《2020届高考系统复习物理大题精做13 电磁感应中的动力学和能量问题（教师版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考系统复习物理大题精做13 电磁感应中的动力学和能量问题（教师版）（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1如图所示，竖直平面内两根光滑且不计电阻的长平行金属导轨，间距为L，导轨间的空间内存在垂直导轨平面的匀强磁场；将一质量为m、电阻为R的金属杆水平靠在导轨处上下运动，与导轨接触良好。(1)若磁感应强度随时间变化满足Bkt，k为已知非零常数，金属杆在距离导轨顶部L处释放，则何时释放，会获得向上的加速度。(2)若磁感应强度随时间变化满足B，B0、c、d均为已知非零常数，为使金属杆中没有感应电流产生，从t0时刻起，金属杆应在外力作用下做何种运动？【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得：ESkL2安培力：FABILBLBLktL，设t时刻能获得向上的加速度，此时安培力：FAmg，即：mg，解得：t。(2)
2、设t0时，金属杆距离顶部x，为了不产生感应电流，任意时刻通过闭合回路的磁通量应与刚开始相同，设t时间内位移为s，已知：B磁通量保持不变，则LxL(xs)解得：st2，金属杆由静止开始向下做匀加速直线运动。2两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图3甲所示两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的vt图象(v表示
3、两棒的相对速度，即vvavb)(1)试证明：在0t2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B无关；(2)求t1时刻，棒b的加速度大小；(3)求t2时刻，两棒之间的距离。【解析】(1)t2时刻，两棒速度相等，由动量守恒定律得：mv0mvmv由能量守恒定律得整个过程中产生的焦耳热：Qmv02(2m)v2解得：Qmv02所以在0t2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B无关(2)t1时刻，vvavb由动量守恒定律：mv0mvamvb解得：vav0时，vbv0回路中的电动势：EBLv0BLv0BLv0此时棒b所受的安培力：FBIL由牛顿第二定律可得，棒b的加速度a(3)t2时刻，两棒速度相同，由(1)知
4、：v0t2时间内，对棒b，由动量定理，有：BiLtmv0，即：BqLmv又：qttt解得：xx0。1如图1所示，两条相距d1 m的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接一阻值R9 的电阻，右端放置一阻值r1 、质量m1 kg的金属杆，开始时，与MP相距L4 m。导轨置于竖直向下的磁场中，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示。给金属杆施加一向右的力F（F未知），使02 s内杆静止在NQ处。在t2 s时杆开始做匀加速直线运动，加速度大小a1 m/s，6 s末力F做的功为30 J。求：（g取10 m/s）(1)杆静止时，杆中感应电流的大小I和方向；(2)杆在t6 s末受到的力F的大小(3)
5、06 s内杆上产生的热量。【解析】(1)在02 s内，由电磁感应定律得E1tLdBt8 V由闭合电路欧姆定律得I1E1R+r0.8 A，方向NQ(2)杆做匀加速直线运动的时间为t4 s6 s末杆的速度vat4 m/s由电磁感应定律得E2Bdv16 V由闭合电路欧姆定律得I2E2R+r1.6 A在运动过程中杆受到的安培力FABI2d6.4 N对杆运用牛顿第二定律，有：FFAma解得：F7.4 N(3)02 s内系统产生的焦耳热Q1I1(R+r)t12.8 J26 s内，根据能量守恒定律有：WQ2+12mv2系统产生的热量Q2W-12mv222J则06 s内系统产生的总热量QQ1+Q234.8 J
6、故06 s内杆上产生的热量Q杆rR+rQ11034.8J3.48J。2如图所示，光滑平行轨道abcd的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，bc段轨道宽度是cd段轨道宽度的2倍，bc段轨道和cd段轨道都足够长，将质量相等的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段，且与轨道垂直。Q棒静止，让P棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放，求：(1)P棒滑至水平轨道瞬间的速度大小；(2)P棒和Q棒最终的速度。【解析】(1)设P棒滑到b点的速度为v0，由机械能守恒定律：，得：(2)最终两棒的电动势相等，即：2BLvPBLvQ 得2vPvQ（此时两棒与轨道组成的回路的磁通量不变）这个过程中的任意一时刻两棒的电流
7、都相等，但由于轨道宽度两倍的关系，使得P棒受的安培力总是Q棒的两倍，所以同样的时间内P棒受的安培力的冲量是Q棒的两倍，以水平向右为正方向，对P棒：2ImvPmv0对Q棒：ImvQ联立两式解得：，。3如图所示，P、Q为水平平行放置的光滑足够长金属导轨，相距L1 m。导轨间接有E15 V、r1 的电源，010 的变阻箱R0，R16 、R23 的电阻，C0.25 F的超级电容。不计电阻的导体棒跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m0.2 kg，棒的中点用垂直棒的细绳经光滑轻质定滑轮与物体相连，物体的质量M0.4 kg。在导体棒ab所处区域存在磁感应强度B2 T、方向竖直向下的匀强磁场，且范围足够
