（北京專用）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十二章 第4講 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題精練（含解析）

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1、第4講　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題 A組　基礎(chǔ)鞏固 1.(2018朝陽期末)如圖所示,空間中存在一勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場方向與豎直面(紙面)垂直,MM'和NN'是勻強(qiáng)磁場區(qū)域的水平邊界,紙面內(nèi)磁場上方有一個(gè)正方形導(dǎo)線框abcd,ab邊與MM'和NN'平行,邊長小于MM'和NN'的間距。若線框自由下落,在ab邊從MM'運(yùn)動(dòng)到NN'的過程中,關(guān)于線框的運(yùn)動(dòng),下列說法中正確的是(　　) A.一定始終做減速運(yùn)動(dòng) B.一定始終做加速運(yùn)動(dòng) C.可能先減速后加速 D.可能先加速后減速 答案　C　線框從dc邊到達(dá)MM'邊界到ab邊到達(dá)NN'邊界運(yùn)動(dòng)過程中只受重力作用,一定是加速向下運(yùn)動(dòng),可見選項(xiàng)A

2、、D錯(cuò)誤;而從ab邊到MM'運(yùn)動(dòng)到dc邊到MM'過程中,mg-B2l2vR=ma,合外力方向取決于ab邊剛到MM'時(shí)的速度v的大小,因此線框可能加速,也可能減速,還可能勻速,進(jìn)入磁場,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤,只有選項(xiàng)C正確。 2.(2017豐臺(tái)一模)如圖所示,一水平面內(nèi)固定兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌上面橫放著兩根完全相同的銅棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路,在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場B。開始時(shí),棒cd靜止,棒ab有一個(gè)向左的初速度v0,則關(guān)于兩棒以后的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是(　　) A.ab棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng),cd棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B.ab棒減小的動(dòng)量等于cd棒增加的動(dòng)量 C

3、.ab棒減小的動(dòng)能等于cd棒增加的動(dòng)能 D.兩棒一直運(yùn)動(dòng),機(jī)械能不斷轉(zhuǎn)化為電能 答案　B　ab棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí),在abdc回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流,ab棒在向右的安培力作用下減速運(yùn)動(dòng),而cd棒在向左的安培力作用下加速運(yùn)動(dòng),因兩棒運(yùn)動(dòng)同向,使回路中的電動(dòng)勢逐漸減小,至兩棒共速時(shí)回路中的感應(yīng)電流消失,即ab棒和cd棒均做加速度減小的變速運(yùn)動(dòng),最終以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)錯(cuò)誤;由動(dòng)量守恒定律可知,B項(xiàng)正確;因最終回路中不再有感應(yīng)電流,故D項(xiàng)錯(cuò)誤;由能量守恒定律可知,C項(xiàng)錯(cuò)誤。 3.如圖所示,足夠長的U形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角,其中MN與PQ平行且間距為L,導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直

4、,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑,并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好,ab棒在MN與PQ之間部分的電阻為R,當(dāng)ab棒沿導(dǎo)軌下滑的距離為x時(shí),棒的速度大小為v。則在這一過程中　(　　) A.金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的加速度大小始終為v22x B.金屬棒ab受到的最大安培力為B2L2vRsin θ C.通過金屬棒ab橫截面的電荷量為BLxR D.金屬棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為B2L2v2Rx 答案　C　棒由靜止加速下滑過程中,通過棒的電流逐漸增大,它受到的安培力也逐漸增大,故棒的運(yùn)動(dòng)是加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng),A選項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)棒的速度為v時(shí),棒受到的安培力最大,由E=BLv、I=ER和F=B

