2021届高考物理(浙江专用)二轮精选题组：专练17-应用动力学和能量观点分析(含解析).docx

专练17　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＝1 m/s；当小球运动到电场的下边界时速度刚好为0.已知L＝1 m，E＝6×106 N/C，R＝0.1 Ω， m＝0.8 kg，sin 53°＝0.8，g取10 m/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＝
F安＝BIL＝
依据平衡条件：mgsin θ－＝0
解得B＝0.8 T.
(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＋mgsin θ×2L＝0－mv
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－mgsin θ(L＋x)＝0
代入数据得：x＝ m
答案　(1)0.8 T　(2)2.2×10－6C　(3) m
2．相距L＝1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27 kg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1.8 Ω，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10 m/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2 s内外力F做功40 J，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＝＝
对金属棒ab，由牛顿其次定律得
F－BIL－m1g＝m1a
由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋at
在图线上取两点：
t1＝0，F1＝11 N；t2＝2 s，F2＝14.6 N
代入上式得a＝1 m/s2，B＝1.2 T.
(2)在2 s末金属棒ab的速率vt＝at＝2 m/s
所发生的位移x＝at2＝2 m
由动能定理得WF－m1gx－W安＝m1v
又Q＝W安
联立以上方程，解得Q＝WF－m1gx－m1v＝40 J－1×10×2 J－×1×22 J＝18 J.
(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＝μFN
又FN＝F安

F安＝BIL
I＝＝
vm＝at0
整理解得t0＝＝ s＝2 s
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3 Ω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＝0.5 m．导体棒a的质量为m1＝0.1 kg、电阻为R1＝6 Ω；导体棒b的质量为m2＝0.2 kg、电阻为R2＝3 Ω，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．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/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)＝，＝，＝＝2∶9
(2)设整个过程中装置上产生的热量为Q
由Q＝m1gsin α·d＋m2gsin α·d，
可解得Q＝1.2 J
(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＝ Ω＝7.5 Ω
b进入磁场的速度大小为v2，此时电路中的总电阻
R总2＝ Ω＝5 Ω
由m1gsin α＝和m2gsin α＝，
可得＝＝
又由v2＝v1＋a
得v2＝v1＋8×
由上述两式可得v＝12 (m/s)2，v＝v
M、N两点之间的距离Δs＝－＝ m
答案　(1)2∶9　(2)1.2 J　(3) m
4．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＝BLv ①
两板间的电压为U0＝E＝ ②
ab杆向左匀速运动时：＝mg ③
由①②③式得：v＝ 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：＋mg＝ma ⑤
微粒做类平抛运动有：d＝v0t ⑥
＝at2 ⑦
由③⑤⑥⑦得：v0＝ 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：
>a1t ⑨
t1＝ ⑩
由⑧⑨⑩得：a1< ⑪
若a1的方向向上，设ab杆运动的速度为v1，两板电压为：U1＝BLv1⑫
又有：－mg＝ma1 ⑬
联立⑪⑫⑬式得：v1< ⑭
若a1的方向向下，设ab杆的运动速度为v2，两板电压为：U2＝BLv2⑮
又有：mg－＝ma1 ⑯
由⑪⑮⑯式得：v2> ⑰
所以ab杆向左匀速运动时速度的大小范围为
<v< ⑱
答案　见解析
方法技巧
巧用功能关系以及能量守恒思想
(1)在电磁感应现象中，当安培力是变力时，无法直接求安培力做的功，这时要用功能关系和能量守恒的观点来分析问题．
(2)一个留意点：在应用能量守恒观点解决电磁感应问题时，肯定要分析清楚能量的转化状况，尤其要留意电能往往只是各种形式能转化的中介．