高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究4 加試計算題 23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用
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題型研究4 加試計算題 23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 1.導(dǎo)體棒的兩種運動狀態(tài) (1)平衡狀態(tài)——導(dǎo)體棒處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài),加速度為零; (2)非平衡狀態(tài)——導(dǎo)體棒的加速度不為零. 2.兩個研究對象及其關(guān)系 電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒既可看做電學(xué)對象(因為它相當于電源),又可看做力學(xué)對象(因為有感應(yīng)電流而受到安培力),而感應(yīng)電流I和導(dǎo)體棒的速度v是聯(lián)系這兩個對象的紐帶. 3.電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析思路 (1)電路分析:導(dǎo)體棒相當于電源,感應(yīng)電動勢相當于電源的電動勢,導(dǎo)體棒的電阻相當于電源的內(nèi)阻,感應(yīng)電流I=. (2)受力分析:導(dǎo)體棒受到安培力及其他力,安培力F安=BIl=,根據(jù)牛頓第二定律列動力學(xué)方程:F合=ma. (3)過程分析:由于安培力是變力,導(dǎo)體棒做變加速運動或變減速運動,當加速度為零時,達到穩(wěn)定狀態(tài),最后做勻速直線運動,根據(jù)共點力的平衡條件列方程:F合=0. 例1 如圖1甲所示,兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上,兩導(dǎo)軌間距為L,M、P兩點間接有阻值為R的電阻.一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上,并與導(dǎo)軌垂直.整套裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直斜面向下,導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略,讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑,導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好,不計它們之間的摩擦. 圖1 (1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示,請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖; (2)在加速下滑過程中,當ab桿的速度大小為v時,求此時ab桿中的電流及加速度的大??; (3)求在下滑過程中,ab桿可以達到的最大速度. 答案 (1)見解析圖 (2) gsin θ- (3) 解析 (1)如圖所示,ab桿受重力mg,豎直向下;支持力FN,垂直斜面向上;安培力F,沿斜面向上. (2)當ab桿速度為v時,感應(yīng)電動勢E=BLv, 此時電路中電流I==, ab桿受到的安培力F安=BIL=, 根據(jù)牛頓第二定律,有 ma=mgsin θ-F安=mgsin θ- a=gsin θ- (3)當a=0時,ab桿有最大速度 vm=. 用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”,具體思路如下: (1)進行“源”的分析——分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源,求出電源的參數(shù)E和r. (2)進行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu),明確串、并聯(lián)的關(guān)系,求出相關(guān)部分的電流大小,以便求解安培力. (3)“力”的分析——分析研究對象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力情況,尤其注意其所受的安培力. (4)進行“運動”狀態(tài)的分析——根據(jù)力和運動的關(guān)系,判斷出正確的運動模型. 變式題組 1.(2015浙江10月選考22)如圖2甲所示,質(zhì)量m=3.010-3 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中,“”形框的水平細桿CD長l=0.20 m,處于磁感應(yīng)強度大小B1=1.0 T,方向水平向右的勻強磁場中.有一匝數(shù)n=300匝,面積S=0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連.