2024版高考物理复习：考前特训 计算题提分练 压轴题抢分练

压轴题抢分练(3)(限时15分钟)学习小组探究线圈通过磁场时产生的阻尼与线圈形状等因素的关系。如图甲所示，光滑水平面上，在宽度为L的区域内存在竖直向下的匀强磁场，一绝缘小车上水平固定一个边长也为L的正方形闭合线圈abcd，匝数为n，总电阻为R，小车质量为m，线圈质量相比小车可忽略。一轻质弹簧的左端固定在竖直平面上，推动小车使其压缩弹簧，当弹簧储存的弹性势能为Ep时，从静止释放小车，小车脱离弹簧后，线圈bc边平行磁场边界进入磁场，测得线圈离开磁场时的速度大小是进入磁场时速度大小的一半。(1)求线圈穿过磁场过程产生的电热。(2)若保持单匝线圈的周长不变，将线圈变成矩形，求bc边的长度为多少时，小车穿出磁场后的末速度最小，并求出最小末速度。(提示：若x、y、z均为正数，x＋y＋z＝定值，当x＝y＝z时，乘积xyz有最大值)(3)若再取一个完全一样的正方形线圈efgh，其中fg与ad固定在一起形成横“日”字形固定在车上(彼此绝缘)，如图乙所示。重复原来的操作，请判断两线圈是否能穿出磁场，并说明理由。答案(1)eq\f(3,4)Ep(2)eq\f(4,3)Leq\f(11,27)eq\r(\f(2Ep,m))(3)能，理由见解析解析(1)设线圈进入磁场时的速度为v0，则线圈离开磁场时的速度为eq\f(1,2)v0，弹簧弹性势能转化为小车的动能，有Ep＝eq\f(1,2)mv02，线圈穿过磁场的过程动能转化为电热，有E电＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)m·(eq\f(1,2)v0)2可得E电＝eq\f(3,4)Ep。(2)设磁场磁感应强度为B，矩形线圈bc边长为L1，ab边长为L2，线圈离开磁场时的速度为vt，结合题述有L1＋L2＝2L，线圈减速过程中，设某一时刻的速度为v，感应电动势E＝nBL1v，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nBL1v,R)，安培力F＝nBIL1＝eq\f(n2B2L12v,R)，经过时间Δt(Δt→0)，由动量定理有－FΔt＝mΔv，得－eq\f(n2B2L12v,R)Δt＝mΔv，线圈前进位移Δx＝vΔt，①当L<L1<2L时，等式－eq\f(n2B2L12v,R)Δt＝mΔv两边对线圈穿过磁场全过程求和，有－eq\f(2n2B2L12L2,R)＝m(vt－v0)，可得vt＝v0－eq\f(2n2B2L122L－L1,mR)，可变换为vt＝v0－eq\f(8n2B2,mR)·eq\f(1,2)L1·eq\f(1,2)L1·(2L－L1)，当eq\f(1,2)L1＝2L－L1即L1＝eq\f(4,3)L时vt有最小值为vt′＝v0－eq\f(64n2B2L3,27mR)，又当线圈为正方形时，有vt＝v0－eq\f(2n2B2L3,mR)＝eq\f(1,2)v0，联立可得vt′＝eq\f(11,27)v0＝eq\f(11,27)eq\r(\f(2Ep,m))，②当0<L1≤L时，等式－eq\f(n2B2L12v,R)Δt＝mΔv两边对全过程求和，有－eq\f(2n2B2L12L,R)＝m(vt－v0)，可得vt＝v0－eq\f(2n2B2L12L,mR)，当取L1＝L时，vt取最小值，为eq\f(v0,2)，综上可知，当L1＝eq\f(4,3)L时，线圈穿出磁场后的末速度最小，为vtmin＝eq\f(11,27)eq\r(\f(2Ep,m))。(3)设bc边穿出磁场时的速度为vt1，ad与fg边穿出磁场时的速度为vt2，eh边穿出磁场时的速度为vt3，对于bc边进出磁场过程，有－eq\f(n2B2L3,R)＝m(vt1－v0)，对于ad和fg边进出磁场过程，有－eq\f(2n2B2L3,R)＝m(vt2－vt1)，对于eh边进出磁场过程，有－eq\f(n2B2L3,R)＝m