江苏省高考物理二轮复习 考前抢分必做终极猜想 对应用力和能量观点分析电磁感应问题的考查

PAGEPAGE5终极猜想二十一(六十九)对应用力和能量观点分析电磁感应问题的考查(本卷共4小题，满分60分．建议时间：30分钟)命题专家寄语这部分知识的试题往往是高考压轴大题，解决此类问题的基本思路是：分析电路结构，明确内电路和外电路；画出等效电路图；分析受力，列出方程，分析能量转化关系，列出能量守恒方程，把握安培力做功的过程就是电能与其它形式能的转化过程，也就是解题的关键.1．如图1所示，光滑足够长导轨倾斜放置，导轨间距为L＝1m，导轨平面与水平面夹角为θ＝30°，其下端连接一个灯泡，灯泡电阻为R＝2Ω，导体棒ab垂直于导轨放置，除灯泡外其它电阻不计．两导轨间的匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5T，方向垂直于导轨所在平面向上．将导体棒从静止释放，在导体棒的速度v达到2m/s的过程中通过灯泡的电量q＝2C．随着导体棒的下滑，其位移x随时间t的变化关系趋近于x＝4t－2(m)．取g＝10m/s2，求：图1(1)导体棒的质量m；(2)当导体棒速度为v＝2m/s时，灯泡产生的热量Q；(3)辨析题：为了提高ab棒下滑过程中小灯泡的最大功率，试通过计算提出两条可行的措施．某同学解答如下：小灯泡的最大功率为P＝eq\f(BLvm2,R)(其中vm为下滑的最大速度)，因此提高ab棒下滑过程中小灯泡的最大功率的措施有：增大磁感应强度B、…….由此所得结果是否正确？若正确，请写出其他两条可行的措施；若不正确，请说明理由并给出正确的解答．2．两根光滑的长直金属导轨MN、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′处接有如图2所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，求在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.图2求：(1)ab运动速度v的大小；(2)电容器所带的电荷量q.3．如图3(a)所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L＝0.3m，导轨左端连接R＝0.6Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面B＝0.6T的匀强磁场，磁场区域宽D＝0.2m．细金属棒A1和A2用长为2D＝0.4m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3Ω，导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度v＝1.0m/s沿导轨向右穿越磁场．计算从金属棒A1进入磁场(t＝0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图3(b)中画出．图34．(2012·江苏苏北四市一模，15)如图4甲所示，水平放置足够长的平行金属导轨，左右两端分别接有一个阻值为R的电阻，匀强磁场与导轨平面垂直，质量m＝0.1kg、电阻r＝eq\f(R,2)的金属棒垂直于导轨放置．现用一拉力F＝(0.3＋0.2t)N作用在金属棒上，经过2s后撤去F，再经过0.55s金属棒停止运动．图乙所示为金属棒的vt图象，g＝10m/s2.求：图4(1)金属棒与导轨之间的动摩擦因数；(2)整个过程中金属棒运动的距离；(3)从撤去F到金属棒停止的过程中，每个电阻R上产生的焦耳热．参考答案1．解析(1)根据x＝4t－2(m)得，最后匀速运动的速度为vm＝4m/s匀速运动时，F安＝mgsin30°即eq\f(B2L2vm,R)＝mgsin30°解得m＝0.1kg(2)通过灯泡的电量q＝It＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bls,R)＝2C解得s＝8m由动能定理得mgssin30°－W安＝eq\f(mv2,2)灯泡产生的热量Q＝W安＝mgssin30°－eq\f(mv2,2)＝3.8J(3)不正确，式中vm，根据安培力大小等于重力沿斜面的分力，可以求出它与B的平方成反比，所以增大B的同时，最大速度在减小，并不能提高小灯泡的最大功率．因为P＝I2R，所以提高ab棒下滑过程中小灯泡的最大功率，须增大电流I或电阻R匀速运动时，F安＝BIL＝mgsinθ，I＝eq\f(mgsinθ,BL)，所以可以减小B、L，或增大m、θ.答案(1)0.1kg(2)3.8J(3)见解析．2．解析(1)设ab上产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，ab运动距离s所用时间为t，三个电阻R与电源串联，总电阻为4R，则E＝Blv①由闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,4R)②t＝eq\f(s,v)③由焦耳定律有Q＝I2(4R)t④由上述方程得v＝eq\f(4QR,B2l2s)⑤(2)设电容器两极板间的电势差为U，则有U＝IR⑥电容器所带电荷量q＝CU⑦解得q＝eq\f(CQR,Bls)⑧答案见解析3．解析0～t1(0～0.2s)时间内A1产生的感应电动势E＝BLv＝0.6×0.3×1.0V＝0.18V电阻R与A2并联阻值R并＝eq\f(R·r,R＋r)＝0.2Ω所以电阻R两端电压U＝eq\f(R并,R并＋r)E＝eq\f(0.2,0.2＋0.3)×0.18V＝0.072V通过电阻R的电流I1＝eq\f(U,R)＝eq\f(0.072,0.6)A＝0.12At1～t2(0.2～0.4s)时间内E＝0，I2＝0t2～t3(0.4～0.6s)时间内同理I2＝0.12A.规律如下图所示答案见解析4．解析(1)在0～2s这段时间内，根据牛顿第二定律有F－μmg－eq\f(B2L2at,R总)＝ma由图可知a＝1.0m/s2又因F＝(0.3＋0.2t)N联立解得μ＝0.2，eq\f(B2L2,R总)＝0.2.(2)在0～2s这段时间内的位移为x1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1×22m＝2m设棒在2～2.55s时间内的位移为x2，棒在t时刻，根据牛顿第二定律有－μmg－eq\f(B2L2\x\to(v),R总)＝meq\f(Δv,Δt)在t到t＋Δt(Δt→0)时间内－μmgΔt－eq\f(B2L2,R总)eq\x\to(v)Δt＝mΔv－μmg∑Δt－eq\f(B2L2,R总)∑eq\x\to(v)Δt＝m∑Δvμmgt＋eq\f(B2L2,R总)x2＝mv代入数据得x2＝0.45m整个过程中金属棒运动的距离x＝x1＋x