【創(chuàng)新設計】2021高考物理二輪復習(江蘇專用)題型通關-專練20

專練20應用動力學和能量觀點分析電磁感應問題1．如圖1所示，傾角為θ＝53°的斜面上相繼分布著寬度為L的電場和寬度為L的磁場，電場的下邊界與磁場的上邊界相距為L(即二者之間有段無電磁場區(qū)域)，其中電場方向沿斜面對上，磁場方向垂直于斜面對下、磁感應強度的大小為B.電荷量為q的帶正電小球(視為質(zhì)點)通過長度為4L的絕緣輕桿與邊長為L、電阻為R的正方形單匝線框相連，組成總質(zhì)量為m的“”形裝置，置于斜面上，線框下邊與磁場的上邊界重合．現(xiàn)將該裝置由靜止釋放，當線框下邊剛離開磁場時恰好做勻速運動，且其速度為v0＝1m/s；當小球運動到電場的下邊界時速度剛好為0.已知L＝1m，E＝6×106N/C，R＝0.1Ω，m＝0.8kg，sin53°＝0.8，g取10m/s2.不計一切摩擦，求：圖1 (1)磁感應強度的大??； (2)小球所帶的電荷量； (3)經(jīng)過足夠長時間后，小球到達的最低點與電場上邊界的距離． 解析(1)線框下邊離開磁場時做勻速直線運動，則有 E感＝BLv0 I＝eq\f(E感,R) F安＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R) 依據(jù)平衡條件：mgsinθ－eq\f(B2L2v0,R)＝0 解得B＝0.8T. (2)從線框剛離開磁場區(qū)域到小球剛運動到電場的下邊界，依據(jù)動能定理： －qEL＋mgsinθ×2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) 代入數(shù)據(jù)解得：q＝2.2×10－6C (3)經(jīng)足夠長時間后，線框最終不會再進入磁場，即運動的最高點是線框的上邊與磁場的下邊界重合，設小球運動的最低點到電場上邊界的距離為x. 依據(jù)動能定理：qEx－mgsinθ(L＋x)＝0 代入數(shù)據(jù)得：x＝eq\f(16,17)m 答案(1)0.8T(2)2.2×10－6C(3)eq\f(16,17)m2．相距L＝1.5m的足夠長金屬導軌豎直放置，質(zhì)量為m1＝1kg的金屬棒ab和質(zhì)量為m2＝0.27kg的金屬棒cd均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導軌上，如圖2(a)所示，虛線上方磁場方向垂直紙面對里，虛線下方磁場方向豎直向下，兩處磁場磁感應強度大小相同．a(chǎn)b棒光滑，cd棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.75，兩棒總電阻為1.8Ω，導軌電阻不計．a(chǎn)b棒在方向豎直向上，大小按圖(b)所示規(guī)律變化的外力F作用下，從靜止開頭，沿導軌勻加速運動，同時cd棒也由靜止釋放．(g取10m/s2)圖2 (1)求出磁感應強度B的大小和ab棒加速度的大?。?(2)已知在2s內(nèi)外力F做功40J，求這一過程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱． (3)推斷cd棒將做怎樣的運動，求出cd棒達到最大速度所需的時間t0，并在圖(c)中定性畫出cd棒所受摩擦力fcd隨時間變化的圖象． 解析(1)經(jīng)過時間t，金屬棒ab的速率v＝at 此時，回路中的感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R) 對金屬棒ab，由牛頓其次定律得 F－BIL－m1g＝m 由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋eq\f(B2L2,R)at 在圖線上取兩點： t1＝0，F(xiàn)1＝11N；t2＝2s，F(xiàn)2＝14.6N 代入上式得a＝1m/s2，B＝1.2T. (2)在2s末金屬棒ab的速率vt＝at＝2m/s 所發(fā)生的位移s＝eq\f(1,2)at2＝2m 由動能定理得WF－m1gs－W安＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,t) 又Q＝W安 聯(lián)立以上方程，解得Q＝WF－m1gs－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,t) ＝40J－1×10×2J－eq\f(1,2)×1×22J＝18J. (3)cd棒先做加速度漸漸減小的加速運動，當cd棒所受重力與滑動摩擦力相等時， 速度達到最大；然后做加速度漸漸增大的減速運動，最終停止運動． 當cd棒速度達到最大時，有m2g＝μF 又FN＝F安 F安＝BIL I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLvm,R) vm＝at0 整理解得t0＝eq\f(m2gR,μB2L2a)＝eq\f(0.27×10×1.8,0.75×1.22×1.52×1)s＝2s fcd隨時間變化的圖象如圖所示． 答案見解析3．(2022·蚌埠三縣其次次聯(lián)考)如圖3所示，兩根足夠長且平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面成α＝53°角，導軌間接一阻值為3Ω的電阻R，導軌電阻忽視不計．