2020高考物理二轮复习 专题七 计算题题型强化 第4讲 加试第23题 电磁感应规律的综合应用学案

2020高考物理二轮复习 专题七 计算题题型强化 第4讲 加试第23题 电磁感应规律的综合应用学案

第4讲　加试第23题　电磁感应规律的综合应用 题型1　电磁感应中的动力学问题 ‎1．基本特点 导体棒运动产生感应电动势→感应电流→通电导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化……周而复始地循环，最终导体棒的加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态，要抓住a＝0时速度v达到最大的特点．‎ ‎2．基本思路 例1　如图1所示，竖直平面内有两个半径为r、光滑的圆弧形金属环，在M、N处分别与距离为2r、足够长的平行光滑金属导轨ME、NF相接，金属环最高点A处断开不接触．金属导轨ME、NF的最远端EF之间接有电阻为R的小灯泡L.在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B，磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离为h.现有质量为m的导体棒ab，从金属环的最高点A 14‎ 处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与金属及轨道接触良好．已知导体棒下落时向下的加速度为a.导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡亮度始终不变．重力加速度为g.导体棒、轨道、金属环的电阻均不计．求：‎ 图1‎ ‎(1)导体棒从A处下落时的速度v1大小；‎ ‎(2)导体棒下落到MN处时的速度v2大小；‎ ‎(3)将磁场Ⅱ的CD边界下移一小段距离，分析导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡的亮度变化情况，并说明原因．‎ 答案　(1)　(2) 　(3)见解析 解析　(1)导体棒下落时，导体棒切割磁感线的有效长度为r 导体棒内产生的感应电动势：E＝Brv1‎ 回路中产生的感应电流：I＝＝ 根据牛顿第二定律得：‎ mg－BI·r＝ma 得v1＝ ‎(2)导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡亮度始终不变，说明导体棒受力平衡，匀速下落，设此时导体棒的速度为v3，则：‎ mg＝F安＝B·2r＝ 解得v3＝ 从MN下落到CD，v22＋2gh＝v32‎ 得v2＝＝ ‎(3)CD边界下移一段距离，导体棒ab进入磁场Ⅱ时速度大于v3，mgφN　(2)　(3)F＝＋ma 解析　(1)由右手定则可知，φM>φN ‎(2)t1时刻的速度：v1＝at1‎ 感应电动势E1＝Bdv1‎ 感应电流I1＝ 杆MN两端的电压U1＝I1R＝ ‎(3)由牛顿第二定律可得F－BId＝ma 其中I＝ E＝Bdv v＝at 联立解得F＝＋ma ‎3．(2018·杭州市重点中学期末)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，两导轨间距l＝‎1.0 m，导轨间接一个阻值为R＝3.0 Ω的电阻，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，磁感应强度B＝1.0 T，宽度d未知．导体棒a的质量为m1＝‎0.10 kg、接入电路的电阻为R1＝6.0 Ω；导体棒b的质量为m2＝‎0.20 kg、接入电路的电阻为R2＝3.0 Ω，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 14‎ 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．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取‎10 m/s2，a、b电流间的相互作用不计)，求：‎ 图3‎ ‎(1)a棒进入磁场前的加速度大小；‎ ‎(2)a棒在磁场中运动的速度大小；‎ ‎(3)a、b棒全部穿过磁场过程中，回路中产生的总热量．‎ 答案　(1)‎8 m/s2　(2)‎6 m/s　(3)3.6 J 解析　(1)由牛顿第二定律得，m1gsin α＝m‎1a a＝gsin α＝‎8 m/s2‎ ‎(2)a棒在磁场中受力平衡：m1gsin α＝BIl 又I＝ E＝Blva 解得va＝‎6 m/s ‎(3)由(2)同样方法可求得vb＝‎8 m/s a在磁场中运动时间t＝＝0.25 s 磁场宽度d＝vat＝‎‎1.5 m 回路产生的总热量Q＝(m1＋m2)gdsin α＝3.6 J ‎4．