(浙江选考)2018版高考物理二轮复习专题七计算题题型强化第4讲加试计算题23题电磁感应规律的综合应用学案

第4讲加试计算题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．(2017·浙江“七彩阳光”联考)半径为2r的圆形金属导轨固定在一水平面内，一根长也为2r、电阻为R的金属棒OA一端与金属导轨接触良好，另一端固定在中心转轴上，现有方向(俯视)如图1所示、大小为B1的匀强磁场，中间半径为r的地方无磁场．另有一水平金属导轨MN用导线连接金属圆环，M′N′用导线连接中心轴，导轨上放置一根金属棒CD，其长度L与水平金属导轨宽度相等，金属棒CD的电阻2R，质量为m，与水平导轨之间的动摩擦因数为μ，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场B2中，金属棒CD通过细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放置在水平地面上．所有接触都良好，金属棒CD受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他电阻，重力加速度为g.则：图1(1)若金属棒OA以角速度ω0顺时针转动(俯视)，求：感应电动势及接在水平导轨上的理想电压表的电压；(2)若金属棒OA顺时针转动(俯视)的角速度随时间变化的关系为ω＝kt，求：重物离开地面之前支持力随时间变化的表达式． 答案 见解析 解析 (1)感应电动势E ＝B 1r2ω0r ＋ω0r 2＝32B 1ω0r 2感应电流I ＝E 3R ＝B 1ω0r 22R电压表示数U V ＝I ×2R ＝B 1ω0r 2(2)电流I ＝E 3R ＝B 1ωr 22R ＝B 1kr 2t2R金属棒CD 受到的安培力F 安＝B 2IL ＝B 1B 2kLr 2t2R重物离开地面之前受力平衡F N ＋F T ＝mg当F 安≤μmg 时即 t ≤2μmgR B 1B 2kLr 2，F T ＝0 所以F N ＝mg当 F 安＞μmg 时即t ＞2μmgRB 1B 2kLr 2，F T ＝F 安－μmg所以F N ＝mg －B 1B 2kLr 2t2R＋μmg .2．(2017·金华市高二上期末)如图2甲所示，在粗糙的水平面上有一滑板，滑板上固定着一个用粗细均匀的导线绕成的正方形闭合线圈，匝数N ＝10，边长L ＝0.4 m ，总电阻R ＝1 Ω，滑板和线圈的总质量M ＝2 kg ，滑板与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，前方有一长4L 、高L 的矩形区域，其下边界与线圈中心等高，区域内有垂直线圈平面的水平匀强磁场，磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化．现给线圈施加一水平拉力F ，使线圈以速度v ＝0.4 m/s 匀速通过矩形磁场．t ＝0时刻，线圈右侧恰好开始进入磁场，g ＝10 m/s 2，求：图2(1)t ＝0.5 s 时线圈中通过的电流；(2)线圈左侧进入磁场区域前的瞬间拉力F 的大小；(3)线圈通过图中矩形区域的整个过程中拉力F 的最大值与最小值之比． 答案 (1)0.4 A (2)10.8 N (3)54∶49 解析 (1)线圈切割磁感线E 1＝NB L2v ＝0.4 VI 1＝ER＝0.4 A.(2)线圈因匀速运动将要全部进入前， 右边导线所受向左的总安培力F 1＝NBI 1L2＝0.4 N上边导线所受向下的总安培力F 2＝NBI 1L ＝0.8 N滑动摩擦力F f ＝μ(Mg ＋F 2)＝10.4 N 故拉力：F ＝F 1＋F f ＝10.8 N.(3)线圈左侧进入磁场区域后的瞬间拉力有最小值F min ，t ＝1 s 时刻，在磁场运动 E 2＝N ΔΦΔt＝0.2 V线圈中形成顺时针方向的电流I 2＝E 2R＝0.2 A 线圈上边受到向上的最大安培力F 3＝NBI 2L ＝0.4 N此时拉力F min ＝μ(Mg －F 3)＝9.8 N 所以最大值与最小值之比为54∶49.1.电磁感应中动力学问题的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．用牛顿运动定律处理电磁感应问题的基本思路题型2 动力学和能量观点的综合应用1．(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3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3(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)ω＝v r 1v a ＝ωr 3 v b ＝ωr 2E ＝B (r 3－r 2)(v a ＋v b )2联立解得：E ＝Bv (r 3 2－r 2 2)2r 1I ＝E R ＋0.5R U ab ＝I ×0.5R联立解得：U ab ＝Bv (r 3 2－r 2 2)6r 1(2)Q ＋mgh ＝12(m ＋2M )v 2解得：Q ＝12(m ＋2M )v 2－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r 3； 减小内金属圈的半径r 2；减小承重转盘的半径r 1.(任选两项即可)2．(2017·浙江名校新高考联盟联考)平行直导轨由水平部分和倾斜部分组成，导轨间距L ＝0.5 m ，PQ 是分界线，倾斜部分倾角为θ＝30°，PQ 右侧有垂直于斜面向下的匀强磁场B 2＝1 T ，PQ 左侧存在着垂直于水平面但方向未知、大小也为1 T 的匀强磁场B 1，如图4所示．