2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做13 電磁感應(yīng)中的動力學和能量問題.docx
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大題精做十三 電磁感應(yīng)中的動力學和能量問題 1.【衡水模擬】如圖所示,質(zhì)量為M的導體棒ab,垂直放在相距為l的平行光滑金屬導軌上,導軌平面與水平面的夾角為θ,并處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中,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變阻器的阻值,不計其他電阻。 (1)調(diào)節(jié)Rx=R,釋放導體棒,當棒沿導軌勻速下滑時,求通過棒的電流I及棒的速率v; (2)改變Rx,待棒沿導軌再次勻速下滑后,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,求此時的Rx。 【解析】(1)對ab勻速下滑時:Mgsinθ=BIl 解得通過棒的電流為:I=MgsinθBl 由I=BlvR+Rx 聯(lián)立解之得:v=2MgRsinθB2l2。 (2)對板間粒子有: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的金屬桿靜置在導軌上,其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下。當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后,金屬桿的速度變?yōu)関。導軌和金屬桿的電阻不計,導軌光滑且足夠長,桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求: (1)MN剛掃過金屬桿時,桿中感應(yīng)電流的大小I; (2)MN剛掃過金屬桿時,桿的加速度大小a; (3)PQ剛要離開金屬桿時,感應(yīng)電流的功率P。 【解析】(1)感應(yīng)電動勢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)電動勢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,開始時,與MP相距L=4 m。導軌置于豎直向下的磁場中,其磁感應(yīng)強度B隨時間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時桿開始做勻加速直線運動,加速度大小a=1 m/s,6 s末力F做的功為30 J。求:(g取10 m/s) (1)桿靜止時,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)桿做勻加速直線運動的時間為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 在運動過程中桿受到的安培力FA=BI2d=6.4 N 對桿運用牛頓第二定律,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=I1(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=11034.8J=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磁場中,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,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小; (2)P棒和Q棒最終的速度。 【解析】(1)設(shè)P棒滑到b點的速度為v0,由機械能守恒定律: ,得: (2)最終兩棒的電動勢相等,即:2BLvP=BLvQ 得2vP=vQ(此時兩棒與軌道組成的回路的磁通量不變) 這個過程中的任意一時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P棒: -2I=mvP-mv0 對Q棒:I=mvQ 聯(lián)立兩式解得:,。 3.【藍田模擬】實驗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、長為0.4 m的10匝矩形線框abcd,總電阻R=2 Ω,面積可認為與小車底面相同,其平面與水平地面平行,小車總質(zhì)量m=0.2 kg。如圖是簡化的俯視圖,小車在磁場外以恒定的功率做直線運動,受到地面阻力恒為f=0.4 N,進入磁場前已達到最大速度v=5 m/s,車頭(ab邊)剛要進入磁場時立即撤去牽引力,車尾(cd邊)剛出磁場時速度恰好為零。已知有界磁場寬度為0.4 m,磁感應(yīng)強度為B=1.4 T,方向豎直向下。求: (1)進入磁場前小車所受牽引力的功率P; (2)車頭剛進入磁場時,小車的加速度大小; (3)電磁剎車過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。 【解析】(1)進入磁場前小車勻速運動時速度最大,則有: F=f 牽引力的功率為:P=Fv=fv=2W; (2)車頭剛進入磁場時,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為:E=NBLv=7V 感應(yīng)電流的大小為:I=ER=NBLvR=3.5A 車頭剛進入磁場時,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金屬導軌,相距L=1 m。導軌間接有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的超級電容。不計電阻的導體棒跨放在導軌上并與導軌接觸良好,棒的質(zhì)量為m=0.2 kg,棒的中點用垂直棒的細繩經(jīng)光滑輕質(zhì)定滑輪與物體相連,物體的質(zhì)量M=0.4 kg。在導體棒ab所處區(qū)域存在磁感應(yīng)強度B=2 T、方向豎直向下的勻強磁場,且范圍足夠大。(導軌的電阻不計,g取10 m/s2) (1)現(xiàn)閉合開關(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)斷開開關(guān)S1閉合S2,待電路穩(wěn)定后,求電容的帶電量; (3)使導體棒靜止在導軌上,開關(guān)S2斷開的情況下(電容始終正常工作)釋放導體棒,試討論物體的運動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)將做勻速運動,此時金屬棒切割磁場產(chǎn)生電動勢有: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 通過金屬棒的電流:I=ΔQΔt 電容器Δt時間增加的電量:ΔQ=CΔU 金屬棒Δt時間增加的電壓: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 即導體棒做初速度為零,加速度為2.5m/s2的勻加速直線運動,電容電量每秒均勻增加ΔQ=1.25C。 5.【杭州預(yù)測卷】如圖所示,空間存在兩個沿水平方向的等大反向的勻強磁場,水平虛線為其邊界,磁場范圍足夠大,矩形多匝閉合線框ABCD下邊位于兩磁場邊界處,匝數(shù)n=200,每匝質(zhì)量為0.1 kg,每匝電阻R=1 Ω,邊長AB=0.5 m,BC=1.125 m。一根足夠長的絕緣輕質(zhì)細線跨過兩個輕質(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為線框的瞬時速度大小)?,F(xiàn)將線框靜止釋放,剛運動時,外力F的方向豎直向下,線框中的電流隨時間均勻增加。一段時間后撤去外力F,線框恰好開始做勻速直線運動.若細線始終繃緊,線框平面在運動過程中始終與磁場垂直,且CD邊始終保持水平,重力加速度g=10 m/s2,不計空氣阻力。 (1)求空間中勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小; (2)從開始運動到線框全部進入下方磁場過程所用時間t和線上拉力的最大功率分別為多少? (3)從開始運動到撤去外力過程中,線框產(chǎn)生的焦耳熱為 J,則該過程流過單匝導線橫截面的電荷量q和外力F做的功分別為多少? 【解析】(1)開始時電流隨時間均勻增加,又因為E=2nBLv(L為AB長度),I== 所以v隨t均勻增加,線框做勻加速運動,則FA=BIL= 由牛頓第二定律有nmg-Mg-F-2nFA=(M+nm)a 初始時,v=0、F=70 N、FA=0;運動時,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)勻速運動時nmg=Mg+2nFA,所以v0=0.5 m/s 則勻加速運動時間t1==0.5 s,x1==0.125 m 則x2=xBC-x1=1 m 勻速運動時間t2==2 s,總時間t=t1+t2=2.5 s 勻加速過程中,研究物體P:FT-Mg-F=Ma,F(xiàn)T=180-200v P=FTv=180v-200v2=-2002+≤40.5 W 勻速運動過程中,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)從開始運動到撤去外力過程中,因為E=2nBLv ==,則=t1,q=t1=0.125 C 由動能定理得:(nmg-Mg)x1-W克安+WF=(nm+M)v 故WF=- J.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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