【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的动力学和能量问题课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的动力学和能量问题课时作业

‎2020届一轮复习人教版 电磁感应中的动力学和能量问题 课时作业 ‎1．【衡水模拟】如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板。R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。‎ ‎(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；‎ ‎(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m，带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。‎ ‎【解析】(1)对ab匀速下滑时：Mgsin θ＝BIl 解得通过棒的电流为：‎I＝‎MgsinθBl 由I＝BlvR+‎Rx ‎ 联立解之得： v＝‎‎2MgRsinθB‎2‎l‎2‎。 ‎ ‎(2)对板间粒子有：qUd ＝mg 根据欧姆定律得Rx＝UI ‎ 联立解之得：Rx‎＝‎mBldqMsinθ。‎ ‎2．【2017江苏】如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：‎ ‎(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。‎ ‎【解析】（1）感应电动势 E＝Bdv‎0‎ ‎ 感应电流I＝‎ER 解得I＝‎Bdv‎0‎R ‎（2）安培力 ‎F＝BId 牛顿第二定律 ‎F＝ma 解得a＝‎B‎2‎d‎2‎v‎0‎mR ‎（3）金属杆切割磁感线的速度v‎'‎‎＝v‎0‎-v，则 感应电动势 E＝Bd(v‎0‎-v)‎ ‎ 电功率P＝‎E‎2‎R ‎ 解得P＝‎B‎2‎d‎2‎‎(v‎0‎-v)‎‎2‎R ‎1．【江苏联考】如图1所示，两条相距d＝1 m的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接一阻值R＝9 Ω的电阻，右端放置一阻值r＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属杆，开始时，与MP相距L＝4 m。导轨置于竖直向下的磁场中，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示。给金属杆施加一向右的力F（F未知），使0～2 s内杆静止在NQ处。在t＝2 s时杆开始做匀加速直线运动，加速度大小a＝1 m/s²，6 s末力F做的功为30 J。求：（g取10 m/s²）‎ ‎(1)杆静止时，杆中感应电流的大小I和方向；‎ ‎(2)杆在t＝6 s末受到的力F的大小 ‎(3)0～6 s内杆上产生的热量。‎ ‎【解析】（1）在0～2 s内，由电磁感应定律得 E‎1‎‎＝ΔΦΔt＝LdΔBΔt‎＝8 V 由闭合电路欧姆定律得I‎1‎‎＝‎E‎1‎R+r＝0.8 A，方向N→Q ‎（2）杆做匀加速直线运动的时间为t＝4 s ‎6 s末杆的速度v＝at＝4 m/s 由电磁感应定律得E2＝Bdv＝16 V 由闭合电路欧姆定律得I‎2‎‎＝‎E‎2‎R+r＝1.6 A 在运动过程中杆受到的安培力FA＝BI2d＝6.4 N 对杆运用牛顿第二定律，有：F–FA＝ma 解得：F＝7.4 N ‎（3）0～2 s内系统产生的焦耳热Q1＝I1²(R+r)t＝12.8 J ‎2～6 s内，根据能量守恒定律有：W＝‎Q‎2‎‎+‎1‎‎2‎mv‎2‎ 系统产生的热量Q‎2‎‎＝W-‎1‎‎2‎mv‎2‎＝22 J 则0～6 s内系统产生的总热量Q＝Q‎1‎+‎Q‎2‎＝34.8 J 故0～6 s内杆上产生的热量Q杆‎＝rR+rQ＝‎1‎‎10‎×34.8J＝3.48J ‎2．【宁夏模拟】如图所示，光滑平行轨道abcd的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，bc段轨道宽度是cd段轨道宽度的2倍，bc段轨道和cd段轨道都足够长，将质量相等的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd 段，且与轨道垂直。Q棒静止，让P棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放，求：‎ ‎(1)P棒滑至水平轨道瞬间的速度大小；‎ ‎(2)P棒和Q棒最终的速度。‎ ‎【解析】(1)设P棒滑到b点的速度为v0，由机械能守恒定律：‎ ‎，得：‎ ‎(2)最终两棒的电动势相等，即：2BLvP＝BLvQ ‎ 得2vP＝vQ（此时两棒与轨道组成的回路的磁通量不变）‎ 这个过程中的任意一时刻两棒的电流都相等，但由于轨道宽度两倍的关系，使得P棒受的安培力总是Q棒的两倍，所以同样的时间内P棒受的安培力的冲量是Q棒的两倍，以水平向右为正方向，对P棒：‎ ‎－2I＝mvP－mv0‎ 对Q棒：I＝mvQ 联立两式解得：，。‎ ‎3．【蓝田模拟】实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为0.1 m、长为0.4 m的10匝矩形线框abcd，总电阻R＝2 Ω，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量m＝0.2 kg。