【创新设计】2021高考物理二轮复习(江苏专用)题型通关-专练20

专练20应用动力学和能量观点分析电磁感应问题1．如图1所示，倾角为θ＝53°的斜面上相继分布着宽度为L的电场和宽度为L的磁场，电场的下边界与磁场的上边界相距为L(即二者之间有段无电磁场区域)，其中电场方向沿斜面对上，磁场方向垂直于斜面对下、磁感应强度的大小为B.电荷量为q的带正电小球(视为质点)通过长度为4L的绝缘轻杆与边长为L、电阻为R的正方形单匝线框相连，组成总质量为m的“”形装置，置于斜面上，线框下边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动，且其速度为v0＝1m/s；当小球运动到电场的下边界时速度刚好为0.已知L＝1m，E＝6×106N/C，R＝0.1Ω，m＝0.8kg，sin53°＝0.8，g取10m/s2.不计一切摩擦，求：图1 (1)磁感应强度的大小； (2)小球所带的电荷量； (3)经过足够长时间后，小球到达的最低点与电场上边界的距离． 解析(1)线框下边离开磁场时做匀速直线运动，则有 E感＝BLv0 I＝eq\f(E感,R) F安＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R) 依据平衡条件：mgsinθ－eq\f(B2L2v0,R)＝0 解得B＝0.8T. (2)从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界，依据动能定理： －qEL＋mgsinθ×2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) 代入数据解得：q＝2.2×10－6C (3)经足够长时间后，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合，设小球运动的最低点到电场上边界的距离为x. 依据动能定理：qEx－mgsinθ(L＋x)＝0 代入数据得：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的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图2(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面对里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下，从静止开头，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放．(g取10m/s2)图2 (1)求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度的大小． (2)已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热． (3)推断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图(c)中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象． 解析(1)经过时间t，金属棒ab的速率v＝at 此时，回路中的感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R) 对金属棒ab，由牛顿其次定律得 F－BIL－m1g＝m 由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋eq\f(B2L2,R)at 在图线上取两点： t1＝0，F1＝11N；t2＝2s，F2＝14.6N 代入上式得a＝1m/s2，B＝1.2T. (2)在2s末金属棒ab的速率vt＝at＝2m/s 所发生的位移s＝eq\f(1,2)at2＝2m 由动能定理得WF－m1gs－W安＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,t) 又Q＝W安 联立以上方程，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棒先做加速度渐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时， 速度达到最大；然后做加速度渐渐增大的减速运动，最终停止运动． 当cd棒速度达到最大时，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随时间变化的图象如图所示． 答案见解析3．(2022·蚌埠三县其次次联考)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α＝53°角，导轨间接一阻值为3Ω的电阻R，导轨电阻忽视不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d＝0.5m．导体棒a的质量为m1＝0.1kg、电阻为R1＝6Ω；导体棒b的质量为m2＝0.2kg、电阻为R2＝3Ω，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．(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2，a、b电流间的相互作用不计)，求：图3 (1)在b穿越磁场的过程中a、b两导体棒上产生的热量之比； (2)在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量； (3)M、N两点之间的距离． 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)设整个过程中装置上产生的热量为Q 由Q＝m1gsinα·d＋m2gsinα·d， 可解得Q＝1.2J (3)设a进入磁场的速度大小为v1，此时电路中的总电阻 R总1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋\f(3×3,3＋3)))Ω＝7.5Ω b进入磁场的速度大小为v2，此时电路中的总电阻 R总2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(6×3,6＋3)))Ω＝5Ω 由m1gsinα＝eq\f(B2L2v1,R总1)和m2gsinα＝eq\f(B2L2v2,R总2)， 可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(m1R总1,m2R总2)＝eq\f(3,4) 又由v2＝v1＋aeq\f(d,v1) 得v2＝v1＋8×eq\f(0.5,v1) 由上述两式可得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两点之间的距离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．如图4所示，足够长的平行金属导轨内有垂直纸面对里的匀强磁场，金属杆ab与导轨垂直且接触良好，导轨右端与电路连接．已知导轨相距为L，磁场的磁感应强度为B，R1、R2和ab杆的电阻值均为r，其余电阻不计，板间距为d、板长为4d，重力加速度为g，不计空气阻力．假如ab杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m、带电荷量为＋q的微粒恰能沿两板中心线射出，假如ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，该微粒将射到B板距其左端为d的C处．图4 (1)求ab杆匀速运动的速度大小v； (2)求微粒水平射入两板时的速度大小v0； (3)假如以v0沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，试争辩ab杆向左匀速运动的速度范围． 解析(1)设ab杆匀速运动的速度为v，则ab杆产生的电动势为E＝BLv① 两板间的电压为U0＝eq\f(1,3)E＝eq\f(BLv,3)② ab杆向左匀速运动时：eq\f(qU0,d)＝mg③ 由①②③式得：v＝eq\f(3mgd,qBL)④ (2)ab杆向右匀速运动时，设带电微粒射入两极板时的速度为v0，向下运动的加速度为a，经时间t射到C点，有：eq\f(qU0,d)＋mg＝ma⑤ 微粒做类平抛运动有：d＝v0t⑥ eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2⑦ 由③⑤⑥⑦得：v0＝eq\r(2gd)⑧ (3)要使带电微粒能从两板间射出，设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间为t1，应有： 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)⑪ 若a1的方向向上，设ab杆运动的速度为v1，两板电压为：U1＝eq\f(1,3)BLv1⑫ 又有：eq\f(qU1,d)－mg＝ma1⑬ 联立⑪⑫⑬式得：v1<eq\f(27mgd,8qBL)⑭ 若a1的方向向下，设ab杆的运动速度为v2，两板电压为：U2＝eq\f(1,3)BLv2⑮ 又有：mg－eq\f(qU2,d)＝ma1⑯ 由⑪⑮⑯式得：v2>eq\f(21mgd,8qBL)⑰ 所以ab杆向左匀速运动