版高考物理全国专用大二轮总复习与增分策略练习.docx
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版高考物理全国专用大二轮总复习与增分策略练习
电磁感应中的动力学问题
1.导体棒的两种运动状态
(1)平衡状态——导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态,加速度为零;
(2)非平衡状态——导体棒的加速度不为零.
2.两个研究对象及其关系
电磁感应中导体棒既可看做电学对象(因为它相当于电源),又可看做力学对象(因为有感应电流而受到安培力),而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带.
3.电磁感应中的动力学问题分析思路
(1)电路分析:
导体棒相当于电源,感应电动势相当于电源的电动势,导体棒的电阻相当于电源的内阻,感应电流I=
.
(2)受力分析:
导体棒受到安培力及其他力,安培力F安=BIl=
,根据牛顿第二定律列动力学方程:
F合=ma.
(3)过程分析:
由于安培力是变力,导体棒做变加速运动或变减速运动,当加速度为零时,达到稳定状态,最后做匀速直线运动,根据共点力的平衡条件列方程:
F合=0.
例1
如图1甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L,M、P两点间接有阻值为R的电阻.一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下,导轨和金属杆的电阻可忽略,让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦.
图1
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图;
(2)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时,求此时ab杆中的电流及加速度的大小;
(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的最大速度.
答案
(1)见解析图
(2)
gsinθ-
(3)
解析
(1)如图所示,ab杆受重力mg,竖直向下;支持力FN,垂直斜面向上;安培力F,沿斜面向上.
(2)当ab杆速度为v时,感应电动势E=BLv,
此时电路中电流I=
=
,
ab杆受到的安培力F安=BIL=
,
根据牛顿第二定律,有
ma=mgsinθ-F安=mgsinθ-
a=gsinθ-
(3)当a=0时,ab杆有最大速度
vm=
.
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”,具体思路如下:
(1)进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源,求出电源的参数E和r.
(2)进行“路”的分析——分析电路结构,明确串、并联的关系,求出相关部分的电流大小,以便求解安培力.
(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况,尤其注意其所受的安培力.
(4)进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系,判断出正确的运动模型.
变式题组
1.(2015·浙江10月选考·22)如图2甲所示,质量m=3.0×10-3kg的“
”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“
”形框的水平细杆CD长l=0.20m,处于磁感应强度大小B1=1.0T,方向水平向右的匀强磁场中.有一匝数n=300匝,面积S=0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连.线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示.(g取10m/s2)
图2
(1)求0~0.10s线圈中的感应电动势大小.
(2)t=0.22s时闭合开关K,若细杆CD所受安培力方向竖直向上,判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向.
(3)t=0.22s时闭合开关K,若安培力远大于重力,细框跳起的最大高度h=0.20m,求通过细杆CD的电荷量.
答案
(1)30V
(2)C→D 向上 (3)0.03C
解析
(1)由电磁感应定律E=n
得E=nS
=30V
(2)电流方向C→D,B2方向向上
(3)由牛顿第二定律F=ma=m
(或由动量定理FΔt=mv-0),安培力F=IB1l,ΔQ=IΔt,v2=2gh,得ΔQ=
=0.03C.
2.(2016·浙江10月学考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如图所示的装置.半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上,由电动机A带动旋转.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面,大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场.另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中.从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接.当开关S断开,棒cd静止时,弹簧伸长量为x0;当开关S闭合,电动机以某一转速匀速转动,棒cd再次静止时,弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度).不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时:
图3
(1)通过棒cd的电流Icd;
(2)电动机对该装置的输出功率P;
(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系.
答案
(1)
,方向由d到c
(2)
(3)
解析
(1)ab顺时针转动时产生的电动势为E=
B1ωl2
由右手定则,电流方向由a到b,
由闭合电路欧姆定律,总电流I=
=
通过cd棒的电流Icd=
I=
,方向由d到c
(2)电动机的输出功率P=I2·
R=
(3)S断开时,由平衡条件kx0=mg
S闭合时,由平衡条件kx=B2Icdl+mg
解得ω=
.
动力学和能量观点的综合应用
1.力学对象和电学对象的相互关系
2.解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路
(1)电路分析:
确定电源,画出等效电路,明确内、外电路,分析电路的串、并联关系.
(2)受力分析:
注意导体棒所受的安培力大小和方向.
(3)运动分析:
对运动过程进行“慢进”式推理分析,应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析.
(4)能量分析:
分析运动过程中各力做功情况,明确能量转化形式.
(5)规律分析:
根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化.
3.求解焦耳热的三种方法
(1)焦耳定律:
Q=I2Rt
(2)功能关系:
Q=W克服安培力
(3)能量转化:
Q=ΔE其他能的减少量
例2
如图4所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面.开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动,在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动.线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g.求:
图4
(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;
(2)磁场上、下边界间的距离H.
