2023版高考物理總復習之加練半小時-第十一章-微專題77-電磁感應中的動力學問題

微專題77電磁感應中的動力學問題解決電磁感應中的動力學問題的三個關(guān)鍵分析：1.等效電路分析：正確分析等效電源及內(nèi)阻、外電路，明確電路結(jié)構(gòu)，選擇合適的電路有關(guān)規(guī)律.2.受力分析：準確分析運動導體的受力，特別是安培力，求出合力.3.運動分析：分析導體的運動性質(zhì)，是加速、減速，還是勻速，從而確定相應的運動規(guī)律．1．如圖甲所示，固定在水平面上電阻不計的光滑金屬導軌，間距d＝3m，導軌右端連接一阻值為R＝3Ω的小燈泡L.在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示，CF長為2m．在t＝0時刻，電阻不計的金屬棒ab在水平恒力F作用下，由靜止開始沿導軌向右運動．金屬棒從圖中位置運動到EF位置的整個過程中，通過小燈泡的電流大小始終沒有發(fā)生變化．求：(1)通過小燈泡的電流大?。?2)恒力F的大?。?3)金屬棒進入磁場前做勻加速直線運動的加速度大?。鸢?1)1A(2)6N(3)0.125m/s2解析(1)金屬棒沒有進入磁場時，回路中感應電動勢為E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝3V通過燈泡的電流大小為IL＝eq\f(E1,R)＝1A(2)因通過小燈泡的電流大小始終沒有發(fā)生變化，故在t＝4s末金屬棒剛好進入磁場，且做勻速運動，此時金屬棒中的電流大小I＝IL＝1A則安培力為FA＝BId，且F＝FA則F＝6N(3)因燈泡亮度不變，金屬棒中產(chǎn)生的感應電動勢為E2＝E1＝3VE2＝Bdvv＝at所以金屬棒進入磁場前的加速度大小為a＝0.125m/s2.2．(2021·湖北卷·16)如圖(a)所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導軌，豎直固定在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向里，磁感應強度大小為B.導軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻．元件Z的U－I圖像如圖(b)所示，當流過元件Z的電流大于或等于I0時，電壓穩(wěn)定為Um.質(zhì)量為m、不計電阻的金屬棒可沿導軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導軌保持良好接觸．忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g.為了方便計算，取I0＝eq\f(mg,4BL)，Um＝eq\f(mgR,2BL).以下計算結(jié)果只能選用m、g、B、L、R表示．(1)閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v1；(2)斷開開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v2；(3)先閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達到最大速度后，再斷開開關(guān)S.忽略回路中電流突變的時間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a.答案(1)eq\f(mgR,B2L2)(2)eq\f(3mgR,2B2L2)(3)eq\f(g,2)解析(1)閉合開關(guān)S，金屬棒下落的過程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當重力與安培力大小相等時，金屬棒的加速度為零，速度最大，則mg＝BI1L由法拉第電磁感應定律得E1＝BLv1由歐姆定律得I1＝eq\f(E1,R)解得v1＝eq\f(mgR,B2L2)(2)由第(1)問得I1＝eq\f(mg,BL)由于I0<I1斷開開關(guān)S后，當金屬棒的速度達到最大時，元件Z兩端的電壓恒為Um＝eq\f(mgR,2BL)此時定值電阻兩端的電壓為UR＝BLv2－Um回路中的電流為I2＝I1又由歐姆定律得I2＝eq\f(UR,R)解得v2＝eq\f(3mgR,2B2L2)(3)開關(guān)S閉合，當金屬棒的速度最大時，金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢為E1＝eq\f(mgR,BL)斷開開關(guān)S的瞬間，元件Z兩端的電壓為Um＝eq\f(mgR,2BL)則定值電阻兩端的電壓為UR′＝E1－Um＝eq\f(mgR,2BL)電路中的電流為I′＝eq\f(UR′,R)金屬棒受到的安培力為FA＝BI′L對金屬棒由牛頓第二定律得mg－FA＝ma解得a＝eq\f(g,2).3.如圖所示，是某同學設計的一種磁動力電梯的原理圖，即在豎直平面內(nèi)有兩根很長的平行豎直金屬軌道MN和PQ，軌道間有垂直軌道平面的勻強磁場，兩導軌下端用導線相連．處于金屬軌道間的導體桿ab與軌道垂直，且正下方通過絕緣裝置固定電梯轎廂，當磁場向上運動時，電梯可向上運動(設運動過程中ab始終與導軌垂直且接觸良好)．已知勻強磁場強度為B，電梯載人時電梯轎廂及ab桿的總質(zhì)量為M，兩導軌間的距離為L，導體桿電阻為R，其余部分電阻不計．當磁場以v0的速度勻速上升時，電梯轎廂剛好能離開地面．不計空氣阻力，ab桿與軌道的最大靜摩擦力大小與滑動摩擦力大小相等．重力加速度為g.