2020高考物理 增值增分特訓(xùn) 應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)處理電磁感應(yīng)問(wèn)題（通用）

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1、　應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)處理電磁感應(yīng)問(wèn)題 (限時(shí)：60分鐘) 1． (2020·新課標(biāo)Ⅰ·25)如圖1，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L(zhǎng).導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面．在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過(guò)程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸．已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.忽略所有電阻．讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開(kāi)始下滑，求： 圖1 (1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系； (2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系． 答案　(1)Q＝CBLv　

2、(2)v＝gt 解析　(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E＝BLv ① 平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)差為 U＝E ② 設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有 C＝ ③ 聯(lián)立①②③式得 Q＝CBLv ④ (2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t，通過(guò)金屬棒的電流為i.金屬棒受到的磁場(chǎng)的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為 F＝BLi ⑤ 設(shè)在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，按定義有

3、 i＝ ⑥ ΔQ也是平行板電容器極板在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量，由④式得 ΔQ＝CBLΔv ⑦ 式中，Δv為金屬棒的速度變化量．按定義有 a＝ ⑧ 金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為Ff＝μFN ⑨ 式中，F(xiàn)N是金屬棒對(duì)導(dǎo)軌的正壓力的大小，有 FN＝mgcos θ ⑩ 金屬棒在時(shí)刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有 mgsin θ－F－Ff＝ma ? 聯(lián)立⑤至?式得 a

4、＝g ? 由?式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．t時(shí)刻金屬棒的速度大小為 v＝gt 2． (2020·廣東·36)如圖2(a)所示，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的平面內(nèi)，半徑為r的金屬圓盤(pán)繞過(guò)圓心O的軸轉(zhuǎn)動(dòng)，圓心O和邊緣K通過(guò)電刷與一個(gè)電路連接．電路中的P是加上一定正向電壓才能導(dǎo)通的電子元件．流過(guò)電流表的電流I與圓盤(pán)角速度ω的關(guān)系如圖(b)所示，其中ab段和bc段均為直線(xiàn)，且ab段過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)．ω＞0代表圓盤(pán)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．已知：R＝3.0 Ω，B＝1.0 T，r＝0.2 m．忽略圓盤(pán)、電流表和導(dǎo)線(xiàn)的電阻． 圖2 (1)根據(jù)圖(b)寫(xiě)出ab、bc段對(duì)

5、應(yīng)的I與ω的關(guān)系式； (2)求出圖(b)中b、c兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的P兩端的電壓Ub、Uc； (3)分別求出ab、bc段流過(guò)P的電流IP與其兩端電壓UP的關(guān)系式． 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)由題圖(b)得出三點(diǎn)坐標(biāo)a(－45，－0.3)，b(15，0.1)，c(45,0.4)，由直線(xiàn)的兩點(diǎn)式得I與ω的關(guān)系式為 I＝ (2)圓盤(pán)切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E＝Br＝Bωr2＝0.02ω 當(dāng)ω＝15 rad/s時(shí)E＝0.3 V，當(dāng)ω＝45 rad/s時(shí)E＝0.9 V，忽略電源內(nèi)阻，故UP＝E，可得：Ub＝0.3 V，Uc＝0.9 V (3)對(duì)應(yīng)于c點(diǎn)P導(dǎo)通，通過(guò)電表的電流 I總＝＋＝ A＋＝0.4

6、 A 解得RP＝9 Ω 則對(duì)應(yīng)于bc段流過(guò)P的電流IP＝＝ 對(duì)應(yīng)于a點(diǎn)元件P不導(dǎo)通，則對(duì)應(yīng)于ab段流過(guò)P的電流IP＝0. 3． 如圖3甲所示，兩條電阻不計(jì)的金屬導(dǎo)軌平行固定在傾角為37°的斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5 m．上端通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)與R＝2 Ω的電阻連接，下端通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)與RL＝4 Ω的小燈泡連接．在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，CE間距離d＝2 m．CDFE區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示．在t＝0時(shí)，一阻值為R0＝2 Ω的金屬棒從AB位置由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在金屬棒從AB位置運(yùn)動(dòng)到EF位置過(guò)程中，小燈泡的亮度沒(méi)有發(fā)生變化．設(shè)導(dǎo)軌AC段有摩擦，其他部分光滑

7、，金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與CD平行(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求： 圖3 (1)通過(guò)小燈泡的電流強(qiáng)度； (2)金屬導(dǎo)軌AC段的動(dòng)摩擦因數(shù)； (3)金屬棒從AB位置運(yùn)動(dòng)到EF位置過(guò)程中，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)0.1 A　(2)　(3)1.375 J 解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得 E＝＝Ld＝0.5 V 由閉合電路歐姆定律得 IL＝＝0.1 A (2)燈泡亮度不變，則全程通過(guò)燈泡的電流恒為IL，設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)到CD時(shí)的速度為v，金屬棒在AC段的加速度為a 則依題意有 BLv＝ILRL＋(IL＋I(xiàn)R)R0 ILR

