2019高考物理三轮冲刺大题提分大题精做13电磁感应中的动力学和能量问题.docx

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1、1大题精做十三 电磁感应中的动力学和能量问题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 Rx R，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： Mg

2、sin BIl解得通过棒的电流为： IMgsinBl由 IBlvR+Rx联立解之得： 。 v2MgRsinB2l2(2)对板间粒子有： q mgUd根据欧姆定律得 RxUI联立解之得： 。RxmBldqMsin2 【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

3、)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，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解得 aB2d2v0mR2（3）金属杆切割磁感线的速度 ，则v v0-v感应电动势 EBd(v0-v)电功率 PE2R解得 PB2d2(v0-v)2R1 【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

4、 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)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8 VE1 tLd B t由闭合电路欧姆定律得 0.8 A，方向 N QI1E1R+r（2）杆做匀加速直线运动的时间

5、为 t4 s6 s 末杆的速度 v at4 m/s由电磁感应定律得 E2 Bdv16 V由闭合电路欧姆定律得 1.6 AI2E2R+r在运动过程中杆受到的安培力 FA BI2d6.4 N对杆运用牛顿第二定律，有： FFA ma解得： F7.4 N（3）02 s 内系统产生的焦耳热 Q1 I1(R+r)t12.8 J26 s 内，根据能量守恒定律有： W Q2+12mv2系统产生的热量 Q2W -12mv222 J则 06 s 内系统产生的总热量 34.8 JQ Q1+Q2故 06 s 内杆上产生的热量 Q杆 rR+rQ 11034.8J3.48J32 【宁夏模拟】如图所示，光滑平行轨道 abc

6、d 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：201mghv，得： 02gh(2)最终两棒的电动势相等，即：2 BLvP BLvQ得 2vP vQ（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

7、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：2 I mvP mv0对 Q 棒： I mvQ联立两式解得： 25Pghv， 25Qghv。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

8、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： IER NBLvR3.5A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 +fm 2

9、6.5m/s（3）根据能量守恒定律得：Q+f2s mv2124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、方向竖直向下的匀强磁场，且范围足够大。 （导轨的电阻不计， g 取

10、10 m/s2)(1)现闭合开关 S1、S 2，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金属棒受力力的

11、方程有： Mg-BlI30电容 C 的带电量有： Q E1C代入数据解得： Q 4.5 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 时间增加的电量：t QCU金属棒 时间增加的电压：t U Blv加速度定义式： avt代入数据解得： ；a 2.5m/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 。 Q1.25C5 【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 下边位于两磁场边界处，

12、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5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 F70200 v(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/s 2，不计空气阻力。(1)求空间中匀强磁场的磁感应强度 B

13、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 ？(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253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 E2 nBLv(L 为 AB 长度)， I EnR 2BLvR所以 v 随 t 均匀增加，线框做匀加速运动，则 FA BIL2B2L2vR由牛顿第二定律有 nmg Mg F2 nFA( M nm)a初始时， v0、 F70 N、 FA0；运动时， F

14、70200 v， FA2B2L2vR将两组数据代入，联立得 200v4nB2L2vR所以 B1 T， a1 m/s 2(2)匀速运动时 nmg Mg2 nFA，所以 v00.5 m/s则匀加速运动时间 t1 0.5 s， x1 0.125 mv0a v022a则 x2 xBC x11 m匀速运动时间 t2 2 s，总时间 t t1 t22.5 sx2v0匀加速过程中，研究物体 P： FT Mg F Ma， FT180200 vP FTv180 v200 v2200 2 40.5 W(v920) 812匀速运动过程中，研究物体 P： FT MgP FT v050 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 E2 nBLv ，则 t1， q t10.125 CIEnR 2BLvR I 2BLaR I由动能定理得：( nmg Mg)x1 W 克安 WF (nm M)v12 02故 WF J.5126