8、大。（导轨的电阻不计，g取10 m/s2)(1)现闭合开关S1、S2，为了使物体保持静止，求变阻箱连入电路的阻值；(2)现断开开关S1闭合S2，待电路稳定后，求电容的带电量；(3)使导体棒静止在导轨上，开关S2断开的情况下（电容始终正常工作）释放导体棒，试讨论物体的运动情况和电容电量的变化规律。【解析】(1)金属棒受力的方程有：Mg-BlI20流经电阻R1的电流有：I1I2R2R1闭合电路欧姆有：E(I1+I2)(R0+r)+I2R2 代入数据解得：R02(2)电路稳定后，分析知物体（金属棒）将做匀速运动，此时金属棒切割磁场产生电动势有： E1Blv1 电路端电流有：I3E1R1+R2金属棒受
9、力力的方程有：Mg-BlI30电容C的带电量有：QE1C 代入数据解得：Q4.5 C(3)物块某时受力力的方程有：Mg-TMa金属棒受力力的方程有：T-BlIma 通过金属棒的电流：IQt 电容器t时间增加的电量：QCU 金属棒t时间增加的电压：UBlv 加速度定义式：avt 代入数据解得：a2.5m/s2，I1.25A 即导体棒做初速度为零，加速度为2.5m/s2的匀加速直线运动，电容电量每秒均匀增加Q1.25C。4如图所示，空间存在两个沿水平方向的等大反向的匀强磁场，水平虚线为其边界，磁场范围足够大，矩形多匝闭合线框ABCD下边位于两磁场边界处，匝数n200，每匝质量为0.1 kg，每匝电
10、阻R1 ，边长AB0.5 m，BC1.125 m。一根足够长的绝缘轻质细线跨过两个轻质光滑定滑轮，一端连接线框，另一端连接质量为10 kg的竖直悬挂的绝缘物体P，且P受到F70200v(N)的竖直外力作用(v为线框的瞬时速度大小)。现将线框静止释放，刚运动时，外力F的方向竖直向下，线框中的电流随时间均匀增加。一段时间后撤去外力F，线框恰好开始做匀速直线运动若细线始终绷紧，线框平面在运动过程中始终与磁场垂直，且CD边始终保持水平，重力加速度g10 m/s2，不计空气阻力。(1)求空间中匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)从开始运动到线框全部进入下方磁场过程所用时间t和线上拉力的最大功率分别为多少
11、？(3)从开始运动到撤去外力过程中，线框产生的焦耳热为 J，则该过程流过单匝导线横截面的电荷量q和外力F做的功分别为多少？【解析】(1)开始时电流随时间均匀增加，又因为E2nBLv(L为AB长度)，I所以v随t均匀增加，线框做匀加速运动，则FABIL由牛顿第二定律有nmgMgF2nFA(Mnm)a初始时，v0、F70 N、FA0；运动时，F70200v，FA将两组数据代入，联立得200v所以B1 T，a1 m/s2(2)匀速运动时nmgMg2nFA，所以v00.5 m/s则匀加速运动时间t10.5 s，x10.125 m则x2xBCx11 m匀速运动时间t22 s，总时间tt1t22.5 s匀
12、加速过程中，研究物体P：FTMgFMa，FT180200vPFTv180v200v2200240.5 W匀速运动过程中，研究物体P：FTMgPFTv050 W40.5 W所以线上拉力的最大功率为50 W(3)从开始运动到撤去外力过程中，因为E2nBLv，则t1，qt10.125 C由动能定理得：(nmgMg)x1W克安WF(nmM)v故WF J。5如图所示，水平轨道与半径为r的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上。在平板的上下各有一个块相互正对的水平金属板P、Q，两板间的距离为d。半圆轨道的最高点T、最低点S、及P、Q板右侧边缘点在同一竖直线上。装置左侧有
13、一半径为L的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个根长度略大于L的金属杆一端置于圆环上，另一端与过圆心O1的竖直转轴连接，转轴带动金属杆逆时针转动(从上往下看)，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P、Q连接。图中电阻阻值为R，不计其他电阻。右侧水平轨道上有一带电量为+q、质量为m的小球1以速度向左运动，与前面静止的、质量也为m的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动。小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P、Q板正对区域间才存在电场，重力加速度为g。(1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v；(2)若金属杆转动的角速度为，计算图中电阻
14、R消耗的电功率P；(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，计算金属杆转动的角速度的范围。【解析】(1)两球碰撞过程动量守恒，则：解得：。(2)杆转动的电动势电阻R的功率。(3)通过金属杆的转动方向可知：P、Q板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T，临界状态是粘合体刚好达到T点，此时金属杆的角速度1为最小，设此时对应的电场强度为E1，粘合体达到T点时的速度为v1。在T点，由牛顿第二定律得从S到T，由动能定理得 解得 杆转动的电动势两板间电场强度 联立解得如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度2为最大，设此时对应的电场强度为E2。在S点，由牛顿第二定律得杆转动的电动势 两板间电场强度联立解得 综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，金属杆转动的角速度的范围为：。6某兴趣小组设计制作了一种磁悬浮列车模型，原理如图所示，PQ和MN是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场B1和B2，二者方向相反。矩形金属框固定在实验车