線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中,其磁感應(yīng)強度B2的大小隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示.(g取10 m/s2) 圖2 (1)求0~0.10 s線圈中的感應(yīng)電動勢大?。? (2)t=0.22 s時閉合開關(guān)K,若細桿CD所受安培力方向豎直向上,判斷CD中的電流方向及磁感應(yīng)強度B2的方向. (3)t=0.22 s時閉合開關(guān)K,若安培力遠大于重力,細框跳起的最大高度h=0.20 m,求通過細桿CD的電荷量. 答案 (1)30 V (2)C→D 向上 (3)0.03 C 解析 (1)由電磁感應(yīng)定律E=n 得E=nS=30 V (2)電流方向C→D,B2方向向上 (3)由牛頓第二定律F=ma=m(或由動量定理FΔt=mv-0),安培力F=IB1l,ΔQ=IΔt,v2=2gh,得ΔQ==0.03 C. 2.(2016浙江10月學(xué)考22)為了探究電動機轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關(guān)系,小明設(shè)計了如圖所示的裝置.半徑為l的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上,一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導(dǎo)軌接觸良好,另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上,由電動機A帶動旋轉(zhuǎn).在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面,大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場.另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi),并與固定在豎直平面內(nèi)的“U”型導(dǎo)軌保持良好接觸,導(dǎo)軌間距為l,底部接阻值也為R的電阻,處于大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場中.從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開關(guān)S與“U”型導(dǎo)軌連接.當開關(guān)S斷開,棒cd靜止時,彈簧伸長量為x0;當開關(guān)S閉合,電動機以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動,棒cd再次靜止時,彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度).不計其余電阻和摩擦等阻力,求此時: 圖3 (1)通過棒cd的電流Icd; (2)電動機對該裝置的輸出功率P; (3)電動機轉(zhuǎn)動角速度ω與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關(guān)系. 答案 (1),方向由d到c (2) (3) 解析 (1)ab順時針轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢為E=B1ωl2 由右手定則,電流方向由a到b, 由閉合電路歐姆定律,總電流I== 通過cd棒的電流Icd=I=,方向由d到c (2)電動機的輸出功率P=I2R= (3)S斷開時,由平衡條件kx0=mg S閉合時,由平衡條件kx=B2Icdl+mg 解得ω=. 動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用 1.力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系 2.解決電磁感應(yīng)動力學(xué)及能量問題的一般思路 (1)電路分析:確定電源,畫出等效電路,明確內(nèi)、外電路,分析電路的串、并聯(lián)關(guān)系. (2)受力分析:注意導(dǎo)體棒所受的安培力大小和方向. (3)運動分析:對運動過程進行“慢進”式推理分析,應(yīng)用牛頓第二定律對運動過程中各物理量進行分析. (4)能量分析:分析運動過程中各力做功情況,明確能量轉(zhuǎn)化形式. (5)規(guī)律分析:根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)方程、動能定理、能量守恒定律合理組合優(yōu)化. 3.求解焦耳熱的三種方法 (1)焦耳定律:Q=I2Rt (2)功能關(guān)系:Q=W克服安培力 (3)能量轉(zhuǎn)化:Q=ΔE其他能的減少量 例2 如圖4所示,“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m,相鄰各邊互相垂直,且處于同一豎直平面內(nèi),ab邊長為l,cd邊長為2l,ab與cd平行,間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平,磁場方向垂直于線框所在平面.