2020高考物理一轮复习 第二部分 计算题部分 精练2 电磁感应问题的综合应用

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2020高考物理一轮复习 第二部分 计算题部分 精练2 电磁感应问题的综合应用

精练2 电磁感应问题的综合应用 ‎1.加试题 如图1所示,光滑的“”形金属导体框竖直放置,除图中已标阻值为R的电阻外,其余电阻不计.质量为m的金属棒MN与框架接触良好.在区域abcd和cdef内,存在磁感应强度大小分别为B1=B、B2=2B的有界匀强磁场,方向均垂直于框架平面向里,两竖直导轨ae与bf间距为L.现从图示位置由静止释放金属棒MN,当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动,重力加速度为g.不计空气阻力,求:‎ 图1‎ ‎(1)金属棒进入磁场B1区域后的速度大小;‎ ‎(2)金属棒刚进入磁场B2区域时的加速度大小.‎ 12‎ ‎2.加试题 如图2所示,半径R=‎0.2 m的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长为R的金属棒一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴上.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2 T.一对长L=‎0.2 m的金属板A、B水平放置,两板间距d=‎0.1 m.从导轨引出导线与上板连接,通过电刷从转轴引出导线与下板连接.有一质量m=1.0×10-‎5 kg,电荷量q=5.0×10-‎6 C的带负电微粒,以v0=‎2 m/s的速度从两板正中间水平射入,g取‎10 m/s2.求:‎ 12‎ 图2‎ ‎(1)金属棒转动的角速度为多大时,微粒能做匀速直线运动;‎ ‎(2)金属棒转动的角速度至少多大时,微粒会碰到上极板A.‎ ‎3.加试题(2018·温州“十五校联合体”期末)如图3所示,一个质量m=‎16 g,长d=‎0.5 m,宽L=‎0.1 m,电阻R=0.1 Ω的矩形线框从高处自由落下,经过h1=‎5 m高度,下边开始进入一个跟线框平面垂直的匀强磁场.已知磁场区域的高度h2=‎1.55 m,线框刚进入磁场时恰好匀速下落.不计空气阻力,取g=‎10 m/s2.求:‎ 图3‎ ‎(1)磁场的磁感应强度;‎ ‎(2)线圈进入磁场的全过程中产生的电热;‎ ‎(3)线框下边即将离开磁场时的加速度大小.‎ 12‎ ‎4.加试题如图4所示,一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L=‎1.0 m,NQ两端连接阻值R=1.0 Ω的电阻,磁感应强度为B=2 T的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上,导轨平面与水平面间的夹角θ=30°.一质量m=‎2.0 kg,阻值r=0.50 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M=‎0.60 kg的重物P相连.已知金属棒从静止开始释放,第1 s末达到最大速度;金属棒在第1 s内通过的电荷量q=‎4 C,g=‎10 m/s2.求:‎ 12‎ 图4‎ ‎(1)金属棒最大速度的大小;‎ ‎(2)金属棒在第1 s内产生的热量.‎ ‎5.加试题 (2018·东阳中学期中)如图5所示,两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置,MA、NB间距L=‎0.4 m,AC、BD的延长线相交于E点且AE=BE,E点到AB的距离d=‎6 m,M、N两端与阻值R=2 Ω的电阻相连,虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1 T.