（浙江選考）2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)專題四電磁感應(yīng)和電路第2講電磁感應(yīng)的綜合問題學(xué)案

PAGEPAGE1第2講電磁感應(yīng)的綜合問題[選考考點分布]章知識內(nèi)容考試要求歷次選考統(tǒng)計必考加試2022/102022/042022/102022/042022/11電磁感應(yīng)電磁感應(yīng)現(xiàn)象b楞次定律c法拉第電磁感應(yīng)定律d2223222222電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況b互感和自感b渦流、電磁阻尼和電磁驅(qū)動b考點一電磁感應(yīng)中的圖象問題1．(多項選擇)如圖1所示，abcd為一邊長為l的正方形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框位于光滑水平面內(nèi)，其右側(cè)為一勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與線框的cd邊平行，磁場區(qū)域的寬度為2l，磁感應(yīng)強度為B，方向豎直向下，線框在一垂直于cd邊的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右運動，直至通過磁場區(qū)域，cd邊剛進入磁場時，線框開始勻速運動，規(guī)定線框中電流沿逆時針時方向為正，那么導(dǎo)線框從剛進入磁場到完全離開磁場的過程中，a、b兩端的電壓Uab及導(dǎo)線框中的電流i隨cd邊的位置坐標(biāo)x圖1答案BD2．(多項選擇)(人教版選修3－2P8第6題改編)某實驗裝置如圖2所示，在鐵芯P上繞著兩個線圈A和B，如果線圈A中電流i與時間t的關(guān)系有如下圖的A、B、C、D共四種情況．在t1～t2這段時間內(nèi)，哪種情況可以觀察到在線圈B中有感應(yīng)電流()圖2答案BCD3．(多項選擇)(人教版選修3－2P19“例題〞改編)某同學(xué)設(shè)計了一利用渦旋電場加速帶電粒子的裝置，根本原理如圖3甲所示，上、下為電磁鐵的兩個磁極，磁極之間有一個環(huán)形真空室，帶電粒子在真空室內(nèi)做圓周運動，電磁鐵線圈電流的大小、方向可以變化，產(chǎn)生的感生電場使粒子加速，圖甲上局部為側(cè)視圖，下局部為俯視圖，假設(shè)粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為零，圓形軌道的半徑為R，穿過粒子圓形軌道面積的磁通量Φ隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，在t0時刻后，粒子所在軌道處的磁感應(yīng)強度為B，粒子加速過程中忽略相對論效應(yīng)，不計粒子的重力，以下說法正確的選項是()圖3C．在t0時刻后，粒子運動的速度大小為eq\f(qBR,m)D．在t0時刻前，粒子每加速一周增加的動能為eq\f(qΦ0,t0)答案ACD解析電子帶負電，它在電場中受力的方向與電場方向相反，電子沿逆時針方向加速，根據(jù)左手定那么可知磁場方向豎直向上，由右手螺旋定那么知線圈中應(yīng)通以由a到b的電流，故A正確；同理可知B錯誤；在t0時刻后，粒子所在軌道處的磁感應(yīng)強度為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力等于向心力qvB＝eq\f(mv2,R)，v＝eq\f(qBR,m)，故C正確；在t0時刻前，感生電場的感應(yīng)電動勢E感＝eq\f(Φ0,t0)，粒子加速運動一周增加的動能為ΔEk＝qE感＝eq\f(qΦ0,t0)，故D正確．1.對圖象的認識，應(yīng)注意以下兩個方面(1)明確圖象所描述的物理意義．(2)明確各種“＋〞“－〞的含義．2．電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個常見解法(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負，排除錯誤的選項．(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象作出分析和判斷，這未必是最簡捷的方法，但卻是最有效的方法．考點二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題1．(2022·浙江10設(shè)計了如圖4所示的裝置．半徑為l的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，由電動機A帶動旋轉(zhuǎn)．在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場．另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U〞型導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場中．從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開關(guān)S與“U〞型導(dǎo)軌連接．當(dāng)開關(guān)S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當(dāng)開關(guān)S閉合，電動機以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，棒cd再次靜止時，彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度)．不計其余電阻和摩擦等阻力，求此時：圖4(1)通過棒cd的電流Icd；(2)電動機對該裝置的輸出功率P；(3)電動機轉(zhuǎn)動角速度ω與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關(guān)系．答案見解析解析(1)S斷開，cd棒靜止有mg＝kx0S閉合，cd棒靜止時受到安培力F＝B2Icd

