【物理】2020届一轮复习人教版第十三单元第二节电磁感应中的综合问题作业

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【物理】2020届一轮复习人教版第十三单元第二节电磁感应中的综合问题作业

第十三单元 第二节 电磁感应中的综合问题(A、B 卷) 大题强化练(A) 1.(2018·宁波十校联考)如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为 L,矩形匀强磁场 Ⅰ、Ⅱ的高度均为 d,两者间距也为 d,磁感应强度大小为 B,方向垂直 纸面向里,质量为 m 的水平金属杆从距磁场Ⅰ上边界 h 处由静止释放, 进入磁场Ⅰ时的速度大小和进入磁场Ⅱ时的速度大小相等。金属杆在导轨 间的电阻为 r,与导轨接触良好且始终保持水平,导轨上端连接一个定值电 阻 R,不计其余电阻和空气阻力,重力加速度为 g。求: (1)金属杆离开每个磁场区域时的速度大小; (2)穿过每个磁场区域过程中金属杆上产生的焦耳热; (3)求穿过每个磁场区域所需的时间。 解析:(1)金属杆在两个磁场区域之间做加速度为 g 的匀加速运动,用 v1 表示进磁场的 速度,v2 表示出磁场的速度,则有 v12-v22=2gd v12-0=2gh 解得 v2= 2g(h-d)。 (2)研究金属杆从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程,运用动能定理 2mgd-W 克安=0 Q 总=W 克安 Q= r R+r Q 总 解得:Q=2mgdr R+r 。 (3)设金属杆穿过磁场区域所需的时间为 t,由动量定理得 mgt-BILt=m(v2-v1) 又 q=It=BLv R+rt=BLd R+r 解得 t= B2L2d mg(R+r)- 2gh- 2g(h-d) g 。 答案:(1) 2g(h-d) (2)2mgdr R+r (3) B2L2d mg(R+r)- 2gh- 2g(h-d) g 2.磁悬浮列车动力原理如图所示,在水平地面上放有两根平行直导轨,导轨间存在着 等距离的正方形匀强磁场 B1 和 B2,方向相反,B1=B2=1 T。导轨上放有金属框 abcd,金 属框电阻 R=2 Ω,导轨间距 L=0.4 m,当磁场 B1、B2 同时以 v=5 m/s 的速度向右匀速运 动时,求: (1)如果导轨和金属框均光滑,金属框对地是否运动?若不运动,请说明理由;如运动, 原因是什么?运动性质如何? (2)如果金属框运动中所受到的阻力恒为其对地速度的 k 倍,k=0.18,求金属框所能达 到的最大速度 vm 是多少? (3)如果要金属框维持(2)中最大速度运动,磁场每秒钟提供给金属框的能量为多少? 解析:(1)金属框对地运动,因磁场运动时,框与磁场有相对运动,ad、bc 边切割磁感 线,框中产生感应电流(方向逆时针),同时受安培力,方向水平向右,故使线框向右加速运 动,且属于加速度越来越小的变加速运动。 (2)阻力 f 与安培力 F 平衡时,金属框有最大速度 f=kvm=F=2IBL① 其中 I=E R② E=2BL(v-vm)③ ①②③联立解得 vm= 4B2L2v kR+4B2L2④ 代入数据,解得:vm=3.2 m/s。⑤ (3)金属框消耗的磁场能一部分转化为框中电热,一部分克服阻力做功。 据能量守恒:E=I2Rt+kvm·vmt=2.88 J。 答案:(1)运动。因磁场运动时,金属框与磁场有相对运动,ad、bc 边切割磁感线,金 属框中产生感应电流(方向逆时针),同时受安培力,方向水平向右,故使金属框向右加速运 动,且属于加速度越来越小的变加速运动。 (2)3.2 m/s (3)2.88 J 3.(2018·金华十校联考)如图所示,水平面上有一个质量为 m,边长为 L,电阻为 R 的 正方形金属框 abcd。金属框 ab 边与磁场边缘平行,以初速度 v0 垂直磁场边缘进入矩形匀 强磁场区域Ⅰ,磁场区域Ⅰ的水平面光滑,金属框进入磁场区域Ⅰ过程中,金属框的速度 v 与金属框 ab 边进入磁场的位移 x 的关系是 v=v0-kx(x<L,k 已知)。当金属框 ab 边刚进 入磁场区域Ⅱ后,就受到恒定的摩擦力,动摩擦因数为 μ,金属框 cd 边离开磁场区域Ⅱ时 恰好静止。