求：(1)此時通過ab桿電流的方向及ab桿受到軌道摩擦力的大小；(2)當電梯勻速上升的速度大小為v1時，磁場向上勻速運動速度v2的大?。鸢?1)由b指向aeq\f(B2L2v0,R)－Mg(2)v0＋v1解析(1)由右手定則可得電流方向是從b到a，磁場向上運動，相當于ab桿向下切割磁感線，感應電動勢E＝BLv0，I＝eq\f(BLv0,R)電梯轎廂剛好能離開地面，可得F安1＝Mg＋Ff可得Ff＝eq\f(B2L2v0,R)－Mg(2)當磁場向上勻速運動的速度為v2時，回路中感應電動勢的大小E1＝BL(v2－v1)回路中的電流I1＝eq\f(BLv2－v1,R)電梯轎廂勻速上升時，根據(jù)平衡條件得F安2＝BI1L＝Mg＋Ff可得v2＝v0＋v14．如圖甲所示，MN、PQ是間距l(xiāng)＝0.5m且足夠長的平行導軌，NQ⊥MN，導軌的電阻均不計，導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°，NQ間連接一個R＝4Ω的電阻．有一磁感應強度B＝1T的勻強磁場垂直于導軌平面向上．將一根質(zhì)量m＝0.05kg、阻值為r的金屬棒ab緊靠NQ放置在導軌上，且與導軌接觸良好．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，當金屬棒滑行至cd處時達到穩(wěn)定速度．已知在此過程中通過金屬棒橫截面的電荷量q＝0.2C，且金屬棒的加速度a與速度v的關(guān)系如圖乙所示，設金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與NQ平行．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)求：(1)金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ；(2)cd離NQ的距離x.答案(1)0.5(2)2m解析(1)由題圖乙知，當v＝0，a＝2m/s2由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得μ＝0.5(2)由題圖乙可知滑到cd處vm＝2m/s時，金屬棒速度穩(wěn)定此時金屬棒兩端的感應電動勢E＝Blvm金屬棒受到的安培力F安＝B·eq\f(E,R＋r)·l根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝F安＋μmgcosθ解得r＝1Ω又因為此過程中通過金屬棒橫截面的電荷量q＝0.2C有q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt·R＋r)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(Blx,R＋r)解得x＝2m.5．如圖所示，間距L＝2m的平行且足夠長的光滑導軌固定在絕緣水平面上，其傾斜部分與水平面的夾角θ＝45°，在傾斜導軌頂端連接一阻值r＝0.5Ω的定值電阻．質(zhì)量m＝0.04kg，電阻r＝0.5Ω的金屬桿MN垂直導軌跨放在導軌上，在傾斜導軌區(qū)域和水平導軌區(qū)域均施加一方向垂直于各自導軌平面向下、磁感應強度大小相等的勻強磁場．閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬桿MN，已知金屬桿MN運動到水平導軌前，已達到最大速度，且最大速度vm＝5eq\r(2)m/s，不計導軌電阻且金屬桿MN始終與導軌接觸良好，傾斜導軌底端與水平導軌通過一小段圓弧平滑連接，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)磁感應強度大小B；(2)金屬桿MN在水平導軌上滑行的最大距離xm.答案(1)0.1T(2)5eq\r(2)m解析(1)金屬桿MN在傾斜導軌上滑行的速度最大時，受到的合力為零，對其受力分析，有mgsinθ－BIL＝0產(chǎn)生的感應電動勢的最大值E＝BLvm根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,2r)解得B＝0.1T(2)金屬桿MN在水平導軌上滑行過程中，取初速度方向為正，根據(jù)動量定理可得：－Beq\x\to(I)Lt＝0－mvm即eq\f(B2L2\x\to(v)t,2r)＝mvm其中eq\x\to(v)t＝xm，解得xm＝5eq\r(2)m.6．寬度L＝1m、形狀如圖所示的平行金屬導軌，由三部分構(gòu)成，左側(cè)與水平地面成θ＝37°角，光滑且足夠長，處于垂直于軌道平面向上的磁感應強度為B1＝0.5T的勻強磁場中．中間部分水平．右側(cè)豎直段足夠長，處于豎直向上的磁感應強度為B2＝1T的勻強磁場中．將ab桿放在傾斜軌道上，將cd桿緊靠在豎直段的右側(cè)，cd桿與軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.桿ab、cd長度都等于導軌的寬度，質(zhì)量都為m＝0.5kg，電阻都為R＝0.2Ω，其余電阻不計．現(xiàn)把ab、cd桿同時由靜止釋放，兩桿下滑過程中始終與導軌接觸良好，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.在桿下滑過程中(1)判斷cd桿中電流方向；(2)求cd桿加速度的最小值．答案(1)從d至c(2)4m/s2解析(1)根據(jù)右手定則可判斷ab中感應電流方向為從a至b，所以cd桿中電流方向為從d至c.(2)分析可知，當