5、IL,得F=B2L2vR,故B選項(xiàng)錯(cuò)誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律得:E=BLxΔt和I=ER,式中Δt為棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,故通過棒橫截面的電荷量 q=I·Δt=BLxR,故C項(xiàng)正確;由能量守恒定律有 mgx·sin θ=12mv2+Q,可知D選項(xiàng)錯(cuò)誤。 4.如圖所示,一根空心鋁管豎直放置,把一枚小圓柱形的永磁體從鋁管上端由靜止釋放,經(jīng)過一段時(shí)間后,永磁體穿出鋁管下端口。假設(shè)永磁體在鋁管內(nèi)下落過程中始終沿著鋁管的軸線運(yùn)動(dòng),不與鋁管內(nèi)壁接觸,且無翻轉(zhuǎn)。忽略空氣阻力,則下列說法中正確的是(　　) A.若僅增強(qiáng)永磁體的磁性,則其穿出鋁管時(shí)的速度變小 B.若僅增強(qiáng)永磁體的磁性,則其穿

6、過鋁管的時(shí)間縮短 C.若僅增強(qiáng)永磁體的磁性,則其穿過鋁管的過程中產(chǎn)生的焦耳熱減少 D.在永磁體穿過鋁管的過程中,其動(dòng)能的增加量等于重力勢能的減少量 答案　A　當(dāng)永磁體的磁性增強(qiáng)時(shí),空心鋁管中的磁通量也隨之增大,故磁通量的變化率也增大,對應(yīng)產(chǎn)生的阻礙作用也增強(qiáng),故穿出鋁管時(shí)的速度變小,穿過鋁管所用的時(shí)間變長,整個(gè)過程產(chǎn)生的焦耳熱增多。另根據(jù)能量守恒,重力勢能的減少量應(yīng)等于其動(dòng)能的增加量和鋁管產(chǎn)生的焦耳熱之和。故A正確,B、C、D均錯(cuò)誤。 5.(2018東城期末)在光滑水平面上存在某勻強(qiáng)矩形磁場區(qū)域,該磁場的方向豎直向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,寬度為l,俯視圖如圖所示。一邊長也為l的正方形導(dǎo)線框

7、,電阻為R,在水平向右的恒力作用下剛好以速度v0勻速穿過磁場區(qū)域,求: (1)恒力的大小F; (2)導(dǎo)線框穿越磁場過程中產(chǎn)生的熱量Q。 答案　(1)B2l2v0R　(2)2B2l3v0R 解析　(1)導(dǎo)線框剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=Blv0 導(dǎo)線框中的電流I=ER=Blv0R 導(dǎo)線框右邊受到的安培力F安=BIl=B2l2v0R 導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng),F=F安 因此外力F=B2l2v0R (2)導(dǎo)線框從右邊進(jìn)入磁場區(qū)域到左邊穿出磁場區(qū)域過程所用的時(shí)間為t=2lv0 產(chǎn)生的熱量為Q=I2Rt=2B2l3v0R 6.(2017海淀零模)均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abc

8、d,邊長L=0.20 m,每邊的電阻R=5.0×10-2 Ω。將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.10 T的有界水平勻強(qiáng)磁場上方h=5.0 m處,如圖所示。線框由靜止自由下落,線框平面始終與磁場方向垂直,且cd邊始終與磁場的水平邊界平行。取重力加速度g=10 m/s2,不計(jì)空氣阻力,求當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí), (1)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小; (2)線框所受安培力的大小; (3)線框的發(fā)熱功率。 答案　(1)0.20 V　(2)0.020 N　(3)0.20 W 解析　(1)設(shè)線框cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v,根據(jù)自由落體規(guī)律有 v=2gh=10 m/s 所以線框cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生

9、的感應(yīng)電動(dòng)勢大小E=BLv=0.20 V (2)線框每邊的電阻為R,根據(jù)歐姆定律可知,線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流 I=E4R 線框所受安培力也就是cd邊所受的安培力,其大小為 F=BIL=0.020 N (3)線框的發(fā)熱功率P=I2R總=I2×4R=0.20 W 7.(2018海淀二模)如圖所示,MN、PQ 是兩根足夠長的光滑平行的金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距離l=0.2 m,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ=30°,導(dǎo)軌上端連接一個(gè)阻值 R=0.4 Ω的電阻。整個(gè)導(dǎo)軌平面處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T?，F(xiàn)有一根質(zhì)量m=0.01 kg 、電阻r=0.1 Ω 的金屬棒ab垂直于