磁场区域Ⅰ的磁场方向垂直水平面向下,磁场区域Ⅱ的磁场方向垂直水平面向 上,两磁场区域的磁感应强度大小相等,两磁场区域的宽度均为 d(d>L)。求: (1)磁场区域Ⅰ的磁感应强度 B; (2)从金属框 ab 边刚进入磁场区域Ⅱ到金属框 cd 边离开磁场区域Ⅱ的时间 t; (3)从金属框 ab 边刚进入磁场区域Ⅰ到金属框 cd 边离开磁场区域Ⅱ的过程中克服安培 力所做的功。 解析:(1)由动量定理得-FAt=mv-mv0 金属框进入磁场时产生的电动势 E=BLv,I=E R,受到的安培力 FA=BIL, 所以-B2L2v R t=mv-mv0 又 x=vt,有B2L2x R =mv0-mv, 又 v=v0-kx,所以 B= kmR L2 。 (2)根据动量定理得-μmgt-6B2L3 R =0-mv0 t=v0 μg-6B2L3 μmgR=v0-6kL μg 。 (3)克服安培力所做的功等于产生的焦耳热,由能量守恒得 W=Q=1 2mv02-μmg(L+d)。 答案:(1) kmR L2  (2)v0-6kL μg (3)1 2mv02-μmg(L+d) 4.如图所示,一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上,导轨间距 L=0.2 m,左 端接有阻值 R=0.3 Ω 的电阻,右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。水平导轨的整个区域内 存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小 B=2.0 T。一根质量 m=0.4 kg,电阻 r=0.1 Ω 的金属棒 ab 垂直放置于导轨上,在水平向右的恒力 F 作用下从静止开始运动,当金属棒通 过位移 x=9 m 时离开磁场,在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力 F,接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度 h=0.8 m 处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因 数 μ=0.1,导轨电阻不计,棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触,取 g= 10 m/s2。求: (1)金属棒运动的最大速率 v; (2)金属棒在磁场中速度为v 2时的加速度大小; (3)金属棒在磁场区域运动过程中,电阻 R 上产生的焦耳热。 解析:(1)金属棒从出磁场到达弯曲轨道最高点,根据机械能守恒定律,1 2mv2=mgh 解得:v= 2gh=4 m/s。 (2)金属棒在磁场中做匀速运动时,设回路中的电流为 I, 则:I=BLv R+r=4 A 由平衡条件可得:F=BIL+μmg=2 N 金属棒速度为v 2时,设回路中的电流为 I′, 则 I′= BLv 2(R+r)=2 A 由牛顿第二定律得 F-BI′L-μmg=ma 解得 a=2 m/s2。 (3)设金属棒在磁场运动过程中,回路中产生的焦耳热为 Q, 根据功能关系:Fx=μmgx+1 2mv2+Q 则电阻 R 上的焦耳热:QR= R R+rQ 解得:QR=8.4 J。 答案:(1)4 m/s (2)2 m/s2 (3)QR=8.4 J 5.(2019·“超级全能生”联考)如图所示,一个半径为 r=0.4 m 的圆形金属导轨固定在 水平面上,一根长为 r 的金属棒 ab 的 a 端位于圆心,b 端与圆形导轨接触良好。从 a 端和 圆形金属导轨分别引出两条导线与倾角为 θ=37°、间距为 l=0.5 m 的平行金属导轨相连。 质量 m=0.1 kg、电阻 R=1 Ω 的金属棒 cd 垂直导轨放置在平行导轨上,并与导轨接触良好, 且棒 cd 与两导轨间的动摩擦因数为 μ=0.5。导轨间另一支路上有一规格为“2.5 V 0.3 A” 的小灯泡 L 和一阻值范围为 0~10 Ω 的滑动变阻器 R0。整个装置置于竖直向上的匀强磁场 中,磁感应强度大小为 B=1 T。