lcd棒靜止時有mg＋B2Icd

l＝kx解得Icd＝eq\f(mgx－x0,B2lx0)(2)回路總電阻R總＝R＋eq\f(1,2)R＝eq\f(3,2)R總電流：I＝eq\f(2mgx－x0,B2lx0)由能量守恒得P＝I2R總＝eq\f(6m2g2Rx－x02,B\o\al(2,2)l2x\o\al(0,2))(3)由法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)B1ωl2回路總電流I＝eq\f(B1ωl2,3R)解得ω＝eq\f(6mgRx－x0,B1B2l3x0).2．(2022·臺州市9月選考)為了測量列車運行的速度和加速度大小，可采用如圖5甲所示的裝置，它由一塊安裝在列車車頭底部的強磁體和埋設(shè)在地面的一組線圈及電流測量記錄儀組成(測量記錄儀未畫出)．當(dāng)列車經(jīng)過線圈上方時，線圈中產(chǎn)生的電流被記錄下來，就能求出列車的速度和加速度．如圖乙所示為鐵軌和列車的俯視圖，假設(shè)磁體端部有磁感應(yīng)強度B＝1.2×10－2T，方向豎直向下的勻強磁場，該磁場區(qū)域在運動過程中兩個時刻恰能依次覆蓋兩個線圈，每個線圈的電阻r＝0.30Ω，匝數(shù)n＝4，垂直于鐵軌方向長l＝0.25m，平行于軌道方向的寬度遠小于兩線圈的距離s，每個測量記錄儀自身電阻R＝1.70Ω，其記錄下來的電流－位置關(guān)系圖，即i－x圖如圖丙所示．圖5(1)當(dāng)磁場區(qū)域的右邊界剛離開線圈Ⅰ時，線圈Ⅰ的電流方向是順時針還是逆時針？(俯視圖)(2)試計算列車通過線圈Ⅰ和線圈Ⅱ時的速度v1和v2的大?。?3)假設(shè)列車做的是勻加速直線運動，求列車在兩個線圈之間的加速度的大?。?結(jié)果保存三位有效數(shù)字)答案(1)順時針(2)20m/s25m/s(3)1.13m/s2解析(1)由楞次定律得，線圈Ⅰ的電流方向為順時針．(2)列車車頭底部的強磁體通過線圈時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，根據(jù)公式可得：E＝I(R＋r)解得：E1＝0.24V和E2＝0.30V而線圈Ⅰ、Ⅱ中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E1＝nBlv1，E2＝nBlv2解得：v1＝20m/s，v2＝25m/s(3)根據(jù)勻變速直線運動公式：veq\o\al(2,2)－veq\o\al(1,2)＝2as從題圖丙中讀出s＝100m，解得：a≈1.13m/s2.3.如圖6所示，“凸〞字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面．開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動．線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd圖6(1)線框ab邊將要離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；(2)磁場上、下邊界間的距離H.答案(1)4倍(2)eq\f(Q,mg)＋28l解析(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1＝2Blv1 ①設(shè)線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R) ②設(shè)此時線框所受安培力為F1，有F1＝2I1Lb 由于線框做勻速運動，其受力平衡，有mg＝F1 ④由①②③④式得v1＝eq\f(mgR,4B2l2) ⑤設(shè)ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2＝eq\f(mgR,B2l2) ⑥由⑤⑥式得v2＝4v1 ⑦(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有2mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2) ⑧線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)＋Q ⑨由⑦⑧⑨式得H＝eq\f(Q,mg)＋28l.1.力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系2．求解焦耳熱的三種方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt(2)功能關(guān)系：Q＝W克服安培力(3)能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE其他能的減少量考點三應(yīng)用動量和能量觀點分析電磁感應(yīng)問題1．