2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專練部分 應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)處理電磁感應(yīng)問題.doc

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2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專練部分 應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)處理電磁感應(yīng)問題 1．(xx浙江24)某同學(xué)設(shè)計(jì)一個發(fā)電測速裝置，工作原理如圖1所示，一個半徑為R＝0.1 m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面上，一根長為R的金屬棒OA，A端與導(dǎo)軌接觸良好，O端固定在圓心處的轉(zhuǎn)軸上．轉(zhuǎn)軸的左端有一個半徑為r＝的圓盤，圓盤和金屬棒能隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動．圓盤上繞有不可伸長的細(xì)線，下端掛著一個質(zhì)量為m＝0.5 kg的鋁塊．在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向右的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T．a(chǎn)點(diǎn)與導(dǎo)軌相連，b點(diǎn)通過電刷與O端相連．測量a、b兩點(diǎn)間的電勢差U可算得鋁塊速度．鋁塊由靜止釋放，下落h＝0.3 m時，測得U＝0.15 V．(細(xì)線與圓盤間沒有滑動，金屬棒、導(dǎo)軌、導(dǎo)線及電刷的電阻均不計(jì)，重力加速度g＝10 m/s2) 圖1 (1)測U時，與a點(diǎn)相接的是電壓表的“正極”還是“負(fù)極”？ (2)求此時鋁塊的速度大小； (3)求此下落過程中鋁塊機(jī)械能的損失． 答案　(1)正極　(2)2 m/s　(3)0.5 J 解析　(2)由電磁感應(yīng)定律得U＝E＝BR＝BωR2 v＝rω＝ωR 所以v＝＝2 m/s. (3)ΔE＝mgh－mv2 ΔE＝0.5 J. 2．(xx天津11)如圖2所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.4 m，導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5 T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1 kg、電阻R1＝0.1 Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4 kg，電阻R2＝0.1 Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑．cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10 m/s2，問： 圖2 (1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向； (2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大； (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8 m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少． 答案　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 解析　(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向?yàn)橛蒬到c，則ab中電流方向?yàn)橛蒩流向b. (2)開始放置時ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsin θ① 設(shè)ab剛要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv② 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝③ 設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④ 此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤ 綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5 m/s. (3)設(shè)cd棒運(yùn)動過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q總＋m2v2 又Q＝Q總 解得Q＝1.3 J. 3．如圖3所示，兩條平行的金屬導(dǎo)軌相距L＝1 m，金屬導(dǎo)軌的傾斜部分與水平方向的夾角為37，整個裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中．金屬棒MN和PQ的質(zhì)量均為m＝0.2 kg，電阻分別為RMN＝1 Ω和RPQ＝2 Ω.MN置于水平導(dǎo)軌上，與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，PQ置于光滑的傾斜導(dǎo)軌上，兩根金屬棒均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．從t＝0時刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由靜止開始以a＝1 m/s2的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動，PQ則在平行于斜面方向的力F2作用下保持靜止?fàn)顟B(tài)．t＝3 s時，PQ棒消耗的電功率為8 W，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，水平導(dǎo)軌足夠長，MN始終在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動．求： 圖3 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小； (2)0～3 s時間內(nèi)通過MN棒的電荷量； (3)求t＝6 s時F2的大小和方向； (4)若改變F1的作用規(guī)律，使MN棒的運(yùn)動速度v與位移x滿足關(guān)系：v＝0.4x，PQ棒仍然靜止在傾斜軌道上．求MN棒從靜止開始到x＝5 m的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)2 T　(2)3 C　(3)大小為5.2 N，方向沿斜面向下　(4) J 解析　(1)當(dāng)t＝3 s時，設(shè)MN的速度為v1，則 v1＝at＝3 m/s E1＝BLv1 E1＝I(RMN＋RPQ) P＝I2RPQ 代入數(shù)據(jù)得：B＝2 T. (2)＝ q＝Δt＝ 代入數(shù)據(jù)可得：q＝3 C (3)當(dāng)t＝6 s時，設(shè)MN的速度為v2，則 v2＝at＝6 m/s E2＝BLv2＝12 V I2＝＝4 A F安＝BI2L＝8 N 規(guī)定沿斜面向上為正方向，對PQ進(jìn)行受力分析可得： F2＋F安cos 37＝mgsin 37 代入數(shù)據(jù)：F2＝－5.2 N(負(fù)號說明力的方向沿斜面向下) (4)MN棒做變加速直線運(yùn)動，當(dāng)x＝5 m時，v＝0.4x＝0.45 m/s＝2 m/s 因?yàn)樗俣葀與位移x成正比，所以電流I、安培力也與位移x成正比， 安培力做功W安＝－BLx＝－ J Q＝－W安＝ J. 4．如圖4甲所示，電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌間距L＝0.5 m，左端連接R＝0.5 Ω的電阻，右端連接電阻不計(jì)的金屬卡環(huán)．導(dǎo)軌間MN右側(cè)存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場．磁感應(yīng)強(qiáng)度的B－t圖象如圖乙所示．電阻不計(jì)質(zhì)量為m＝1 kg的金屬棒與質(zhì)量也為m的物塊通過光滑滑輪由繩相連，繩始終處于繃緊狀態(tài)．PQ、MN到右端卡環(huán)距離分別為17.5 m和15 m．t＝0時刻由PQ位置靜止釋放金屬棒，金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，滑至導(dǎo)軌右端被卡環(huán)卡住不動．(g取10 m/s2)．求： 圖4 (1)金屬棒進(jìn)入磁場時受到的安培力； (2)在0～6 s時間內(nèi)電路中產(chǎn)生的焦耳熱． 答案　(1)10 N　(2)375 J 解析　(1)設(shè)金屬棒到達(dá)MN時的速度為v，物塊下落的高度為h＝xPQ－xMN＝2.5 m， 系統(tǒng)由靜止釋放至金屬棒到達(dá)MN過程中機(jī)械能守恒： mgh＝mv2＋mv2 金屬棒從靜止出發(fā)做勻變速運(yùn)動直至進(jìn)入磁場用時t1， 由運(yùn)動學(xué)公式得：h＝t1 解得t1＝1 s， 由題圖乙可知此時磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T，在MN位置進(jìn)入磁場時感應(yīng)電動勢為E， 由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv 此時回路中的電流強(qiáng)度為I＝ 金屬棒進(jìn)入磁場時安培力為FMN＝BIL 聯(lián)立解得FMN＝10 N. (2)進(jìn)入磁場時對于物塊和金屬棒組成的系統(tǒng) FMN＝mg 所以金屬棒在磁場中做勻速直線運(yùn)動 設(shè)金屬棒在磁場中的運(yùn)動時間為t2， 由運(yùn)動學(xué)公式：xMN＝vt2 解得t2＝3 s， 棒運(yùn)動4 s被鎖定，0～4 s電路中產(chǎn)生的焦耳熱為 Q1＝I2Rt2 鎖定后，由題圖乙＝1 T/s，磁場的面積S＝LxMN＝7.5 m2，設(shè)4～6 s電動勢為E′， 由法拉第電磁感應(yīng)定律：E′＝S 4～6 s電路中產(chǎn)生的熱量為Q2＝t3 所以0～6 s產(chǎn)生的焦耳熱：Q＝Q1＋Q2＝150 J＋225 J＝375 J.