（浙江）高考物理復(fù)習(xí)全冊學(xué)案（打包22套）.zip
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第4講 加試第23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用
題型1 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題
1．基本特點(diǎn)
導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢→感應(yīng)電流→通電導(dǎo)體棒受安培力→合外力變化→加速度變化→速度變化……周而復(fù)始地循環(huán)，最終導(dǎo)體棒的加速度等于零，導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，要抓住a＝0時(shí)速度v達(dá)到最大的特點(diǎn)．
2．基本思路
例1 如圖1所示，豎直平面內(nèi)有兩個(gè)半徑為r、光滑的圓弧形金屬環(huán)，在M、N處分別與距離為2r、足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌ME、NF相接，金屬環(huán)最高點(diǎn)A處斷開不接觸．金屬導(dǎo)軌ME、NF的最遠(yuǎn)端EF之間接有電阻為R的小燈泡L.在MN上方及CD下方有水平方向的勻強(qiáng)磁場Ⅰ和Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，磁場Ⅰ和Ⅱ之間的距離為h.現(xiàn)有質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab，從金屬環(huán)的最高點(diǎn)A處由靜止下落，在下落過程中導(dǎo)體棒始終保持水平，與金屬及軌道接觸良好．已知導(dǎo)體棒下落時(shí)向下的加速度為a.導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場Ⅱ后小燈泡亮度始終不變．重力加速度為g.導(dǎo)體棒、軌道、金屬環(huán)的電阻均不計(jì)．求：
圖1
(1)導(dǎo)體棒從A處下落時(shí)的速度v1大??；
(2)導(dǎo)體棒下落到MN處時(shí)的速度v2大小；
(3)將磁場Ⅱ的CD邊界下移一小段距離，分析導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場Ⅱ后小燈泡的亮度變化情況，并說明原因．
答案 (1) (2) (3)見解析
解析 (1)導(dǎo)體棒下落時(shí)，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度為r
導(dǎo)體棒內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢：E＝Brv1
回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流：I＝＝
根據(jù)牛頓第二定律得：
mg－BI·r＝ma
得v1＝
(2)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場Ⅱ后小燈泡亮度始終不變，說明導(dǎo)體棒受力平衡，勻速下落，設(shè)此時(shí)導(dǎo)體棒的速度為v3，則：
mg＝F安＝B·2r＝
解得v3＝
從MN下落到CD，v22＋2gh＝v32
得v2＝＝
(3)CD邊界下移一段距離，導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場Ⅱ時(shí)速度大于v3，mgφN (2) (3)F＝＋ma
解析 (1)由右手定則可知，φM>φN
(2)t1時(shí)刻的速度：v1＝at1
感應(yīng)電動(dòng)勢E1＝Bdv1
感應(yīng)電流I1＝
桿MN兩端的電壓U1＝I1R＝
(3)由牛頓第二定律可得F－BId＝ma
其中I＝
E＝Bdv
v＝at
聯(lián)立解得F＝＋ma
3．(2018·杭州市重點(diǎn)中學(xué)期末)如圖3所示，兩根足夠長且平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面成α＝53°角，兩導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝1.0 m，導(dǎo)軌間接一個(gè)阻值為R＝3.0 Ω的電阻，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．在兩平行虛線間有一與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T，寬度d未知．導(dǎo)體棒a的質(zhì)量為m1＝0.10 kg、接入電路的電阻為R1＝6.0 Ω；導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為m2＝0.20 kg、接入電路的電阻為R2＝3.0 Ω，它們分別垂直導(dǎo)軌放置并始終與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)從圖中的M、N處同時(shí)將a、b由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中它們都能勻速穿過磁場區(qū)域，且當(dāng)a剛出磁場時(shí)b正好進(jìn)入磁場．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，a、b電流間的相互作用不計(jì))，求：
圖3
(1)a棒進(jìn)入磁場前的加速度大??；
(2)a棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大?。?