(2022·浙江4月選考·22)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平局部和傾斜局部平滑連接而成，如圖7所示．傾角為θ的導(dǎo)軌處于大小為B1、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅰ中．水平導(dǎo)軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動雙桿〞(由兩根長為l的金屬桿cd和ef，用長度為L的剛性絕緣桿連接構(gòu)成)，在“聯(lián)動雙桿〞右側(cè)存在大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅱ，其長度大于L.質(zhì)量為m、長為l的金屬桿ab從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，到達勻速后進入水平導(dǎo)軌(無能量損失)，桿ab與“聯(lián)動雙桿〞發(fā)生碰撞，碰后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動三桿〞．“聯(lián)動三桿〞繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進入磁場區(qū)間Ⅱ并從中滑出．運動過程中，桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直．桿ab、cd和ef電阻均為R＝0.02Ω、m＝0.1kg、l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30°，B1＝0.1T，B2＝0.2T．不計摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場邊界效應(yīng)，g取10m/s2圖7(1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運動時的速度大小v0；(2)“聯(lián)動三桿〞進入磁場區(qū)間Ⅱ前的速度大小v；(3)“聯(lián)動三桿〞滑過磁場區(qū)間Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案見解析解析(1)由得：mgsinθ＝eq\f(B\o\al(1,2)l2v0,R＋\f(R,2))解得：v0＝6m/s.(2)由動量守恒定律得mv0＝4mv，解得v＝eq\f(v0,4)＝1.5m/s.(3)設(shè)“聯(lián)動三桿〞進入磁場區(qū)間Ⅱ時速度變化量的大小為Δv，由動量定理得B2eq\x\to(I)lΔt＝4mΔv因eq\x\to(I)＝eq\f(B2Ll,ΔtR＋\f(R,2))，解得Δv＝0.25m/s.設(shè)“聯(lián)動三桿〞滑出磁場區(qū)間Ⅱ時速度變化量的大小為Δv′，同樣有B2eq\x\to(I)′lΔt′＝4mΔv′，eq\x\to(I)′＝eq\f(B2lL,Δt′R＋\f(R,2))解得Δv′＝0.25m/s.因此“聯(lián)動三桿〞滑出磁場區(qū)間Ⅱ時的速度為v′＝v－Δv－Δv′＝1m/s.由能量守恒得：Q＝eq\f(1,2)·4m(v2－v′2)＝0.25J.2.(2022·浙江4月選考·23)某同學(xué)設(shè)計了一個電磁推動加噴氣推動的火箭發(fā)射裝置，如圖8所示．豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導(dǎo)軌，間距為L.導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間，總質(zhì)量為m，其中燃料質(zhì)量為m′，燃料室中的金屬棒EF電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸．引燃火箭下方的推進劑，迅速推動剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運動，當(dāng)回路CEFDC面積減少量到達最大值ΔS，用時Δt，此過程鼓勵出強電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭．在Δt時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體．當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔翻開后．噴出燃氣進一步加速火箭．圖8(1)求回路在Δt時間內(nèi)感應(yīng)電動勢的平均值及通過金屬棒EF的電荷量，并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向；(2)經(jīng)Δt時間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時的速度大小v0；(不計空氣阻力)(3)火箭脫離導(dǎo)軌時，噴氣孔翻開，在極短的時間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m′的燃氣，噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度為v，求噴氣后火箭增加的速度Δv.