《高考专题精校解析Word版---物理冲刺大题精做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《高考专题精校解析Word版---物理冲刺大题精做13 电磁感应中的动力学和能量问题（教师版）（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考物理冲刺卷1【衡水模拟】如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板。R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。(1)调节RxR，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m，带电量为q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。【解析】(1)对ab匀速下滑时：Mgsin BIl解得通过棒的电流为：IMgsinBl由IBlvR+Rx 联立解之得：
2、 v2MgRsinB2l2。(2)对板间粒子有：qUd mg根据欧姆定律得RxUI 联立解之得：RxmBldqMsin。2【2017江苏】如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，
3、感应电流的功率P。【解析】（1）感应电动势 EBdv0 感应电流IER解得IBdv0R（2）安培力 FBId牛顿第二定律 Fma来源:学科网解得aB2d2v0mR（3）金属杆切割磁感线的速度vv0-v，则感应电动势 EBd(v0-v) 电功率PE2R 解得PB2d2(v0-v)2R模拟精做1【江苏联考】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
4、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)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
5、（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故06 s内杆上产生的热量Q杆rR+rQ11034.8J3.48J2【宁夏模拟】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
6、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【蓝田模拟】实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为0.1 m、长为0. 4 m的10匝矩形线框abcd，总电阻R2 ，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总
7、质量m0.2 kg。如图是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为f0.4 N，进入磁场前已达到最大速度v5 m/s，车头(ab边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾(cd边)刚出磁场时速度恰好为零。已知有界磁场宽度为0.4 m，磁感应强度为B1.4 T，方向竖直向下。求：(1)进入磁场前小车所受牵引力的功率P；(2)车头刚进入磁场时，小车的加速度大小；(3)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q。【解析】（1）进入磁场前小车匀速运动时速度最大，则有：Ff牵引力的功率为：PFvfv2W；（2）车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为：ENBLv7V感应电流的大小为：IERNBLvR
8、3.5A 车头刚进入磁场时，小车受到阻力、安培力，安培力为F安NBIL4.9N小车的加速度aF安+fm26.5m/s （3）根据能量守恒定律得：Q+f2smv2可得电磁刹车过程中产生的焦耳热为Q2.18J4【河北五校联盟联考】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
9、直向下的匀强磁场，且范围足够大。（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
10、： I3E1R1+R2金属棒受力力的方程有：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。5【杭州预测卷】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
11、位于两磁场边界处，匝数n200，每匝质量为0.1 kg，每匝电阻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
12、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？(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.
