【物理】2020届二轮复习专题四第11讲　应用“三大观点”解决电磁感应综合问题作业（山东专用）

【物理】2020届二轮复习专题四第11讲　应用“三大观点”解决电磁感应综合问题作业（山东专用）

第11讲　应用“三大观点”解决电磁感应综合问题 ‎1.(2019湖北咸阳模拟)如图所示是磁动力电梯示意图,即在竖直平面内有两根很长的平行竖直轨道,轨道间有垂直轨道平面交替排列的匀强磁场B1和B2,B1=B2=1.0 T,B1和B2的方向相反,两磁场始终竖直向上做匀速运动,电梯轿厢固定在图示的金属框abcd上,并且与之绝缘。已知电梯载人时的总质量为4.95×103 kg,所受阻力f=500 N,金属框垂直轨道的边长ab=2.0 m,两磁场的宽度均与金属框的边长ad相同,金属框整个回路的电阻R=8.0×10-4 Ω,g取10 m/s2。已知电梯正以v1=10 m/s的速度匀速上升,求:‎ ‎(1)金属框中感应电流的大小及图示时刻感应电流的方向;‎ ‎(2)磁场向上运动的速度v0的大小;‎ ‎(3)该电梯的工作效率。‎ 答案　(1)1.25×104 A,电流的方向为adcb ‎(2)12.5 m/s　(3)79.2%‎ 解析　(1)对abcd金属框由平衡条件,有2F安=mg+f,而F安=BI·ab,解得I=1.25×104 A;由左手定则可判断题图示时刻电流的方向为adcb ‎(2)根据法拉第电磁感应定律得E=2B·ab·(v0-v1)‎ 而E=IR,解得v0=12.5 m/s ‎(3)有用功P=mgv1=4.95×105 W 总功率P总=2F安·v0=6.25×105 W 则η=PP总×100%=79.2%‎ ‎2.如图所示,两根质量均为m=2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上,左右两部分导轨间距之比为1∶2,导轨间有大小相等但左、右两部分磁感应强度方向相反的匀强磁场,两棒电阻与棒长成正比,不计导轨电阻。现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒,CD棒运动x=0.5 m时其产生的焦耳热为Q2=30 J,此时两棒速率之比为vA∶vC=1∶2,现立即撤去拉力F,设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动,求:‎ ‎(1)在CD棒运动0.5 m的过程中,AB棒上产生的焦耳热;‎ ‎(2)撤去拉力F瞬间,两棒的速度大小vA和vC;‎ ‎(3)撤去拉力F后,两棒最终匀速运动的速度大小vA'和vC'。‎ 答案　(1)15 J　(2)4 m/s　8 m/s ‎(3)6.4 m/s　3.2 m/s 解析　(1)设两棒的长度分别为l和2l,所以电阻分别为R和2R,由于电路中任何时刻电流均相等,根据焦耳定律Q=I2Rt可知AB棒上产生的焦耳热Q1=15 J ‎(2)根据能量守恒定律,有 Fx=‎1‎‎2‎mvA‎2‎+‎1‎‎2‎mvC‎2‎+Q1+Q2‎ 又vA∶vC=1∶2‎ 联立解得vA=4 m/s,vC=8 m/s ‎(3)撤去拉力F后,AB棒继续向左做加速运动,而CD棒向右做减速运动,两棒最终匀速运动时电路中电流为零,即两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等,此时两棒的速度满足 BLvA'=B·2LvC'‎ 即vA'=2vC'(不对过程进行分析,认为系统动量守恒是常见错误)‎ 对两棒分别应用动量定理,规定水平向左为正方向,有 FA·t=mvA'-mvA,-FC·t=mvC'-mvC 因为FC=2FA,故有vA‎'-‎vAvC‎-vC'‎=‎‎1‎‎2‎ 联立解得vA'=6.4 m/s,vC'=3.2 m/s ‎3.(2019山东淄博二模)如图所示,质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计,质量为m的导体棒PQ放置在导轨上,始终与导轨接触良好,PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ,棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L,开始时PQ左侧导轨的总电阻为R,右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界,其左侧匀强磁场方向竖直向上,右侧匀强磁场方向水平向左,磁感应强度大小均为B。在t=0时,一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上,使导轨由静止开始做匀加速直线运动,加速度为a。重力加速度为g,求:‎ ‎(1)导轨刚开始运动时拉力F的大小;‎ ‎(2)导轨运动时间足够长后拉力F的渐近值及整个过程中拉力F的最大值;‎ ‎(3)若某一过程中导轨动能的增加量为ΔEk,导轨克服摩擦力做功为W,求回路产生的焦耳热。