金属棒 ab、圆形金属导轨、平行导轨及导线的电阻不计, 从上往下看金属棒 ab 做逆时针转动,角速度大小为 ω。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 已知 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取 10 m/s2。 (1)当 ω=40 rad/s 时,求金属棒 ab 中产生的感应电动势 E1,并指出哪端电势较高; (2)在小灯泡正常发光的情况下,求 ω 与滑动变阻器接入电路的阻值 R0 间的关系;(已 知通过小灯泡的电流与金属棒 cd 是否滑动无关) (3)在金属棒 cd 不发生滑动的情况下,要使小灯泡能正常发光,求 ω 的取值范围。 解析:(1)由法拉第电磁感应定律得 E1=1 2Br2ω=3.2 V b 端电势较高。 (2)由并联电路的特点可知, 当小灯泡正常发光时,有 1 2Br2ω=UL+ILR0 代入数据后得 ω=15 4 R0+125 4 (rad/s)。 (3)由于 μ<tan 37°,所以当棒 cd 中无电流时,其无法静止。 (ⅰ)当 ω 较小,棒 cd 恰要向下滑动时,对其进行受力分析,受力示 意图如图甲所示。 x 轴有 mgsin θ=Fcos θ+f① y 轴有 mgcos θ+Fsin θ=FN② 且 f=μFN③ 棒 cd 所受安培力 F=BIl④ 通过棒 cd 的电流 I=E R=Br2ω 2R ⑤ 联立①~⑤可得 ω=50 11 rad/s。 (ⅱ)当 ω 较大,棒 cd 恰要向上滑动时,对其进行受力分析,受力示意图如图乙所示。 同理可得 ω=50 rad/s 所以要使棒 cd 静止,50 11 rad/s≤ω≤50 rad/s 由(2)中结果可知 R0=4ω-125 15 Ω 因为 0≤R0≤10 Ω,即 0≤4ω-125 15 ≤10 Ω 解得小灯泡正常发光时,125 4 rad/s≤ω≤275 4 rad/s 综上所述,125 4 rad/s≤ω≤50 rad/s。 答案:(1)3.2 V b 端电势较高 (2)ω=15 4 R0+125 4 (rad/s) (3)125 4 rad/s≤ω≤50 rad/s 大题强化练(B) 1.(2018·桐乡模拟)“电磁炮”如图甲所示,其原理结构可简化为如图乙所示的模型: 两根无限长、光滑的平行金属导轨 MN、PQ 固定在水平面内,相距为 l。“电磁炮”弹体 为质量为 m 的导体棒 ab,垂直于 MN、PQ 放在轨道上,与轨道接触良好,弹体在轨道间 的电阻为 R。整个装置处于竖直向下匀强磁场中,磁感应强度大小为 B。“电磁炮”电源的 电压能自行调节,用以保证“电磁炮”匀加速发射,其中可控电源的内阻为 r。不计空气阻 力,导轨的电阻不计。 (1)要使炮弹向右发射,判断通过弹体电流的方向; (2)若弹体从静止加速到 v 过程中,通过弹体的电流为 I,求该系统消耗的总能量; (3)把此装置左端电源换成电容为 C 的电容器,导轨与水平面成 θ 放置(如图丙所示), 弹体由静止释放,某时刻速度为 v1,求此过程安培力的冲量; (4)弹体的速度从 v1 变化到 v2 的过程中,电容器吸收的能量 ΔE。 解析:(1)由左手定则,通过弹体的电流的方向为由 a 到 b。 (2)弹体所受安培力 F=BIl 根据 F=ma,v=at 知发射弹体用时 t=mv BIl 发射弹体过程产生的焦耳热 Q=I2(R+r)t=I(R+r)mv Bl 弹体的动能 Ek=1 2mv2 系统消耗的总能量 E=Ek+Q=1 2mv2+I(R+r)mv Bl 。 (3)电容器上电荷量增量 Δq=q′-q=CBl(v′-v)=CBlΔv 所以充电电流为 i=Δq Δt=CBlΔv Δt =CBla; a 是杆在时刻 t 的加速度,mgsin θ-CB2l2a=ma 因此 a= mgsin θ m+CB2l2,a 与时间无关,可见弹体做匀加速直线运动。 根据动量定理:mgtsin θ-I=mv1 且 v1=at 解得 I=CB2l2v1。 (4)根据动能定理:mgxsin θ-ΔE=1 2m(v22-v12) ,其中 x 为沿斜面方向前进的位移 弹体做匀变速直线运动,所以从 v1 到 v2 满足: 2ax=v22-v12 因此 ΔE=1 2(v22-v12)CB2l2。 