10、導(dǎo)軌放置,且接觸良好,金屬棒從靜止開始沿導(dǎo)軌下滑,且始終與導(dǎo)軌垂直。g=10 m/s2,導(dǎo)軌電阻不計(jì) ,求: (1)金屬棒從靜止釋放時(shí)的加速度大小; (2)金屬棒沿導(dǎo)軌下滑過程中速度最大值; (3)金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)ab兩端的電壓。 答案　(1)5 m/s2　(2)2.5 m/s　(3)0.2 V 解析　(1)金屬棒在釋放的瞬間有 mg sin θ=ma a=g sin θ=5 m/s2 (2)金屬棒在下滑過程中,受到的安培力大小等于重力沿導(dǎo)軌方向的分力時(shí),速度最大 mg sin θ=BIl E=Blvm I=ER+r vm=mg(R+r)sinθB2l2=2.

11、5 m/s (3)設(shè)金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)ab兩端的電壓為Uab,則 Uab=IR Uab=BlvmR+rR=0.2 V 8.(2018西城二模)2012年11月,“殲15”艦載機(jī)在“遼寧號(hào)”航空母艦上著艦成功,它的阻攔技術(shù)原理是,飛機(jī)著艦時(shí)利用阻攔索的作用力使它快速停止。隨著電磁技術(shù)的日趨成熟,新一代航母已準(zhǔn)備采用全新的電磁阻攔技術(shù),它的阻攔技術(shù)原理是,飛機(jī)著艦時(shí)利用電磁作用力使它快速停止。為研究問題方便,我們將其簡化為如圖所示的模型。在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場中,兩根平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi),相距為L,電阻不計(jì)。軌道端點(diǎn)M、P間接有阻值為R的電阻。一個(gè)長為

12、L、質(zhì)量為m、阻值為r的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上,與軌道接觸良好。質(zhì)量為M的飛機(jī)以水平速度v0迅速鉤住導(dǎo)體棒ab,鉤住之后關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng)并立即獲得共同的速度。假如忽略摩擦等次要因素,飛機(jī)和金屬棒系統(tǒng)僅在安培力作用下很快停下來。求: (1)飛機(jī)鉤住金屬棒后它們獲得的共同速度v的大小; (2)飛機(jī)在阻攔減速過程中獲得的加速度a的最大值; (3)從飛機(jī)鉤住金屬棒到它們停下來的整個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)的距離x。 答案　(1)MM+mv0　(2)B2L2Mv0(R+r)(M+m)2　(3)Mv0(R+r)B2L2 解析　(1)以飛機(jī)和金屬棒為研究對象 根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv0=(M+

13、m)v 解得它們共同的速度v=MM+mv0 (2)飛機(jī)鉤住金屬棒后它們開始以速度v在安培力的作用下做減速運(yùn)動(dòng),所以當(dāng)它們速度為v時(shí)所受安培力最大,此時(shí)由安培力產(chǎn)生的加速度也最大 根據(jù)牛頓第二定律有BIL=(M+m)a 根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=BLvR+r 解得a=B2L2Mv0(R+r)(M+m)2 (3)以飛機(jī)和金屬棒為研究對象,在很短的一段時(shí)間Δt內(nèi) 根據(jù)動(dòng)量定理有BiL·Δt=(M+m)Δv 在某時(shí)刻根據(jù)閉合電路歐姆定律有i=BLviR+r 得BBLviR+rL·Δt=(M+m)Δv 飛機(jī)經(jīng)時(shí)間t停下來,在時(shí)間t內(nèi)求和有 B2L2R+r·x=(M+m)v 解得x

