高考物理一轮复习 课时跟踪检测（四十）电磁感应中的动力学和能量问题（卷Ⅱ）（重点班）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课时跟踪检测（四十） 电磁感应中的动力学和能量问题 （卷） B级拔高题目稳做准做1(2017上海高考)如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为，两导轨上端用阻值为R的电阻相连；该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。(1)求ab开始运动时的加速度a；(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；(3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短。解析：(1)ab开始运动时产生的感应电动势EBLv0回

2、路中的感应电流I杆所受安培力FABIL杆受力如图，由牛顿第二定律mgsin FAma得agsin ，方向沿导轨向下。(2)分析如下：杆上滑时：合力Fmgsin FA，与运动方向相反，杆减速；随着速度减小，FA减小，合力减小，加速度减小；因此杆做加速度减小的减速运动，到达一定高度后速度为零。在最高点：杆的速度为零，加速度为gsin ，方向沿斜面向下。杆下滑时：合力Fmgsin FA，与运动方向相同，杆加速；随着速度增加，FA增大，合力减小，加速度减小；因此杆做初速度为零、加速度减小的加速运动。(3)分析如下：上滑和下滑过程经过的位移大小相等。而上滑时杆加速度大于gsin ，下滑时杆加速度小于gs

3、in ，因此上升时的平均加速度大于下降时的平均加速度，由运动学规律可知，上滑所需时间小于下滑所需时间。答案：(1)gsin ，方向沿导轨向下(2)见解析(3)上滑时间小于下滑时间2.(2017天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁

4、场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。解析：(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I设MN受到的安培力为F，有FIlB由牛顿第二定律，有Fma联立式得a。(3

5、)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有EBlvmax依题意有E设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有lB由动量定理，有tmvmax0又tQ0Q联立式得Q。答案：(1)垂直导轨平面向下(2)(3)3(2018内蒙古奋斗中学模拟)如图甲所示，弯折成90角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53角，右导轨平面与水平面成37角，两导轨相距L0.2 m，电阻不计。质量均为m0.1 kg，电阻均为R0.1 的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合

6、回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑。t1 s时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始做匀加速直线运动。cd杆运动的vt图像如图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线)。若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)在第1 s内cd杆受到的安培力的大小；(2)ab杆的初速度v1；(3)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内cd杆所产生的

7、焦耳热。解析：(1)ab杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知ab杆中感应电流由a到b，则cd杆中电流由d到c，根据左手定则可知cd杆受到的安培力垂直于左侧导轨向下。根据v t图像可知，cd杆在第1 s内的加速度a14 m/s2对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有：mgsin 53(mgcos 53F安)ma1解得F安0.2 N。(2)对cd杆：安培力F安BIL回路中电流I1 A对ab杆：感应电动势EI2R0.2 V根据法拉第电磁感应定律EBLv1解得ab杆的初速度v11 m/s。(3)根据v t图像可知，cd杆在第3 s内做匀减速运动，加速度a24 m/s2对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，

8、有：mgsin 53(mgcos 53F安)ma2解得安培力F安1.8 N由F安BIL可得2 s时ab杆的速度v29 m/s第2 s内ab杆做匀加速运动，ab杆的位移x2(v1v2)t5 m对ab杆，根据动能定理，有：WFmgx2sin 37mgx2cos 37W安mv22mv12解得安培力做功W安6 J回路中产生的焦耳热QW安2Qcd解得第2 s内cd杆所产生的焦耳热Qcd3 J。答案：(1)0.2 N(2)1 m/s(3)3 J4(2018泉州质检)如图甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，每根导轨均由两段与水平面成30的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值R1R

9、22 ，导轨间距L0.6 m。在右侧导轨所在斜面的矩形区域M1M2P2P1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M1P1、M2P2的距离d0.2 m，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。t0时刻，在右侧导轨斜面上与M1P1距离s0.1 m处，有一根阻值r2 的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好独立匀速通过整个磁场区域，取重力加速度g10 m/s2，导轨电阻不计。求：(1)ab在磁场中运动的速度大小v；(2)在t10.1 s时刻和t20.25 s时刻电阻R1的电功率之比；(3)电阻R2产生的总热量Q总。解析：(1)由mgssin mv2得v1 m/s。(2)棒从释放到运动至M1P1的时

10、间t0.2 s在t10.1 s时，棒还没进入磁场，有E1Ld0.6 V此时，R2与金属棒并联后再与R1串联R串3 U1R10.4 V由图乙可知，t0.2 s后磁场保持不变，ab经过磁场的时间t0.2 s故在t20.25 s时ab还在磁场中运动，电动势E2BLv0.6 V此时R1与R2并联，R总3 ，得R1两端电压U10.2 V电功率P，故在t10.1 s和t20.25 s时刻电阻R1的电功率比值4。(3)设ab的质量为m，ab在磁场中运动时，通过ab的电流Iab受到的安培力FABIL又mgsin BIL解得m0.024 kg在t00.2 s内，R2两端的电压U20.2 V，产生的热量Q1t0.004 Jab最终将在M2P2下方的轨道区域内往返运动，到M2P2处的速度为零，由功能关系可得在t0.2 s后，整个电路最终产生的热量Qmgdsin mv20.036 J由电路关系可得R2产生的热量Q2Q0.006 J故R2产生的总热量Q总Q1Q20.01 J。答案：(1)1 m/s(2)41(3)0.01 J