開始時,cd邊到磁場上邊界的距離為2l,線框由靜止釋放,從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前,線框做勻速運動,在ef、pq邊離開磁場后,ab邊離開磁場之前,線框又做勻速運動.線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi),且ab、cd邊保持水平,重力加速度為g.求: 圖4 (1)線框ab邊將要離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍; (2)磁場上、下邊界間的距離H. 答案 (1)4倍 (2)+28l 解析 (1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,cd邊剛進入磁場時,線框做勻速運動的速度為v1,cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律,有E1=2Blv1① 設(shè)線框總電阻為R,此時線框中電流為I1,由閉合電路歐姆定律,有I1=② 設(shè)此時線框所受安培力為F1,有F1=2I1lB③ 由于線框做勻速運動,其受力平衡,有mg=F1④ 由①②③④式得v1=⑤ 設(shè)ab邊離開磁場之前,線框做勻速運動的速度為v2,同理可得v2=⑥ 由⑤⑥式得v2=4v1⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前,由機械能守恒定律,有2mgl=mv12⑧ 線框完全穿過磁場的過程中,由能量守恒定律,有 mg(2l+H)=mv22-mv12+Q⑨ 由⑦⑧⑨式得H=+28l. 在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中求解焦耳熱時容易出現(xiàn)以下兩類錯誤: (1)不加分析就把某時刻的電流I代入公式Q=I2Rt求解焦耳熱,大多數(shù)情況下感應(yīng)電流I是變化的,求解焦耳熱要用電流的有效值,因此不能用某時刻的電流代入公式Q=I2Rt求解焦耳熱. (2)電路中產(chǎn)生焦耳熱的元件不是一個,不加分析誤認為某個元件上的焦耳熱就是整個電路產(chǎn)生的焦耳熱. 變式題組 3.如圖5所示,光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌MNPQ相距l(xiāng),在M點和P點間接一個阻值為R的電阻,在兩導(dǎo)軌間OO1O1′O′矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m,電阻為r的導(dǎo)體棒ab,垂直擱在導(dǎo)軌上,與磁場左邊界相距d0.現(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒,使它由靜止開始運動,棒ab在離開磁場前已經(jīng)做勻速直線運動(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸,導(dǎo)軌電阻不計).求: 圖5 (1)棒ab在離開磁場右邊界時的速度; (2)棒ab通過磁場區(qū)的過程中整個回路所消耗的電能. 答案 (1) (2)F(d0+d)- 解析 (1)棒在磁場中勻速運動時,有F=FA=BIl,再據(jù)I==聯(lián)立解得v= (2)安培力做的功轉(zhuǎn)化成兩個電阻消耗的電能Q,根據(jù)能量守恒定律可得F(d0+d)=Q+mv2,解得 Q=F(d0+d)-. 4.如圖6甲所示,在水平面上固定有長為L=2 m、寬為d=1 m的金屬“U”形導(dǎo)軌,在“U”形導(dǎo)軌右側(cè)l=0.5 m范圍內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,且磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示.在t=0時刻,質(zhì)量m=0.1 kg的導(dǎo)體棒以v0=1 m/s的初速度從導(dǎo)軌的左端開始向右運動,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為λ=0.1 Ω/m,不計導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響(取g=10 m/s2). 圖6 (1)通過計算分析4 s內(nèi)導(dǎo)體棒的運動情況; (2)計算4 s內(nèi)回路中電流的大小,并判斷電流方向; (3)計算4 s內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱. 