一根长度也为L=‎0.4 m、质量m=‎0.6 kg、电阻不计的金属棒,在外力作用下从AB处以初速度v0=‎2 m/s沿导轨水平向右运动,棒与导轨接触良好,运动过程中电阻R上消耗的电功率不变,求:‎ 图5‎ ‎(1)电路中的电流I;‎ ‎(2)金属棒向右运动过程中克服安培力做的功W.‎ 12‎ ‎6.加试题 (2017·金华市高二上期末)如图6甲所示,在粗糙的水平面上有一滑板,滑板上固定着一个用粗细均匀的导线绕成的正方形闭合线圈,匝数N=10,边长L=‎0.4 m,总电阻R=1 Ω,滑板和线圈的总质量M=‎2 kg,滑板与地面间的动摩擦因数μ=0.5,前方有一长‎4L、高L的矩形区域,其下边界与线圈中心等高,区域内有垂直线圈平面的水平匀强磁场,磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化.现给线圈施加一水平拉力F,使线圈以速度v=‎0.4 m/s匀速通过矩形磁场.t=0时刻,线圈右侧恰好开始进入磁场,g=‎10 m/s2,不计空气阻力,求:‎ 图6‎ ‎(1)t=0.5 s时线圈中通过的电流;‎ 12‎ ‎(2)线圈左侧进入磁场区域前的瞬间拉力F的大小;‎ ‎(3)线圈通过图中矩形区域的整个过程中拉力F的最大值与最小值之比.‎ ‎7.加试题 (2018·湖州市三县期中)如图7甲所示,M‎1M4、N1N4为平行放置的水平金属轨道,‎ 12‎ M‎4M5、N4N5为半径均为r=‎0.65 m的竖直四分之一圆形光滑金属轨道,M4、N4为切点,M5、N5为轨道的最高点(与圆心等高).轨道间距L=‎1.0 m,整个装置左端接有阻值R=0.5 Ω的定值电阻.M‎1M2‎N2N1、M‎3M4N4N3为等大的长方形区域Ⅰ、Ⅱ,两区域宽度d=‎0.5 m,两区域之间的距离s=‎1.0 m;区域Ⅰ内均匀分布着磁场B1,其变化规律如图乙所示,规定竖直向上为正方向;区域Ⅱ内分布着磁感应强度B2=0.05 T的匀强磁场,方向竖直向上,质量m=‎0.1 kg、电阻R0=0.5 Ω的导体棒ab在垂直于棒的F=1.0 N的水平恒力拉动下,从M2N2处在t=0时刻由静止开始运动,到达M3N3处撤去恒力F,ab棒穿过匀强磁场区后,恰好能到达圆形轨道的M5N5处.水平轨道与导体棒ab间的动摩擦因数μ=0.2,轨道电阻、空气阻力不计,运动过程中导体棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直,g=‎10 m/s2,求:‎ 图7‎ ‎(1)0.2 s末电阻R上的电流大小及方向;‎ ‎(2)ab棒刚进入B2磁场时的加速度大小;‎ ‎(3)ab棒在水平直轨道上向右运动过程中电阻R上产生的焦耳热Q.‎ 答案精析 ‎1.(1) (2)‎‎3g 解析 (1)当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动,说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反.则 F1=B1I‎1L=BI‎1L=mg 又I1== 12‎ 联立得:v= ‎(2)金属棒刚进入磁场B2区域时,由楞次定律判断知所受的安培力方向竖直向上,大小为:‎ F2=B2I‎2L=2BL= 把(1)问求得的v代入,可得F2=4mg 根据牛顿第二定律得:F2-mg=ma 解得:a=‎3g.‎ ‎2.(1)50 rad/s (2)100 rad/s 解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可得U=BωR2‎ 根据平衡条件可得mg=qE 因为E= 所以mg=q=BωR2‎ 解得ω=50 rad/s ‎(2)微粒恰好碰到上极板A边缘时,微粒向上的加速度大小由 =a()2‎ 解得a=‎10 m/s2‎ 由牛顿第二定律得:‎ Bω′R2-mg=ma 解得ω′=100 rad/s.‎ ‎3.