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系)答案(1)eq\f(BΔS,Δt)eq\f(BΔS,R)方向向右(2)eq\f(B2LΔS,mR)－gΔt(3)eq\f(m′,m－m′)v解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(BΔS,R)，電流方向向右(2)平均感應(yīng)電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(BΔS,RΔt)平均安培力eq\x\to(F)＝Beq\x\to(I)L由動量定理有(eq\x\to(F)－mg)Δt＝mv0，v0＝eq\f(B2LΔS,mR)－gΔt(3)以噴氣前的火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正，由動量守恒定律－m′v＋(m－m′)Δv＝0得Δv＝eq\f(m′,m－m′)v.3．(2022·溫州市十校高三期末)如圖9所示，PQ和MN是固定于水平面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長，其電阻可忽略不計．金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直，且接觸良好．金屬棒ab、cd的質(zhì)量均為m，長度均為L.兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，它們與軌道形成閉合回路．金屬棒ab的電阻為2R，金屬棒cd的電阻為R.整個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．假設(shè)先保持金屬棒ab不動，使金屬棒cd在與其垂直的水平力F(大小未知)作用下，由靜止開始向右以加速度a做勻加速直線運動，水平力F作用t0時間撤去此力，同時釋放金屬棒ab.求：圖9(1)棒cd勻加速過程中，外力F隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系；(2)兩金屬棒在撤去F后的運動過程中，直到最后到達穩(wěn)定，金屬棒cd產(chǎn)生的熱量；(3)兩金屬棒在撤去F后的運動過程中，直到最后到達穩(wěn)定，通過金屬棒cd的電荷量q.答案(1)F＝eq\f(B2L2a,3R)t＋ma(2)eq\f(1,12)ma2teq\o\al(0,2)(3)eq\f(mat0,2BL)解析(1)棒cd勻加速過程中F－BIL＝ma，又I＝eq\f(E,3R)＝eq\f(BLat,3R)，得此過程F隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系為F＝eq\f(B2L2a,3R)t＋ma.(2)撤去F后，直到最后到達穩(wěn)定，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒得系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－eq\f(1,2)·2mv2，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒mv0＝2mv，又v0＝at0得Q＝eq\f(1,4)ma2teq\o\al(0,2)，cd棒產(chǎn)生的熱量為Qcd＝eq\f(1,3)Q＝eq\f(1,12)ma2teq\o\al(0,2).(3)撤去F到系統(tǒng)到達穩(wěn)定，由動量定理對cd受力分析得－Beq\x\to(I)LΔt＝mv－mv0，q＝eq\x\to(I)Δt，解得q＝eq\f(mat0,2BL).4．(2022·浙江“七彩陽光〞聯(lián)考)如圖10所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌G1、G2放置在傾角為α的斜面上，導(dǎo)軌間距為l，電阻不計．在導(dǎo)軌上端并聯(lián)接入兩個額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡．整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放，經(jīng)過時間t0，兩燈泡開始并保持正常發(fā)光．金屬棒下落過程中保持與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好．重力加速度為g.求：圖10(1)磁感應(yīng)強度B的大??；(2)燈泡正常發(fā)光時導(dǎo)體棒的運動速率v；(3)在t＝0至t＝t0期間，兩小燈泡產(chǎn)生的總焦耳熱．