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  • 2021-05-23 发布

2020高考物理总复习课时冲关练 (17)

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电磁感应中的动力学和能量问题 ‎ [A级-基础练]‎ ‎1.(2018·江苏卷)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ,间距为d.导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直.质量为m的金属棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流.金属棒被松开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g.求下滑到底端的过程中,金属棒 ‎(1)末速度的大小v;‎ ‎(2)通过的电流大小I;‎ ‎(3)通过的电荷量Q.‎ 解析:(1)金属棒做匀加速直线运动,根据运动学公式有v2=2as 解得v= ‎(2)金属棒所受安培力F安=IdB 金属棒所受合力F=mgsin θ-F安 根据牛顿第二定律F=ma 解得I= ‎(3)金属棒的运动时间t=,电荷量Q=It 解得Q= 答案:(1) (2) ‎(3) ‎2.(2019·惠州模拟)如图所示,足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ=37°放置,在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行,在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场,磁感应强度为B=1 T;现有一质量为m=10 g,总电阻R=1 Ω、边长d=0.1 m的正方形金属线圈MNPQ,让PQ边与斜面底边平行,从斜面上端静止释放,线圈刚好匀速穿过整个磁场区域.已知线圈与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:‎ ‎(1)线圈进入磁场区域时的速度;‎ ‎(2)线圈释放时,PQ边到bb′的距离;‎ ‎(3)整个线圈穿过磁场的过程中,线圈上产生的焦耳热.‎ 解析:(1)对线圈受力分析,根据平衡条件得:‎ F安+μmgcos θ=mgsin θ,‎ F安=BId,I=,E=Bdv,‎ 联立代入数据解得:v=2 m/s.‎ ‎(2)线圈进入磁场前做匀加速运动,根据牛顿第二定律得:‎ a==2 m/s2‎ 线圈释放时,PQ边到bb′的距离 L== m=1 m.‎ ‎(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场,则磁场宽度等于 d=0.1 m,‎ Q=W安=F安·2d 代入数据解得:Q=2×10-2×2×0.1 J=4×10-3 J.‎ 答案:(1)2 m/s (2)1 m (3) 4×10-3 J ‎3.足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙,与水平面间的夹角为θ=37°(sin 37°=0.6),间距为1 m.垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T,P、M间所接电阻的阻值为8 Ω.质量为2 kg的金属杆ab垂直导轨放置,不计杆与导轨的电阻,杆与导轨间的动摩擦因数为0.25.金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下,由静止开始运动,杆的最终速度为8 m/s,取g=10 m/s2,求:‎ ‎(1)当金属杆的速度为4 m/s时,金属杆的加速度大小;‎ ‎(2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m时,通过金属杆的电荷量.‎ 解析:(1)对金属杆ab应用牛顿第二定律,有 F+mgsin θ-F安-f=ma,f=μFN,FN=mgcos θ ab杆所受安培力大小为F安=BIL ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv 由闭合电路欧姆定律可知I= 整理得:F+mgsin θ-v-μmgcos θ=ma 代入vm=8 m/s时a=0,解得F=8 N 代入v=4 m/s及F=8 N,解得a=4 m/s2‎ ‎(2)设通过回路横截面的电荷量为q,则q=t 回路中的平均电流强度为= 回路中产生的平均感应电动势为= 回路中的磁通量变化量为ΔΦ=BLx,联立解得q=3 C.‎ 答案:(1)4 m/s2 (2)3 C ‎[B级-能力练]‎ ‎4.如图甲所示,匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T,其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上.绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计),MP和NP长度均为2.5 m,MN连线水平,长为3 m.以MN中点O为原点,OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD,长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω,在拉力F的作用下,从MN处以恒定速度v=1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好).g取10 m/s2.