(1)0.4 T (2)0.08 J (3)‎1 m/s2‎ 解析 (1)由机械能守恒得mgh1=mv2,‎ 由平衡条件知mg=BIL,I=,得B=0.4 T ‎(2)由能量守恒定律得:Q=mgd=0.08 J ‎(3)由动能定理得:mg(h2-d)=mv′2-mv2,得v′=‎11 m/s 由BI′L-mg=ma,其中I′=,得a=‎1 m/s2.‎ ‎4.(1)‎1.5 m/s (2)3.025 J 解析 (1)因mgsin θ>Mg,金属棒开始时向下滑动.当金属棒所受合外力为0时,金属棒的速度最大 12‎ 金属棒切割磁感线产生的电动势E=BLvm 根据闭合回路欧姆定律得通过金属棒的电流I= 由安培力公式得:F=BIL 由共点力平衡得F+Mg=mgsin θ 解得:vm==‎1.5 m/s ‎(2)金属棒在第1 s内通过的电荷量q== 解得x==‎‎3 m 根据能量守恒定律mgxsin θ-Mgx=(m+M)v+Q 代入数据解得Q=9.075 J 由于金属棒与电阻R串联,电流相等,根据焦耳定律Q=I2Rt,得到它们产生的热量与电阻成正比,所以金属棒在第1 s内产生的热量Qr=Q=3.025 J ‎5.(1)‎0.4 A (2)0.36 J 解析 (1)金属棒开始运动时产生的感应电动势:E=BLv0=1×0.4×2 V=0.8 V 电路中的电流:I==‎‎0.4 A ‎(2)金属棒向右运动距离为x时,金属棒接入电路的有效长度为L1,由几何关系可得:=,‎ 解得:L1==0.4- 此时金属棒所受的安培力为:‎ F=BIL1=0.16-(0≤x≤)‎ 作出F-x图象,由图象可知运动过程中克服安培力做功为:‎ W=×3 J=0.36 J.‎ ‎6.(1)‎0.4 A (2)10.8 N (3)54∶49‎ 12‎ 解析 (1)线圈切割磁感线 E1=NBv=0.4 V I1==‎0.4 A.‎ ‎(2)线圈匀速运动将要全部进入磁场区域前,‎ 右边导线所受向左的总安培力 F1=NBI1=0.4 N 上边导线所受向下的总安培力 F2=NBI‎1L=0.8 N 滑动摩擦力Ff=μ(Mg+F2)=10.4 N 故拉力:F=F1+Ff=10.8 N.‎ ‎(3)线圈左侧进入磁场区域前的瞬间拉力有最大值Fmax=10.8 N.‎ 线圈左侧进入磁场区域后的瞬间拉力有最小值Fmin,‎ t=1 s时刻,线圈在磁场运动 E2==0.2 V 线圈中形成顺时针方向的电流I2==‎‎0.2 A 线圈上边受到向上的最大安培力 F3=NBI‎2L=0.4 N,方向向上 此时拉力Fmin=μ(Mg-F3)=9.8 N 所以最大值与最小值之比为54∶49.‎ ‎7.见解析 解析 (1)导体棒ab在N‎2M‎2‎M3‎N3区域内做匀加速运动,由牛顿第二定律可得 F-μmg=ma1‎ 得a1=‎8 m/s2‎ 导体棒ab在0~0.2 s内运动的位移 x=a1t=‎0.16 m<s=‎‎1.0 m 故0.2 s末导体棒ab未进入区域Ⅱ,由于区域Ⅰ中的磁场在均匀减小,产生的感应电动势为E1===0.5 V I1==‎‎0.5 A 电阻R上电流方向为由N1流向M1‎ 12‎ ‎(2)导体棒ab刚进入区域Ⅱ时的速度为v2=‎2a1s 得v=‎4 m/s 导体棒ab在N‎2M‎2‎M3‎N3区域内做匀加速运动的时间 t1==0.5 s>0.4 s ab棒刚进入区域Ⅱ时,B1磁场已保持不变.‎ 导体棒ab刚进入区域Ⅱ时产生的感应电动势为 E2=B2Lv=0.2 V I2==‎‎0.2 A μmg+B2I‎2L=ma2‎ 得a2=‎2.1 m/s2‎ ‎(3)B1磁场变化的时间t=0.4 s,这段时间内R的焦耳热 Q1=IRt=0.05 J 导体棒ab在B2磁场中的运动过程,回路中产生的总焦耳热 Q2=-W安 ‎-μmgd-mgr-Q2=0-mv2‎ 解得Q2=0.05 J 电阻R上产生的总焦耳热Q=Q1+Q2=0.075 J.‎ 12‎
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