14、=Mv0(R+r)B2L2 9.(2017順義二模)直流電動(dòng)機(jī)是一種使用直流電流的動(dòng)力裝置,是根據(jù)通電線圈在磁場中受到安培力的原理制成的。如圖所示是一臺(tái)直流電動(dòng)機(jī)模型示意圖,固定部分(定子)裝了一對磁極,旋轉(zhuǎn)部分(轉(zhuǎn)子)裝設(shè)圓柱形鐵芯,將線圈固定在轉(zhuǎn)子鐵芯上,能與轉(zhuǎn)子一起繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)。線圈經(jīng)過滑環(huán)、電刷與電源相連,電源電動(dòng)勢為E,內(nèi)阻不計(jì)。電源與線圈之間連接阻值為R的定值電阻。不計(jì)線圈內(nèi)阻及電機(jī)損耗。 若轉(zhuǎn)軸上纏繞足夠長的輕繩,繩下端懸掛一質(zhì)量為m的重物,接通電源,轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)帶動(dòng)重物上升,最后重物以速度v1勻速上升; 若將電源處短路(相當(dāng)于去掉電源,導(dǎo)線把線圈與電阻連成閉合電路),釋放重物

15、,帶動(dòng)轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng),重物質(zhì)量m不變。重物最后以v2勻速下落; 根據(jù)以上信息,寫出v1與v2的關(guān)系式。 答案　見解析 解析　設(shè)重物勻速上升時(shí),電路中電流為I1 由能量關(guān)系有EI1=I12R+mgv1 設(shè)重物勻速下落時(shí),電路中電流為I2 由能量關(guān)系有I22R=mgv2 兩次電機(jī)最后都是勻速轉(zhuǎn)動(dòng),重物質(zhì)量相等,可知I1=I2 得v1=Ev2mgR-v2 10.(2018西城一模)物理學(xué)是探索自然界最基本、最普遍規(guī)律的科學(xué),在不同情景中發(fā)生的物理過程往往遵循著相同的規(guī)律。請應(yīng)用所學(xué)的物理知識(shí),思考并解決以下問題。 (1)帶電小球B靜止在無限大的光滑絕緣水平面上,帶同種電荷的小球A從很遠(yuǎn)

16、處以初速度v0向B球運(yùn)動(dòng), A的速度始終沿著兩球的連線方向,如圖1所示。兩球始終未能接觸。A、B間的相互作用視為靜電作用。 a.從加速度和速度的角度,說明B球在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)情況; b.已知A、B兩球的質(zhì)量分別為m1和m2,求B球最終的速度大小vB。 (2)光滑的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平地面上,整個(gè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場,兩根相同的金屬棒ab和cd垂直放置在導(dǎo)軌上,如圖2所示。開始時(shí)cd棒靜止,ab棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)。隨后cd棒也運(yùn)動(dòng)起來,兩棒始終未能相碰,忽略金屬棒中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場。 a.已知兩根金屬棒的質(zhì)量均為m,求cd棒最終獲得的動(dòng)能Ek; b.圖3

17、是圖2的俯視圖。請?jiān)趫D3中畫出ab、cd棒在達(dá)到最終狀態(tài)之前,棒內(nèi)自由電子所受洛倫茲力的示意圖;并從微觀的角度,通過計(jì)算分析說明,在很短的時(shí)間Δt內(nèi),ab棒減少的動(dòng)能是否等于cd棒增加的動(dòng)能。 圖1 圖2 圖3 答案　見解析 解析　(1)a.B球做加速度先增大后減小的加速運(yùn)動(dòng),最后勻速。 b.以A、B球組成的系統(tǒng)為研究對象,系統(tǒng)所受的合外力為零 根據(jù)動(dòng)量守恒定律m1v0=m1vA+m2vB 由于只有系統(tǒng)內(nèi)的電場力做功,所以系統(tǒng)的動(dòng)能和電勢能的總和保持不變,初始狀態(tài)和最后狀態(tài)兩球的距離都很大,可以認(rèn)為系統(tǒng)的初、末電勢能為零。 由能量守恒有12m1v02=12m1vA

18、2+12m2vB2 聯(lián)立以上兩式解得vB=2m1m1+m2v0 (2)a.以兩根金屬棒組成的系統(tǒng)為研究對象,系統(tǒng)所受的合外力為零,最后以共同的速度v向前運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)量守恒定律 mv0=2mv cd棒最終獲得的動(dòng)能Ek=12mv2=18mv02 b.兩根棒內(nèi)自由電子所受洛倫茲力如圖所示 方法一:設(shè)自由電子的電荷量為e,在兩棒達(dá)到最終狀態(tài)之前某時(shí)刻,ab棒的速度為v1,cd棒的速度為v2,自由電子沿兩根棒定向移動(dòng)的速率為u,在很短的時(shí)間Δt內(nèi), ab棒中自由電子受到的垂直于棒方向的洛倫茲力f2 對電子做負(fù)功 W2=-f2·v1Δt=-euBv1Δt cd棒中自由電子受到的垂直于