质量m＝0.1 kg 、电阻 R ＝0.1 Ω的两根金属细杆ab 和cd 垂直放于该导轨上，其中ab 杆光滑，cd 杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝32，导轨底端接有R ＝0.1 Ω的电阻．开始时ab 、cd 均静止于导轨上．现对ab 杆施加一水平向左的恒定外力F ，使其向左运动，当ab 杆向左运动的位移为x 时开始做匀速直线运动，此时cd 刚要开始沿斜面向上运动(仍保持静止)，再经t ＝0.4 s 撤去外力F ，最后ab 杆静止在水平导轨上．整个过程中电阻R 的发热量为Q ＝1.0 J ．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(g ＝10 m/s 2)图4(1)判断B 1磁场的方向；(2)刚撤去外力F 时ab 杆的速度v 的大小；(3)求ab 杆的最大加速度a 和加速过程中的位移x 的大小． 答案 见解析解析 (1)由左手定则可判断cd 杆中电流从d 流向c ，即ab 杆中电流从a 流向b ，由右手定则可判断，B 1的方向为竖直向下．(2)当cd 即将开始向上运动时，cd 杆受力平衡， 可得：B 2I cd L ＝mg sin θ＋μmg cos θ得：I cd ＝2.5 AI ab ＝2I cd由闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得：B 1Lv ＝I ab (R ＋R2)v ＝1.5 m/s(3)当速度达到最大时ab 杆受力平衡，即F ＝B 1I ab L 解得F ＝2.5 N而ab 杆刚开始运动时水平方向只受拉力作用，此时加速度最大F ＝ma ，a ＝25 m/s 2对ab 杆进行受力分析，ab 杆从开始到最后，其初、末速度都为0，由动能定理可得Fx ′＋W 安＝0－0|W 安|＝6Q 解得x ′＝2.4 mx ＝x ′－vt ＝1.8 m.1.电磁感应现象遵守能量守恒定律，电磁感应现象中产生的电能，一定是由其他形式的能转化而来的，从电磁感应现象产生的机理来区分，分为两种情况： (1)单纯的磁场变化：磁能→电能→电路中的内能(或其他形式的能)； (2)导体切割磁感线：机械能→电能→电路中的内能(或其他形式的能)．2．导体切割磁感线而产生的电能，必定等于导体克服安培力做的功，即产生的电能是用克服安培力做的功来量度的．3．从能量转化的角度分析电磁感应过程，必须牢牢抓住能量守恒这一基本规律．分析的基本思路是：受力分析→弄清哪些力做功，做正功还是负功→明确有哪些形式的能参与转化，哪些增哪些减→由能量守恒定律列方程求解．专题强化练 (限时：35分钟)1．如图1所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ 相距l ，在M 点和P 点间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间OO 1O 1′O ′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d 的匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m ，电阻为r 的导体棒ab ，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d 0.现用一大小为F 、水平向右的恒力拉ab 棒，使它由静止开始运动，棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab 与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)．求：图1(1)棒ab 在离开磁场右边界时的速度大小；(2)棒ab 通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能．答案 (1)F (R ＋r )B 2l 2 (2)F (d 0＋d )－mF 2(R ＋r )22B 4l4解析 (1)棒在磁场中匀速运动时，有F ＝F A ＝BIl ，再据I ＝ER ＋r ＝BlvR ＋r联立解得v ＝F (R ＋r )B 2l 2(2)安培力做的功转化成两个电阻消耗的总电能Q ，根据能量守恒定律可得F (d 0＋d )＝Q ＋12mv 2，解得 Q ＝F (d 0＋d )－mF 2(R ＋r )22B 4l4. 2．如图2，ab 和cd 是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨，MN 和M ′N ′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m .竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l .整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g .在t ＝0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好且垂直．求：图2(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比； (2)两杆分别达到的最大速度． 答案 (1)2∶1 (2)4mgR 3B 2l 2 2mgR3B 2l2解析 (1)设某时刻MN 和M ′N ′速度分别为v 1、v 2 由动量守恒mv 1－2mv 2＝0，得v 1v 2＝21. (2)当MN 和M ′N ′的加速度为零时，速度最大 对M ′N ′由平衡条件知BIl ＝2mgI ＝E R E ＝Blv 1＋Blv 2得v 1＝4mgR 3B 2l 2，v 2＝2mgR 3B 2l2.3．