答案(1)eq\f(mgsinα,2l)eq\r(\f(R,P))(2)eq\f(2P,mgsinα)(3)2t0P－eq\f(6P2,mg2sin2α)解析(1)設(shè)燈泡額定電流為I0那么有P＝Ieq\o\al(0,2)R ①流經(jīng)MN的電流I＝2I0 ②mgsinα＝2BI0l 聯(lián)立①②③得B＝eq\f(mgsinα,2l)eq\r(\f(R,P)) ④(2)E＝Blv＝I0R ⑤解得v＝eq\f(2P,mgsinα) ⑥(3)在t＝0至t＝t0期間，對導(dǎo)體棒運用動量定理，有(mgsinα－iBl)Δt＝mΔv ⑦累積求和得：t0mgsinα－BlΔq＝mv ⑧設(shè)在t＝0至t＝t0期間棒運動的距離為s，那么由電磁感應(yīng)定律，得Δq＝eq\f(2Bls,R) ⑨聯(lián)立⑧⑨得s＝eq\f(mRgt0sinα－v,2B2l2) ⑩兩小燈泡產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝mgssinα－eq\f(1,2)mv2 ?將④⑥⑩式代入?式，得Q＝mgsinα·eq\f(mRgt0sinα－v,2B2l2)－eq\f(1,2)m(eq\f(2P,mgsinα))2＝2t0P－eq\f(6P2,mg2sin2α)5．某研究所正在研究一種電磁剎車裝置．如圖11所示，實驗小車質(zhì)量m＝2kg，底部有一個匝數(shù)n＝100匝、邊長a＝0.1m的正方形線圈，線圈總電阻r＝1Ω.在實驗中，小車(形狀可簡化為上述正方形線圈)從軌道起點由靜止出發(fā)，進入右邊的勻強磁場區(qū)域ABCD，BC長d＝0.20m，磁感應(yīng)強度B＝1T，磁場方向豎直向上，整個運動過程中不計小車所受的摩擦及空氣阻力，小車在軌道連接處運動時無能量損失．求：(g＝10m/s2)圖11(1)當(dāng)實驗小車從h＝1.25m高度無初速度釋放，小車前端剛進入AB邊界時產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小；(2)在第(1)問，小車進入磁場后做減速運動，當(dāng)小車末端到達AB邊界時速度剛好減為零，求此過程中線圈產(chǎn)生的熱量；(3)再次改變小車釋放的高度，使得小車尾端剛好能到達CD處，求此高度h′.答案見解析解析(1)根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nBav代入數(shù)據(jù)可得E＝50V(2)根據(jù)動能定理，在整個運動過程中，有WG＋W安＝0那么Q＝－W安＝25J(3)對于線圈進出磁場過程，設(shè)當(dāng)小車前端剛到達AB時的速度為v′，由動量定理有－nBiaΔt＝mΔv小車尾端剛好能到達CD處，在這一段時間內(nèi)微元積累得nBqa＝mv′根據(jù)機械能守恒有mgh′＝eq\f(1,2)mv′2又q＝neq\f(ΔΦ,r)＝eq\f(nB·2a2,r)＝2C，代入數(shù)據(jù)得h′＝5m.電磁感應(yīng)綜合問題的解題技巧感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起．解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(牛頓運動定律、動量守恒定律、動量定理、動能定理等)．解決這類問題的方法是：(1)選擇研究對象．即是哪一根導(dǎo)體棒或幾根導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)．(2)分析其受力情況．安培力既跟電流垂直又跟磁場垂直．(3)分析研究對象所受的各力做功情況和合外力情況選定所要應(yīng)用的物理規(guī)律．(4)分析研究對象(或系統(tǒng))動量情況，是否符合動量守恒．(5)運用物理規(guī)律列方程，求解．注意：加速度a＝0時，速度v到達最大值．專題強化練(限時：40分鐘)1．(多項選擇)如圖1所示為法拉第圓盤發(fā)電機．半徑為r的導(dǎo)體圓盤繞豎直軸以角速度ω旋轉(zhuǎn)，勻強磁場B豎直向上，電刷a與圓盤外表接觸，接觸點距圓心為eq\f(r,2)，電刷b與圓盤邊緣接觸，兩電刷間接有阻值為R的電阻，忽略圓盤電阻與接觸電阻，那么()圖1A．a(chǎn)b兩點間的電勢差為eq\f(1,2)Br2ωB．通過電阻R的電流強度為eq\f(3Br2ω,8R)C．通過電阻R的電流強度為從上到下D．圓盤在ab連線上所受的安培力與ab連線垂直，與轉(zhuǎn)向相反答案BD2．(多項選擇)如圖2，矩形閉合線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻，線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界OO′平行，線框平面與磁場方向垂直，設(shè)OO′下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣影響，那么以下哪一個圖象可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律()圖2答案CD解析線框先做自由落體運動，假設(shè)ab邊進入磁場做減速運動，由F＝eq\f(B2L2v,R)知線框所受的安培力減小，合外力減小，加速度逐漸減小，v－t圖象的斜率應(yīng)逐漸減小，故A、B錯誤；線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場后假設(shè)重力大于安培力，那么做加速度減小的加速運動，cd邊進入磁場后做勻加速直線運動，加速度為g，故C正確；線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場后假設(shè)重力等于安培力，那么做勻速直線運動，cd邊進入磁場后做勻加速直線運動，加速度為g，故D正確．3．