19、棒方向的洛倫茲力f2'對電子做正功 W2'=f2'·v2Δt=euBv2Δt 因?yàn)関1 >v2,所以W2+W2'<0,宏觀上表現(xiàn)為安培力對兩棒組成的系統(tǒng)做負(fù)功,使系統(tǒng)總動(dòng)能減小,即ab棒減少的動(dòng)能大于cd棒增加的動(dòng)能。 方法二:設(shè)自由電子的電荷量為e,在兩棒達(dá)到最終狀態(tài)之前某時(shí)刻,自由電子沿ab棒定向移動(dòng)的速率為u。在很短的時(shí)間Δt內(nèi),電子在棒中定向運(yùn)動(dòng),與金屬離子發(fā)生碰撞,受到阻力。設(shè)電子受到的平均阻力為f,在很短的時(shí)間Δt內(nèi),阻力對電子做負(fù)功W=-f·uΔt,宏觀上表現(xiàn)為電路產(chǎn)生了焦耳熱。根據(jù)能量守恒定律,兩棒組成的系統(tǒng)總動(dòng)能減小,即ab棒減少的動(dòng)能大于cd棒增加的動(dòng)能。 B組　綜

20、合提能 1.(2018石景山一模)兩根足夠長的光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在傾角為θ的絕緣斜面上,相距為L,其電阻不計(jì)。長度為L、電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上,與軌道接觸良好。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于斜面向上。 圖1　　　　　　　圖2　　　　　　　圖3 如圖1所示,若在軌道端點(diǎn)M、P之間接有阻值為R的電阻,則導(dǎo)體棒最終以速度v1沿軌道向下勻速運(yùn)動(dòng);如圖2所示,若在軌道端點(diǎn)M、P之間接有電動(dòng)勢為E,內(nèi)阻為R的直流電源,則導(dǎo)體棒ab最終以某一速度沿軌道向上勻速運(yùn)動(dòng)。 (1)求圖1導(dǎo)體棒ab最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電流的大小和方向以及導(dǎo)體棒ab

21、兩端的電勢差; (2)求圖2導(dǎo)體棒ab最終沿軌道向上勻速運(yùn)動(dòng)的速度v2; (3)從微觀角度看,導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。我們知道,洛倫茲力對運(yùn)動(dòng)電荷不做功。那么,導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)化過程中起到作用的呢?請以圖1導(dǎo)體棒ab最終勻速運(yùn)動(dòng)為例,通過計(jì)算分析說明。為了方便,可認(rèn)為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷,如圖3所示。 答案　見解析 解析　(1)圖1中,ab最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),電路中的電流大小 I=BLv1R+R=BLv12R 方向:在導(dǎo)體棒ab內(nèi)由b流向a 導(dǎo)體棒ab兩端的電勢差Uab=IR=BLv12 (2)圖1中,導(dǎo)體棒

22、ab最終受力平衡 mg sin θ=ILB=BLv12RLB 圖2中,導(dǎo)體棒ab最終受力平衡 mg sin θ=I'LB=E-BLv22RLB 解得v2=E-BLv1BL (3)如圖所示,設(shè)自由電荷的電荷量為q,沿導(dǎo)體棒定向移動(dòng)的速率為u。 沿棒方向的洛倫茲力f1=qv1B,做正功 在Δt時(shí)間內(nèi),W1=f1·uΔt=qv1BuΔt 垂直棒方向的洛倫茲力f2=quB,做負(fù)功 在Δt時(shí)間內(nèi),W2=-f2·v1Δt=-quBv1Δt 所以W1=-W2 即導(dǎo)體棒中一個(gè)自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。 f1做正功,驅(qū)動(dòng)自由電荷定向移動(dòng),宏觀上表現(xiàn)為“電動(dòng)勢”,使電能增加;f2做負(fù)

