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2019届高考物理(课标通用)一轮复习课时跟踪检测:(四十) 电磁感应中的动力学和能量问题 (卷Ⅱ)

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课时跟踪检测(四十) 电磁感应中的动力学和能量问题 (卷Ⅱ) (二)重点高中适用作业 (卷Ⅱ)
[B 级——拔高题目稳做准做] 1.(2017·上海高考)如图,光滑平行金属导轨间距为 L,与水 平面夹角为 θ ,两导轨上端用阻值为 R 的电阻相连;该装置处于磁 感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面。质量为 m 的金属杆 ab 以沿导轨平面向上的初速度 v0 从导轨底端开始运动,然 后又返回到出发位置。在运动过程中,ab 与导轨垂直且接触良好, 不计 ab 和导轨的电阻及空气阻力。
(1)求 ab 开始运动时的加速度 a; (2)分析并说明 ab 在整个运动过程中速度、加速度的变化情况; (3)分析并比较 ab 上滑时间和下滑时间的长短。 解析:
(1)ab 开始运动时产生的感应电动势 E=BLv0 回路中的感应电流 I=ER 杆所受安培力 FA=BIL=B2LR2v0 杆受力如图,由牛顿第二定律 mgsin θ +FA=ma 得 a=gsin θ +B2mLR2v0,方向沿导轨向下。

(2)分析如下: 杆上滑时:合力 F=mgsin θ +FA,与运动方向相反,杆减速;随 着速度减小,FA 减小,合力减小,加速度减小;因此杆做加速度减小 的减速运动,到达一定高度后速度为零。 在最高点:杆的速度为零,加速度为 gsin θ ,方向沿斜面向下。 杆下滑时:合力 F=mgsin θ -FA,与运动方向相同,杆加速;随 着速度增加,FA 增大,合力减小,加速度减小;因此杆做初速度为零、 加速度减小的加速运动。 (3)分析如下:上滑和下滑过程经过的位移大小相等。而上滑时杆 加速度大于 gsin θ ,下滑时杆加速度小于 gsin θ ,因此上升时的 平均加速度大于下降时的平均加速度,由运动学规律可知,上滑所需 时间小于下滑所需时间。 答案:(1)gsin θ +B2mLR2v0,方向沿导轨向下 (2)见解析 (3)上滑时间小于下滑时间 ★2.(2017·天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮 弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道 炮示意如图,图中直流电源电动势为 E,电容器的电容为 C。两根固 定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为 l,电阻不计。炮弹可视为 一质量为 m、电阻为 R 的金属棒 MN,垂直放在两导轨间处于静止状态, 并与导轨良好接触。首先开关 S 接 1,使电容器完全充电。然后将 S 接至 2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁 场(图中未画出),MN 开始向右加速运动。当 MN 上的感应电动势与电 容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN 达到最大速度, 之后离开导轨。问:

(1)磁场的方向; (2)MN 刚开始运动时加速度 a 的大小; (3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量 Q 是多少。 解析:(1)将 S 接 1 时,电容器充电,上极板带正电,下极板带负 电,当将 S 接 2 时,电容器放电,流经 MN 的电流由 M 到 N,又知 MN 向右运动,由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。 (2)电容器完全充电后,两极板间电压为 E,当开关 S 接 2 时, 电容器放电,设刚放电时流经 MN 的电流为 I,有 I=ER ① 设 MN 受到的安培力为 F,有 F=IlB ② 由牛顿第二定律,有 F=ma ③ 联立①②③式得 a=BmlRE。 ④ (3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为 Q0,有 Q0=CE ⑤ 开关 S 接 2 后,MN 开始向右加速运动,速度达到最大值 vmax 时, 设 MN 上的感应电动势为 E′, 有 E′=Blvmax ⑥ 依题意有 E′=QC ⑦
设在此过程中 MN 的平均电流为 I ,MN 上受到的平均安培力为 F , 有
F = I lB ⑧
由动量定理,有 F Δ t=mvmax-0 ⑨

又 I Δ t=Q0-Q ⑩

联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 Q=mB+2lB2C2l2E2C。 ?

BlE

B2l2C2E

答案:(1)垂直导轨平面向下 (2) mR (3)m+B2l2C

3.(2018·内蒙古奋斗中学模拟)如图甲所示,弯折成 90°角的

两根足够长金属导轨平行放置,形成左右两导轨平面,左导轨平面与

水平面成 53°角,右导轨平面与水平面成 37°角,两导轨相距 L=

0.2 m,电阻不计。质量均为 m=0.1 kg,电阻均为 R=0.1 Ω 的金 属杆 ab、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路,金属杆与导轨间的动摩