‎ 答案　(1)μmg+Ma　(2)μmg+Ma μmg+Ma+(μ+1)B‎2‎L‎2‎a‎2‎RR‎0‎a　(3)Wμ-‎mgΔEkMa 解析　(1)导轨刚开始运动时,根据牛顿第二定律可知 对导轨有F-μmg=Ma 解得F=μmg+Ma ‎(2)导轨运动以后 v=at s=‎1‎‎2‎at2‎ Rx=R0·2s I=‎BLvR+‎Rx F安=BIL 得F安=‎B‎2‎L‎2‎atR+R‎0‎at‎2‎ 对导轨由牛顿第二定律有F-F滑-F安=Ma 又有F滑=μ(F安+mg)‎ 联立可得F=μmg+Ma+(μ+1)‎B‎2‎L‎2‎atR+R‎0‎at‎2‎ 分析可知当t趋于无穷大时,F=μmg+Ma 当t=RR‎0‎a时,Fmax=μmg+Ma+(μ+1)‎B‎2‎L‎2‎a‎2‎RR‎0‎a ‎(3)对导轨在加速过程中由动能定理知 Mas=ΔEk 则s=‎ΔEkMa 又W=μ(mg+F安)s F安s=Q 则W=μmgs+μQ 解得Q=Wμ-‎mgΔEkMa ‎4.如图甲所示,有一竖直方向的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,区域的上下边缘间距为H=85 cm,磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示。有一长L1=20 cm、宽L2=10 cm、匝数n=5的矩形线圈,其总电阻R=0.2 Ω、质量m=0.5 kg,在t=0时刻,线圈从离磁场区域的上边缘高为h=5 cm处由静止开始下落,0.2 s时线圈刚好全部进入磁场,0.5 s时线圈刚好开始从磁场中出来。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:‎ ‎(1)线圈穿过磁场区域所经历的时间t;‎ ‎(2)线圈穿过磁场区域产生的热量Q。‎ 答案　(1)0.425 s　(2)‎25‎‎24‎ J 解析　(1)设线圈做自由落体运动的末速度为v1,则 v‎1‎‎2‎‎=2gh,得v1=1 m/s h=‎1‎‎2‎gt‎1‎‎2‎,得t1=0.1 s 进入磁场时,‎ E1=nB1L1v1,‎ I1=E‎1‎R,‎ FA1=nB1I1L1‎ 得FA1=5 N,即FA1=mg 线圈匀速进入磁场,L2=v1t2‎ 得t2=0.1 s 之后线圈向下做匀加速运动,运动d=H-L2=0.75 m后,线圈的下边刚好到达磁场的下边缘 有v‎2‎‎2‎-v‎1‎‎2‎=2gd,得v2=4 m/s 由v2-v1=gt3,得t3=0.3 s 出磁场时,‎ E2=nB2L1v2,‎ I2=E‎2‎R,‎ FA2=nB2I2L1‎ 得FA2=5 N,即FA2=mg 线圈匀速出磁场,L2=v2t4‎ 得t4=0.025 s 因此线圈穿过磁场区域所经历的时间 t=t2+t3+t4=0.425 s ‎(2)线圈进出磁场过程均做匀速运动,该过程中线圈产生的热量 Q1=mg·2L2=1.0 J 整个线圈在磁场中运动时,E3=nL1L2‎ΔBΔt ΔBΔt‎=‎5‎‎3‎ T/s Q2=E‎3‎‎2‎Rt3=‎1‎‎24‎ J 因此全过程产生的总热量Q=Q1+Q2=‎25‎‎24‎ J 命题拓展预测 ‎　(多选)如图甲所示,质量m=3.0×10-3 kg的“‎ ‎”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“‎ ‎”形框的水平细杆CD长l=0.20 m,处于磁感应强度大小B1=1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n=300、面积S=0.01 m2的线圈通过开关S与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t=0.22 s时开关S闭合瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力),跳起的最大高度h=0.20 m。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)‎ A.0~0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V B.开关S闭合瞬间,CD中的电流方向由C到D C.磁感应强度B2的方向竖直向下 D.开关S闭合瞬间,通过细杆CD的电荷量为0.03 C 答案　BD　0~0.10 s内线圈中的磁场均匀变化,由法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt=nSΔBΔt,代入数据得E=30 V,A错误;开关S闭合瞬间,细框会跳起,可知细框受向上的安培力,由左手定则可判断电流方向由C到D,B正确;由于t=0.22 s时通过线圈的磁通量减少,对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同,故由安培定则可知C错误;开关S闭合瞬间,因安培力远大于重力,由动量定理有B1IlΔt=mv,通过细杆CD的电荷量Q=IΔt,细框向上跳起的过程中v2=2gh,解得Q=0.03 C,D正确。‎