如图是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为f＝0.4 N，进入磁场前已达到最大速度v＝5 m/s，车头(ab边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾(cd边)刚出磁场时速度恰好为零。已知有界磁场宽度为0.4 m，磁感应强度为B＝1.4 T，方向竖直向下。求：‎ ‎(1)进入磁场前小车所受牵引力的功率P；‎ ‎(2)车头刚进入磁场时，小车的加速度大小；‎ ‎(3)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q。‎ ‎【解析】（1）进入磁场前小车匀速运动时速度最大，则有：‎ F＝f 牵引力的功率为：P＝Fv＝fv＝2W；‎ ‎（2）车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为：E＝NBLv＝7V 感应电流的大小为：I＝ER＝NBLvR＝3.5A ‎ 车头刚进入磁场时，小车受到阻力、安培力，安培力为F安＝NBIL＝4.9N 小车的加速度a＝F安‎+fm＝26.5m/s ‎ ‎（3）根据能量守恒定律得：Q+f•2s＝‎1‎‎2‎mv2‎ 可得电磁刹车过程中产生的焦耳热为Q＝2.18J ‎4．【河北五校联盟联考】如图所示，P、Q为水平平行放置的光滑足够长金属导轨，相距L＝1 m。导轨间接有 E＝15 V、r＝1 Ω的电源，0～10 Ω的变阻箱R0，R1＝6 Ω、R2＝3 Ω的电阻，C＝0.25 F的超级电容。不计电阻的导体棒跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用垂直棒的细绳经光滑轻质定滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.4 kg。在导体棒ab所处区域存在磁感应强度B＝2 T、方向竖直向下的匀强磁场，且范围足够大。（导轨的电阻不计，g取10 m/s2)‎ ‎(1)现闭合开关S1、S2，为了使物体保持静止，求变阻箱连入电路的阻值；‎ ‎(2)现断开开关S1闭合S2，待电路稳定后，求电容的带电量；‎ ‎(3)使导体棒静止在导轨上，开关S2断开的情况下（电容始终正常工作）释放导体棒，试讨论物体的运动情况和电容电量的变化规律。‎ ‎【解析】（1）金属棒受力的方程有：‎Mg-BlI‎2‎＝0‎ 流经电阻R1的电流有：‎I‎1‎‎＝‎I‎2‎R‎2‎R‎1‎ 闭合电路欧姆有：E＝(I‎1‎+I‎2‎)(R‎0‎+r)+‎I‎2‎R‎2‎ ‎ 代入数据解得：‎R‎0‎‎＝2Ω ‎（2）电路稳定后，分析知物体（金属棒）将做匀速运动，此时金属棒切割磁场产生电动势有： E‎1‎‎＝Blv‎1‎ ‎ 电路端电流有： ‎I‎3‎‎＝‎E‎1‎R‎1‎‎+‎R‎2‎ 金属棒受力力的方程有：‎Mg-BlI‎3‎＝0‎ 电容C的带电量有： Q＝E‎1‎C ‎ 代入数据解得： ‎Q＝4.5 C ‎（3）物块某时受力力的方程有： ‎Mg-T＝Ma 金属棒受力力的方程有： T-BlI＝ma ‎ 通过金属棒的电流： I＝‎ΔQΔt ‎ 电容器Δt时间增加的电量： ΔQ＝CΔU ‎ 金属棒Δt时间增加的电压： ΔU＝BlΔv ‎ 加速度定义式： a＝‎ΔvΔt ‎ 代入数据解得： a＝2.5‎m/s‎2‎；I＝1.25A ‎ 即导体棒做初速度为零，加速度为2.5m/s2的匀加速直线运动，电容电量每秒均匀增加ΔQ‎'‎＝1.25C。‎ ‎5．【杭州预测卷】如图所示，空间存在两个沿水平方向的等大反向的匀强磁场，水平虚线为其边界，磁场范围足够大，矩形多匝闭合线框ABCD下边位于两磁场边界处，匝数n＝200，每匝质量为0.1 kg，每匝电阻R＝1 Ω，边长AB＝0.5 m，BC＝1.125 m。一根足够长的绝缘轻质细线跨过两个轻质光滑定滑轮，一端连接线框，另一端连接质量为10 kg的竖直悬挂的绝缘物体P，且P受到F＝70－200v(N)的竖直外力作用(v为线框的瞬时速度大小)。现将线框静止释放，刚运动时，外力F 的方向竖直向下，线框中的电流随时间均匀增加。一段时间后撤去外力F，线框恰好开始做匀速直线运动．若细线始终绷紧，线框平面在运动过程中始终与磁场垂直，且CD边始终保持水平，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。‎ ‎(1)求空间中匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)从开始运动到线框全部进入下方磁场过程所用时间t和线上拉力的最大功率分别为多少？‎ ‎(3)从开始运动到撤去外力过程中，线框产生的焦耳热为 J，则该过程流过单匝导线横截面的电荷量q和外力F做的功分别为多少？‎ ‎【解析】(1)开始时电流随时间均匀增加，又因为E＝2nBLv(L为AB长度)，I＝＝ 所以v随t均匀增加，线框做匀加速运动，则FA＝BIL＝ 由牛顿第二定律有nmg－Mg－F－2nFA＝(M＋nm)a 初始时，v＝0、F＝70 N、FA＝0；运动时，F＝70－200v，FA＝ 将两组数据代入，联立得200v＝ 所以B＝1 T，a＝1 m/s2‎ ‎(2)匀速运动时nmg＝Mg＋2nFA，所以v0＝0.5 m/s 则匀加速运动时间t1＝＝0.5 s，x1＝＝0.125 m 则x2＝xBC－x1＝1 m 匀速运动时间t2＝＝2 s，总时间t＝t1＋t2＝2.5 s 匀加速过程中，研究物体P：FT－Mg－F＝Ma，FT＝180－200v P＝FTv＝180v－200v2＝－2002＋≤40.5 W 匀速运动过程中，研究物体P：FT′＝Mg P′＝FT′v0＝50 W＞40.5 W 所以线上拉力的最大功率为50 W ‎(3)从开始运动到撤去外力过程中，因为E＝2nBLv ＝＝，则＝t1，q＝t1＝0.125 C 由动能定理得：(nmg－Mg)x1－W克安＋WF＝(nm＋M)v 故WF＝－ J.‎