《浙江鸭2019高考物理二轮复习专题七计算题题型强化第4讲加试第23题电磁感应规律的综合应用学案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江鸭2019高考物理二轮复习专题七计算题题型强化第4讲加试第23题电磁感应规律的综合应用学案.doc（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第4讲加试第23题电磁感应规律的综合应用题型1电磁感应中的动力学问题1基本特点导体棒运动产生感应电动势感应电流通电导体棒受安培力合外力变化加速度变化速度变化周而复始地循环，最终导体棒的加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态，要抓住a0时速度v达到最大的特点2基本思路例1如图1所示，竖直平面内有两个半径为r、光滑的圆弧形金属环，在M、N处分别与距离为2r、足够长的平行光滑金属导轨ME、NF相接，金属环最高点A处断开不接触金属导轨ME、NF的最远端EF之间接有电阻为R的小灯泡L.在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场和，磁感应强度大小均为B，磁场和之间的距离为h.现有质量为m的导体棒ab，从金属环
2、的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与金属及轨道接触良好已知导体棒下落时向下的加速度为a.导体棒进入磁场后小灯泡亮度始终不变重力加速度为g.导体棒、轨道、金属环的电阻均不计求：图1(1)导体棒从A处下落时的速度v1大小；(2)导体棒下落到MN处时的速度v2大小；(3)将磁场的CD边界下移一小段距离，分析导体棒进入磁场后小灯泡的亮度变化情况，并说明原因答案(1)(2) (3)见解析解析(1)导体棒下落时，导体棒切割磁感线的有效长度为r导体棒内产生的感应电动势：EBrv1回路中产生的感应电流：I根据牛顿第二定律得：mgBIrma得v1(2)导体棒进入磁场后小灯泡亮度始终不变，说
3、明导体棒受力平衡，匀速下落，设此时导体棒的速度为v3，则：mgF安B2r解得v3从MN下落到CD，v222ghv32得v2(3)CD边界下移一段距离，导体棒ab进入磁场时速度大于v3，mgN(2)(3)Fma解析(1)由右手定则可知，MN(2)t1时刻的速度：v1at1感应电动势E1Bdv1感应电流I1杆MN两端的电压U1I1R(3)由牛顿第二定律可得FBIdma其中IEBdvvat联立解得Fma3(2018杭州市重点中学期末)如图3所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成53角，两导轨间距l1.0 m，导轨间接一个阻值为R3.0 的电阻，导轨电阻忽略不计在两平行虚线间有一与导轨
4、所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B1.0 T，宽度d未知导体棒a的质量为m10.10 kg、接入电路的电阻为R16.0 ；导体棒b的质量为m20.20 kg、接入电路的电阻为R23.0 ，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场(sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2，a、b电流间的相互作用不计)，求：图3(1)a棒进入磁场前的加速度大小；(2)a棒在磁场中运动的速度大小；(3)a、b棒全部穿过磁场过程中，回路中产生的总热量答案(1)8 m/s2(2)6 m/s(3
5、)3.6 J解析(1)由牛顿第二定律得，m1gsin m1aagsin 8 m/s2(2)a棒在磁场中受力平衡：m1gsin BIl又IEBlva解得va6 m/s(3)由(2)同样方法可求得vb8 m/sa在磁场中运动时间t0.25 s磁场宽度dvat1.5 m回路产生的总热量Q(m1m2)gdsin 3.6 J4(2018义乌市模拟)如图4所示，间距为L、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为，两根同材料、长度均为L、横截面均为圆形的金属棒CD、PQ放在斜面导轨上，已知CD棒的质量为m、电阻为R，PQ棒的圆截面的半径是CD棒圆截面的2倍，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导
