2018版高考物理配套文档：第九章 加试计算题7 电磁感应规律的综合应用 Word版含解析

这是一份2018版高考物理配套文档：第九章 加试计算题7 电磁感应规律的综合应用 Word版含解析，共11页。试卷主要包含了运动分析，能量分析，规律分析等内容，欢迎下载使用。


例1 如图1所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，除图中已标阻值为R的电阻外，其余电阻不计．质量为m的金属棒MN与框架接触良好．在区域abcd和cdef内，存在磁感应强度大小分别为B1＝B、B2＝2B的有界匀强磁场，方向均垂直于框架平面向里，两竖直导轨ae与bf间距为L.现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动．求：
图1
(1)金属棒进入磁场B1区域后的速度大小；
(2)金属棒刚进入磁场B2区域时的加速度大小．
解析 (1)当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反．则
F1＝B1I1L＝BI1L＝mg
又I1＝eq \f(B1Lv,R)＝eq \f(BLv,R)
联立得：v＝eq \f(mgR,B2L2)
(2)金属棒刚进入磁场B2区域时，由楞次定律判断知所受的安培力方向竖直向上，大小为：
F2＝B2I2L＝2Beq \f(2BLv,R)L＝eq \f(4B2L2v,R)
把(1)问求得的v代入，可得F2＝4mg
根据牛顿第二定律得：F2－mg＝ma
得a＝3g.
答案 (1)eq \f(mgR,B2L2) (2)3g
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：
(1)进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r.
(2)进行“路”的分析——分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力．
(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力．
(4)进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．
题组阶梯突破
1．(2015·浙江理综·24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图2所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2)
图2 图3
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图3所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率eq \f(ΔB,Δt).
答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s
解析 (1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力
F＝N1B0IL
由天平平衡可知：mg＝N1B0IL
代入数据解得：N1＝25匝
(2)由法拉第电磁感应定律得：E＝N2eq \f(ΔΦ,Δt)＝N2eq \f(ΔB,Δt)Ld
由欧姆定律得：I′＝eq \f(E,R)
线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L
由天平平衡可得：m′g＝Neq \\al(2,2)B0eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(dL2,R)
代入数据可得eq \f(ΔB,Δt)＝0.1 T/s.
2．(2015·10月浙江选考)如图4甲所示，质量m＝3×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示．
(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小；
(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；
(3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量．
图4
答案 (1)30 V (2)电流方向C→D B2方向向上 (3)0.03 C
解析 (1)由电磁感应定律有E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
得E＝nSeq \f(ΔB2,Δt)＝30 V
(2)电流方向C→D
B2方向向上
(3)由牛顿第二定律有F＝ma＝meq \f(v－0,Δt)
(或由动量定理FΔt＝mv－0)
安培力F＝IB1l
ΔQ＝IΔt
v2＝2gh
得ΔQ＝eq \f(m\r(2gh),B1l)＝0.03 C.
命题点二 动力学和能量观点的综合应用
例2 (2016·浙江10月学考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图5所示的装置．半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接．当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：
图5
(1)通过棒cd的电流Icd；
(2)电动机对该装置的输出功率P；
(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系．
解析 (1)ab顺时针转动时产生的电动势为E＝eq \f(1,2)B1ωl2
由右手定则，电流方向由a到b，
由闭合电路欧姆定律，总电流I＝eq \f(E,R＋\f(1,2)R)＝eq \f(B1ωl2,3R)
通过cd棒的电流Icd＝eq \f(1,2)I＝eq \f(B1ωl2,6R)，方向由d到c
(2)电动机的输出功率P＝I2·eq \f(3,2)R＝eq \f(B\\al(2,1)ω2l4,6R)
(3)S断开时，由平衡条件kx0＝mg
S闭合时，由平衡条件kx＝B2Icdl＋mg
解得ω＝eq \f(6k(x－x0)R,B1B2l3).
