wèn)題

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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(wèn)題

大題精做十三 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)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(guò)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(guò),求此時(shí)的Rx。 【解析】(1)對(duì)ab勻速下滑時(shí):Mgsinθ=BIl 解得通過(guò)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(guò)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(guò)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(guò)金屬桿時(shí),桿中感應(yīng)電流的大小I; (2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí),桿的加速度大小a; (3)PQ剛要離開(kāi)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(kāi)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(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),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(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(guò)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=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=3.48J 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(guò)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(guò)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(guò)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(kāi)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(kāi)開(kāi)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(kāi)關(guān)S2斷開(kāi)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(guò)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(guò)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)?,F(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(kāi)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(guò)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的大小; (2)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到線框全部進(jìn)入下方磁場(chǎng)過(guò)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到撤去外力過(guò)程中,線框產(chǎn)生的焦耳熱為 J,則該過(guò)程流過(guò)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(kāi)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(guò)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(guò)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到撤去外力過(guò)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. 6

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