如圖3所示，半徑R＝0.2m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長也為R的金屬棒一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸上．在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2T．一對長L＝0.2m的金屬板A、B水平放置，兩板間距d＝0.1m．從導(dǎo)軌引出導(dǎo)線與上板連接，通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線與下板連接．有一質(zhì)量m＝1.0×10－5kg，電荷量q＝5.0×10－6C的帶負電微粒，以v0＝2m/s的速度從兩板正中間水平射入，g取10m/s圖3(1)金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度ω為多大時，微粒能做勻速直線運動；(2)金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度ω至少多大時，微粒會碰到上極板A.答案(1)50rad/s(2)100rad/s解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得U＝eq\f(1,2)BωR2根據(jù)平衡條件可得mg＝qE因為E＝eq\f(U,d)所以mg＝qeq\f(U,d)＝eq\f(q,2d)

BωR2解得ω＝50rad/s(2)微粒恰好碰到上面金屬板邊緣時，微粒向上的加速度大小為eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v0))2解得a＝10m/s2eq\f(q,2d)Bω1R2－mg＝ma解得ω1＝100rad/s.4．兩根平行的金m．兩根質(zhì)量均為m＝0.10kg的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R＝0.50Ω.在t＝0時刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為0.20N的恒力F作用于金屬桿甲上，如圖4所示，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動．經(jīng)過t＝5.0s，金屬桿甲的加速度為a＝1.37m/s2圖4答案8.15m/s1.85m/s解析設(shè)任一時刻t，金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2，經(jīng)過很短的時間Δt，桿甲移動距離v1Δt，桿乙移動距離v2Δt，回路面積改變ΔS＝[(x－v2Δt)＋v1Δt]l－lx＝(v1－v2)Δtl，由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動勢E＝Beq\f(ΔS,Δt)＝B(v1－v2)l，回路中的電流I＝eq\f(E,2R)，對金屬桿甲，由牛頓第二定律有F－BlI＝ma，由于作用于金屬桿甲和金屬桿乙的安培力總是大小相等、方向相反，所以兩桿的動量(t＝0時為0)等于外力F的沖量．Ft＝mv1＋mv2，聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得v1＝8.15m/s，v2＝1.85m/s.圖5(1)假設(shè)將MN桿固定，兩桿間距為d＝4m，現(xiàn)使磁感應(yīng)強度從零開始以eq\f(ΔB,Δt)＝0.5T/s的變化率均勻地增大，經(jīng)過多長時間，PQ桿對地面的壓力為零？(2)假設(shè)將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F＝2N的作用下由靜止開始向上運動，磁感應(yīng)強度B恒為1T．假設(shè)桿MN發(fā)生的位移為h＝1.8m時到達最大速度．求最大速度和加速時間．答案(1)4s(2)4m/s0.85s解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝eq\f(ΔB,Δt)·Ld根據(jù)閉合電路歐姆定律：I＝eq\f(E,2R)由題中條件可知：B＝0.5t當(dāng)PQ桿對地面的壓力恰好為零時，對PQ桿有mg＝BIL聯(lián)立解得需經(jīng)時間t＝4s(2)當(dāng)桿MN到達最大速度vm時，其加速度為0對MN桿：mg＋BI′L＝FI′＝eq\f(BLvm,2R)聯(lián)立解得最大速度vm＝4m/s桿MN從靜止到最大速度vm的運動過程中根據(jù)動量定理：Ft′－mgt′－Beq\x\to(I)Lt′＝mvmeq\x\to(I)t′＝eq\f(BΔS,2R)＝eq\f(BLh,2R)聯(lián)立解得加速時間t′＝0.85s.6．(2022·嘉興一中等五校聯(lián)考)如圖6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)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，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)強度為B的勻強磁場垂直于導(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.開始時金屬棒CD靜止，現(xiàn)用一恒力