答案
(1)4倍
(2)
+28l
解析
(1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有E1=2Blv1①
设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有I1=
②
设此时线框所受安培力为F1,有F1=2I1lB③
由于线框做匀速运动,其受力平衡,有mg=F1④
由①②③④式得v1=
⑤
设ab边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v2,同理可得v2=
⑥
由⑤⑥式得v2=4v1⑦
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有2mgl=
mv12⑧
线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有
mg(2l+H)=
mv22-
mv12+Q⑨
由⑦⑧⑨式得H=
+28l.
在电磁感应现象中求解焦耳热时容易出现以下两类错误:
(1)不加分析就把某时刻的电流I代入公式Q=I2Rt求解焦耳热,大多数情况下感应电流I是变化的,求解焦耳热要用电流的有效值,因此不能用某时刻的电流代入公式Q=I2Rt求解焦耳热.
(2)电路中产生焦耳热的元件不是一个,不加分析误认为某个元件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热.
变式题组
3.如图5所示,光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距l,在M点和P点间接一个阻值为R的电阻,在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m,电阻为r的导体棒ab,垂直搁在导轨上,与磁场左边界相距d0.现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒,使它由静止开始运动,棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触,导轨电阻不计).求:
图5
(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度;
(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能.
答案
(1)
(2)F(d0+d)-
解析
(1)棒在磁场中匀速运动时,有F=FA=BIl,再据I=
=
联立解得v=
(2)安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能Q,根据能量守恒定律可得F(d0+d)=Q+
mv2,解得
Q=F(d0+d)-
.
4.如图6甲所示,在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=1m的金属“U”形导轨,在“U”形导轨右侧l=0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示.在t=0时刻,质量m=0.1kg的导体棒以v0=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动,导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ=0.1Ω/m,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g=10m/s2).
图6
(1)通过计算分析4s内导体棒的运动情况;
(2)计算4s内回路中电流的大小,并判断电流方向;
(3)计算4s内回路产生的焦耳热.
答案 见解析
解析
(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动,有
-μmg=ma,v=v0+at,x=v0t+
at2
代入数据解得t=1s,x=0.5m
即导体棒在1s末已经停止运动,以后一直保持静止,离左端位置为x=0.5m.
(2)前2s磁通量不变,回路电动势和电流分别为E=0,I=0;后2s回路产生的电动势为E=
=ld
=0.1V
回路的总长度为5m,因此回路的总电阻为R=5λ=0.5Ω
电流为I=
=0.2A
根据楞次定律,在回路中的电流方向是顺时针方向.
(3)前2s电流为零,后2s有恒定电流,焦耳热为Q=I2Rt=0.04J.
1.如图1所示,光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内,MN、PQ平行且足够长,两轨道间的宽度L=0.50m.轨道左端接一阻值R=0.50Ω的电阻.轨道处于磁感应强度大小为B=0.40T,方向竖直向下的匀强磁场中,质量m=0.50kg的导体棒ab垂直于轨道放置.在沿着轨道方向向右的力F作用下,导体棒由静止开始运动,导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直,不计轨道和导体棒的电阻,不计空气阻力,若力F的大小保持不变,且F=1.0N.求:
图1
(1)导体棒能达到的最大速度大小vm;
(2)导体棒的速度v=5.0m/s时,导体棒的加速度大小.
答案
(1)12.5m/s
(2)1.2m/s2
解析
(1)导体棒达到最大速度vm时受力平衡,有F=F安m,此时F安m=
,解得vm=12.5m/s
(2)导体棒的速度v=5.0m/s时,感应电动势E=BLv=1.0V,导体棒上通过的感应电流大小I=
=2.0A,导体棒受到的安培力F安=BIL=0.40N,根据牛顿第二定律,有F-F安=ma,解得a=1.2m/s2.
2.(2016·舟山调研)如图2所示,两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置,与水平面间的夹角为θ=37°,两导轨之间的距离为L=0.2m,导轨上端m、n之间通过导线连接,有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上,虚线ef为磁场边界,磁感应强度为B=2.0T.一质量为m=0.05kg的光滑金属棒ab从距离磁场边界0.75m处由静止释放,金属棒两轨道间的电阻r=0.4Ω,其余部分的电阻忽略不计,ab、ef均垂直导轨.(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8),求:
图2
(1)ab棒最终在磁场中匀速运动的速度;
(2)ab棒运动过程中的最大加速度.
答案
(1)0.75m/s,方向沿斜面向下
(2)18m/s2,方向沿斜面向上
解析
(1)当ab棒在磁场中匀速运动时,根据受力平衡得:
BIL=mgsinθ
又有I=
,E=BLv,联立以上关系可得
v=0.75m/s,方向沿斜面向下.
(2)ab棒进入磁场前,加速度a1=gsin37°=6m/s2,方向沿斜面向下.设ab棒进入磁场时的速度为v1,则v12=2a1x1
将x1=0.75m代入得v1=3m/s
刚进入磁场时,对ab棒受力分析得:
mgsinθ-BI2L=ma2,I2=
解得a2=-18m/s2,方向沿斜面向上
进入磁场以后,ab棒做加速度逐渐减小的减速运动,最终匀速运动,所以ab棒运动中的最大加速度为18m/s2,方向沿斜面向上.