8、L＝IRR 由牛頓第二定律可得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v＝at1 由題圖乙可知t1＝4 s，B＝2 T 代入以上方程聯(lián)立可得v＝1.0 m/s，μ＝ (3)金屬棒在CE段做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有 mgsin 37°＝B(IL＋I(xiàn)R)L 解得m＝0.05 kg BD段的位移x＝t1＝2 m 根據(jù)能量守恒有 EILt1＋mg(x＋d)sin 37°＝mv2＋Q 解得整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量 Q＝1.375 J 4． 如圖4甲所示，一個(gè)質(zhì)量m＝0.1 kg的正方形金屬框總電阻R＝0.5 Ω，金屬框放在表面絕緣且光滑的斜面頂端(金屬框上邊與AA′

9、重合)，自靜止開(kāi)始沿斜面下滑，下滑過(guò)程中穿過(guò)一段邊界與斜面底邊BB′平行、寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后滑至斜面底端(金屬框下邊與BB′重合)，設(shè)金屬框在下滑過(guò)程中的速度為v，與此對(duì)應(yīng)的位移為x，那么v2－x圖象(記錄了金屬框運(yùn)動(dòng)全部過(guò)程)如圖乙所示，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上．試問(wèn)：(g取10 m/s2) 　 圖4 (1)根據(jù)v2－x圖象所提供的信息，計(jì)算出金屬框從斜面頂端滑至底端所需的時(shí)間為多少； (2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度多大； (3)現(xiàn)用平行斜面向上的恒力F作用在金屬框上，使金屬框從斜面底端BB′(金屬框下邊與BB′重合)由靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，勻速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后到達(dá)斜面頂端(金屬

10、框上邊與AA′重合)．試計(jì)算恒力F做功的最小值． 答案　(1) s　(2) T　(3)3.6 J 解析　由v2－x圖可知，物體運(yùn)動(dòng)可分為三段，設(shè)位移分別為x1、x2、x3，對(duì)應(yīng)的時(shí)間分別為t1、t2、t3. x1＝0.9 m，v0＝0，勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) x2＝1.0 m，v1＝3 m/s，勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) x3＝1.6 m，初速度v1＝3 m/s，末速度v3＝5 m/s，勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)． (1)金屬框從x＝0到x1＝0.9 m做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由公式v＝2a1x1 得a1＝5 m/s2 t1＝＝ s＝0.6 s t2＝＝ s 同理v－v＝2a3x3 解得：a3＝5 m/s2

11、t3＝＝ s＝0.4 s t總＝t1＋t2＋t3＝ s (2)金屬框通過(guò)磁場(chǎng)時(shí)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，金屬框受力平衡 在AA′a′a區(qū)域，對(duì)金屬框進(jìn)行受力分析 mgsin θ＝ma1 穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，F(xiàn)安＝BIL＝mgsin θ ＝ma1 由題意得：金屬框的寬度L＝d＝＝0.5 m 解得B＝ T (3)設(shè)恒力作用時(shí)金屬框上邊進(jìn)入磁場(chǎng)速度為v Fx3－mgx3sin θ＝mv2 金屬框穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)，F(xiàn)＝mgsin θ＋ 又由mgsin θ＝ma1 解得v＝ m/s，F(xiàn)＝ N 由于mv2>mgx1sin θ，所以穿過(guò)磁場(chǎng)后，撤去外力F，物體仍可到達(dá)頂端． 所以恒力F做功為

12、 W＝F(x2＋x3)＝×(1.6＋1) J≈3.6 J. 【必考模型5】　　導(dǎo)軌＋單桿模型 1.模型特點(diǎn)：一根金屬桿在外力及安培力的作用下沿導(dǎo)軌滑行，金屬桿產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)對(duì)電路供電. 2.表現(xiàn)形式：(1)導(dǎo)軌的放置方式：①水平；②豎直；③傾斜.(2)桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：①勻速；②勻變速；③非勻變速. 3.應(yīng)對(duì)模式：(1)電路分析.畫(huà)等效電路圖，導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源.電流方程：I＝，電荷方程：q＝·Δt＝n. (2)受力分析.畫(huà)受力分析圖，注意感應(yīng)電流和安培力的大小、方向.動(dòng)力學(xué)方程：F安＝BIl或F安＝，F(xiàn)合＝ma. (3)過(guò)程分析.一般情況下做加速度減小的變速運(yùn)動(dòng)，可能加速，也可能減速，但最終a＝0.穩(wěn)態(tài)平衡方程a＝0或F合＝0.,(4)能量分析.感應(yīng)電流做功產(chǎn)生電能，能量方程：W安＝－Q，W合＝ΔEk(動(dòng)能定理).