（浙江專用）備戰(zhàn)2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第二部分 計算題部分 精練2 電磁感應(yīng)問題的綜合應(yīng)用.doc

精練2電磁感應(yīng)問題的綜合應(yīng)用1.加試題 如圖1所示，光滑的“”形金屬導(dǎo)體框豎直放置，除圖中已標(biāo)阻值為R的電阻外，其余電阻不計質(zhì)量為m的金屬棒MN與框架接觸良好在區(qū)域abcd和cdef內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度大小分別為B1B、B22B的有界勻強磁場，方向均垂直于框架平面向里，兩豎直導(dǎo)軌ae與bf間距為L.現(xiàn)從圖示位置由靜止釋放金屬棒MN，當(dāng)金屬棒進入磁場B1區(qū)域后恰好做勻速運動，重力加速度為g.不計空氣阻力，求：圖1(1)金屬棒進入磁場B1區(qū)域后的速度大?。?2)金屬棒剛進入磁場B2區(qū)域時的加速度大小2.加試題 如圖2所示，半徑R0.2 m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長為R的金屬棒一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸上在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B2 T一對長L0.2 m的金屬板A、B水平放置，兩板間距d0.1 m從導(dǎo)軌引出導(dǎo)線與上板連接，通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線與下板連接有一質(zhì)量m1.0105 kg，電荷量q5.0106 C的帶負電微粒，以v02 m/s的速度從兩板正中間水平射入，g取10 m/s2.求：圖2(1)金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度為多大時，微粒能做勻速直線運動；(2)金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度至少多大時，微粒會碰到上極板A.3.加試題(2018溫州“十五校聯(lián)合體”期末)如圖3所示，一個質(zhì)量m16 g，長d0.5 m，寬L0.1 m，電阻R0.1 的矩形線框從高處自由落下，經(jīng)過h15 m高度，下邊開始進入一個跟線框平面垂直的勻強磁場已知磁場區(qū)域的高度h21.55 m，線框剛進入磁場時恰好勻速下落不計空氣阻力，取g10 m/s2.求：圖3(1)磁場的磁感應(yīng)強度；(2)線圈進入磁場的全過程中產(chǎn)生的電熱；(3)線框下邊即將離開磁場時的加速度大小4.加試題如圖4所示，一足夠長阻值不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ之間的距離L1.0 m，NQ兩端連接阻值R1.0 的電阻，磁感應(yīng)強度為B2 T的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角30.一質(zhì)量m2.0 kg，阻值r0.50 的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置并用絕緣細線通過光滑的定滑輪與質(zhì)量M0.60 kg的重物P相連已知金屬棒從靜止開始釋放，第1 s末達到最大速度；金屬棒在第1 s內(nèi)通過的電荷量q4 C，g10 m/s2.求：圖4(1)金屬棒最大速度的大?。?2)金屬棒在第1 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量5.加試題 (2018東陽中學(xué)期中)如圖5所示，兩根電阻不計的光滑金屬導(dǎo)軌MAC、NBD水平放置，MA、NB間距L0.4 m，AC、BD的延長線相交于E點且AEBE，E點到AB的距離d6 m，M、N兩端與阻值R2 的電阻相連，虛線右側(cè)存在方向與導(dǎo)軌平面垂直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B1 T一根長度也為L0.4 m、質(zhì)量m0.6 kg、電阻不計的金屬棒，在外力作用下從AB處以初速度v02 m/s沿導(dǎo)軌水平向右運動，棒與導(dǎo)軌接觸良好，運動過程中電阻R上消耗的電功率不變，求：圖5(1)電路中的電流I；(2)金屬棒向右運動過程中克服安培力做的功W.6.加試題 (2017金華市高二上期末)如圖6甲所示，在粗糙的水平面上有一滑板，滑板上固定著一個用粗細均勻的導(dǎo)線繞成的正方形閉合線圈，匝數(shù)N10，邊長L0.4 m，總電阻R1 ，滑板和線圈的總質(zhì)量M2 kg，滑板與地面間的動摩擦因數(shù)0.5，前方有一長4L、高L的矩形區(qū)域，其下邊界與線圈中心等高，區(qū)域內(nèi)有垂直線圈平面的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小按如圖乙所示的規(guī)律變化現(xiàn)給線圈施加一水平拉力F，使線圈以速度v0.4 m/s勻速通過矩形磁場t0時刻，線圈右側(cè)恰好開始進入磁場，g10 m/s2，不計空氣阻力，求：圖6(1)t0.5 s時線圈中通過的電流；(2)線圈左側(cè)進入磁場區(qū)域前的瞬間拉力F的大?。?3)線圈通過圖中矩形區(qū)域的整個過程中拉力F的最大值與最小值之比7.