《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)問題（通用）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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)問題（通用）（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)處理電磁感應(yīng)問題 (限時(shí)：60分鐘)1 (2020新課標(biāo)25)如圖1，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為，間距為L.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，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)QCBLv(2)vgt解析(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)

2、電動(dòng)勢為EBLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為UE設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C聯(lián)立式得QCBLv(2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t，通過金屬棒的電流為i.金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為FBLi設(shè)在時(shí)間間隔(t，tt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，按定義有iQ也是平行板電容器極板在時(shí)間間隔(t，tt)內(nèi)增加的電荷量，由式得QCBLv式中，v為金屬棒的速度變化量按定義有a金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為FfFN式中，F(xiàn)N是金屬棒對導(dǎo)軌的正壓力的大小，有FNmgcos 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 F

3、Ffma聯(lián)立至式得ag由式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)t時(shí)刻金屬棒的速度大小為vgt2 (2020廣東36)如圖2(a)所示，在垂直于勻強(qiáng)磁場B的平面內(nèi)，半徑為r的金屬圓盤繞過圓心O的軸轉(zhuǎn)動(dòng)，圓心O和邊緣K通過電刷與一個(gè)電路連接電路中的P是加上一定正向電壓才能導(dǎo)通的電子元件流過電流表的電流I與圓盤角速度的關(guān)系如圖(b)所示，其中ab段和bc段均為直線，且ab段過坐標(biāo)原點(diǎn)0代表圓盤逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)已知：R3.0 ，B1.0 T，r0.2 m忽略圓盤、電流表和導(dǎo)線的電阻圖2(1)根據(jù)圖(b)寫出ab、bc段對應(yīng)的I與的關(guān)系式；(2)求出圖(b)中b、c兩點(diǎn)對應(yīng)的P兩端的電壓Ub、Uc；

4、(3)分別求出ab、bc段流過P的電流IP與其兩端電壓UP的關(guān)系式答案見解析解析(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)，由直線的兩點(diǎn)式得I與的關(guān)系式為I(2)圓盤切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢為：EBrBr20.02當(dāng)15 rad/s時(shí)E0.3 V，當(dāng)45 rad/s時(shí)E0.9 V，忽略電源內(nèi)阻，故UPE，可得：Ub0.3 V，Uc0.9 V(3)對應(yīng)于c點(diǎn)P導(dǎo)通，通過電表的電流I總 A0.4 A解得RP9 則對應(yīng)于bc段流過P的電流IP對應(yīng)于a點(diǎn)元件P不導(dǎo)通，則對應(yīng)于ab段流過P的電流IP0.3 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

5、面上，兩導(dǎo)軌間距為L0.5 m上端通過導(dǎo)線與R2 的電阻連接，下端通過導(dǎo)線與RL4 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，CE間距離d2 mCDFE區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示在t0時(shí)，一阻值為R02 的金屬棒從AB位置由靜止開始運(yùn)動(dòng)，在金屬棒從AB位置運(yùn)動(dòng)到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化設(shè)導(dǎo)軌AC段有摩擦，其他部分光滑，金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與CD平行(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：圖3(1)通過小燈泡的電流強(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位置過程中，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量

6、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ELd0.5 V由閉合電路歐姆定律得IL0.1 A(2)燈泡亮度不變，則全程通過燈泡的電流恒為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BLvILRL(ILIR)R0ILRLIRR由牛頓第二定律可得mgsin 37mgcos 37ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vat1由題圖乙可知t14 s，B2 T代入以上方程聯(lián)立可得v1.0 m/s，(3)金屬棒在CE段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有mgsin 37B(ILIR)L解得m0.05 kgBD段的位移xt12 m根據(jù)能量守恒有EILt1mg(xd)sin 37m

7、v2Q解得整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q1.375 J4 如圖4甲所示，一個(gè)質(zhì)量m0.1 kg的正方形金屬框總電阻R0.5 ，金屬框放在表面絕緣且光滑的斜面頂端(金屬框上邊與AA重合)，自靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中穿過一段邊界與斜面底邊BB平行、寬度為d的勻強(qiáng)磁場后滑至斜面底端(金屬框下邊與BB重合)，設(shè)金屬框在下滑過程中的速度為v，與此對應(yīng)的位移為x，那么v2x圖象(記錄了金屬框運(yùn)動(dòng)全部過程)如圖乙所示，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場方向垂直斜面向上試問：(g取10 m/s2)圖4(1)根據(jù)v2x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)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度多大；(3)現(xiàn)用平行斜面向上

8、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)由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，勻速通過磁場區(qū)域后到達(dá)斜面頂端(金屬框上邊與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v2x圖可知，物體運(yùn)動(dòng)可分為三段，設(shè)位移分別為x1、x2、x3，對應(yīng)的時(shí)間分別為t1、t2、t3.x10.9 m，v00，勻加速直線運(yùn)動(dòng)x21.0 m，v13 m/s，勻速直線運(yùn)動(dòng)x31.6 m，初速度v13 m/s，末速度v35 m/s，勻加速直線運(yùn)動(dòng)(1)金屬框從x0到x10.9 m做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由公式v2a1x1得a15 m/s2t1 s0.6 st2 s同理vv2a

9、3x3解得：a35 m/s2t3 s0.4 st總t1t2t3 s(2)金屬框通過磁場時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，金屬框受力平衡在AAaa區(qū)域，對金屬框進(jìn)行受力分析mgsin ma1穿過磁場區(qū)域時(shí)，F(xiàn)安BILmgsin ma1由題意得：金屬框的寬度Ld0.5 m解得B T(3)設(shè)恒力作用時(shí)金屬框上邊進(jìn)入磁場速度為vFx3mgx3sin mv2金屬框穿過磁場時(shí)，F(xiàn)mgsin 又由mgsin ma1解得v m/s，F(xiàn) N由于mv2mgx1sin ，所以穿過磁場后，撤去外力F，物體仍可到達(dá)頂端所以恒力F做功為WF(x2x3)(1.61) J3.6 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)勢對電路供電.2.表現(xiàn)形式：(1)導(dǎo)軌的放置方式：水平；豎直；傾斜.(2)桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：勻速；勻變速；非勻變速.3.應(yīng)對模式：(1)電路分析.畫等效電路圖，導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源.電流方程：I，電荷方程：qtn.(2)受力分析.畫受力分析圖，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a0.穩(wěn)態(tài)平衡方程a0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Ek(動(dòng)能定理).