答案 (1)eq \f(B1ωl2,6R)，方向由d到c (2)eq \f(B\\al(2,1)ω2l4,6R)
(3)ω＝eq \f(6k(x－x0)R,B1B2l3)
解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路
1．电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系．
2．受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向．
3．运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析．
4．能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式．
5．规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化．
题组阶梯突破
3．如图6甲所示，在一倾角为37°的粗糙绝缘面上，静止地放置着一个匝数n＝10匝的正方形线圈ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，线圈总电阻R＝2.0 Ω、总质量m＝0.2 kg、正方形边长L＝0.4 m．如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑．现在将线圈静止放在斜面上后，在虚线EF以下的区域中，加上垂直斜面方向的、磁感应强度大小按图乙所示规律变化的磁场，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
图6
(1)t＝1 s时刻，线圈中的感应电流大小I；
(2)从t＝0时刻开始经过多长时间线圈刚要开始运动；
(3)从t＝0时刻开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q.
答案 (1)0.2 A (2)4 s (3)0.32 J
解析 (1)由法拉第电磁感应定律得
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S
解得E＝0.4 V
I＝eq \f(E,R)＝0.2 A
(2)由受力分析可知
Ff＝mgsin 37°
F＝mgsin 37°＋Ff
F＝nBIL
解得B＝3 T
B＝1＋0.5t
则t＝4 s
(3)由焦耳定律可得
Q＝I2Rt
Q＝0.32 J.
4．如图7所示，MN、PQ为间距L＝0.5 m的足够长平行导轨，NQ⊥MN.导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接有一个R＝5 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0＝1 T．将一根质量为m＝0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，cd距离NQ为s＝2 m．问：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
图7
(1)当金属棒滑行至cd处时回路中的电流是多大？
(2)金属棒达到的稳定速度是多大？
(3)当金属棒滑行至cd处时回路中产生的焦耳热是多少？
答案 (1)0.2 A (2)2 m/s (3)0.1 J
解析 (1)达到稳定速度时，有F＝B0IL
由平衡条件有mgsin θ＝F＋μmgcs θ
解得I＝eq \f(mg(sin θ－μcs θ),B0L)＝0.2 A
(2)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝B0Lv
由欧姆定律有I＝eq \f(E,R)
解得v＝eq \f(IR,B0L)＝2 m/s.
(3)根据能量守恒得，减小的重力势能转化为动能、克服摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热，则有
mgssin θ＝eq \f(1,2)mv2＋μmgscs θ＋Q
则Q＝mgssin θ－μmgscs θ－eq \f(1,2)mv2＝0.1 J.
(建议时间：40分钟)
1．(2016·湖州市联考)在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，有一水平放置的光滑U形金属框架，宽度l＝0.4 m，如图1所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若杆cd以恒定加速度a＝2 m/s2由静止开始做匀变速运动，则：
图1
(1)在5 s内平均感应电动势是多少？
(2)第5 s末，回路中的电流是多大？
(3)第5 s末，作用在杆cd上的水平外力是多大？
答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
解析 (1)5 s内的位移x＝eq \f(1,2)at2＝25 m
5 s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝5 m/s
故平均感应电动势eq \x\t(E)＝Bleq \x\t(v)＝0.4 V
(2)第5 s末：v＝at＝10 m/s
此时感应电动势：E＝Blv
则回路中的电流为：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blv,R)＝eq \f(0.2×0.4×10,1) A＝0.8 A
(3)杆cd匀加速运动，由牛顿第二定律得F－F安＝ma
即F＝BIl＋ma＝0.164 N.
2．(2015·北京理综·22)如图2所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s，求：
图2
(1)感应电动势E和感应电流I；
(2)在0.1 s时间内，拉力的冲量IF的大小；
(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.
答案 (1)2 V 2 A (2)0.08 N·s (3)1 V
解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得
E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V
由闭合电路欧姆定律得感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(2,1) A＝2 A
方向沿导体棒由N→M
(2)拉力的大小等于安培力的大小
F＝BIL＝1×2×0.4 N＝0.8 N
冲量的大小IF＝FΔt＝0.8×0.1 N·s＝0.08 N·s
(3)由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为
I′＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(2,1＋1) A＝1 A
导体棒两端的电压U＝I′R＝1×1 V＝1 V.