加試題 (2018湖州市三縣期中)如圖7甲所示，M1M4、N1N4為平行放置的水平金屬軌道，M4M5、N4N5為半徑均為r0.65 m的豎直四分之一圓形光滑金屬軌道，M4、N4為切點，M5、N5為軌道的最高點(與圓心等高)軌道間距L1.0 m，整個裝置左端接有阻值R0.5 的定值電阻M1M2N2N1、M3M4N4N3為等大的長方形區(qū)域、，兩區(qū)域?qū)挾萪0.5 m，兩區(qū)域之間的距離s1.0 m；區(qū)域內(nèi)均勻分布著磁場B1，其變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定豎直向上為正方向；區(qū)域內(nèi)分布著磁感應(yīng)強度B20.05 T的勻強磁場，方向豎直向上，質(zhì)量m0.1 kg、電阻R00.5 的導(dǎo)體棒ab在垂直于棒的F1.0 N的水平恒力拉動下，從M2N2處在t0時刻由靜止開始運動，到達M3N3處撤去恒力F，ab棒穿過勻強磁場區(qū)后，恰好能到達圓形軌道的M5N5處水平軌道與導(dǎo)體棒ab間的動摩擦因數(shù)0.2，軌道電阻、空氣阻力不計，運動過程中導(dǎo)體棒與軌道接觸良好且始終與軌道垂直，g10 m/s2，求：圖7(1)0.2 s末電阻R上的電流大小及方向；(2)ab棒剛進入B2磁場時的加速度大??；(3)ab棒在水平直軌道上向右運動過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案精析1(1)(2)3g解析(1)當(dāng)金屬棒進入磁場B1區(qū)域后恰好做勻速運動，說明金屬棒所受的安培力與重力大小相等、方向相反則F1B1I1LBI1Lmg又I1聯(lián)立得：v(2)金屬棒剛進入磁場B2區(qū)域時，由楞次定律判斷知所受的安培力方向豎直向上，大小為：F2B2I2L2BL把(1)問求得的v代入，可得F24mg根據(jù)牛頓第二定律得：F2mgma解得：a3g.2(1)50 rad/s(2)100 rad/s解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得UBR2根據(jù)平衡條件可得mgqE因為E所以mgqBR2解得50 rad/s(2)微粒恰好碰到上極板A邊緣時，微粒向上的加速度大小由a()2解得a10 m/s2由牛頓第二定律得：BR2mgma解得100 rad/s.3(1)0.4 T(2)0.08 J(3)1 m/s2解析(1)由機械能守恒得mgh1mv2，由平衡條件知mgBIL，I，得B0.4 T(2)由能量守恒定律得：Qmgd0.08 J(3)由動能定理得：mg(h2d)mv2mv2，得v11 m/s由BILmgma，其中I，得a1 m/s2.4(1)1.5 m/s(2)3.025 J解析(1)因mgsin Mg，金屬棒開始時向下滑動當(dāng)金屬棒所受合外力為0時，金屬棒的速度最大金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢EBLvm根據(jù)閉合回路歐姆定律得通過金屬棒的電流I由安培力公式得：FBIL由共點力平衡得FMgmgsin 解得：vm1.5 m/s(2)金屬棒在第1 s內(nèi)通過的電荷量q解得x3 m根據(jù)能量守恒定律mgxsin Mgx(mM)vQ代入數(shù)據(jù)解得Q9.075 J由于金屬棒與電阻R串聯(lián)，電流相等，根據(jù)焦耳定律QI2Rt，得到它們產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，所以金屬棒在第1 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量QrQ3.025 J5(1)0.4 A(2)0.36 J解析(1)金屬棒開始運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：EBLv010.42 V0.8 V電路中的電流：I0.4 A(2)金屬棒向右運動距離為x時，金屬棒接入電路的有效長度為L1，由幾何關(guān)系可得：，解得：L10.4此時金屬棒所受的安培力為：FBIL10.16(0x)作出Fx圖象，由圖象可知運動過程中克服安培力做功為：W3 J0.36 J.6(1)0.4 A(2)10.8 N(3)5449解析(1)線圈切割磁感線E1NBv0.4 VI10.4 A.(2)線圈勻速運動將要全部進入磁場區(qū)域前，右邊導(dǎo)線所受向左的總安培力F1NBI10.4 N上邊導(dǎo)線所受向下的總安培力F2NBI1L0.8 N滑動摩擦力Ff(MgF2)10.4 N故拉力：FF1Ff10.8 N.(3)線圈左側(cè)進入磁場區(qū)域前的瞬間拉力有最大值Fmax10.8 N.線圈左側(cè)進入磁場區(qū)域后的瞬間拉力有最小值Fmin，t1 s時刻，線圈在磁場運動E20.2 V線圈中形成順時針方向的電流I20.2 A線圈上邊受到向上的最大安培力F3NBI2L0.4 N，方向向上此時拉力Fmin(MgF3)9.8 N所以最大值與最小值之比為5449.7見解析解析(1)導(dǎo)體棒ab在N2M2M3N3區(qū)域內(nèi)做勻加速運動，由牛頓第二定律可得Fmgma1得a18 m/s2導(dǎo)體棒ab在00.2 s內(nèi)運動的位移xa1t0.16 ms1.0 m故0.2 s末導(dǎo)體棒ab未進入?yún)^(qū)域，由于區(qū)域中的磁場在均勻減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E10.5 VI10.5 A電阻R上電流方向為由N1流向M1(2)導(dǎo)體棒ab剛進入?yún)^(qū)域時的速度為v22a1s得v4 m/s導(dǎo)體棒ab在N2M2M3N3區(qū)域內(nèi)做勻加速運動的時間t10.5 s0.4 sab棒剛進入?yún)^(qū)域時，B1磁場已保持不變導(dǎo)體棒ab剛進入?yún)^(qū)域時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2B2Lv0.2 VI20.2 AmgB2I2Lma2得a22.1 m/s2(3)B1磁場變化的時間t0.4 s，這段時間內(nèi)R的焦耳熱Q1IRt0.05 J導(dǎo)體棒ab在B2磁場中的運動過程，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q2W安mgdmgrQ20mv2解得Q20.05 J電阻R上產(chǎn)生的總焦耳熱QQ1Q20.075 J.