擦因数均为 μ =0.5,整个装置处于磁感应强度大小为 B=1.0 T,方

向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t=0 时

刻开始,ab 杆以初速度 v1 沿右导轨平面下滑。t=1 s 时刻开始,对 ab 杆施加一垂直 ab 杆且平行右导轨平面向下的力 F,使 ab 开始做匀

加速直线运动。cd 杆运动的 v?t 图像如图乙所示(其中第 1 s、第 3 s

内图线为直线)。若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好,g

取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)在第 1 s 内 cd 杆受到的安培力的大小; (2)ab 杆的初速度 v1; (3)若第 2 s 内力 F 所做的功为 9 J,求第 2 s 内 cd 杆所产生的 焦耳热。 解析:(1)ab 杆沿右侧导轨下滑,根据右手定则可知 ab 杆中感应 电流由 a 到 b,则 cd 杆中电流由 d 到 c,根据左手定则可知 cd 杆受

到的安培力垂直于左侧导轨向下。

根据

v

?t

图像可知,cd

杆在第

1

s

内的加速度

a1=ΔΔ

v t=4

m/s2

对 cd 杆受力分析,根据牛顿第二定律,有:mgsin 53°-μ (mgcos

53°+F 安)=ma1 解得 F 安=0.2 N。 (2)对 cd 杆:安培力 F 安=BIL 回路中电流 I=FB安L=1 A

对 ab 杆:感应电动势 E=I·2R=0.2 V

根据法拉第电磁感应定律 E=BLv1 解得 ab 杆的初速度 v1=BEL=1 m/s。

(3)根据 v ?t 图像可知,cd 杆在第 3 s 内做匀减速运动,加速



a2=ΔΔ

v t=-4

m/s2

对 cd 杆受力分析,根据牛顿第二定律,有:mgsin 53°-μ (mgcos

53°+F 安′)=ma2 解得安培力 F 安′=1.8 N 由 F 安′=BI′L=BE2′R L=B22LR2v2可得

2 s 时 ab 杆的速度 v2=2FB安2L′2 R=9 m/s

第 2 s 内 ab 杆做匀加速运动,ab 杆的位移 x2=12(v1+v2)t=5 m

对 ab 杆,根据动能定理,有:WF+mgx2sin 37°-μ mgx2cos 37° +W 安=12mv22-12mv12

解得安培力做功 W 安=-6 J 回路中产生的焦耳热 Q=-W 安=2Qcd 解得第 2 s 内 cd 杆所产生的焦耳热 Qcd=3 J。 答案:(1)0.2 N (2)1 m/s (3)3 J 4.(2018·泉州质检)如图甲所示,两根完全相同的光滑平行导 轨固定,每根导轨均由两段与水平面成 θ =30°的长直导轨和一段 圆弧导轨平滑连接而成,导轨两端均连接电阻,阻值 R1=R2=2 Ω , 导轨间距 L=0.6 m。在右侧导轨所在斜面的矩形区域 M1M2P2P1 内分布 有垂直斜面向上的磁场,磁场上下边界 M1P1、M2P2 的距离 d=0.2 m, 磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。t=0 时刻,在右侧 导轨斜面上与 M1P1 距离 s=0.1 m 处,有一根阻值 r=2 Ω 的金属棒 ab 垂直于导轨由静止释放,恰好独立匀速通过整个磁场区域,取重 力加速度 g=10 m/s2,导轨电阻不计。求:

(1)ab 在磁场中运动的速度大小 v;

(2)在 t1=0.1 s 时刻和 t2=0.25 s 时刻电阻 R1 的电功率之比; (3)电阻 R2 产生的总热量 Q 总。 解析:(1)由 mgs·sin θ =12mv2

得 v= 2gs·sin θ =1 m/s。

v (2)棒从释放到运动至 M1P1 的时间 t=gsin θ =0.2 s



t1=0.1

s

时,棒还没进入磁场,有

E1=ΔΔΦt

=Δ Δ

BtLd=0.6

V

此时,R2 与金属棒并联后再与 R1 串联

R 串=3 Ω U1=RE串1 R1=0.4 V 由图乙可知,t=0.2 s 后磁场保持不变,ab 经过磁场的时间 t′ d =v=0.2 s 故在 t2=0.25 s 时 ab 还在磁场中运动,电动势 E2=BLv=0.6 V 此时 R1 与 R2 并联,R 总=3 Ω ,得 R1 两端电压 U1′=0.2 V 电功率 P=UR2,故在 t1=0.1 s 和 t2=0.25 s 时刻电阻 R1 的电功 率比值PP21=UU1′12 2=4。 (3)设 ab 的质量为 m,ab 在磁场中运动时,通过 ab 的电流 I=RE总2 ab 受到的安培力 FA=BIL 又 mgsin θ =BIL 解得 m=0.024 kg 在 t=0~0.2 s 内,R2 两端的电压 U2=0.2 V,产生的热量 Q1=UR222 t=0.004 J ab 最终将在 M2P2 下方的轨道区域内往返运动,到 M2P2 处的速度为 零,由功能关系可得在 t=0.2 s 后,整个电路最终产生的热量 Q= mgdsin θ +12mv2=0.036 J 由电路关系可得 R2 产生的热量 Q2=16Q=0.006 J 故 R2 产生的总热量 Q 总=Q1+Q2=0.01 J。 答案:(1)1 m/s (2)4∶1 (3)0.01 J



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