2010高考物理电磁感应微元法复习参考答案

2010高考物理电磁感应微元法复习参考答案1.（16分）解：（1）因为导体棒处于平衡状态，故由受力分析知：m ax sin m g f α=静 （2分） 由题意知：m ax cos f m g f μα==滑静 （1分） 联立可得：tan μα= （1分） （2）设棒在减速中的某一时刻速度为v ，取一极短时间⊿t ，发生了一段极小的位移 ⊿x ，在⊿t 时间内，磁通量的变化为⊿Φ，⊿ΦBL x =∆ （1分）E B L x I R R tR t∆Φ∆===∆∆ （2分）导体棒受到的安培力为：22B L x F ILB R t∆==∆安 (1分)⊿t 很小，则F 安为恒力，选沿斜面方向为正方向，则在⊿t 时间内有:F m a -=安 （1分）即22B L x v mR tt∆∆-=∆∆ （1分）两边求和，22B L x m v R ⎛⎫∆-=∆ ⎪⎝⎭∑∑ （1分）得220B L x m v R= （1分）故最大滑动距离为022m v R x B L= (1分)（3）由题意可知：重力所作的功等于克服摩擦力所作的功 （1分）由能量守恒定律得：2012Q m v =（2分）2.（16分）（1）设磁场上边缘的磁感应强度为B 0，金属棒刚进入磁场时的速度为v 0、产生的感应电流为I 0、受到的安培力为F 0，则有 000B L v I R r=+ （1分）000F B I L =（1分） 201sin 2m v m gd α=（1分） 0sin mg F ma α-=（1分）代入数据解得 B 0=0.25T （2分）（2）设电阻R 上产生的热量为Q ，金属棒到达磁场下边界时的速度为v ，则2202v v ad =+ （1分）212sin 2Q m g d m v α=⋅-总 （1分） R Q Q R r=+总（1分） 代入数据解得 Q =0.080J（2分） （3）设金属棒离开磁场时的速度为'v ，则s i n vm g F F m t α∆+-=∆安（1分） 其中 22BLv B LF t BIL t BL t x R r R r⋅∆=⋅∆=⋅∆=∆++安（1分） 则221()()2B Lm g t F t x m v vR r '⋅∆+⋅∆-∆=-+∑ （1分） 代入数据解得 3.0m/s v '=（2分）3．⑪ 2021mv w -= （1分）221mv Q =（1分） )(220r R RmvQ Rr R Q R +=+=（1分）⑫ Bdv E = rR v d B I d B F +==22（1分） mF a = （1分）t a v ∆=∆（1分）x mr R dB t mr R v d B v ∆+=∆+=∆∑∑∑)()(2222 （3分）()2201dB r R mv x +=（1分）⑬x kx mr R dt mr R v d B v ∆+=∆+=∆∑∑∑)()(222（3分）()()2222021kx mr R dx kx m r R dv ⨯+=∆+=∑（2分）()2022kdr R mv x +=（1分）4⑪洛伦兹力不做功，由动能定理得 212m gy=m v ①解得 v ②⑫设在最大距离m y 处的速率为m v ，根据圆周运动有2m m q B=mRv v ③且由②知 m v ④ 由③④及m 2R=y 得 2m 222m g y =q B⑤⑬小球运动如图所示，由动能定理得 ()2m m 12qE-m g y =m v ⑥由圆周运动得 2m m q B+m g-qE=mRv v ⑦且由⑥⑦及m 2R=y 解得 ()2m =qE-m g qBv5．（1）线圈第一次下落过程中有υπR B E 2⨯=………………………………………………………………………（1分）rE I =………………………………………………………………………………（1分）ma R BI mg =⨯-π2………………………………………………………………（1分）可知线圈做加速度减小的加速运动，当0=a 时，速度最大，代入求得：2224RB mgr m πυ=……………………………………………………………（2分）（2）反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得：ma R BI mg =⨯+π2………………………………………………………………（2分） 在一段微小时间t ∆内，速度增量为t a ∆=∆υ，通过线圈截面电量为t I q ∆=∆则：RBtmg maq π2)(∆-=∆∑∑……………………………………………………（2分）BRmgt RB gr m q ππ2813332-=…………………………………………………………（1分）（3）反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得：ma R rRB Bmg =⨯+πυπ22………………………………………………………（1分）在一段微小时间t ∆内，速度增量为t a ∆=∆υ，线圈上升高度为t h ∆=∆υ则线圈可上升的最大高度h 为：2221444222224164)(BR mgrtRB grm r BR tmg ma h h πππ-=∆-=∆=∑∑……………………（1分）线圈到达最高点后，下落过程中的某一时刻，由牛顿运动定律得：ma R rRB B mg =⨯-πυπ22………………………………………………………（1分） 在一段微小时间t ∆内，速度增量为t a ∆=∆υ，线圈下降高度为t h ∆=∆υ 则线圈第二次下降到水平面时的速度为υ222212224)(41R B mgrt t g t r RB mg m ππυυ-+=∆⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∆=∑∑……（1分） 本过程中线圈中产生的热量为线圈动能的损失：2222212222224)(214212121⎪⎭⎫⎝⎛-+-⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=R B mgr t t g m R B mgr m m m Q m ππυυ 化简得：22122122222)(21)(4t t mg t t RB r g m Q +-+=π……………………………（2分）6．