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

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