2024版高考物理復(fù)習(xí)：考前特訓(xùn) 計算題提分練 壓軸題搶分練

壓軸題搶分練(3)(限時15分鐘)學(xué)習(xí)小組探究線圈通過磁場時產(chǎn)生的阻尼與線圈形狀等因素的關(guān)系。如圖甲所示，光滑水平面上，在寬度為L的區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，一絕緣小車上水平固定一個邊長也為L的正方形閉合線圈abcd，匝數(shù)為n，總電阻為R，小車質(zhì)量為m，線圈質(zhì)量相比小車可忽略。一輕質(zhì)彈簧的左端固定在豎直平面上，推動小車使其壓縮彈簧，當(dāng)彈簧儲存的彈性勢能為Ep時，從靜止釋放小車，小車脫離彈簧后，線圈bc邊平行磁場邊界進(jìn)入磁場，測得線圈離開磁場時的速度大小是進(jìn)入磁場時速度大小的一半。(1)求線圈穿過磁場過程產(chǎn)生的電熱。(2)若保持單匝線圈的周長不變，將線圈變成矩形，求bc邊的長度為多少時，小車穿出磁場后的末速度最小，并求出最小末速度。(提示：若x、y、z均為正數(shù)，x＋y＋z＝定值，當(dāng)x＝y(tǒng)＝z時，乘積xyz有最大值)(3)若再取一個完全一樣的正方形線圈efgh，其中fg與ad固定在一起形成橫“日”字形固定在車上(彼此絕緣)，如圖乙所示。重復(fù)原來的操作，請判斷兩線圈是否能穿出磁場，并說明理由。答案(1)eq\f(3,4)Ep(2)eq\f(4,3)Leq\f(11,27)eq\r(\f(2Ep,m))(3)能，理由見解析解析(1)設(shè)線圈進(jìn)入磁場時的速度為v0，則線圈離開磁場時的速度為eq\f(1,2)v0，彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化為小車的動能，有Ep＝eq\f(1,2)mv02，線圈穿過磁場的過程動能轉(zhuǎn)化為電熱，有E電＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)m·(eq\f(1,2)v0)2可得E電＝eq\f(3,4)Ep。(2)設(shè)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，矩形線圈bc邊長為L1，ab邊長為L2，線圈離開磁場時的速度為vt，結(jié)合題述有L1＋L2＝2L，線圈減速過程中，設(shè)某一時刻的速度為v，感應(yīng)電動勢E＝nBL1v，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nBL1v,R)，安培力F＝nBIL1＝eq\f(n2B2L12v,R)，經(jīng)過時間Δt(Δt→0)，由動量定理有－FΔt＝mΔv，得－eq\f(n2B2L12v,R)Δt＝mΔv，線圈前進(jìn)位移Δx＝vΔt，①當(dāng)L<L1<2L時，等式－eq\f(n2B2L12v,R)Δt＝mΔv兩邊對線圈穿過磁場全過程求和，有－eq\f(2n2B2L12L2,R)＝m(vt－v0)，可得vt＝v0－eq\f(2n2B2L122L－L1,mR)，可變換為vt＝v0－eq\f(8n2B2,mR)·eq\f(1,2)L1·eq\f(1,2)L1·(2L－L1)，當(dāng)eq\f(1,2)L1＝2L－L1即L1＝eq\f(4,3)L時vt有最小值為vt′＝v0－eq\f(64n2B2L3,27mR)，又當(dāng)線圈為正方形時，有vt＝v0－eq\f(2n2B2L3,mR)＝eq\f(1,2)v0，聯(lián)立可得vt′＝eq\f(11,27)v0＝eq\f(11,27)eq\r(\f(2Ep,m))，②當(dāng)0<L1≤L時，等式－eq\f(n2B2L12v,R)Δt＝mΔv兩邊對全過程求和，有－eq\f(2n2B2L12L,R)＝m(vt－v0)，可得vt＝v0－eq\f(2n2B2L12L,mR)，當(dāng)取L1＝L時，vt取最小值，為eq\f(v0,2)，綜上可知，當(dāng)L1＝eq\f(4,3)L時，線圈穿出磁場后的末速度最小，為vtmin＝eq\f(11,27)eq\r(\f(2Ep,m))。(3)設(shè)bc邊穿出磁場時的速度為vt1，ad與fg邊穿出磁場時的速度為vt2，eh邊穿出磁場時的速度為vt3，對于bc邊進(jìn)出磁場過程，有－eq\f(n2B2L3,R)＝m(vt1－v0)，對于ad和fg邊進(jìn)出磁場過程，有－eq\f(2n2B2L3,R)＝m(vt2－vt1)，對于eh邊進(jìn)出磁場過程，有－eq\f(n2B2L3,R)＝m