(2018·义乌市模拟)如图4所示，间距为L、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为α，两根同材料、长度均为L、横截面均为圆形的金属棒CD、PQ放在斜面导轨上，已知CD棒的质量为m、电阻为R，PQ棒的圆截面的半径是CD棒圆截面的2倍，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为k、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒CD，开始时金属棒CD静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ，使金属棒PQ由静止开始运动，当金属棒PQ达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同．已知金属棒PQ开始运动到稳定的过程中通过CD棒的电荷量为q，此过程可以认为CD棒缓慢地移动，已知题设物理量符合＝mgsin α 14‎ 的关系式，求此过程中(要求结果均用m、g、k、α来表示)：‎ 图4‎ ‎(1)CD棒移动的距离；‎ ‎(2)PQ棒移动的距离；‎ ‎(3)恒力所做的功．‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD棒重力平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反．两弹簧向上的弹力等于CD棒重力平行于斜面的分量，即‎2F弹＝mgsin α，弹簧的形变量为Δx＝ CD棒移动的距离ΔsCD＝2Δx＝ ‎(2)PQ棒的圆截面半径是CD棒圆截面的2倍，则mPQ＝‎4m，RPQ＝R，‎ 在达到稳定过程中两棒之间距离增大Δs，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为：＝＝ 感应电流为：＝＝ 所以，回路中通过的电荷量即CD棒中的通过的电荷量为 q＝Δt＝ 由此可得两棒距离增大值：Δs＝ PQ棒沿导轨上滑距离应为CD棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和 PQ棒沿导轨上滑距离为：‎ ΔsPQ＝Δs＋ΔsCD＝＋＝ ‎(3)CD棒达到稳定时，受力平衡，安培力为 F安＝mgsin α＋‎2F弹＝2mgsin α.‎ 金属棒PQ达到稳定时，恒力 14‎ F＝F安＋4mgsin α＝6mgsin α 恒力做功为 W＝FΔsPQ＝6mgsin α·＝ ‎5．(2017·杭州市高三上期末)某同学在学习电磁感应后，认为电磁阻尼能够承担电梯减速时大部分制动的负荷， 从而减小传统制动器的磨损．如图5甲所示，是该同学设计的电磁阻尼制动器的原理图．电梯箱与配重质量都为 M，通过高强度绳子套在半径r1的承重转盘上，且绳子与转盘之间不打滑．承重转盘通过固定转轴与制动转盘相连．制动转盘上固定了半径为r2和r3 的内外两个金属圈(如图乙)，金属圈内阻不计．两金属圈之间用三根互成 120°的辐向导体棒连接，每根导体棒电阻均为R. 制动转盘放置在一对励磁线圈之间，励磁线圈产生垂直于制动转盘的匀强磁场(磁感应强度为B)，磁场区域限制在120°辐向角内，如图乙阴影区所示. 若电梯箱内放置质量为m的货物一起以速度v竖直上升，电梯箱离终点(图中未画出)高度为h时关闭动力系统，仅开启电磁制动，一段时间后，电梯箱恰好到达终点．‎ 图5‎ ‎(1)若在开启电磁制动瞬间，三根金属棒的位置刚好在图乙所示位置，则此时制动转盘上的电动势 E为多少？ 此时a与 b之间的电势差有多大？‎ ‎(2)若忽略转盘的质量，且不计其他阻力影响，则在上述制动过程中，制动转盘产生的热量是多少？‎ ‎(3)若要提高制动的效果，试对上述设计做出两处改进．‎ 答案　见解析 解析　(1)设承重转盘的角速度为ω，则制动转盘的角速度也为ω.‎ 则ω＝　va＝ωr3　vb＝ωr2‎ 14‎ E＝ 联立解得：E＝ I＝ Uab＝I·0.5R 联立解得：Uab＝ ‎(2)Q＋mgh＝(m＋‎2M)v2‎ 解得：Q＝(m＋‎2M)v2－mgh ‎(3)增加励磁电流；减小金属棒的电阻；‎ 增加金属棒的数目(用实心的金属材料做整个金属盘)．‎ 增加外金属圈的半径r3；‎ 减小内金属圈的半径r2；‎ 减小承重转盘的半径r1.(任选两项即可)‎ ‎6．(2018·金华市十校联考)如图6所示，PM、QN是两根光滑圆弧导轨，圆弧半径为d、间距为L，最低点M、N在同一水平高度，导轨电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现有一根长度稍大于L、质量为m、阻值为R的金属棒，从导轨的顶端PQ处由静止开始下滑，到达底端MN时对导轨的压力为2mg，重力加速度为g.求：‎ 图6‎ ‎(1)金属棒到达导轨底端MN时电阻R两端的电压；‎ ‎(2)金属棒从导轨顶端PQ下滑到底端MN过程中，电阻R产生的热量；‎ ‎(3)金属棒从导轨顶端PQ下滑到底端MN过程中，通过电阻R的电荷量．‎ 答案　(1)BL　(2)　(3) 14‎ 解析　(1)在导轨的底端MN处，金属棒对导轨的压力FN＝2mg 轨道对金属棒的支持力大小为FN′＝FN＝2mg 则有FN′－mg＝m 解得v＝ 金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv 金属棒到达底端时电阻R两端的电压U＝＝BL ‎(2)金属棒从导轨顶端PQ下滑到底端MN过程中，由能量守恒定律得：‎ mgd＝Q＋mv2‎ 解得Q＝mgd 电阻R上产生的热量QR＝Q＝ ‎(3)由q＝I·Δt I＝ E＝＝ 联立解得q＝ 14‎