(3)a、b棒全部穿過磁場過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量．
答案 (1)8 m/s2 (2)6 m/s (3)3.6 J
解析 (1)由牛頓第二定律得，m1gsin α＝m1a
a＝gsin α＝8 m/s2
(2)a棒在磁場中受力平衡：m1gsin α＝BIl
又I＝
E＝Blva
解得va＝6 m/s
(3)由(2)同樣方法可求得vb＝8 m/s
a在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝＝0.25 s
磁場寬度d＝vat＝1.5 m
回路產(chǎn)生的總熱量Q＝(m1＋m2)gdsin α＝3.6 J
4．(2018·義烏市模擬)如圖4所示，間距為L、光滑的足夠長的金屬導(dǎo)軌(金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì))所在斜面傾角為α，兩根同材料、長度均為L、橫截面均為圓形的金屬棒CD、PQ放在斜面導(dǎo)軌上，已知CD棒的質(zhì)量為m、電阻為R，PQ棒的圓截面的半徑是CD棒圓截面的2倍，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，兩根勁度系數(shù)均為k、相同的彈簧一端固定在導(dǎo)軌的下端，另一端連著金屬棒CD，開始時(shí)金屬棒CD靜止，現(xiàn)用一恒力平行于導(dǎo)軌所在平面向上拉金屬棒PQ，使金屬棒PQ由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒PQ達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，彈簧的形變量與開始時(shí)相同．已知金屬棒PQ開始運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定的過程中通過CD棒的電荷量為q，此過程可以認(rèn)為CD棒緩慢地移動(dòng)，已知題設(shè)物理量符合＝mgsin α的關(guān)系式，求此過程中(要求結(jié)果均用m、g、k、α來表示)：
圖4
(1)CD棒移動(dòng)的距離；
(2)PQ棒移動(dòng)的距離；
(3)恒力所做的功．
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)開始時(shí)彈簧是壓縮的，當(dāng)向上的安培力增大時(shí)，彈簧的壓縮量減小，安培力等于CD棒重力平行于斜面的分量時(shí)，彈簧恢復(fù)到原長，安培力繼續(xù)增大，彈簧伸長，由題意可知，當(dāng)彈簧的伸長量等于開始的壓縮量時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，此時(shí)的彈力與原來的彈力大小相等、方向相反．兩彈簧向上的彈力等于CD棒重力平行于斜面的分量，即2F彈＝mgsin α，彈簧的形變量為Δx＝
CD棒移動(dòng)的距離ΔsCD＝2Δx＝
(2)PQ棒的圓截面半徑是CD棒圓截面的2倍，則mPQ＝4m，RPQ＝R，
在達(dá)到穩(wěn)定過程中兩棒之間距離增大Δs，由兩金屬棒組成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢為：＝＝
感應(yīng)電流為：＝＝
所以，回路中通過的電荷量即CD棒中的通過的電荷量為
q＝Δt＝
由此可得兩棒距離增大值：Δs＝
PQ棒沿導(dǎo)軌上滑距離應(yīng)為CD棒沿斜面上滑距離和兩棒距離增大值之和
PQ棒沿導(dǎo)軌上滑距離為：
ΔsPQ＝Δs＋ΔsCD＝＋＝
(3)CD棒達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，受力平衡，安培力為
F安＝mgsin α＋2F彈＝2mgsin α.