(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W 由动能定理 s i n40m g d W B I l d α+-= 且Q W =-解得 4s i n 0Q m g dB I l d α=-= （2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为1v ，则接着向下运动2d由动能定理 211s i n202m g d B I l d m vα-=-装置在磁场中运动时收到的合力sin 'F m g F α=-感应电动势 ε=Bd υ感应电流 'I =R ε安培力 ''F BI d =由牛顿第二定律，在t 到t+t 时间内，有F v t m=则22sin B d v v g t m R α⎡⎤∑=∑-⎢⎥⎣⎦有23112sin B d v gt m Rα=-解得2312sin B d Rt m g α=（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离m x 之间往复运动 由动能定理 s i n ()0m m mg x BIl x d α--= 解得 sin m BIld x BIl m g α=-7．⑪a 和b 不受安培力作用，由机械能守恒知 k 1sin E =mgd θ∆ ①⑫设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为1v ，刚离开无磁场区域时的速度为2v ，由能量守恒知在磁场区域中，2212111sin 22m +Q =m +m gd θv v ②在无磁场区域中2221211sin 22m =m +m gd θv v ③解得 ()12sin Q=mg d +d θ ④⑬在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律有 21sin -=gt θv v ⑤且平均速度1222+d =tv v ⑥有磁场区域，棒a 受到合力 sin F=m g -BIl θ ⑦ 感应电动势 =Bl εv ⑧感应电流 2I=Rε⑨解得 22sin 2B lF=m g -Rθv ⑩根据牛顿第二定律，在t 到t+t ∆时间内 F =t m∑∆∑∆v ○11 则有 22sin 2B l =g -t m R θ⎡⎤∑∆∑∆⎢⎥⎣⎦v v ○12解得 22121sin 2B l-=g -d m Rθv v○13 联立⑤⑥○13解得 222112214sin 8m gRd B l d =-B l d m Rθv由题意知222112214sin 8m gRd B l d ==-B l d m Rθv v8.解：⑪线框MN 边刚进入磁场时有： 0 2.8 N B lv F B lI B lR===⑫设线框竖直下落H 时，速度为v H 由能量守恒得：220H 1122m gH m v Q m v +=+自由落体规律：2H 2v gH = 解得：201 2.45 J 2Q m v ==⑬解法一：只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，线框部分进入磁场区域x 时有：22Blv B l F BlI Blv RR===在t →Δt 时间内，由动量定理：－F Δt ＝m Δv 求和：22220B l B l v t x mv RR∆=∆=∑∑解得：220B l x m v R=穿过条形磁场区域的个数为： 4.42x n l =≈可穿过4个完整条形磁场区域 解法二：线框穿过第1个条形磁场左边界过程中：2/Bl t F Bl I BlR∆==根据动量定理：10F t mv mv -∆=- 解得：2310B l m v m v R-=-同理线框穿过第1个条形磁场右边界过程中有： 123/1B l m v m v R-=-所以线框穿过第1个条形磁场过程中有： 123/02B l m v m v R-=-设线框能穿过n 个条形磁场，则有： 23020B l n m v R -=- 解得：0234.42m v R n B l=≈可穿过4个完整条形磁场区域9．（16分）（1）线框中瞬时电流的大小为Rv kL R e i 12==（4分）（2）由线框在复合场中的速度最大时重力与磁场力平衡得 Rv L k Rv L B B IL B B mg mzmz42221212)()(=-=-=42Lk m g R v mz =∴（2分）由能量关系得线框在复合场中运动的最大电功率与重力功率相等 4222m a x Lk R g m m g v P mz==（3分）（3）线框从抛出到速度v 2过程由牛顿第二定律得 tv mma IL B B mg ∆∆==--212)(20222212)(v v m t Rv L B B ztmg -=∆--∑∑∆（2分）202242v v m z RL k m g t -=∆-时间t 内z 方向位移422022)(Lk Rv v m mgt z --=∆（2分）时间t 内线框的总位移大小为22084222022)(tv Lk Rv v m mgt s +--=（3分）10.解：⑴ L 2刚释放时电路中电动势1E Bd υ= （1分) 回路中电流RE I 211=（1分)安培力d BI F 1= （1分) 导体棒L 2能向下运动，则F mg > （1分) 得 4/m s υ< （2分)⑵当L 2运动速度为υ2时，回路中电动势2()E Bd υυ=+ 导体棒L 2的加速度mF mg a -=得22.5 2.5a υ=-说明：图像共4分，错一个截距扣2分，两个截距全错不得分。