答案:(1)由 a 到 b (2)1 2mv2+I(R+r)mv Bl (3)CB2l2v1 (4)1 2(v22-v12)CB2l2 2.(2019·浙江省名校新高考研究联盟联考)如图所示,MN、PQ 是固定在水平桌面上, 相距 l=1.0 m 的光滑平行金属导轨,MP 两点间接有 R=0.6 Ω 的定值电阻,导轨电阻不计。 质量均为 m=0.1 kg,阻值均为 r=0.3 Ω 的两导体棒 a、b 垂直于导轨放置,并与导轨良好 接触。开始时两棒被约束在导轨上处于静止,相距 x0=2 m,a 棒用细丝线通过光滑滑轮与 质量为 m0=0.2 kg 的重物 c 相连,重物 c 距地面高度也为 x0=2 m。整个桌面处于竖直向 下的匀强磁场中,磁感应强度 B=1.0 T。a 棒解除约束后,在重物 c 的拉动下开始运动(运 动过程中丝线始终与 b 棒没有作用),当 a 棒即将到达 b 棒位置前一瞬间,b 棒的约束被解 除,此时 a 棒已经匀速运动,试求:(g 取 10 m/s2) (1)a 棒匀速运动时棒中的电流大小; (2)已知 a、b 两棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”,假设导轨足够长,试求该“粗棒” 能运动的距离; (3)a 棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦耳热。 解析:(1)由题意可知 m0g=BlIa,可得 Ia=2 A。 (2)设碰前 a 棒的速度为 v,则 Ia=Blv R总 R 总=0.6 × 0.3 0.6+0.3 Ω+0.3 Ω=0.5 Ω 解得 v=1 m/s a、b 棒碰撞过程:mv=2mv′,解得 v′=0.5 m/s a、b 碰撞后的整体运动过程, R 总′=0.3 × 0.3 0.3+0.3 Ω+0.6 Ω=0.75 Ω 由动量定理得-IlBt=0-2mv′ q=It= Blx R总′,解得 x=0.075 m。 (3)发生碰撞前 m0gx0-Q1=1 2(m0+m)v2 解得 Q1=3.85 J 发生碰撞后 Q2=1 2(2m)v′2=0.025 J 整个运动过程 Q=Q1+Q2=3.875 J。 答案:(1)2 A (2)0.075 m (3)3.875 J 3.(2018·浙江名校协作体高三开学考试)如图所示,水平放置的平行光滑导轨,固定在 桌面上,宽度为 L,处在磁感应强度为 B,竖直向下的匀强磁场中。桌子离开地面的高度为 H。初始时刻,质量为 m 的杆 ab 与导轨垂直且处于静止,距离导轨边缘为 d。质量同为 m 的杆 cd 与导轨垂直,以初速度 v0 进入磁场区域。最终发现两杆先后落在地面上。已知两杆 的电阻均为 R,导轨电阻不计,两杆落地点之间的距离为 s。求: (1)ab 杆从磁场边缘射出时的速度大小; (2)ab 杆射出时,cd 杆运动的距离; (3)在两根杆相互作用的过程中,回路中产生的电能。 解析:(1)设 ab、cd 杆从磁场边缘射出时的速度分别为 v1、v2 设 ab 杆飞出磁场后运动的水平位移为 x,cd 杆飞出磁场后运动的水平位移为 x+s, 则有 x=v1 2H g ,x+s=v2 2H g 根据动量守恒 mv0=mv1+mv2 解得 v2=v0 2 +s 2 g 2H v1=v0 2 -s 2 g 2H。 (2)ab 杆运动距离为 d,对 ab 杆应用动量定理 BILΔt=BLq=mv1; 设 cd 杆运动距离为 d+Δx,q=ΔΦ 2R=BLΔx 2R 解得 Δx=2Rmv1 B2L2 cd 杆运动距离为 d+Δx=d+2Rm B2L2(v0 2 -s 2 g 2H)。 (3)根据能量守恒,电路中产生的焦耳热等于产生的电能 Q=1 2mv02-1 2mv12-1 2mv22=1 4mv02-mgs2 8H 。 答案:(1)v0 2 -s 2 g 2H (2)d+2Rm B2L2(v0 2 -s 2 g 2H) (3)1 4mv02-mgs2 8H 4.