23、功,宏觀上表現(xiàn)為安培力做負(fù)功,消耗導(dǎo)體棒的機(jī)械能。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為等量的電能,在此過程中洛倫茲力通過兩個(gè)分力做功起到“傳遞”能量的作用。 2.(2017順義二模)如圖甲所示,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場中,有一豎直放置的光滑的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌足夠長,導(dǎo)軌平面與磁場垂直,導(dǎo)軌間距為L,頂端接有阻值為R的電阻。將一根金屬棒從導(dǎo)軌上的M處由靜止釋放。已知棒的長度為L,質(zhì)量為m,電阻為r。金屬棒始終在磁場中運(yùn)動(dòng),處于水平且與導(dǎo)軌接觸良好,忽略導(dǎo)軌的電阻。重力加速度為g。 甲 (1)分析金屬棒的運(yùn)動(dòng)情況,并求出運(yùn)動(dòng)過程的最大速度vm和整個(gè)電路產(chǎn)生的

24、最大電熱功率Pm; (2)若金屬棒下落時(shí)間為t時(shí),其速度為vt(vt

25、達(dá)到vt的過程中,由動(dòng)量定理有 mgt-I安=mvt 將整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程劃分成很多小段,可認(rèn)為在每個(gè)小段中感應(yīng)電動(dòng)勢幾乎不變,設(shè)每小段的時(shí)間為Δt。 則安培力的沖量 I安=B2L2R+rv1Δt+B2L2R+rv2Δt+B2L2R+rv3Δt+… I安=B2L2R+r(v1Δt+v2Δt+v3Δt+…) 下落高度h=v1Δt+v2Δt+v3Δt+… 得h=m(gt-vt)(R+r)B2L2 3.(2018海淀期末)電磁彈射技術(shù)是一種新興的直線推進(jìn)技術(shù),適宜于短行程發(fā)射大載荷,在軍事、民用和工業(yè)領(lǐng)域具有廣泛應(yīng)用前景。我國已成功研制出用于航空母艦艦載機(jī)起飛的電磁彈射器。它由發(fā)電機(jī)、直線

26、電機(jī)、強(qiáng)迫儲(chǔ)能裝置和控制系統(tǒng)等部分組成。 電磁彈射器可以簡化為如圖所示的裝置以說明其基本原理。電源和一對足夠長平行金屬導(dǎo)軌M、N分別通過單刀雙擲開關(guān)K與電容器相連。電源的電動(dòng)勢E=10 V,內(nèi)阻不計(jì)。兩條足夠長的導(dǎo)軌相距L=0.1 m且水平放置,處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面且豎直向下,電容器的電容C=10 F?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=0.1 kg、電阻r=0.1 Ω的金屬滑塊垂直放置于導(dǎo)軌的滑槽內(nèi),分別與兩導(dǎo)軌良好接觸。將開關(guān)K置于a使電容器充電,充電結(jié)束后,再將開關(guān)K置于b,金屬滑塊會(huì)在電磁力的驅(qū)動(dòng)下運(yùn)動(dòng),不計(jì)導(dǎo)軌和電路其他部分的電阻,且忽略金屬滑塊運(yùn)動(dòng)過程中的一

27、切阻力,不計(jì)電容器充放電過程中該裝置向外輻射的電磁能量及導(dǎo)軌中電流產(chǎn)生的磁場對滑塊的作用。 (1)在電容器放電過程中,金屬滑塊兩端電壓與電容器兩極板間電壓始終相等。求在開關(guān)K置于b瞬間,金屬滑塊的加速度的大小a; (2)求金屬滑塊最大速度v; (3)a.電容器是一種儲(chǔ)能裝置,當(dāng)電容器兩極板間電壓為U時(shí),它所儲(chǔ)存的電能A=CU2/2。求金屬滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q; b.金屬滑塊在運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)產(chǎn)生反電動(dòng)勢,使金屬滑塊中大量定向運(yùn)動(dòng)的自由電子又受到一個(gè)阻力作用。請分析并計(jì)算在金屬滑塊運(yùn)動(dòng)過程中這個(gè)阻力所做的總功W。 答案　(1)50 m/s2　(2)40 m/s　(3)a.40

