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文档简介
热点25三大观点在电磁感应中的应用(建议用时:40分钟)1.(2020·威海市下学期模拟)离子推进器是新一代航天动力装置,可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P处注入,在A处电离出正离子,已知B、C之间加有恒定电压U,正离子进入B时的速度忽略不计,经加速形成电流为I的离子束后喷出推进器,单位时间内喷出的离子质量为J。为研究问题方便,假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力,忽略推进器运动速度。则推进器获得的推力大小为()A.eq\r(2UJI) B.eq\f(U2,2JI)C.eq\f(U,2JI) D.eq\r(UJI)2.(多选)(2020·日照市4月模拟)如图所示,竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距L,导轨的两端分别与电源(串有一滑动变阻器R)、定值电阻R0、电容器(电容为C,原来不带电)和开关S相连。整个空间充满了磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向外的匀强磁场。一质量为m、电阻不计的金属棒ab横跨在导轨上。已知电源电动势为E、内阻为r,不计导轨的电阻。当S接1,滑动变阻器R接入电路一定阻值时,金属棒ab在磁场中恰好保持静止。当S接2后,金属棒ab从静止开始下落,下落距离h时达到稳定速度。重力加速度为g,则下列分析正确的是()A.当S接1时,滑动变阻器接入电路的阻值R=eq\f(EBL,mg)-rB.当S接2时,金属棒ab从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间为t=eq\f(B4L2h+m2gReq\o\al(2,0),mgR0B2L2)C.若将ab棒由静止释放的同时,将S接到3,则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为Q=CBLvD.若将ab棒由静止释放的同时,将S接到3,则金属棒ab将做匀加速直线运动,加速度大小a=eq\f(mg,m+CB2L2)3.(多选)(2020·柳州市4月模拟)如图所示,宽为L的平行光滑金属导轨MN和PQ由圆弧部分和水平部分平滑连接,右端接阻值为R的定值电阻,水平轨道的左边部分矩形区域内有竖直向上、大小为B的匀强磁场。在圆弧部分的某一高度h处由静止释放一根金属棒,金属棒到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒质量为m,电阻为eq\f(R,2),与导轨始终垂直且接触良好。导轨电阻不计,重力加速度为g。则在整个运动过程中()A.通过电阻的最大电流大小为eq\f(2BL\r(2gh),3R)B.金属棒两端的最大电压为BLeq\r(2gh)C.磁场区域长度d=eq\f(3mR\r(2gh),2B2L2)D.右端电阻R产生的焦耳热为mgh4.(2020·重庆市上学期一诊)如图所示,长为d质量为m的细金属杆ab,用长为L的细线悬挂后,恰好与水平光滑的平行金属导轨接触,平行金属导轨间距也为d,导轨平面处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。闭合开关K后,细金属杆ab向右摆起,悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g,则闭合开关的短时间内通过细金属杆ab的电荷量为()A.eq\f(m,BL)eq\r(2gL(1-cosθ)) B.eq\f(m,Bd)eq\r(gL(1-cosθ))C.eq\f(m,Bd)eq\r(2gL(1-cosθ)) D.eq\f(m,Bd)eq\r(2gLsinθ)5.(2020·威海市下学期模拟)如图甲所示,两根足够长的光滑平行直导轨固定在水平面上,导轨左侧连接一电容器,一金属棒垂直放在导轨上,且与导轨接触良好。在整个装置中加上垂直于导轨平面的磁场,磁感应强度按图乙所示规律变化。0~t0内在导体棒上施加外力使导体棒静止不动,t0时刻撤去外力。已知电容器的电容为C,两导轨间距为L,导体棒到导轨左侧的距离为d,导体棒的质量为m。求:(1)电容器所带电荷量的最大值;(2)导体棒能够达到的最大速度vm。6.