2020高考物理 增值增分特訓(xùn) 應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點處理電磁感應(yīng)問題（通用）

應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點處理電磁感應(yīng)問題 (限時：60分鐘)1 (2020·新課標·25)如圖1，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為，間距為L.導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g.忽略所有電阻讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：圖1(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系答案(1)QCBLv(2)vgt解析(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動勢為EBLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為UE設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C聯(lián)立式得QCBLv(2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t，通過金屬棒的電流為i.金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為FBLi設(shè)在時間間隔(t，tt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，按定義有iQ也是平行板電容器極板在時間間隔(t，tt)內(nèi)增加的電荷量，由式得QCBLv式中，v為金屬棒的速度變化量按定義有a金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為FfFN式中，F(xiàn)N是金屬棒對導(dǎo)軌的正壓力的大小，有FNmgcos 金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin FFfma聯(lián)立至式得ag由式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速直線運動t時刻金屬棒的速度大小為vgt2 (2020·廣東·36)如圖2(a)所示，在垂直于勻強磁場B的平面內(nèi)，半徑為r的金屬圓盤繞過圓心O的軸轉(zhuǎn)動，圓心O和邊緣K通過電刷與一個電路連接電路中的P是加上一定正向電壓才能導(dǎo)通的電子元件流過電流表的電流I與圓盤角速度的關(guān)系如圖(b)所示，其中ab段和bc段均為直線，且ab段過坐標原點0代表圓盤逆時針轉(zhuǎn)動已知：R3.0 ，B1.0 T，r0.2 m忽略圓盤、電流表和導(dǎo)線的電阻圖2(1)根據(jù)圖(b)寫出ab、bc段對應(yīng)的I與的關(guān)系式；(2)求出圖(b)中b、c兩點對應(yīng)的P兩端的電壓Ub、Uc；(3)分別求出ab、bc段流過P的電流IP與其兩端電壓UP的關(guān)系式答案見解析解析(1)由題圖(b)得出三點坐標a(45，0.3)，b(15，0.1)，c(45,0.4)，由直線的兩點式得I與的關(guān)系式為I(2)圓盤切割產(chǎn)生的電動勢為：EBrBr20.02當15 rad/s時E0.3 V，當45 rad/s時E0.9 V，忽略電源內(nèi)阻，故UPE，可得：Ub0.3 V，Uc0.9 V(3)對應(yīng)于c點P導(dǎo)通，通過電表的電流I總 A0.4 A解得RP9 則對應(yīng)于bc段流過P的電流IP對應(yīng)于a點元件P不導(dǎo)通，則對應(yīng)于ab段流過P的電流IP0.3 如圖3甲所示，兩條電阻不計的金屬導(dǎo)軌平行固定在傾角為37°的斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L0.5 m上端通過導(dǎo)線與R2 的電阻連接，下端通過導(dǎo)線與RL4 的小燈泡連接在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的勻強磁場，CE間距離d2 mCDFE區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示在t0時，一阻值為R02 的金屬棒從AB位置由靜止開始運動，在金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化設(shè)導(dǎo)軌AC段有摩擦，其他部分光滑，金屬棒運動過程中始終與CD平行(g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：圖3(1)通過小燈泡的電流強度；(2)金屬導(dǎo)軌AC段的動摩擦因數(shù)；(3)金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量答案(1)0.1 A(2)(3)1.375 J解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得ELd0.5 V由閉合電路歐姆定律得IL0.1 A(2)燈泡亮度不變，則全程通過燈泡的電流恒為IL，設(shè)金屬棒運動到CD時的速度為v，金屬棒在AC段的加速度為a則依題意有BLvILRL(ILIR)R0ILRLIRR由牛頓第二定律可得mgsin 37°mgcos 37°ma由運動學(xué)公式vat1由題圖乙可知t14 s，B2 T代入以上方程聯(lián)立可得v1.0 m/s，(3)金屬棒在CE段做勻速直線運動，則有mgsin 37°B(ILIR)L解得m0.05 kgBD段的位移xt12 m根據(jù)能量守恒有EILt1mg(xd)sin 37°mv2Q解得整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q1.375 J4 如圖4甲所示，一個質(zhì)量m0.1 kg的正方形金屬框總電阻R0.5 ，金屬框放在表面絕緣且光滑的斜面頂端(金屬框上邊與AA重合)，自靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中穿過一段邊界與斜面底邊BB平行、寬度為d的勻強磁場后滑至斜面底端(金屬框下邊與BB重合)，設(shè)金屬框在下滑過程中的速度為v，與此對應(yīng)的位移為x，那么v2x圖象(記錄了金屬框運動全部過程)如圖乙所示，已知勻強磁場方向垂直斜面向上試問：(g取10 m/s2)圖4(1)根據(jù)v2x圖象所提供的信息，計算出金屬框從斜面頂端滑至底端所需的時間為多少；(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度多大；(3)現(xiàn)用平行斜面向上的恒力F作用在金屬框上，使金屬框從斜面底端BB(金屬框下邊與BB重合)由靜止開始沿斜面向上運動，勻速通過磁場區(qū)域后到達斜面頂端(金屬框上邊與AA重合)試計算恒力F做功的最小值答案(1) s(2) T(3)3.6 J解析由v2x圖可知，物體運動可分為三段，設(shè)位移分別為x1、x2、x3，對應(yīng)的時間分別為t1、t2、t3.x10.9 m，v00，勻加速直線運動x21.0 m，v13 m/s，勻速直線運動x31.6 m，初速度v13 m/s，末速度v35 m/s，勻加速直線運動(1)金屬框從x0到x10.9 m做勻加速直線運動，由公式v2a1x1得a15 m/s2t1 s0.6 st2 s同理vv2a3x3解得：a35 m/s2t3 s0.4 st總t1t2t3 s(2)金屬框通過磁場時做勻速直線運動，金屬框受力平衡在AAaa區(qū)域，對金屬框進行受力分析mgsin ma1穿過磁場區(qū)域時，F(xiàn)安BILmgsin ma1由題意得：金屬框的寬度Ld0.5 m解得B T(3)設(shè)恒力作用時金屬框上邊進入磁場速度為vFx3mgx3sin mv2金屬框穿過磁場時，F(xiàn)mgsin 又由mgsin ma1解得v m/s，F(xiàn) N由于mv2>mgx1sin ，所以穿過磁場后，撤去外力F，物體仍可到達頂端所以恒力F做功為WF(x2x3)×(1.61) J3.6 J.【必考模型5】導(dǎo)軌單桿模型1.模型特點：一根金屬桿在外力及安培力的作用下沿導(dǎo)軌滑行，金屬桿產(chǎn)生感應(yīng)電動勢對電路供電.2.表現(xiàn)形式：(1)導(dǎo)軌的放置方式：水平；豎直；傾斜.(2)桿的運動狀態(tài)：勻速；勻變速；非勻變速.3.應(yīng)對模式：(1)電路分析.畫等效電路圖，導(dǎo)體棒相當于電源.電流方程：I，電荷方程：q·tn.(2)受力分析.畫受力分析圖，注意感應(yīng)電流和安培力的大小、方向.動力學(xué)方程：F安BIl或F安，F(xiàn)合ma.(3)過程分析.一般情況下做加速度減小的變速運動，可能加速，也可能減速，但最終a0.穩(wěn)態(tài)平衡方程a0或F合0.,(4)能量分析.感應(yīng)電流做功產(chǎn)生電能，能量方程：W安Q，W合Ek(動能定理).