2019屆物理總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 突破全國卷9 電磁感應(yīng)中的力學(xué)綜合問題的求解測試題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精突破全國卷9電磁感應(yīng)中的力學(xué)綜合問題的求解近幾年高考中對于電磁感應(yīng)中的內(nèi)容已成為必考,成為高考中的熱點(diǎn)和重點(diǎn)．其中選修3－5納入必考之后，動量定理和動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用會成為命題的新生點(diǎn)．在高三復(fù)習(xí)中應(yīng)該對該部分的知識點(diǎn)引起充分的重視．【重難解讀】高考對法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、左手定則及右手定則的考查一般會結(jié)合具體情況和過程命題，主要方向：結(jié)合函數(shù)圖象，結(jié)合電路分析，聯(lián)系力學(xué)過程，貫穿能量守恒．桿＋導(dǎo)軌或?qū)Ь€框是常見模型，屬于考查熱點(diǎn)．該題型知識跨度大，思維綜合性強(qiáng)，試題難度一般比較大．【典題例證】（14分）如圖所示，正方形單匝線框bcde邊長L＝0.4m，每邊電阻相同，總電阻R＝0。16Ω。一根足夠長的絕緣輕質(zhì)細(xì)繩跨過兩個輕小光滑定滑輪，一端連接正方形線框,另一端連接物體P,手持物體P使二者在空中保持靜止,線框處在豎直面內(nèi)．線框的正上方有一有界勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的上、下邊界水平平行，間距也為L＝0.4m，磁感線方向垂直于線框所在平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1。0T，磁場的下邊界與線框的上邊eb相距h＝1.6m．現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放,線框向上運(yùn)動過程中始終在同一豎直面內(nèi)，eb邊保持水平,剛好以v＝4。0m/s的速度進(jìn)入磁場并勻速穿過磁場區(qū)，重力加速度g＝10(1)線框eb邊進(jìn)入磁場中運(yùn)動時,e、b兩點(diǎn)間的電勢差Ueb為多少？（2)線框勻速穿過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少？（3)若在線框eb邊剛進(jìn)入磁場時，立即給物體P施加一豎直向下的力F，使線框保持進(jìn)入磁場前的加速度勻加速運(yùn)動穿過磁場區(qū)域，已知此過程中力F做功WF＝3。6J，求eb邊上產(chǎn)生的焦耳Qeb為多少？［解析］(1)線框eb邊以v＝4。0m/s的速度進(jìn)入磁場并勻速運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv＝1。6V e、b兩點(diǎn)間的電勢差Ueb＝eq\f(3，4)E＝1。2V． （1分）(2)法一：線框進(jìn)入磁場后立即做勻速運(yùn)動，并勻速穿過磁場區(qū)，線框受安培力F安＝BLI,I＝eq\f(E,R）,解得F安＝4N克服安培力做功W安＝F安×2L＝3。2J． 法二:設(shè)物體P質(zhì)量為M,線框質(zhì)量為m，線框進(jìn)入磁場后立即做勻速運(yùn)動F安＝(M－m）g （1分）而I＝eq\f（E，R）F安＝BLI＝4N (1分)線框進(jìn)入磁場前，向上運(yùn)動的加速度為a＝eq\f（v2，2h)＝5m/s2 (1分)又(M－m)g＝(M＋m)a （1分）聯(lián)立解得M＝0。6kg,m＝0。2kg對系統(tǒng)，根據(jù)動能定理有（M－m）g×2L－W安＝ΔEk而Q＝W安故該過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝(M－m)g×2L＝3。2J． （3)法一：設(shè)線框出磁場區(qū)域的速度大小為v1，則veq\o\al(2，1）－v2＝2a′·2L，a′＝a＝eq\f(（M－m）g,M＋m） （1分）整理得eq\f（1，2)（M＋m）（veq\o\al(2,1)－v2）＝(M－m）g·2L （1分）線框穿過磁場區(qū)域過程中,力F和安培力都是變力，根據(jù)動能定理有WF－W′安＋(M－m)g·2L＝eq\f（1，2）（M＋m)（veq\o\al(2，1)－v2) （1分）聯(lián)立得WF－W′安＝0 (1分)而W′安＝Q′故Q′＝3.6J又Q＝I2rt∝r （1分)故eb邊上產(chǎn)生的焦耳熱Qeb＝eq\f(1，4）Q′＝0.9J． (1分）法二：因?yàn)榫€框在磁場中運(yùn)動的加速度與進(jìn)入前的加速度相同，所以在通過磁場區(qū)域的過程中，線框和物體P的總機(jī)械能保持不變，故力F做的功WF等于整個線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q′，即WF＝Q′，又Q＝I2rt∝r， （3分）故eb邊上產(chǎn)生的焦耳熱Qeb＝eq\f（1,4)Q′＝0.9J． （3分)［答案]（1）1。2V(2）3。2J（3）0.9Jeq\a\vs4\al()用動力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟【突破訓(xùn)練】1．如圖所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.5m,左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻．一質(zhì)量m＝0。1kg，電阻r＝0.1Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0。4T．金屬棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動，當(dāng)金屬棒的位移x＝9m時撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶(1）金屬棒在勻加速運(yùn)動過程中，通過電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF.解析：（1)設(shè)金屬棒勻加速運(yùn)動的時間為Δt，回路的磁通量的變化量為ΔΦ,回路中的平均感應(yīng)電動勢為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ，Δt) ①其中ΔΦ＝Blx ②設(shè)回路中的平均電流為I,由閉合電路歐姆定律得eq\x\to（I)＝eq\f(\o（E,\s\up6(－))，R＋r） ③則通過電阻R的電荷量為q＝eq\x\to(I）Δt④聯(lián)立①②③④式，得q＝eq\f（Blx,R＋r)代入數(shù)據(jù)得q＝4。