答案 見解析 解析 (1)導(dǎo)體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速運動,有 -μmg=ma,v=v0+at,x=v0t+at2 代入數(shù)據(jù)解得t=1 s,x=0.5 m 即導(dǎo)體棒在1 s末已經(jīng)停止運動,以后一直保持靜止,離左端位置為x=0.5 m. (2)前2 s磁通量不變,回路電動勢和電流分別為E=0,I=0;后2 s回路產(chǎn)生的電動勢為E==ld=0.1 V 回路的總長度為5 m,因此回路的總電阻為R=5λ=0.5 Ω 電流為I==0.2 A 根據(jù)楞次定律,在回路中的電流方向是順時針方向. (3)前2 s電流為零,后2 s有恒定電流,焦耳熱為Q=I2Rt=0.04 J. 1.如圖1所示,光滑金屬直軌道MN和PQ固定在同一水平面內(nèi),MN、PQ平行且足夠長,兩軌道間的寬度L=0.50 m.軌道左端接一阻值R=0.50 Ω的電阻.軌道處于磁感應(yīng)強度大小為B=0.40 T,方向豎直向下的勻強磁場中,質(zhì)量m=0.50 kg的導(dǎo)體棒ab垂直于軌道放置.在沿著軌道方向向右的力F作用下,導(dǎo)體棒由靜止開始運動,導(dǎo)體棒與軌道始終接觸良好并且相互垂直,不計軌道和導(dǎo)體棒的電阻,不計空氣阻力,若力F的大小保持不變,且F=1.0 N.求: 圖1 (1)導(dǎo)體棒能達到的最大速度大小vm; (2)導(dǎo)體棒的速度v=5.0 m/s時,導(dǎo)體棒的加速度大小. 答案 (1)12.5 m/s (2)1.2 m/s2 解析 (1)導(dǎo)體棒達到最大速度vm時受力平衡,有F=F安m,此時F安m=,解得vm=12.5 m/s (2)導(dǎo)體棒的速度v=5.0 m/s時,感應(yīng)電動勢E=BLv=1.0 V,導(dǎo)體棒上通過的感應(yīng)電流大小I==2.0 A,導(dǎo)體棒受到的安培力F安=BIL=0.40 N,根據(jù)牛頓第二定律,有F-F安=ma,解得a=1.2 m/s2. 2.(2016舟山調(diào)研)如圖2所示,兩足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置,與水平面間的夾角為θ=37,兩導(dǎo)軌之間的距離為L=0.2 m,導(dǎo)軌上端m、n之間通過導(dǎo)線連接,有理想邊界的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上,虛線ef為磁場邊界,磁感應(yīng)強度為B=2.0 T.一質(zhì)量為m=0.05 kg的光滑金屬棒ab從距離磁場邊界0.75 m處由靜止釋放,金屬棒兩軌道間的電阻r=0.4 Ω,其余部分的電阻忽略不計,ab、ef均垂直導(dǎo)軌.(g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8),求: 圖2 (1)ab棒最終在磁場中勻速運動的速度; (2)ab棒運動過程中的最大加速度. 答案 (1)0.75 m/s,方向沿斜面向下 (2)18 m/s2,方向沿斜面向上 解析 (1)當ab棒在磁場中勻速運動時,根據(jù)受力平衡得:BIL=mgsin θ 又有I=,E=BLv,聯(lián)立以上關(guān)系可得 v=0.75 m/s,方向沿斜面向下. (2)ab棒進入磁場前,加速度a1=gsin 37=6 m/s2,方向沿斜面向下.設(shè)ab棒進入磁場時的速度為v1,則v12=2a1x1 將x1=0.75 m代入得v1=3 m/s 剛進入磁場時,對ab棒受力分析得: mgsin θ-BI2L=ma2,I2= 解得a2=-18 m/s2,方向沿斜面向上 進入磁場以后,ab棒做加速度逐漸減小的減速運動,最終勻速運動,所以ab棒運動中的最大加速度為18 m/s2,方向沿斜面向上. 3.如圖3所示,半徑R=0.2 m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上,一根長也為R的金屬棒一端與導(dǎo)軌接觸良好,另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸上.在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=2 T.一對長L=0.2 m的金屬板A、B水平放置,兩板間距d=0.1 m.從導(dǎo)軌引出導(dǎo)線與上板連接,通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線與下板連接.有一質(zhì)量m=1.010-5 kg,電荷量q=-5.010-6 C的微粒,以v0=2 m/s的速度從兩板正中間水平射入.求: 圖3 (1)金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度ω多大時,微粒能做勻速直線運動; (2)金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度ω至少多大時,微粒會碰到上極板A. 答案 (1)50 rad/s (2)100 rad/s 解析 (1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得 U=BωR2 根據(jù)平衡條件可得 mg=qE 因為E= 所以mg=q=BωR2 解得ω==50 rad/s (2)微粒恰好碰到上面金屬板邊緣時,微粒向上的加速度大小為 =a()2 a==10 m/s2 Bω1R2-mg=ma 解得ω1==100 rad/s. 4.