(2020·衡阳市第一次联考)如图所示,间距为L=2m的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成,水平导轨处于B=0.5T方向垂直于导轨平面的匀强磁场中,以磁场左边界为坐标原点,磁场右边界坐标为x1(值未标出),在坐标为x0=1.2m处垂直于水平导轨放置有一质量m=1kg、电阻为R=0.1Ω的导体棒ab。现把质量为M=2kg、电阻也为R=0.1Ω的导体棒cd,垂直于导轨放置在倾斜轨道上,并让其从高为h=1.8m处由静止释放。若两导体棒在磁场内运动过程中不会相碰,ab棒出磁场右边界前已达到稳定速度,且两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并接触良好,不计导轨的电阻,忽略磁场的边界效应,g取10m/s2。求:(1)cd棒恰好进入磁场左边界时的速度大小;(2)ab棒离开磁场右边界前的稳定速度;(3)cd棒从进入磁场到离开磁场的过程中,安培力对系统做的总功。7.(2020·山东六地市3月在线大联考)如图所示,有两根足够长的平行光滑导轨水平放置,右侧用一小段光滑圆弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接,导轨间距L=1m。细金属棒ab和cd垂直于导轨静止放置,它们的质量m均为1kg,电阻R均为0.5Ω。cd棒右侧1m处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域,磁感应强度B=1T,磁场区域长为s。以cd棒的初始位置为原点,向右为正方向建立坐标系。现用向右的水平恒力F=1.5N作用于ab棒上,作用4s后撤去F。撤去F之后ab棒与cd棒发生弹性碰撞,cd棒向右运动。金属棒与导轨始终接触良好,导轨电阻不计,空气阻力不计。(g取10m/s2)求:(1)ab棒与cd棒碰撞后瞬间的速度分别为多少;(2)若s=1m,求cd棒滑上右侧竖直导轨,距离水平导轨的最大高度h;(3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s的大小,写出cd棒最后静止时与磁场左边界的距离x的关系。(不用写计算过程)
参考答案与解析1.解析:选A。在A处电离出正离子,经B、C间电压加速后,由动能定理可知qU=eq\f(1,2)mv2,解得v=eq\r(\f(2qU,m)),以t秒内喷射的离子为研究对象,应用动量定理有Ft=nmv,又因为I=eq\f(nq,t),J=eq\f(nm,t),解得F=eq\r(2UJI),根据牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为eq\r(2UJI),A正确,B、C、D错误。2.解析:选ACD。S接到1位置时,有I=eq\f(E,R+r),由平衡条件得mg=BIL,得I=eq\f(mg,BL),联立解得R=eq\f(EBL,mg)-r,故A正确;S接到2位置速度恒定时有mg=BIL=eq\f(B2L2v,R0),解得v=eq\f(mgR0,B2L2)。金属棒ab从静止开始下落,下落距离h时达到稳定速度,根据动量定理可得mgt-Beq\o(I,\s\up6(-))Lt=mv,即mgt-eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(-)),R0)·t=mv,其中eq\o(v,\s\up6(-))t=h,解得t=eq\f(B4L4h+m2gReq\o\al(2,0),mgR0B2L2),故B错误;若将ab棒由静止释放的同时,将S接到3,则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为Q=CU=CBLv,根据动量定理可得mgΔt-Beq\o(I,\s\up6(-))LΔt=mΔv,即mgΔt-BL·ΔQ=mΔv。将ΔQ=CBLΔv代入解得mgΔt-CB2L2Δv=mΔv,所以a=eq\f(Δv,Δt)=eq\f(mg,m+CB2L2),故C、D正确。3.解析:选AC。