【物理】2020届二轮复习专题四第10讲应用“三大观点”解决电磁感应综合问题作业

【物理】2020届二轮复习专题四第10讲应用“三大观点”解决电磁感应综合问题作业

第10讲　应用“三大观点”解决电磁感应综合问题 冲刺提分作业A ‎1.(2019湖北咸阳模拟)如图所示是磁动力电梯示意图,即在竖直平面内有两根很长的平行竖直轨道,轨道间有垂直轨道平面交替排列的匀强磁场B1和B2,B1=B2=1.0 T,B1和B2的方向相反,两磁场始终竖直向上做匀速运动,电梯轿厢固定在图示的金属框abcd上,并且与之绝缘。已知电梯载人时的总质量为4.95×103 kg,所受阻力f=500 N,金属框垂直轨道的边长ab=2.0 m,两磁场的宽度均与金属框的边长ad相同,金属框整个回路的电阻R=8.0×10-4 Ω,g取10 m/s2。已知电梯正以v1=10 m/s的速度匀速上升,求:‎ ‎(1)金属框中感应电流的大小及图示时刻感应电流的方向;‎ ‎(2)磁场向上运动的速度v0的大小;‎ ‎(3)该电梯的工作效率。‎ 答案　(1)1.25×104 A,电流的方向为adcb　(2)12.5 m/s　(3)79.2%‎ 解析　(1)对abcd金属框由平衡条件,有2F安=mg+f,而F安=BI·ab,解得I=1.25×104 A;由左手定则可判断题图示时刻电流的方向为adcb ‎(2)根据法拉第电磁感应定律得E=2B·ab·(v0-v1)‎ 而E=IR,解得v0=12.5 m/s ‎(3)有用功P=mgv1=4.95×105 W 总功率P总=2F安·v0=6.25×105 W 则η=PP总×100%=79.2%‎ ‎2.如图所示,两根质量均为m=2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上,左右两部分导轨间距之比为1∶2,导轨间有大小相等但左、右两部分磁感应强度方向相反的匀强磁场,两棒电阻与棒长成正比,不计导轨电阻。现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒,CD棒运动x=0.5 m时其产生的焦耳热为Q2=30 J,此时两棒速率之比为vA∶vC=1∶2,现立即撤去拉力F,设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动,求:‎ ‎(1)在CD棒运动0.5 m的过程中,AB棒上产生的焦耳热;‎ ‎(2)撤去拉力F瞬间,两棒的速度大小vA和vC;‎ ‎(3)撤去拉力F后,两棒最终匀速运动的速度大小vA'和vC'。‎ 答案　(1)15 J　(2)4 m/s　8 m/s ‎(3)6.4 m/s　3.2 m/s 解析　(1)设两棒的长度分别为l和2l,所以电阻分别为R和2R,由于电路中任何时刻电流均相等,根据焦耳定律Q=I2Rt可知AB棒上产生的焦耳热Q1=15 J ‎(2)根据能量守恒定律,有 Fx=‎1‎‎2‎mvA‎2‎+‎1‎‎2‎mvC‎2‎+Q1+Q2‎ 又vA∶vC=1∶2‎ 联立解得vA=4 m/s,vC=8 m/s ‎(3)撤去拉力F后,AB棒继续向左做加速运动,而CD棒向右做减速运动,两棒最终匀速运动时电路中电流为零,即两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等,此时两棒的速度满足 BLvA'=B·2LvC'‎ 即vA'=2vC'(不对过程进行分析,认为系统动量守恒是常见错误)‎ 对两棒分别应用动量定理,规定水平向左为正方向,有 FA·t=mvA'-mvA,-FC·t=mvC'-mvC 因为FC=2FA,故有vA‎'-‎vAvC‎-vC'‎=‎‎1‎‎2‎ 联立解得vA'=6.4 m/s,vC'=3.2 m/s ‎3.间距为L=2 m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面。质量均为m=0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路。杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.5,导轨的电阻不计,细杆ab、cd的电阻分别为R1=0.6 Ω,R2=0.4 Ω。整个装置处于磁感应强度大小为B=0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)。当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时,cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g=10 m/s2。‎ ‎(1)求ab杆的加速度a;‎ ‎(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小;‎ ‎(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2 J的功,通过cd杆横截面的电荷量为0.2 C,求该过程中ab杆所产生的焦耳热。