2014高考物理应用动力学和能量观点处理电磁感应问题考前提分专练

1应用动力学和能量观点处理电磁感应问题(限时：60分钟)1．(2013·新课标Ⅰ·25)如图1，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：图1(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．答案(1)Q＝CBLv(2)v＝mθ－μcosθm＋B2L2Cgt解析(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝QU③联立①②③式得Q＝CBLv④(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F＝BLi⑤设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝ΔQΔt⑥ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量，由④式得ΔQ＝CBLΔv⑦式中，Δv为金属棒的速度变化量．按定义有2a＝ΔvΔt⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为Ff＝μFN⑨式中，FN是金属棒对导轨的正压力的大小，有FN＝mgcosθ⑩金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－F－Ff＝ma⑪联立⑤至⑪式得a＝mθ－μcosθm＋B2L2Cg⑫由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动．t时刻金属棒的速度大小为v＝mθ－μcosθm＋B2L2Cgt2．(2013·广东·36)如图2(a)所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接．电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图(b)所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点．ω＞0代表圆盘逆时针转动．已知：R＝3.0Ω，B＝1.0T，r＝0.2m．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．图23(1)根据图(b)写出ab、bc段对应的I与ω的关系式；(2)求出图(b)中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc；(3)分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式．答案见解析解析(1)由题图(b)得出三点坐标a(－45，－0.3)，b(15，0.1)，c(45,0.4)，由直线的两点式得I与ω的关系式为I＝ω150，－45rad/s≤ω≤15rad/sω100－0.05，15rad/s＜ω≤45rad/s(2)圆盘切割产生的电动势为：E＝Brωr＋02＝12Bωr2＝0.02ω当ω＝15rad/s时E＝0.3V，当ω＝45rad/s时E＝0.9V，忽略电源内阻，故UP＝E，可得：Ub＝0.3V，Uc＝0.9V(3)对应于c点P导通，通过电表的电流I总＝UcR＋UcRP＝0.93A＋0.9RP＝0.4A解得RP＝9Ω则对应于bc段流过P的电流IP＝UPRP＝UP9对应于a点元件P不导通，则对应于ab段流过P的电流IP＝0.3．如图3甲所示，两条电阻不计的金属导轨平行固定在倾角为37°的斜面上，两导轨间距为L＝0.5m．上端通过导线与R＝2Ω的电阻连接，下端通过导线与RL＝4Ω的小灯泡连接．在CDFE矩形区域内有垂直斜面向上的匀强磁场，CE间距离d＝2m．CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示．在t＝0时，一阻值为R0＝2Ω的金属棒从AB位置由静止开始运动，在金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化．设导轨AC段有摩擦，其他部分光滑，金属棒运动过程中始终与CD平行(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：图3(1)通过小灯泡的电流强度；4(2)金属导轨AC段的动摩擦因数；(3)金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，整个系统产生的热量．答案(1)0.1A(2)2332(3)1.375J解析(1)由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtLd＝0.5V由闭合电路欧姆定律得IL＝ERL＋R·R0R＋R0＝0.1A(2)灯泡亮度不变，则全程通过灯泡的电流恒为IL，设金属棒运动到CD时的速度为v，金属棒在AC段的加速度为a则依题意有BLv＝ILRL＋(IL＋IR)R0ILRL＝IRR由牛顿第二定律可得mgsin37°－μmgcos37°＝ma由运动学公式v＝at1由题图乙可知t1＝4s，B＝2T代入以上方程联立可得v＝1.0m/s，μ＝2332(3)金属棒在CE段做匀速直线运动，则有mgsin37°＝B(IL＋IR)L解得m＝0.05kgBD段的位移x＝v2t1＝2m根据能量守恒有EILt1＋mg(x＋d)sin37°＝12mv2＋Q解得整个系统产生的热量Q＝1.375J4．如图4甲所示，一个质量m＝0.1kg的正方形金属框总电阻R＝0.5Ω，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端(金属框上边与AA′重合)，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端(金属框下边与BB′重合)，设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为x，那么v25－x图象(记录了金属框运动全部过程)如图乙所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上．试问：(g取10m/s2)图4(1)根据v2－x图象所提供的信息，计算出金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间为多少；(2)匀强磁场的磁感应强度多大；(3)现用平行斜面向上的恒力F作用在金属框上，使金属框从斜面底端BB′(金属框下边与BB′重合)由静止开始沿斜面向上运动，匀速通过磁场区域后到达斜面顶端(金属框上边与AA′重合)．试计算恒力F做功的最小值．答案(1)43s(2)33T(3)3.6J解析由v2－x图可知，物体运动可分为三段，设位移分别为x1、x2、x3，对应的时间分别为t1、t2、t3.x1＝0.9m，v0＝0，匀加速直线运动x2＝1.0m，v1＝3m/s，匀速直线运动x3＝1.6m，初速度v1＝3m/s，末速度v3＝5m/s，匀加速直线运动．(1)金属框从x＝0到x1＝0.9m做匀加速直线运动，由公式v21＝2a1x1得a1＝5m/s2t1＝v1a1＝35s＝0.6st2＝x2v1＝13s同理v23－v21＝2a3x3解得：a3＝5m/s2t3＝Δva3＝5－35s＝0.4st总＝t1＋t2＋t3＝43s(2)金属框通过磁场时做匀速直线运动，金属框受力平衡在AA′a′a区域，对金属框进行受力分析mgsinθ＝ma16穿过磁场区域时，F安＝BIL＝mgsinθB2L2v1R＝ma1由题意得：金属框的宽度L＝d＝x22＝0.5m解得B＝33T(3)设恒力作用时金属框上边进入磁场速度为vFx3－mgx3sinθ＝12mv2金属框穿过磁场时，F＝mgsinθ＋B2L2vR又由mgsinθ＝ma1解得v＝163m/s，F＝2518N由于12mv2mgx1sinθ，所以穿过磁场后，撤去外力F，物体仍可到达顶端．所以恒力F做功为W＝F(x2＋x3)＝2518×(1.6＋1)J≈3.6J.【必考模型5】导轨＋单杆模型1.模型特点：一根金属杆在外力及安培力的作用下沿导轨滑行，金属杆产生感应电动势对电路供电.2.表现形式：导轨的放置方式：①水平；②竖直；③倾斜杆的运动状态：①匀速；②匀变速；③非匀变速.3.应对模式：电路分析.画等效电路图，导体棒相当于电源.电流方程：I＝BlvR＋r，电荷方程：q＝·Δt＝nΔΦR总.受力分析.画受力分析图，注意感应电流和安培力的大小、方向.动力学方程：F安＝BIl或F安＝B2l2vR总，F合＝ma.过程分析.一般情况下做加速度减小的变速运动，可能加速，也可能减速，但最终a＝0.稳态平衡方程a＝0或F合＝能量分析.感应电流做功产生电能，能量方程：W安＝－Q，W合＝ΔEk动能定理