如圖4所示,在水平面內(nèi)存在著豎直向下的有界勻強磁場,其寬度為d=1 m,磁感應(yīng)強度B= T.水平放置的“日”字形閉合導(dǎo)體線框PQFE,寬L=1 m,質(zhì)量m=0.25 kg,QN、NF的長度都大于d,PQ邊的電阻R1=1 Ω、MN邊的電阻R2=2 Ω、EF邊的電阻R3=3 Ω,其余電阻不計.t=0時刻線框在距磁場左邊界x=3.2 m處由靜止開始在水平恒力F作用下沿直線運動,已知當線框PQ邊、MN邊和EF邊剛進磁場時均恰能勻速運動,不計線框運動中的一切摩擦阻力.求: 圖4 (1)線框所受的力F的大?。? (2)線框PQ邊與MN邊之間的距離H; (3)在整個線框穿過磁場的過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱. 答案 (1)2.5 N (2)2.8 m (3)7.5 J 解析 (1)設(shè)PQ邊進磁場時的速度為v1,則 Fx=mv12-0 F=BI1L I1= r1=R1+=2.2 Ω 即v1==8 m/s F==2.5 N (2)設(shè)MN邊勻速進磁場時的速度為v2,則 F=BI2L= r2=R2+=2.75 Ω 即v2==10 m/s 設(shè)線框速度從v1加速到v2時發(fā)生的位移為x1,則 Fx1=mv22-mv12 即x1==1.8 m 所以H=x1+d=2.8 m (3)線框產(chǎn)生的焦耳熱 Q=3Fd=32.51 J=7.5 J. 5.(2016杭州市月考)如圖5所示,兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌相距L,與水平面的夾角為θ,整個空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小均為B,虛線上方軌道光滑且磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上,虛線下方軌道粗糙且磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下.當導(dǎo)體棒EF以初速度v0沿導(dǎo)軌上滑至最大高度的過程中,導(dǎo)體棒MN一直靜止在導(dǎo)軌上,若兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m、電阻均為R,導(dǎo)軌電阻不計,重力加速度為g,在此過程中導(dǎo)體棒EF上產(chǎn)生的焦耳熱為Q,求: 圖5 (1)導(dǎo)體棒MN受到的最大摩擦力; (2)導(dǎo)體棒EF上升的最大高度. 答案 (1)+mgsin θ (2) 解析 (1)EF獲得向上初速度v0時,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv0,電路中電流為I,由閉合電路的歐姆定律有I=,此時對導(dǎo)體棒MN受力分析,由平衡條件有FA+mgsin α=Ff,F(xiàn)A=BIL, 解得Ff=+mgsin θ. (2)導(dǎo)體棒EF上升過程MN一直靜止,對系統(tǒng)由能量守恒定律有mv02=mgh+2Q. 解得h=. 6.(2016衢州市調(diào)研)如圖6(a)所示,斜面傾角為37,一寬為d=0.43 m的有界勻強磁場垂直于斜面向上,磁場邊界與斜面底邊平行.在斜面上由靜止釋放一長方形金屬線框,線框沿斜面下滑,下邊與磁場邊界保持平行.取斜面底部為零勢能面,從線框開始運動到恰好完全進入磁場的過程中,線框的機械能E和位移x之間的關(guān)系如圖(b)所示,圖中①、②均為直線段.已知線框的質(zhì)量為m=0.1 kg,電阻為R=0.06 Ω,重力加速度取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8. 圖6 (1)求金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ; (2)求金屬線框從剛進入磁場到恰好完全進入磁場所用的時間t. 答案 (1)0.5 (2)0.125 s 解析 (1)由能量守恒定律可知,線框減少的機械能等于克服摩擦力所做的功,則 ΔE1=Wf1=μmgcos 37x1 其中x1=0.36 m,ΔE1=(0.900-0.756) J=0.144 J 可解得μ=0.5 (2)金屬線框進入磁場的過程中,減少的機械能等于克服摩擦力和安培力所做的功,機械能仍均勻減少,因此安培力也為恒力,線框做勻速運動 v12=2ax1,其中a=gsin 37-μgcos 37=2 m/s2 可解得線框剛進入磁場時的速度大小為v1=1.2 m/s ΔE2=Wf2+WA=(Ff+FA)x2 其中ΔE2=(0.756-0.666) J=0.09 J, Ff+FA=mgsin 37=0.6 N,x2為線框的側(cè)邊長,即線框進入磁場過程運動的距離,可求出x2=0.15 m t== s=0.125 s.- 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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