考前特训计算题提分练压轴题抢分练(3).docx

压轴题抢分练(3)

(限时15分钟)

学习小组探究线圈通过磁场时产生的阻尼与线圈形状等因素的关系。如图甲所示，光滑水平面上，在宽度为L的区域内存在竖直向下的匀强磁场，一绝缘小车上水平固定一个边长也为L的正方形闭合线圈abcd，匝数为n，总电阻为R，小车质量为m，线圈质量相比小车可忽略。一轻质弹簧的左端固定在竖直平面上，推动小车使其压缩弹簧，当弹簧储存的弹性势能为Ep时，从静止释放小车，小车脱离弹簧后，线圈bc边平行磁场边界进入磁场，测得线圈离开磁场时的速度大小是进入磁场时速度大小的一半。

(1)求线圈穿过磁场过程产生的电热。

(2)若保持单匝线圈的周长不变，将线圈变成矩形，求bc边的长度为多少时，小车穿出磁场后的末速度最小，并求出最小末速度。(提示：若x、y、z均为正数，x＋y＋z＝定值，当x＝y＝z时，乘积xyz有最大值)

(3)若再取一个完全一样的正方形线圈efgh，其中fg与ad固定在一起形成横“日”字形固定在车上(彼此绝缘)，如图乙所示。重复原来的操作，请判断两线圈是否能穿出磁场，并说明理由。

答案(1)eq\f(3,4)Ep(2)eq\f(4,3)Leq\f(11,27)eq\r(\f(2Ep,m))(3)能，理由见解析

解析(1)设线圈进入磁场时的速度为v0，

则线圈离开磁场时的速度为eq\f(1,2)v0，

弹簧弹性势能转化为小车的动能，有Ep＝eq\f(1,2)mv02，

线圈穿过磁场的过程动能转化为电热，

有E电＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)m·(eq\f(1,2)v0)2

可得E电＝eq\f(3,4)Ep。

(2)设磁场磁感应强度为B，

矩形线圈bc边长为L1，ab边长为L2，

线圈离开磁场时的速度为vt，

结合题述有L1＋L2＝2L，

线圈减速过程中，设某一时刻的速度为v，

感应电动势E＝nBL1v，

感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nBL1v,R)，

安培力F＝nBIL1＝eq\f(n2B2L12v,R)，

经过时间Δt(Δt→0)，

由动量定理有－FΔt＝mΔv，

得－eq\f(n2B2L12v,R)Δt＝mΔv，

线圈前进位移Δx＝vΔt，

①当LL12L时，

等式－eq\f(n2B2L12v,R)Δt＝mΔv两边对线圈穿过磁场全过程求和，有－eq\f(2n2B2L12L2,R)＝m(vt－v0)，

可得vt＝v0－eq\f(2n2B2L12?2L－L1?,mR)，

可变换为vt＝v0－eq\f(8n2B2,mR)·eq\f(1,2)L1·eq\f(1,2)L1·(2L－L1)，

当eq\f(1,2)L1＝2L－L1即L1＝eq\f(4,3)L时

vt有最小值为vt′＝v0－eq\f(64n2B2L3,27mR)，

又当线圈为正方形时，

有vt＝v0－eq\f(2n2B2L3,mR)＝eq\f(1,2)v0，

联立可得vt′＝eq\f(11,27)v0＝eq\f(11,27)eq\r(\f(2Ep,m))，

②当0L1≤L时，

等式－eq\f(n2B2L12v,R)Δt＝mΔv两边对全过程求和，

有－eq\f(2n2B2L12L,R)＝m(vt－v0)，

可得vt＝v0－eq\f(2n2B2L12L,mR)，

当取L1＝L时，vt取最小值，为eq\f(v0,2)，

综上可知，当L1＝eq\f(4,3)L时，

线圈穿出磁场后的末速度最小，为vtmin＝eq\f(11,27)eq\r(\f(2Ep,m))。

(3)设bc边穿出磁场时的速度为vt1，ad与fg边穿出磁场时的速度为vt2，

eh边穿出磁场时的速度为vt3，

对于bc边进出磁场过程，有－eq\f(n2B2L3,R)＝m(vt1－v0)，

对于ad和fg边进出磁场过程，有－eq\f(2n2B2L3,R)＝m(vt2－vt1)，

对于eh边进出磁场过程，有－eq\f(n2B2L3,R)＝m(vt3－vt2)，

三式相加，得－eq\f(4n2B2L3,R)＝m(vt3－v0)，

得vt3＝v0－eq\f(4n2B2L3,mR)＝0，

可知两线圈恰好能穿出磁场。