《2020高考物理 增值增分特訓 應用動力學和能量觀點處理電磁感應問題（通用）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考物理 增值增分特訓 應用動力學和能量觀點處理電磁感應問題（通用）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、　應用動力學和能量觀點處理電磁感應問題 (限時：60分鐘) 1． (2020·新課標Ⅰ·25)如圖1，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L.導軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面．在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸．已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.忽略所有電阻．讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求： 圖1 (1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系； (2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關系． 答案　(1)Q＝CBLv　

2、(2)v＝gt 解析　(1)設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為 E＝BLv ① 平行板電容器兩極板之間的電勢差為 U＝E ② 設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有 C＝ ③ 聯(lián)立①②③式得 Q＝CBLv ④ (2)設金屬棒的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t，通過金屬棒的電流為i.金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導軌向上，大小為 F＝BLi ⑤ 設在時間間隔(t，t＋Δt)內流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，按定義有

3、 i＝ ⑥ ΔQ也是平行板電容器極板在時間間隔(t，t＋Δt)內增加的電荷量，由④式得 ΔQ＝CBLΔv ⑦ 式中，Δv為金屬棒的速度變化量．按定義有 a＝ ⑧ 金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為Ff＝μFN ⑨ 式中，F(xiàn)N是金屬棒對導軌的正壓力的大小，有 FN＝mgcos θ ⑩ 金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有 mgsin θ－F－Ff＝ma ? 聯(lián)立⑤至?式得 a

4、＝g ? 由?式及題設可知，金屬棒做初速度為零的勻加速直線運動．t時刻金屬棒的速度大小為 v＝gt 2． (2020·廣東·36)如圖2(a)所示，在垂直于勻強磁場B的平面內，半徑為r的金屬圓盤繞過圓心O的軸轉動，圓心O和邊緣K通過電刷與一個電路連接．電路中的P是加上一定正向電壓才能導通的電子元件．流過電流表的電流I與圓盤角速度ω的關系如圖(b)所示，其中ab段和bc段均為直線，且ab段過坐標原點．ω＞0代表圓盤逆時針轉動．已知：R＝3.0 Ω，B＝1.0 T，r＝0.2 m．忽略圓盤、電流表和導線的電阻． 圖2 (1)根據(jù)圖(b)寫出ab、bc段對

5、應的I與ω的關系式； (2)求出圖(b)中b、c兩點對應的P兩端的電壓Ub、Uc； (3)分別求出ab、bc段流過P的電流IP與其兩端電壓UP的關系式． 答案　見解析 解析　(1)由題圖(b)得出三點坐標a(－45，－0.3)，b(15，0.1)，c(45,0.4)，由直線的兩點式得I與ω的關系式為 I＝ (2)圓盤切割產(chǎn)生的電動勢為：E＝Br＝Bωr2＝0.02ω 當ω＝15 rad/s時E＝0.3 V，當ω＝45 rad/s時E＝0.9 V，忽略電源內阻，故UP＝E，可得：Ub＝0.3 V，Uc＝0.9 V (3)對應于c點P導通，通過電表的電流 I總＝＋＝ A＋＝0.4

6、 A 解得RP＝9 Ω 則對應于bc段流過P的電流IP＝＝ 對應于a點元件P不導通，則對應于ab段流過P的電流IP＝0. 3． 如圖3甲所示，兩條電阻不計的金屬導軌平行固定在傾角為37°的斜面上，兩導軌間距為L＝0.5 m．上端通過導線與R＝2 Ω的電阻連接，下端通過導線與RL＝4 Ω的小燈泡連接．在CDFE矩形區(qū)域內有垂直斜面向上的勻強磁場，CE間距離d＝2 m．CDFE區(qū)域內磁場的磁感應強度B隨時間變化的關系如圖乙所示．在t＝0時，一阻值為R0＝2 Ω的金屬棒從AB位置由靜止開始運動，在金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化．設導軌AC段有摩擦，其他部分光滑

7、，金屬棒運動過程中始終與CD平行(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求： 圖3 (1)通過小燈泡的電流強度； (2)金屬導軌AC段的動摩擦因數(shù)； (3)金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)0.1 A　(2)　(3)1.375 J 解析　(1)由法拉第電磁感應定律得 E＝＝Ld＝0.5 V 由閉合電路歐姆定律得 IL＝＝0.1 A (2)燈泡亮度不變，則全程通過燈泡的電流恒為IL，設金屬棒運動到CD時的速度為v，金屬棒在AC段的加速度為a 則依題意有 BLv＝ILRL＋(IL＋IR)R0 ILR