如图3所示，两平行导轨间距L ＝0.1 m ，足够长光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分平滑连接，倾斜部分与水平面的夹角θ＝30°，垂直斜面方向向上的匀强磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，水平部分没有磁场．金属棒ab 的质量m ＝0.005 kg ，电阻r ＝0.02 Ω，运动中与导轨有良好接触，并且始终垂直于导轨，电阻R ＝0.08 Ω，其余电阻不计，当金属棒ab 从斜面上离水平面高h ＝1.0 m 以上任何地方由静止释放后，在水平面上滑行的最大距离x 都是1.25 m ．(取g ＝10 m/s 2)求：图3(1)金属棒ab 与棒在斜面上的最大速度为多少？ (2)金属棒ab 与水平面间的动摩擦因数；(3)从高度h ＝1.0 m 处滑下后电阻R 上产生的热量．答案 见解析解析 (1)金属棒从离水平面高h ＝1.0 m 以上任何地方由静止释放后，在到达水平面之前都已经开始做匀速运动，设匀速时速度为v ，则感应电动势E ＝BLv 感应电流I ＝ER ＋r安培力F ＝BIL ，匀速运动时，有mg sin θ＝F 解得v ＝1.0 m/s.(2)在水平面上运动时，金属棒所受滑动摩擦力F f ＝μmg 金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动，有F f ＝mav 2＝2ax ，解得μ＝0.04.(3)下滑的过程中，由动能定理可得：mgh －W 安＝12mv 2安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，有W 安＝Q 电阻R 上产生的热量：Q R ＝RR ＋rQ 解得Q R ＝3.8×10－2J.4．如图4甲所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为θ＝37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.质量为0.5 kg 的导体棒MN 垂直于导轨放置，距离顶端2 m ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．先固定导体棒MN,2 s 后让MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光．重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)1.5 s 时流过小灯泡的电流大小和方向； (2)棒下落后速度为4 m/s 时的加速度大小；(3)小灯泡稳定发光时导体棒的速度大小及小灯泡消耗的电功率． 答案 (1)0.25 A 方向从左到右 (2)1 m/s 2(3)8 m/s 4 W解析 (1)由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针，即流过小灯泡的电流从左到右0～2 s 回路中感应电动势大小E 1＝ΔBΔt S ，代入数据可得E 1＝0.5 V 1.5 s 时流过小灯泡的电流大小I 1＝E 1R ＋r＝0.25 A.(2)棒下落后速度为4 m/s 时感应电流I 2＝BLvR ＋r＝1 A. 分析棒的受力有mg sin θ－μmg cos θ－BLI 2＝ma 代入数据可得棒的加速度a ＝1 m/s 2. (3)小灯泡稳定发光时棒匀速运动，有mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2L 2v mR ＋r代入数据可得v m ＝8 m/s棒上的感应电动势大小E 3＝BLv m ＝4 V 小灯泡稳定时的功率P ＝I 2R ＝(E 3R ＋r)2R ＝4 W.5．能的转化与守恒是自然界普通存在的规律，如：电源给电容器的充电过程可以等效为将电荷逐个从原本电中性的两极板中的一个极板移到另一个极板的过程．在移动过程中克服电场力做功，电源的电能转化为电容器的电场能．实验表明：电容器两极间的电压与电容器所带电量如图5甲所示．图5(1)对于直线运动，课本中讲解了由v －t 图象求位移的方法．请你借鉴此方法，根据图甲的Q －U 图象，推导电容器所储存的电场能E 电的表达式．(若电容器电容为C ，两极板间电压为U )(2)如图乙所示，平行金属框架竖直放置在绝缘地面上，框架上端接有一电容为C 的电容器．框架上一质量为m 、长为L 的金属棒平行于地面放置，离地面的高度为h .磁感应强度为B 的匀强磁场与框架平面相垂直．现将金属棒由静止开始释放，金属棒下滑过程中与框架接触良好且无摩擦．开始时电容器不带电，不计各处电阻，求： ①金属棒落地时的速度大小；②金属棒从静止释放到落到地面的时间．答案 (1)E 电＝CU 22 (2)①2mgh m ＋CB 2L 2 ②2h (m ＋CB 2L 2)mg 解析 (1)由功能关系可知克服电场力做功等于产生的电场能：根据速度－时间图象围成的面积代表位移可知在Q －U 图象中，图象所围面积即为QU 2，也就是克服电场力所做的功，即E 电＝QU2. 又C ＝Q U ，故E 电＝CU 22(2)①设金属棒落地的速度为v ，此时金属棒切割磁感线产生感生电动势．感生电动势大小为E ＝BLv电容器储存的电场能为E 电＝C (BLv )22 由动能定理得mgh ＝mv 22＋E 电 解得v ＝ 2mgh m ＋CB 2L 2②金属棒下落过程中受安培力和重力，由动量定理可得mgt －F 安t ＝m ΔvF 安＝BILQ ＝ItQ ＝CUU ＝BLvΔv ＝v －0解得t ＝ 2h (m ＋CB 2L 2)mg .。