2015届高考物理二轮精选题组专练20+应用动力学和能量观点分析电磁感应问题

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1专练20应用动力学和能量观点分析电磁感应问题1.如图1所示,倾角为θ=53°的斜面上相继分布着宽度为L的电场和宽度为L的磁场,电场的下边界与磁场的上边界相距为L(即二者之间有段无电磁场区域),其中电场方向沿斜面向上,磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B.电荷量为q的带正电小球(视为质点)通过长度为4L的绝缘轻杆与边长为L、电阻为R的正方形单匝线框相连,组成总质量为m的“”形装置,置于斜面上,线框下边与磁场的上边界重合.现将该装置由静止释放,当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动,且其速度为v0=1m/s;当小球运动到电场的下边界时速度刚好为0.已知L=1m,E=6×106N/C,R=0.1Ω,m=0.8kg,sin53°=0.8,g取10m/s2.不计一切摩擦,求:图1(1)磁感应强度的大小;(2)小球所带的电荷量;(3)经过足够长时间后,小球到达的最低点与电场上边界的距离.解析(1)线框下边离开磁场时做匀速直线运动,则有E感=BLv0I=E感RF安=BIL=B2L2v0R根据平衡条件:mgsinθ-B2L2v0R=0解得B=0.8T.(2)从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界,根据动能定理:2-qEL+mgsinθ×2L=0-12mv20代入数据解得:q=2.2×10-6C.(3)经足够长时间后,线框最终不会再进入磁场,即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合,设小球运动的最低点到电场上边界的距离为x.根据动能定理:qEx-mgsinθ(L+x)=0代入数据得:x=1617m答案(1)0.8T(2)2.2×10-6C(3)1617m2.相距L=1.5m的足够长金属导轨竖直放置,质量为m1=1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上,如图2(a)所示,虚线上方磁场方向垂直纸面向里,虚线下方磁场方向竖直向下,两处磁场磁感应强度大小相同.ab棒光滑,cd棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.75,两棒总电阻为1.8Ω,导轨电阻不计.ab棒在方向竖直向上,大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下,从静止开始,沿导轨匀加速运动,同时cd棒也由静止释放.(g取10m/s2)图2(1)求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度的大小.(2)已知在2s内外力F做功40J,求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热.(3)判断cd棒将做怎样的运动,求出cd棒达到最大速度所需的时间t0,并在图(c)中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象.解析(1)经过时间t,金属棒ab的速率v=at此时,回路中的感应电流为I=ER=BLvR对金属棒ab,由牛顿第二定律得3F-BIL-m1g=m1a由以上各式整理得:F=m1a+m1g+B2L2Rat在图线上取两点:t1=0,F1=11N;t2=2s,F2=14.6N代入上式得a=1m/s2,B=1.2T.(2)在2s末金属棒ab的速率vt=at=2m/s所发生的位移s=12at2=2m由动能定理得WF-m1gs-W安=12m1v2t又Q=W安联立以上方程,解得Q=WF-m1gs-12m1v2t=40J-1×10×2J-12×1×22J=18J.(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动,当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时,速度达到最大;然后做加速度逐渐增大的减速运动,最后停止运动.当cd棒速度达到最大时,有m2g=μFN又FN=F安F安=BILI=ER=BLvmRvm=at0整理解得t0=m2gRμB2L2a=0.27×10×1.80.75×1.22×1.52×1s=2sfcd随时间变化的图象如图所示.答案见解析43.(2014·蚌埠三县第二次联考)如图3所示,两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α=53°角,导轨间接一阻值为3Ω的电阻R,导轨电阻忽略不计.在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场,磁场区域的宽度为d=0.5m.导体棒a的质量为m1=0.1kg、电阻为R1=6Ω;导体棒b的质量为m2=0.2kg、电阻为R2=3Ω,它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好.现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放,运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域,且当a刚出磁场时b正好进入磁场.(sin53°=0.8,cos53°=0.6,g取10m/s2,a、b电流间的相互作用不计),求:图3(1)在b穿越磁场的过程中a、b两导体棒上产生的热量之比;(2)在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中,装置上产生的热量;(3)M、N两点之间的距离.解析(1)R1R2=21,I1I2=13,Q1Q2=I21R1tI22R2t=2∶9(2)设整个过程中装置上产生的热量为Q由Q=m1gsinα·d+m2gsinα·d,可解得Q=1.2J(3)设a进入磁场的速度大小为v1,此时电路中的总电阻R总1=6+3×33+3Ω=7.5Ωb进入磁场的速度大小为v2,此时电路中的总电阻R总2=3+6×36+3Ω=5Ω由m1gsinα=B2L2v1R总1和m2gsinα=B2L2v2R总2,5可得v1v2=m1R总1m2R总2=34又由v2=v1+adv1得v2=v1+8×0.5v1由上述两式可得v21=12(m/s)2,v22=169v21M、N两点之间的距离Δs=v222a-v212a=712m答案(1)2∶9(2)1.2J(3)712m4.如图4所示,足够长的平行金属导轨内有垂直纸面向里的匀强磁场,金属杆ab与导轨垂直且接触良好,导轨右端与电路连接.已知导轨相距为L,磁场的磁感应强度为B,R1、R2和ab杆的电阻值均为r,其余电阻不计,板间距为d、板长为4d,重力加速度为g,不计空气阻力.如果ab杆以某一速度向左匀速运动时,沿两板中心线水平射入质量为m、带电荷量为+q的微粒恰能沿两板中心线射出,如果ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时,该微粒将射到B板距其左端为d的C处.图4(1)求ab杆匀速运动的速度大小v;(2)求微粒水平射入两板时的速度大小v0;(3)如果以v0沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出,试讨论ab杆向左匀速运动的速度范围.解析(1)设ab杆匀速运动的速度为v,则ab杆产生的电动势为E=BLv①两板间的电压为U0=13E=BLv3②ab杆向左匀速运动时:qU0d=mg③6由①②③式得:v=3mgdqBL④(2)ab杆向右匀速运动时,设带电微粒射入两极板时的速度为v0,向下运动的加速度为a,经时间t射到C点,有:qU0d+mg=ma⑤微粒做类平抛运动有:d=v0t⑥d2=12at2⑦由③⑤⑥⑦得:v0=2gd⑧(3)要使带电微粒能从两板间射出,设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间为t1,应有:d212a1t21⑨t1=4dv0⑩由⑧⑨⑩得:a1g8⑪若a1的方向向上,设ab杆运动的速度为v1,两板电压为:U1=13BLv1⑫又有:qU1d-mg=ma1⑬联立⑪⑫⑬式得:v127mgd8qBL⑭若a1的方向向下,设ab杆的运动速度为v2,两板电压为:U2=13BLv2⑮又有:mg-qU2d=ma1⑯由⑪⑮⑯式得:v221mgd8qBL⑰所以ab杆向左匀速运动时速度的大小范围为21mgd8qBLv27mgd8qBL⑱答案见解析方法技巧巧用功能关系以及能量守恒思想7(1)在电磁感应现象中,当安培力是变力时,无法直接求安培力做的功,这时要用功能关系和能量守恒的观点来分析问题.(2)一个注意点:在应用能量守恒观点解决电磁感应问题时,一定要分析清楚能量的转化情况,尤其要注意电能往往只是各种形式能转化的中介.

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