28、0 J　b.見解析 解析　(1)開關(guān)K置于b瞬間,流過金屬滑塊的電流 I=Er 金屬滑塊受到安培力作用,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有 BIL=ma a=BELmr=50 m/s2 (2)方法一:設(shè)金屬滑塊做加速運(yùn)動(dòng)到最大速度時(shí)兩端的電壓為U,電容器放電過程中的電荷量變化為Δq,放電時(shí)間為Δt,流過金屬滑塊的平均電流為I,則: 電容器放電過程的電荷量變化Δq=C(E-U) 金屬滑塊速度最大時(shí),其兩端電壓U=BLv 由電流定義有Δq=IΔt 在金屬滑塊運(yùn)動(dòng)過程中,由動(dòng)量定理有BILΔt=mv-0 聯(lián)立以上各式,可得:v=40 m/s 方法二:設(shè)任意時(shí)刻電路中的電流為i,取一段含此時(shí)刻

29、的極短時(shí)間Δt,最大速度為v,由動(dòng)量定理得 ΣBiLΔt=mv-0 而ΣiΔt=CE-CU 解得v=40 m/s (3)a.由U=BLv可知電容器兩端最終電壓U=2 V 由能量守恒定律有12CE2-12CU2=12mv2+Q 解得Q=400 J b.因金屬滑塊做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生反電動(dòng)勢,使滑塊中的自由電子受到阻礙其定向運(yùn)動(dòng)的洛倫茲力f1(即阻力);同時(shí)由于金屬滑塊中的自由電子定向運(yùn)動(dòng)還受到洛倫茲力f2。金屬滑塊中的所有自由電子所受f2的合力在宏觀上表現(xiàn)為金屬滑塊的安培力。 由動(dòng)能定理可知安培力做功 WF=12mv2 f1與f2的合力即洛倫茲力f不做功。所以金屬滑塊運(yùn)動(dòng)過程

30、中阻力f1所做的總功 W=-WF=-80 J 4.(2018門頭溝一模)固定的E形磁鐵的兩側(cè)為S極,中心為N極,磁極間的磁場可視為勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,其結(jié)構(gòu)如圖甲、乙所示。套在N極的正方形金屬線圈可以在豎直方向無摩擦地運(yùn)動(dòng),該線圈的質(zhì)量為m,邊長為L,電阻為R。將線圈自a點(diǎn)由靜止釋放, 下落高度為h到b點(diǎn)時(shí)線圈的速度為v,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。 (1)求線圈運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)線圈中電流的大小I; (2)求線圈由a運(yùn)動(dòng)到b過程中所產(chǎn)生焦耳熱Q; (3)如果要使線圈由b到a做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),需要對線圈施加豎直方向的作用力F,請你說明這個(gè)作用力F大小的變化規(guī)律。

31、答案　(1)2BLvR　(2)mgh-12mv2　(3)見解析 解析　(1)線圈運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí) 電動(dòng)勢E=2BLv 根據(jù)閉合電路歐姆定律 I=ER 解得I=2BLvR (2)線圈下落高度h的過程,根據(jù)動(dòng)能定理 mgh-W=12mv2 W=Q 解得Q=mgh-12mv2 (3)定量分析: 設(shè)線圈向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a,可以根據(jù)物理規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系為F=(a+g)m+4B2L2aRt,則作用力F大小隨時(shí)間均勻增大。 定量分析:線圈勻加速直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖1所示。 圖1 圖2 圖3 線圈受力示意圖如圖2所示,由于線圈所受向下的安培力F安=2BIL=4B2L2vR=4B2L2aRt,則安培力大小隨時(shí)間按照正比例規(guī)律變化。由于線圈做勻加速直線運(yùn)動(dòng),合力向上且恒定(加速度恒定),則作用力F大小隨時(shí)間均勻增大。且作用力F的大小與安培力F安的大小隨時(shí)間的變化率相等,且t=0時(shí),作用力F0>mg,如圖3所示。 19