金属棒下滑过程中机械能守恒,则有mgh=eq\f(1,2)mv2,金属棒到达水平面时的速度v=eq\r(2gh),金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动,刚到达水平面时的速度最大,最大感应电动势为E=BLv,最大的感应电流为I=eq\f(BLv,\f(R,2)+R)=eq\f(2BL\r(2gh),3R),故A正确;金属棒两端的电压为路端电压,最大值为U=IR=eq\f(2BL\r(2gh),3),故B错误;金属棒在整个运动过程中,由动量定理得-Beq\o(I,\s\up6(-))LΔt=0-mv,而q=eq\o(I,\s\up6(-))Δt,又q=eq\f(ΔΦ,R+\f(R,2))=eq\f(2BLd,3R),联立解得d=eq\f(3mR\r(2gh),2B2L2),故C正确;由能量守恒整个电路产生的焦耳热为mgh,右端电阻R产生的焦耳热小于mgh,故D错误。4.解析:选C。金属棒摆起过程由动能定理可得eq\f(1,2)mv2=mgL(1-cosθ),合上开关的瞬间,由动量定理可得F安Δt=mv,F安=BId,q=IΔt,联立解得:q=eq\f(m,Bd)eq\r(2gL(1-cosθ)),A、B、D错误,C正确。5.解析:(1)电容器两极板的电压U=eq\f(B0,t0)Ld电容器所带电荷量Q=CU=eq\f(CB0Ld,t0)。(2)电容器放电后剩余的电荷量Q′=CU′U′=B0Lvm由动量定理得∑B0I1LΔt=mvmQ-Q′=IΔt解得vm=eq\f(CBeq\o\al(2,0)L2d,t0(m+CBeq\o\al(2,0)L2))。答案:(1)eq\f(CB0Ld,t0)(2)eq\f(CBeq\o\al(2,0)L2d,t0(m+CBeq\o\al(2,0)L2))6.解析:(1)cd棒下落过程中机械能守恒,有Mgh=eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)解得v0=6m/s;(2)cd棒进入磁场后与ab棒组成的系统动量守恒,有Mv0=(M+m)v1解得两棒匀速时的速度v1=eq\f(2,3)v0=4m/s;(3)设两棒达到相同速度时相距为Δx,则两棒同速前进,流过导体棒中的电荷量:Δq1=eq\f(BL(x0-Δx),2R)①对ab棒应用动量定理得:BLeq\o(I,\s\up6(-))·Δt=mv1-0②Δq1=eq\o(I,\s\up6(-))·Δt③由①②③式解得Δx=0.4m则从ab棒出磁场右边界到cd棒出磁场右边界的过程中,流过导体棒中的电荷量Δq2=eq\f(BLΔx,2R)④设cd出磁场时的速度为v2,对cd棒应用动量定理可得:-BLΔq2=Mv2-Mv1⑤解得v2=3m/s由功能关系可知,整个过程中有:W安=eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)+eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)-eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)解得W安=-19J。答案:(1)6m/s(2)4m/s(3)-19J7.解析:(1)对ab棒,由动量定理得Ft=mva-0ab棒与cd棒碰撞过程,取向右为正方向,对系统由动量守恒定律得mva=mvc+mva′由系统机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)+eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,a)解得va′=0,vc=6m/s;(2)由安培力公式可得F′=BIL对cd棒进入磁场过程,由动量定理得-F′Δt=mvc′-mvc设导体棒cd进出磁场时回路磁通量变化量为ΔΦ=BsL=1×1×1Wb=1Wbq0=IΔt=eq\f(ΔΦ,2RΔt)Δt=eq\f(ΔΦ,2R)以上几式联立可得vc′=5m/s。对cd棒出磁场后由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,c)=mgh联立以上各式得h=1.25m。(3)第一种情况如果磁场s足够大,cd棒在磁场中运动距离x1时速度减为零,由动量定理可得-BI1LΔt1=0-mvc设磁通量变化量为ΔΦ1,ΔΦ1=BLx1流过回路的电荷量q1=I1Δt1=eq\f(ΔΦ1,2RΔt1)Δt1=eq\f(ΔΦ1,2R)联立可得x1=6m即s≥6m,x=6m,停在磁场左边界右侧6m处。第二种情况cd棒回到磁场左边界仍有速度,这时会与ab再次发生弹性碰撞,由前面计算可得二者速度交换,cd会停在距磁场左边界左侧1m处,设此种情况下磁场区域宽度为s2,向右运动时有-BI2LΔt2=mv1-mvc返回向左运动时
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