在兩平行虛線間有一與導軌所在平面垂直的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為d＝0.5m．導體棒a的質(zhì)量為m1＝0.1kg、電阻為R1＝6Ω；導體棒b的質(zhì)量為m2＝0.2kg、電阻為R2＝3Ω，它們分別垂直導軌放置并始終與導軌接觸良好．現(xiàn)從圖中的M、N處同時將a、b由靜止釋放，運動過程中它們都能勻速穿過磁場區(qū)域，且當a剛出磁場時b正好進入磁場．(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2，a、b電流間的相互作用不計)，求：圖3 (1)在b穿越磁場的過程中a、b兩導體棒上產(chǎn)生的熱量之比； (2)在a、b兩導體棒穿過磁場區(qū)域的整個過程中，裝置上產(chǎn)生的熱量； (3)M、N兩點之間的距離． 解析(1)eq\f(R1,R2)＝eq\f(2,1)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(1,3)，eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(I\o\al(2,1)R1t,I\o\al(2,2)R2t)＝2∶9 (2)設整個過程中裝置上產(chǎn)生的熱量為Q 由Q＝m1gsinα·d＋m2gsinα·d， 可解得Q＝1.2J (3)設a進入磁場的速度大小為v1，此時電路中的總電阻 R總1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋\f(3×3,3＋3)))Ω＝7.5Ω b進入磁場的速度大小為v2，此時電路中的總電阻 R總2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(6×3,6＋3)))Ω＝5Ω 由m1gsinα＝eq\f(B2L2v1,R總1)和m2gsinα＝eq\f(B2L2v2,R總2)， 可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(m1R總1,m2R總2)＝eq\f(3,4) 又由v2＝v1＋aeq\f(d,v1) 得v2＝v1＋8×eq\f(0.5,v1) 由上述兩式可得veq\o\al(2,1)＝12(m/s)2，veq\o\al(2,2)＝eq\f(16,9)veq\o\al(2,1) M、N兩點之間的距離Δs＝eq\f(v\o\al(2,2),2a)－eq\f(v\o\al(2,1),2a)＝eq\f(7,12)m 答案(1)2∶9(2)1.2J(3)eq\f(7,12)m4．如圖4所示，足夠長的平行金屬導軌內(nèi)有垂直紙面對里的勻強磁場，金屬桿ab與導軌垂直且接觸良好，導軌右端與電路連接．已知導軌相距為L，磁場的磁感應強度為B，R1、R2和ab桿的電阻值均為r，其余電阻不計，板間距為d、板長為4d，重力加速度為g，不計空氣阻力．假如ab桿以某一速度向左勻速運動時，沿兩板中心線水平射入質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒恰能沿兩板中心線射出，假如ab桿以同樣大小的速度向右勻速運動時，該微粒將射到B板距其左端為d的C處．圖4 (1)求ab桿勻速運動的速度大小v； (2)求微粒水平射入兩板時的速度大小v0； (3)假如以v0沿中心線射入的上述微粒能夠從兩板間射出，試爭辯ab桿向左勻速運動的速度范圍． 解析(1)設ab桿勻速運動的速度為v，則ab桿產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv① 兩板間的電壓為U0＝eq\f(1,3)E＝eq\f(BLv,3)② ab桿向左勻速運動時：eq\f(qU0,d)＝mg③ 由①②③式得：v＝eq\f(3mgd,qBL)④ (2)ab桿向右勻速運動時，設帶電微粒射入兩極板時的速度為v0，向下運動的加速度為a，經(jīng)時間t射到C點，有：eq\f(qU0,d)＋mg＝ma⑤ 微粒做類平拋運動有：d＝v0t⑥ eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2⑦ 由③⑤⑥⑦得：v0＝eq\r(2gd)⑧ (3)要使帶電微粒能從兩板間射出，設它在豎直方向運動的加速度為a1、時間為t1，應有： eq\f(d,2)>eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)⑨ t1＝eq\f(4d,v0)⑩ 由⑧⑨⑩得：a1<eq\f(g,8)? 若a1的方向向上，設ab桿運動的速度為v1，兩板電壓為：U1＝eq\f(1,3)BLv1? 又有：eq\f(qU1,d)－mg＝ma1? 聯(lián)立???式得：v1<eq\f(27mgd,8qBL)? 若a1的方向向下，設ab桿的運動速度為v2，兩板電壓為：U2＝eq\f(1,3)BLv2? 又有：mg－eq\f(qU2,d)＝ma1? 由???式得：v2>eq\f(21mgd,8qBL)? 所以ab桿向左勻速運動