金屬棒PQ達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，恒力
F＝F安＋4mgsin α＝6mgsin α
恒力做功為
W＝FΔsPQ＝6mgsin α·＝
5．(2017·杭州市高三上期末)某同學(xué)在學(xué)習(xí)電磁感應(yīng)后，認(rèn)為電磁阻尼能夠承擔(dān)電梯減速時(shí)大部分制動(dòng)的負(fù)荷， 從而減小傳統(tǒng)制動(dòng)器的磨損．如圖5甲所示，是該同學(xué)設(shè)計(jì)的電磁阻尼制動(dòng)器的原理圖．電梯箱與配重質(zhì)量都為 M，通過高強(qiáng)度繩子套在半徑r1的承重轉(zhuǎn)盤上，且繩子與轉(zhuǎn)盤之間不打滑．承重轉(zhuǎn)盤通過固定轉(zhuǎn)軸與制動(dòng)轉(zhuǎn)盤相連．制動(dòng)轉(zhuǎn)盤上固定了半徑為r2和r3 的內(nèi)外兩個(gè)金屬圈(如圖乙)，金屬圈內(nèi)阻不計(jì)．兩金屬圈之間用三根互成 120°的輻向?qū)w棒連接，每根導(dǎo)體棒電阻均為R. 制動(dòng)轉(zhuǎn)盤放置在一對(duì)勵(lì)磁線圈之間，勵(lì)磁線圈產(chǎn)生垂直于制動(dòng)轉(zhuǎn)盤的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)，磁場區(qū)域限制在120°輻向角內(nèi)，如圖乙陰影區(qū)所示. 若電梯箱內(nèi)放置質(zhì)量為m的貨物一起以速度v豎直上升，電梯箱離終點(diǎn)(圖中未畫出)高度為h時(shí)關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng)，僅開啟電磁制動(dòng)，一段時(shí)間后，電梯箱恰好到達(dá)終點(diǎn)．
圖5
(1)若在開啟電磁制動(dòng)瞬間，三根金屬棒的位置剛好在圖乙所示位置，則此時(shí)制動(dòng)轉(zhuǎn)盤上的電動(dòng)勢 E為多少？ 此時(shí)a與 b之間的電勢差有多大？
(2)若忽略轉(zhuǎn)盤的質(zhì)量，且不計(jì)其他阻力影響，則在上述制動(dòng)過程中，制動(dòng)轉(zhuǎn)盤產(chǎn)生的熱量是多少？
(3)若要提高制動(dòng)的效果，試對(duì)上述設(shè)計(jì)做出兩處改進(jìn)．
答案 見解析
解析 (1)設(shè)承重轉(zhuǎn)盤的角速度為ω，則制動(dòng)轉(zhuǎn)盤的角速度也為ω.
則ω＝ va＝ωr3 vb＝ωr2
E＝
聯(lián)立解得：E＝
I＝
Uab＝I·0.5R
聯(lián)立解得：Uab＝
(2)Q＋mgh＝(m＋2M)v2
解得：Q＝(m＋2M)v2－mgh
(3)增加勵(lì)磁電流；減小金屬棒的電阻；
增加金屬棒的數(shù)目(用實(shí)心的金屬材料做整個(gè)金屬盤)．
增加外金屬圈的半徑r3；
減小內(nèi)金屬圈的半徑r2；
減小承重轉(zhuǎn)盤的半徑r1.(任選兩項(xiàng)即可)
6．(2018·金華市十校聯(lián)考)如圖6所示，PM、QN是兩根光滑圓弧導(dǎo)軌，圓弧半徑為d、間距為L，最低點(diǎn)M、N在同一水平高度，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，在其上端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、質(zhì)量為m、阻值為R的金屬棒，從導(dǎo)軌的頂端PQ處由靜止開始下滑，到達(dá)底端MN時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的壓力為2mg，重力加速度為g.求：
圖6
(1)金屬棒到達(dá)導(dǎo)軌底端MN時(shí)電阻R兩端的電壓；
(2)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量；
(3)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過程中，通過電阻R的電荷量．
答案 (1)BL (2) (3)
解析 (1)在導(dǎo)軌的底端MN處，金屬棒對(duì)導(dǎo)軌的壓力FN＝2mg
軌道對(duì)金屬棒的支持力大小為FN′＝FN＝2mg
則有FN′－mg＝m
解得v＝
金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv
金屬棒到達(dá)底端時(shí)電阻R兩端的電壓U＝＝BL
(2)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過程中，由能量守恒定律得：
mgd＝Q＋mv2
解得Q＝mgd
電阻R上產(chǎn)生的熱量QR＝Q＝
(3)由q＝I·Δt
I＝
E＝＝
聯(lián)立解得q＝
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