3．如图3所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨足够长且电阻不计，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当通过电阻R的电荷量为q＝4.5 C时撤去外力，之后棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
图3
(1)棒在匀加速运动过程中的位移大小x；
(2)撤去外力后金属棒MN上产生的焦耳热QMN；
(3)外力做的功WF.
答案 (1)9 m (2)0.45 J (3)5.4 J
解析 (1)棒在匀加速运动中ΔΦ＝Blx，
平均电动势eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，
则eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，
通过电阻R的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(Blx,R＋r)＝4.5 C，
解得x＝9 m.
(2)棒在匀加速运动过程中有，2ax＝v2，则v＝6 m/s，
从撤去外力到棒最终停下来的过程，
由动能定理得：－W安＝0－eq \f(1,2)mv2，
则W安＝1.8 J.
则撤去外力后金属棒MN上产生的焦耳热
QMN＝eq \f(r,R＋r)W安＝0.45 J
(3)撤去外力后回路中产生的热量Q2＝W安＝1.8 J，
依题意得Q1＝2Q2＝2×1.8 J＝3.6 J，
外力做的功WF＝Q1＋Q2＝(3.6＋1.8) J＝5.4 J.
4．如图4两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计．现让ab杆由静止开始沿导轨下滑．
图4
(1)求ab杆下滑的最大速度vmax.
(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q.
答案 (1)eq \f(mgRsin θ,B2L2)
(2)eq \f(Q,mgsin θ)＋eq \f(m2R2gsin θ,2B4L4) eq \f(BLQ,mgRsin θ)＋eq \f(m2Rgsin θ,2B3L3)
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律，有
E＝BLv，I＝eq \f(E,R)，F安＝BIL，mgsin θ－F安＝ma.
即mgsin θ－eq \f(B2L2v,R)＝ma，
当加速度a为零时，速度v达到最大，速度最大值vm＝eq \f(mgRsin θ,B2L2).
(2)根据能量守恒定律mgxsin θ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＋Q，
得x＝eq \f(Q,mgsin θ)＋eq \f(m2R2gsin θ,2B4L4).
根据电磁感应定律有eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，
根据闭合电路欧姆定律有eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)，
通过电阻R的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)＝eq \f(BLQ,mgRsin θ)＋eq \f(m2Rgsin θ,2B3L3).
5．形状如图5所示的光滑导轨EF、GH等高平行放置，E、G间宽度为F、H间宽度的2倍，虚线右侧导轨水平且处于竖直向上的匀强磁场中．ab金属棒的质量为2m、cd金属棒的质量为m，现让ab从离水平轨道h高处静止下滑，设两种不同间距的导轨都足够长．求：
图5
(1)ab、cd棒的最终速度；
(2)全过程中产生的焦耳热．
答案 (1)vab＝eq \f(1,3)eq \r(2gh) vcd＝eq \f(2,3)eq \r(2gh)
(2)eq \f(4,3)mgh
解析 (1)ab自由下滑，机械能守恒：2mgh＝eq \f(1,2)×2m×v2，得v＝eq \r(2gh)
由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度关系为Lab＝2Lcd
故它们所受的磁场力关系为Fab＝2Fcd
在磁场力作用下，ab、cd各做变速运动，产生的感应电动势方向相反，当Eab＝Ecd时，电路中感应电流为零，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，
此时有BLabvab＝BLcdvcd，得vab＝eq \f(1,2)vcd
ab、cd受安培力作用，动量均发生变化，
由动量定理得：Fabt＝2m(v－vab)
Fcdt＝mvcd
联立以上各式解得：vab＝eq \f(1,3)eq \r(2gh)，vcd＝eq \f(2,3)eq \r(2gh)
(2)根据系统的总能量守恒可得：Q＝2mgh－eq \f(1,2)×2m×veq \\al( 2,ab)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,cd)＝eq \f(4,3)mgh.