‎ ‎(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8 m处电势差UCD;‎ ‎(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式,并在图乙中画出F-x关系图象;‎ ‎(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热.‎ 解析:(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势 E=Blv,l=d,解得E=1.5 V 当x=0.8 m时,金属杆在导轨间的电势差为零.设此时杆在导轨外的长度为l外,则 l外=d-d,OP==2 m 得l外=1.2 m 由右手定则判断D点电势高,故CD两端电势差 UCD=-Bl外v=-0.6 V.‎ ‎(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是 l=d=3-x 对应的电阻R1=R 电流I= 杆受到的安培力为F安=BIl=7.5-3.75x 根据平衡条件得F=F安+mgsin θ F=12.5-3.75x(0≤x≤2).‎ 画出的F-x图象如图所示.‎ ‎(3)外力F所做的功WF等于F-x图线下所围的面积.即 WF=×2 J=17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔEp=mgOPsin θ 故全过程产生的焦耳热Q=WF-ΔEp=7.5 J.‎ 答案:(1)1.5 V -0.6 V (2)F=12.5-3.75x(0≤x≤2) 图象见解析 (3)7.5 J ‎5.(2019·辽宁本溪一模)如图所示,在倾角θ=37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ,磁感应强度B的大小为5 T,磁场宽度d=0.55 m,有一边长L=0.4 m、质量m1=0.6 kg、电阻R=2 Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2=0.4 kg的物体相连,物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4,将线框从图示位置由静止释放,物体到定滑轮的距离足够长.(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)‎ ‎(1)求线框abcd还未进入磁场的运动过程中,细线中的拉力大小?‎ ‎(2)当ab边刚进入磁场时,线框恰好做匀速直线运动,求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x?‎ ‎(3)在(2)问中的条件下,若cd边恰离开磁场边界PQ时,速度大小为2 m/s,求整个运动过程中ab边产生的热量.‎ 解析:(1)线框还未进入磁场的过程中,以整体法有 m1gsin θ-μm2g=(m1+m2)a,‎ a=2 m/s2.‎ 以m2为研究对象有T-μm2g=m2a,(或以m1为研究对象有m1gsin θ-T=m1a)‎ 解得T=2.4 N.‎ ‎(2)线框刚进入磁场恰好做匀速直线运动,以整体法有 m1gsin θ-μm2g-=0,‎ 解得v=1 m/s.‎ ab到MN前线框做匀加速运动,‎ 有v2=2ax,‎ 解得x=0.25 m.‎ ‎(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时:‎ m1gsin θ(x+d+L)-μm2g(x+d+L)=(m1+m2)v+Q,‎ 解得:Q=0.4 J,所以Qab=Q=0.1 J.‎ 答案:(1)2.4 N (2)0.25 m  (3)0.1 J ‎6.如图所示,电阻不计的两光滑金属导轨相距L,放在绝缘水平桌面上,半径为R的圆弧部分处在竖直平面内,水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,末端与桌面边缘平齐.两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好.棒ab质量为2m,电阻为r,棒cd的质量为m,电阻为r.重力加速度为g.开始棒cd静止在水平直导轨上,棒ab从圆弧顶端无初速度释放,进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动,最后两棒都离开导轨落到地面上.棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为3∶1.求:‎ ‎(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小;‎ ‎(2)棒cd在水平导轨上的最大加速度;‎ ‎(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热.‎ 解析:(1)设ab棒进入水平导轨的速度为v1,ab棒从圆弧导轨滑下机械能守恒,有 ‎2mgR=×2mv 离开导轨时,设ab棒的速度为v1′,cd棒的速度为v2′,ab棒与cd棒在水平导轨上运动,动量守恒,有 ‎2mv1=2mv1′+mv2′‎ 依题意v1′>v2′,两棒离开导轨做平抛运动的时间相等,由平抛运动水平位移x=vt可知 v1′∶v2′=x1∶x2=3∶1‎ 联立以上各式解得v1′=,v2′= ‎(2)ab棒刚进入水平导轨时,cd棒受到的安培力最大,此时它的加速度最大,设此时回路的感应电动势为E,则 E=BLv1,‎ I= cd棒受到的安培力Fcd=BIL 根据牛顿第二定律,cd棒的最大加速度a= 联立以上各式解得a= ‎(3)根据能量守恒定律,两棒在导轨上运动过程产生的焦耳热 Q=×2mv-=mgR.‎ 答案:(1)  (2) ‎(3)mgR