8、L＝IRR 由牛頓第二定律可得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 由運動學公式v＝at1 由題圖乙可知t1＝4 s，B＝2 T 代入以上方程聯(lián)立可得v＝1.0 m/s，μ＝ (3)金屬棒在CE段做勻速直線運動，則有 mgsin 37°＝B(IL＋IR)L 解得m＝0.05 kg BD段的位移x＝t1＝2 m 根據(jù)能量守恒有 EILt1＋mg(x＋d)sin 37°＝mv2＋Q 解得整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量 Q＝1.375 J 4． 如圖4甲所示，一個質量m＝0.1 kg的正方形金屬框總電阻R＝0.5 Ω，金屬框放在表面絕緣且光滑的斜面頂端(金屬框上邊與AA′

9、重合)，自靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中穿過一段邊界與斜面底邊BB′平行、寬度為d的勻強磁場后滑至斜面底端(金屬框下邊與BB′重合)，設金屬框在下滑過程中的速度為v，與此對應的位移為x，那么v2－x圖象(記錄了金屬框運動全部過程)如圖乙所示，已知勻強磁場方向垂直斜面向上．試問：(g取10 m/s2) 　 圖4 (1)根據(jù)v2－x圖象所提供的信息，計算出金屬框從斜面頂端滑至底端所需的時間為多少； (2)勻強磁場的磁感應強度多大； (3)現(xiàn)用平行斜面向上的恒力F作用在金屬框上，使金屬框從斜面底端BB′(金屬框下邊與BB′重合)由靜止開始沿斜面向上運動，勻速通過磁場區(qū)域后到達斜面頂端(金屬

10、框上邊與AA′重合)．試計算恒力F做功的最小值． 答案　(1) s　(2) T　(3)3.6 J 解析　由v2－x圖可知，物體運動可分為三段，設位移分別為x1、x2、x3，對應的時間分別為t1、t2、t3. x1＝0.9 m，v0＝0，勻加速直線運動 x2＝1.0 m，v1＝3 m/s，勻速直線運動 x3＝1.6 m，初速度v1＝3 m/s，末速度v3＝5 m/s，勻加速直線運動． (1)金屬框從x＝0到x1＝0.9 m做勻加速直線運動，由公式v＝2a1x1 得a1＝5 m/s2 t1＝＝ s＝0.6 s t2＝＝ s 同理v－v＝2a3x3 解得：a3＝5 m/s2

11、t3＝＝ s＝0.4 s t總＝t1＋t2＋t3＝ s (2)金屬框通過磁場時做勻速直線運動，金屬框受力平衡 在AA′a′a區(qū)域，對金屬框進行受力分析 mgsin θ＝ma1 穿過磁場區(qū)域時，F(xiàn)安＝BIL＝mgsin θ ＝ma1 由題意得：金屬框的寬度L＝d＝＝0.5 m 解得B＝ T (3)設恒力作用時金屬框上邊進入磁場速度為v Fx3－mgx3sin θ＝mv2 金屬框穿過磁場時，F(xiàn)＝mgsin θ＋ 又由mgsin θ＝ma1 解得v＝ m/s，F(xiàn)＝ N 由于mv2>mgx1sin θ，所以穿過磁場后，撤去外力F，物體仍可到達頂端． 所以恒力F做功為

12、 W＝F(x2＋x3)＝×(1.6＋1) J≈3.6 J. 【必考模型5】　　導軌＋單桿模型 1.模型特點：一根金屬桿在外力及安培力的作用下沿導軌滑行，金屬桿產(chǎn)生感應電動勢對電路供電. 2.表現(xiàn)形式：(1)導軌的放置方式：①水平；②豎直；③傾斜.(2)桿的運動狀態(tài)：①勻速；②勻變速；③非勻變速. 3.應對模式：(1)電路分析.畫等效電路圖，導體棒相當于電源.電流方程：I＝，電荷方程：q＝·Δt＝n. (2)受力分析.畫受力分析圖，注意感應電流和安培力的大小、方向.動力學方程：F安＝BIl或F安＝，F(xiàn)合＝ma. (3)過程分析.一般情況下做加速度減小的變速運動，可能加速，也可能減速，但最終a＝0.穩(wěn)態(tài)平衡方程a＝0或F合＝0.,(4)能量分析.感應電流做功產(chǎn)生電能，能量方程：W安＝－Q，W合＝ΔEk(動能定理).