(2018·浙江省“七彩阳光”联盟联考)如图所示,间距为 L 的平行光滑导轨 P、Q, 位于大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,质量为 m、电阻为 R、长度也为 L 的两 相同导体棒 ab 和 cd 分别垂直于导轨放置,导体棒 cd 右侧存在阻尼介质,受到的阻尼力与 棒 cd 运动速度大小成正比,比例系数 k=B2L2 2R 。t=0 时,棒 ab 以初速度 v0 向右运动;当 棒 ab 的位移为 x0 时,两导体棒速度达到相同。不计导轨电阻及阻尼介质对电路的影响,导 轨足够长。求: (1)t=0 时导体棒 ab 和 cd 的加速度; (2)棒 ab 的位移为 x0 时导体棒 cd 的位移 x 和速度 v 的大小。 解析:(1)ab 刚开始运动时产生的电动势 E=BLv0 I= E 2R=BLv0 2R acd=aab=BIL m =B2L2v0 2Rm aab 方向向左,acd 方向向右。 (2)由动量定理,对导体棒 ab, 有-BL∑Δqi=m(v-v0)① 对导体棒 cd,有 BL∑Δqi-k∑(vΔt)i=mv② x=∑(vΔt)i③ ∑Δqi=BL 2R(x0-x)④ 联立①②③④,得 x=2 3(x0-Rmv0 B2L2 ) v=1 6(4v0-B2L2 Rm x0)。 答案:(1)大小均为B2L2v0 2Rm  aab 方向向左,acd 方向向右  (2)2 3(x0-Rmv0 B2L2 ) 1 6(4v0-B2L2 Rm x0) 5.(2017·浙江 4 月选考)间距为 l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而 成,如图所示。倾角为 θ 的导轨处于大小为 B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ 中。水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为 3m 的“联动双杆”(由两根长为 l 的金属杆 cd 和 ef,用长度为 L 的刚性绝缘杆连接构成),在“联动双杆”右侧存在大小为 B 2、方向 垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,其长度大于 L。质量为 m、长为 l 的金属杆 ab 从倾 斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆 ab 与“联动双杆”发生碰撞。 碰后杆 ab 和 cd 合在一起形成“联动三杆”。“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ 并从中滑出,运动过程中,杆 ab、cd 和 ef 与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。已知 杆 ab、cd 和 ef 电阻均为 R=0.02 Ω,m=0.1 kg,l=0.5 m,L=0.3 m,θ=30°,B1=0.1 T, B2=0.2 T。不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应。求: (1)杆 ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小 v0; (2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小 v; (3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热 Q。 解析:(1)杆 ab 在倾斜导轨上匀速运动时满足 mgsin θ=B12l2v0 R+R 2 解得:v0=6 m/s。 (2)由动量守恒定律得:mv0=4mv 解得:v=1.5 m/s。 (3)对于“联动三杆”,由动量定理得 -B2I1lt1-B2I2lt2=4mv1-4mv,又 I1t1=I2t2=B2lL 1.5R 解得:v1=1 m/s 故:Q=1 2·4m·(v 2-v12)=0.25 J。 答案:(1)6 m/s (2)1.5 m/s (3)0.25 J
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