5C（2）設(shè)撤去外力時金屬棒的速度為v,對于金屬棒的勻加速運(yùn)動過程，由運(yùn)動學(xué)公式得v2＝2ax⑤設(shè)金屬棒在撤去外力后的運(yùn)動過程中克服安培力所做的功為W，由動能定理得W＝0－eq\f(1，2)mv2⑥撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝－W⑦聯(lián)立⑤⑥⑦式，代入數(shù)據(jù)得Q2＝1.8J．⑧（3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J⑨在金屬棒運(yùn)動的整個過程中，外力F克服安培力做功,由功能關(guān)系可知WF＝Q1＋Q2⑩由⑧⑨⑩式得WF＝5.4J.答案：（1）4。5C(2）1.8J（3）5.42．(2018·石家莊質(zhì)檢）如圖甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ被固定在水平面上，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.6m,兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R1及理想電壓表V,電阻為r＝2Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在AB處；右端用導(dǎo)線連接電阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計．在矩形區(qū)域CDFE內(nèi)有豎直向上的磁場，CE＝0。2m，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．開始時電壓表有示數(shù),當(dāng)電壓表示數(shù)變?yōu)榱愫螅瑢饘侔羰┘右凰较蛴业暮懔，使金屬棒剛進(jìn)入磁場區(qū)域時電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹?，?)t＝0。1s時電壓表的示數(shù)；(2)恒力F的大?。?3）從t＝0時刻到金屬棒運(yùn)動出磁場的過程中整個電路產(chǎn)生的熱量．解析：(1）設(shè)磁場寬度為d＝CE，在0～0.2s的時間內(nèi)，有E＝eq\f（ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB，Δt)ld＝0.6V此時，R1與金屬棒并聯(lián)后再與R2串聯(lián)R＝R并＋R2＝1Ω＋1Ω＝2ΩU＝eq\f（E,R)R并＝0.3V。（2)金屬棒進(jìn)入磁場后，R1與R2并聯(lián)后再與r串聯(lián)，有I′＝eq\f（U,R1)＋eq\f（U，R2）＝0。45AFA＝BI′l＝1。00×0.45×0。6N＝0。27N由于金屬棒進(jìn)入磁場后電壓表的示數(shù)始終不變，所以金屬棒做勻速運(yùn)動，所以恒力F的大小F＝FA＝0。27N。(3）在0~0.2s的時間內(nèi)有Q＝eq\f(E2，R)t＝0.036J金屬棒進(jìn)入磁場后,有R′＝eq\f（R1R2,R1＋R2）＋r＝eq\f(8,3）ΩE′＝I′R′＝1。2VE′＝Blv,v＝2。0mt′＝eq\f(d,v)＝eq\f（0.2，2）s＝0.1sQ′＝E′I′t′＝0.054JQ總＝Q＋Q′＝0。036J＋0.054J＝0.09J。答案:(1）0。3V(2)0.27N(3）0.09J3．(2015·高考天津卷)如圖所示,“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(qiáng)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(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前,線框做勻速運(yùn)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(yùn)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邊保持水平，（1）線框ab邊將離開磁場時做勻速運(yùn)動的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時的幾倍;(2）磁場上下邊界間的距離H。解析：(1）設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框做勻速運(yùn)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(yùn)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(yùn)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(jìn)入磁場前，由機(jī)械能守恒定律,有2mgl＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2,1） 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（2,1)＋Q ⑨由⑦⑧⑨式得H＝eq\f(Q，mg）＋28l.答案:(1)4倍（2)eq\f（Q，mg）＋28l4．如圖所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中．左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻．（1）調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時,求通過導(dǎo)體棒的電流I及導(dǎo)體棒的速率v。(2)改變Rx，待導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒水平射入金屬板間,若它能勻速通過，求此時的Rx.解析：(1）對勻速下滑的導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖所示．導(dǎo)體棒所受安培力F安＝BIl ①導(dǎo)體棒勻速下滑,所以F安＝Mgsinθ ②聯(lián)立①②式，解得I＝eq\f(Mgsinθ，Bl) ③導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Blv ④由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋Rx)，且Rx＝R，所以I＝eq\f（E,2R） ⑤聯(lián)立③④⑤式，解得v＝eq\f(2MgRsinθ,B2l2).（2)由題意知,其等效電路圖如圖所示．由圖知,平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓．設(shè)兩金屬板間的電壓為U，因?yàn)閷?dǎo)體棒勻速