6、轨所在平面向上，两根劲度系数均为k、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒CD，开始时金属棒CD静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ，使金属棒PQ由静止开始运动，当金属棒PQ达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同已知金属棒PQ开始运动到稳定的过程中通过CD棒的电荷量为q，此过程可以认为CD棒缓慢地移动，已知题设物理量符合mgsin 的关系式，求此过程中(要求结果均用m、g、k、来表示)：图4(1)CD棒移动的距离；(2)PQ棒移动的距离；(3)恒力所做的功答案(1)(2)(3)解析(1)开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD棒重力平行于
7、斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反两弹簧向上的弹力等于CD棒重力平行于斜面的分量，即2F弹mgsin ，弹簧的形变量为xCD棒移动的距离sCD2x(2)PQ棒的圆截面半径是CD棒圆截面的2倍，则mPQ4m，RPQR，在达到稳定过程中两棒之间距离增大s，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为：感应电流为：所以，回路中通过的电荷量即CD棒中的通过的电荷量为qt由此可得两棒距离增大值：sPQ棒沿导轨上滑距离应为CD棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和PQ棒沿导
8、轨上滑距离为：sPQssCD(3)CD棒达到稳定时，受力平衡，安培力为F安mgsin 2F弹2mgsin .金属棒PQ达到稳定时，恒力FF安4mgsin 6mgsin 恒力做功为WFsPQ6mgsin 5(2017杭州市高三上期末)某同学在学习电磁感应后，认为电磁阻尼能够承担电梯减速时大部分制动的负荷， 从而减小传统制动器的磨损如图5甲所示，是该同学设计的电磁阻尼制动器的原理图电梯箱与配重质量都为 M，通过高强度绳子套在半径r1的承重转盘上，且绳子与转盘之间不打滑承重转盘通过固定转轴与制动转盘相连制动转盘上固定了半径为r2和r3 的内外两个金属圈(如图乙)，金属圈内阻不计两金属圈之间用三根互成
9、 120的辐向导体棒连接，每根导体棒电阻均为R. 制动转盘放置在一对励磁线圈之间，励磁线圈产生垂直于制动转盘的匀强磁场(磁感应强度为B)，磁场区域限制在120辐向角内，如图乙阴影区所示. 若电梯箱内放置质量为m的货物一起以速度v竖直上升，电梯箱离终点(图中未画出)高度为h时关闭动力系统，仅开启电磁制动，一段时间后，电梯箱恰好到达终点图5(1)若在开启电磁制动瞬间，三根金属棒的位置刚好在图乙所示位置，则此时制动转盘上的电动势 E为多少？ 此时a与 b之间的电势差有多大？(2)若忽略转盘的质量，且不计其他阻力影响，则在上述制动过程中，制动转盘产生的热量是多少？(3)若要提高制动的效果，试对上述设计
10、做出两处改进答案见解析解析(1)设承重转盘的角速度为，则制动转盘的角速度也为.则var3vbr2E联立解得：EIUabI0.5R联立解得：Uab(2)Qmgh(m2M)v2解得：Q(m2M)v2mgh(3)增加励磁电流；减小金属棒的电阻；增加金属棒的数目(用实心的金属材料做整个金属盘)增加外金属圈的半径r3；减小内金属圈的半径r2；减小承重转盘的半径r1.(任选两项即可)6(2018金华市十校联考)如图6所示，PM、QN是两根光滑圆弧导轨，圆弧半径为d、间距为L，最低点M、N在同一水平高度，导轨电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现有一
11、根长度稍大于L、质量为m、阻值为R的金属棒，从导轨的顶端PQ处由静止开始下滑，到达底端MN时对导轨的压力为2mg，重力加速度为g.求：图6(1)金属棒到达导轨底端MN时电阻R两端的电压；(2)金属棒从导轨顶端PQ下滑到底端MN过程中，电阻R产生的热量；(3)金属棒从导轨顶端PQ下滑到底端MN过程中，通过电阻R的电荷量答案(1)BL(2)(3)解析(1)在导轨的底端MN处，金属棒对导轨的压力FN2mg轨道对金属棒的支持力大小为FNFN2mg则有FNmgm解得v金属棒切割磁感线产生的感应电动势EBLv金属棒到达底端时电阻R两端的电压UBL(2)金属棒从导轨顶端PQ下滑到底端MN过程中，由能量守恒定律得：mgdQmv2解得Qmgd电阻R上产生的热量QRQ(3)由qItIE联立解得q