‎ 答案　见解析 解析　(1)由题图乙可知,在t=0时,F=1.5 N 对ab杆进行受力分析,由牛顿第二定律得 F-μmg=ma 代入数据解得a=10 m/s2‎ ‎(2)从d向c看,对cd杆进行受力分析如图所示 当cd速度最大时,有 Ff=mg=μFN,FN=F安,F安=BIL,I=‎BLvR‎1‎‎+‎R‎2‎ 综合以上各式,解得v=2 m/s ‎(3)整个过程中,ab杆发生的位移x=q(R‎1‎+R‎2‎)‎BL=0.2 m 对ab杆应用动能定理,有WF-μmgx-W安=‎1‎‎2‎mv2‎ 代入数据解得W安=4.9 J,根据功能关系有Q总=W安 所以ab杆上产生的热量 Qab=R‎1‎R‎1‎‎+‎R‎2‎Q总=2.94 J ‎4.水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置,间距为L,一端通过导线与阻值为R的电阻连接;导轨上放一质量为m的金属杆(如图甲),金属杆与导轨的电阻忽略不计;匀强磁场竖直向下,用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上,杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时,相对应的金属杆做匀速运动的速度v也会变化,v与F的关系如图乙所示。(取重力加速度g=10 m/s2)‎ ‎(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动?‎ ‎(2)若m=0.5 kg,L=0.5 m,R=0.5 Ω,磁感应强度B为多大?‎ ‎(3)由v-F图线的截距可求得什么物理量?其值为多少?‎ 答案　(1)加速度减小的加速运动 ‎(2)1 T　(3)摩擦力　2 N 解析　(1)v-F图像描述的是不同拉力情况下,金属杆做匀速运动时速度的变化情况。假设金属杆在运动过程中不受摩擦力作用,匀速运动时金属杆处于平衡状态,此时拉力等于安培力,由E=BLv,I=ER,F=BIL,可得外力F的表达式为F=B‎2‎L‎2‎vR,则图线必过原点。但是v-F图线不是过原点的一条直线,因此金属杆除了受到拉力、安培力外,还受到摩擦力作用 由牛顿第二定律可知,F-B‎2‎L‎2‎vR-f=ma(f为摩擦力)‎ 所以加速度a=F-fm-‎B‎2‎L‎2‎vmR 由于拉力F和摩擦力f为恒力,金属杆做加速度逐渐减小的加速运动,最后加速度为零,金属杆达到平衡状态,将做匀速运动 ‎(2)金属杆匀速运动时,可得平衡方程 F=B‎2‎L‎2‎vR+f 所以速度v=RB‎2‎L‎2‎F-RB‎2‎L‎2‎ f 此方程与一次函数y=kx+b类似,其斜率k=‎RB‎2‎L‎2‎ 由图像可以得到直线的斜率k=2,故B=RkL‎2‎=1 T ‎(3)从图像求得直线方程为v=2F-4‎ 类比v=RB‎2‎L‎2‎F-RB‎2‎L‎2‎ f,得RB‎2‎L‎2‎=2,RB‎2‎L‎2‎ f=4‎ 故摩擦力f=2 N 冲刺提分作业B ‎1.(2019福建厦门模拟)如图所示,MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r=0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接,M、P端连接定值电阻R,质量M=2 kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上,在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场,现有质量m=1 kg的ab金属杆以初速度v0=12 m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后,进入磁场并最终未滑出,cd绝缘杆则恰好通过半圆导轨最高点,不计其他电阻和摩擦,ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好,取g=10 m/s2,求:(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)‎ ‎(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v;‎ ‎(2)电阻R产生的焦耳热Q。‎ 答案　(1)‎5‎ m/s　(2)2 J 解析　(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时,由牛顿第二定律有 Mg=Mv‎2‎r 解得v=‎5‎ m/s ‎(2)碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中,由动能定理有 ‎-2Mgr=‎1‎‎2‎Mv2-‎1‎‎2‎Mv‎2‎‎2‎ 解得碰撞后cd绝缘杆的速度v2=5 m/s 两杆碰撞过程,动量守恒,取向右为正方向,则有 mv0=mv1+Mv2‎ 解得碰撞后ab金属杆的速度v1=2 m/s ab金属杆进入磁场后,由能量守恒定律有 Q=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ 解得Q=2 J ‎2.如图甲所示,倾斜放置的两根足够长的光滑金属导轨与水平面间的夹角为θ,间距为L,一端通过导线与阻值为R的电阻连接,质量为m的金属杆垂直放在导轨上,金属杆与导轨的电阻忽略不计,空间存在垂直导轨所在平面向上的匀强磁场。现用平行于斜面的恒力F沿斜面向上由静止拉金属杆,运动过程中杆始终与导轨垂直且接触良好,杆最终做匀速运动。当改变恒力F的大小时,杆最终做匀速运动的速度v也会变化,v与恒力F的关系如图乙所示。取重力加速度g=10 m/s2。‎ ‎(1)分析说明金属杆在匀速运动之前做什么运动?