3.如图3所示,半径R=0.2m的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为R的金属棒一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴上.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2T.一对长L=0.2m的金属板A、B水平放置,两板间距d=0.1m.从导轨引出导线与上板连接,通过电刷从转轴引出导线与下板连接.有一质量m=1.0×10-5kg,电荷量q=-5.0×10-6C的微粒,以v0=2m/s的速度从两板正中间水平射入.求:
图3
(1)金属棒转动的角速度ω多大时,微粒能做匀速直线运动;
(2)金属棒转动的角速度ω至少多大时,微粒会碰到上极板A.
答案
(1)50rad/s
(2)100rad/s
解析
(1)根据法拉第电磁感应定律可得
U=
BωR2
根据平衡条件可得
mg=qE
因为E=
所以mg=q
=
BωR2
解得ω=
=50rad/s
(2)微粒恰好碰到上面金属板边缘时,微粒向上的加速度大小为
=
a(
)2
a=
=10m/s2
Bω1R2-mg=ma
解得ω1=
=100rad/s.
4.如图4所示,在水平面内存在着竖直向下的有界匀强磁场,其宽度为d=1m,磁感应强度B=
T.水平放置的“日”字形闭合导体线框PQFE,宽L=1m,质量m=0.25kg,QN、NF的长度都大于d,PQ边的电阻R1=1Ω、MN边的电阻R2=2Ω、EF边的电阻R3=3Ω,其余电阻不计.t=0时刻线框在距磁场左边界x=3.2m处由静止开始在水平恒力F作用下沿直线运动,已知当线框PQ边、MN边和EF边刚进磁场时均恰能匀速运动,不计线框运动中的一切摩擦阻力.求:
图4
(1)线框所受的力F的大小;
(2)线框PQ边与MN边之间的距离H;
(3)在整个线框穿过磁场的过程中线框产生的焦耳热.
答案
(1)2.5N
(2)2.8m (3)7.5J
解析
(1)设PQ边进磁场时的速度为v1,则
Fx=
mv12-0
F=BI1L
I1=
r1=R1+
=2.2Ω
即v1=
=8m/s
F=
=2.5N
(2)设MN边匀速进磁场时的速度为v2,则
F=BI2L=
r2=R2+
=2.75Ω
即v2=
=10m/s
设线框速度从v1加速到v2时发生的位移为x1,则
Fx1=
mv22-
mv12
即x1=
=1.8m
所以H=x1+d=2.8m
(3)线框产生的焦耳热
Q=3Fd=3×2.5×1J=7.5J.
5.(2016·杭州市月考)如图5所示,两条足够长的平行金属导轨相距L,与水平面的夹角为θ,整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上,虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下.当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中,导体棒MN一直静止在导轨上,若两导体棒质量均为m、电阻均为R,导轨电阻不计,重力加速度为g,在此过程中导体棒EF上产生的焦耳热为Q,求:
图5
(1)导体棒MN受到的最大摩擦力;
(2)导体棒EF上升的最大高度.
答案
(1)
+mgsinθ
(2)
解析
(1)EF获得向上初速度v0时,产生的感应电动势E=BLv0,电路中电流为I,由闭合电路的欧姆定律有I=
,此时对导体棒MN受力分析,由平衡条件有FA+mgsinα=Ff,FA=BIL,
解得Ff=
+mgsinθ.
(2)导体棒EF上升过程MN一直静止,对系统由能量守恒定律有
mv02=mgh+2Q.
解得h=
.
6.(2016·衢州市调研)如图6(a)所示,斜面倾角为37°,一宽为d=0.43m的有界匀强磁场垂直于斜面向上,磁场边界与斜面底边平行.在斜面上由静止释放一长方形金属线框,线框沿斜面下滑,下边与磁场边界保持平行.取斜面底部为零势能面,从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中,线框的机械能E和位移x之间的关系如图(b)所示,图中①、②均为直线段.已知线框的质量为m=0.1kg,电阻为R=0.06Ω,重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.
图6
(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)求金属线框从刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t.
答案
(1)0.5
(2)0.125s
解析
(1)由能量守恒定律可知,线框减少的机械能等于克服摩擦力所做的功,则
ΔE1=Wf1=μmgcos37°x1
其中x1=0.36m,ΔE1=(0.900-0.756)J=0.144J
可解得μ=0.5
(2)金属线框进入磁场的过程中,减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功,机械能仍均匀减少,因此安培力也为恒力,线框做匀速运动
v12=2ax1,其中a=gsin37°-μgcos37°=2m/s2
可解得线框刚进入磁场时的速度大小为v1=1.2m/s
ΔE2=Wf2+WA=(Ff+FA)x2
其中ΔE2=(0.756-0.666)J=0.09J,
Ff+FA=mgsin37°=0.6N,x2为线框的侧边长,即线框进入磁场过程运动的距离,可求出x2=0.15m
t=
=
s=0.125s.
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