‎ ‎(2)若m=0.4 kg,L=0.5 m,R=0.5 Ω,求磁感应强度大小B和θ。‎ 答案　(1)加速度减小的加速运动　(2)1 T　30°‎ 解析　(1)金属杆由静止开始运动后,受到重力、支持力、沿斜面向下的安培力和恒力F的作用,由牛顿第二定律有 F-mg sin θ-F安=ma 而F安=BIL,I=‎BLv‎0‎R 可知随着速度的增大,安培力增大,所以金属杆在匀速运动之前做加速度减小的加速运动 ‎(2)设金属杆运动过程中某时刻的速度为v,则 金属杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv 回路中的电流I=‎ER 则金属杆受到的安培力F安=IBL=‎B‎2‎L‎2‎vR 当金属杆匀速运动时受到的合力为零 F-mg sin θ-F安=0‎ 所以有v=RB‎2‎L‎2‎(F-mg sin θ)‎ 由题图乙可以得到图线的斜率 k=2 m·s-1·N-1‎ 对应有k=RB‎2‎L‎2‎,解得B=RkL‎2‎=1 T 由题图乙可知图线的截距为2 N 对应有mg sin θ=2 N 解得θ=30°‎ ‎3.(2019山东淄博二模)如图所示,质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计,质量为m的导体棒PQ放置在导轨上,始终与导轨接触良好,PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ,棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L,开始时PQ左侧导轨的总电阻为R,右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界,其左侧匀强磁场方向竖直向上,右侧匀强磁场方向水平向左,磁感应强度大小均为B。在t=0时,一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上,使导轨由静止开始做匀加速直线运动,加速度为a。重力加速度为g,求:‎ ‎(1)导轨刚开始运动时拉力F的大小;‎ ‎(2)导轨运动时间足够长后拉力F的渐近值及整个过程中拉力F的最大值;‎ ‎(3)若某一过程中导轨动能的增加量为ΔEk,导轨克服摩擦力做功为W,求回路产生的焦耳热。‎ 答案　(1)μmg+Ma　(2)μmg+Ma μmg+Ma+(μ+1)B‎2‎L‎2‎a‎2‎RR‎0‎a　(3)Wμ-‎mgΔEkMa 解析　(1)导轨刚开始运动时,根据牛顿第二定律可知 对导轨有F-μmg=Ma 解得F=μmg+Ma ‎(2)导轨运动以后 v=at s=‎1‎‎2‎at2‎ Rx=R0·2s I=‎BLvR+‎Rx F安=BIL 得F安=‎B‎2‎L‎2‎atR+R‎0‎at‎2‎ 对导轨由牛顿第二定律有F-F滑-F安=Ma 又有F滑=μ(F安+mg)‎ 联立可得F=μmg+Ma+(μ+1)‎B‎2‎L‎2‎atR+R‎0‎at‎2‎ 分析可知当t趋于无穷大时,F=μmg+Ma 当t=RR‎0‎a时,Fmax=μmg+Ma+(μ+1)‎B‎2‎L‎2‎a‎2‎RR‎0‎a ‎(3)对导轨在加速过程中由动能定理知 Mas=ΔEk 则s=‎ΔEkMa 又W=μ(mg+F安)s F安s=Q 则W=μmgs+μQ 解得Q=Wμ-‎mgΔEkMa ‎4.如图甲所示,有一竖直方向的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,区域的上下边缘间距为H=85 cm,磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示。有一长L1=20 cm、宽L2=10 cm、匝数n=5的矩形线圈,其总电阻R=0.2 Ω、质量m=0.5 kg,在t=0时刻,线圈从离磁场区域的上边缘高为h=5 cm处由静止开始下落,0.2 s时线圈刚好全部进入磁场,0.5 s时线圈刚好开始从磁场中出来。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:‎ ‎(1)线圈穿过磁场区域所经历的时间t;‎ ‎(2)线圈穿过磁场区域产生的热量Q。‎ 答案　(1)0.425 s　(2)1.042 J 解析　(1)设线圈做自由落体运动的末速度为v1,则 v‎1‎‎2‎‎=2gh,得v1=1 m/s h=‎1‎‎2‎gt‎1‎‎2‎,得t1=0.1 s 进入磁场时,E1=nB1L1v1,I1=E‎1‎R,FA1=nB1I1L1‎ 得FA1=5 N,即FA1=mg 线圈匀速进入磁场,L2=v1t2‎ 得t2=0.1 s 之后线圈向下做匀加速运动,运动d=H-L2=0.75 m后,线圈的下边刚好到达磁场的下边缘 有v‎2‎‎2‎-v‎1‎‎2‎=2gd,得v2=4 m/s 由v2-v1=gt3,得t3=0.3 s 出磁场时,E2=nB2L1v2,I2=E‎2‎R,FA2=nB2I2L1‎ 得FA2=5 N,即FA2=mg 线圈匀速出磁场,L2=v2t4‎ 得t4=0.025 s 因此线圈穿过磁场区域所经历的时间 t=t2+t3+t4=0.425 s ‎(2)线圈进出磁场过程均做匀速运动,该过程中线圈产生的热量 Q1=mg·2L2=1.0 J 整个线圈在磁场中运动时,E3=nL1L2‎ΔBΔt ΔBΔt‎=‎5‎‎3‎ T/s Q2=E‎3‎‎2‎Rt3=‎1‎‎24‎ J≈0.042 J 因此全过程产生的总热量Q=Q1+Q2=1.042 J