（浙江專用）備戰(zhàn)2022高考物理一輪復習 第二部分 計算題部分 精練2 電磁感應問題的綜合應用

《（浙江專用）備戰(zhàn)2022高考物理一輪復習 第二部分 計算題部分 精練2 電磁感應問題的綜合應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）備戰(zhàn)2022高考物理一輪復習 第二部分 計算題部分 精練2 電磁感應問題的綜合應用（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、（浙江專用）備戰(zhàn)2022高考物理一輪復習 第二部分 計算題部分 精練2 電磁感應問題的綜合應用 1.加試題 如圖1所示，光滑的“”形金屬導體框豎直放置，除圖中已標阻值為R的電阻外，其余電阻不計．質量為m的金屬棒MN與框架接觸良好．在區(qū)域abcd和cdef內，存在磁感應強度大小分別為B1＝B、B2＝2B的有界勻強磁場，方向均垂直于框架平面向里，兩豎直導軌ae與bf間距為L.現從圖示位置由靜止釋放金屬棒MN，當金屬棒進入磁場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?。?

2、 2.加試題 如圖2所示，半徑R＝0.2 m的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長為R的金屬棒一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉軸上．在金屬導軌區(qū)域內存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2 T．一對長L＝0.2 m的金屬板A、B水平放置，兩板間距d＝0.1 m．從導軌引出導線與上板連接，通過電刷從轉軸引出導線與下板連接．有一質量m＝1.0×10－5 kg，電荷量q＝5.0×10－6 C的帶負電微粒，以v0＝2 m/s的速度從兩板正中間水平射入

3、，g取10 m/s2.求： 圖2 (1)金屬棒轉動的角速度為多大時，微粒能做勻速直線運動； (2)金屬棒轉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“十五校聯合體”期末)如圖3所示，一個質量m＝16 g，長d＝0.5 m，寬L＝0.1 m，電阻R＝0.1 Ω的矩形線框從高處自由落下，經過h1＝5 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h2＝1.55 m，線框剛進入磁場時恰好勻速下落．不計空氣阻力，取g＝10 m/s2.求： 圖3 (1)磁場的磁感應強度； (2)線圈進入磁場的全過程中產生的電熱； (3)線框下邊即

4、將離開磁場時的加速度大?。? 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軌MN、PQ之間的距離L＝1.0 m，NQ兩端連接阻值R＝1.0 Ω的電阻，磁感應強度為B＝2 T的勻強磁場垂直于導軌所在平面向上，導軌平面與水平面間的夾角θ＝30°.一質量m＝2.0 kg，阻值r＝0.50 Ω的金屬棒垂直于導軌放置并用絕緣細線通過光滑的定滑輪與質量M＝0.60 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

5、s內通過的電荷量q＝4 C，g＝10 m/s2.求： 圖4 (1)金屬棒最大速度的大??； (2)金屬棒在第1 s內產生的熱量． 5.加試題 (2018·東陽中學期中)如圖5所示，兩根電阻不計的光滑金屬導軌MAC、NBD水平放置，MA、NB間距L＝0.4 m，AC、BD的延長線相交于E點且AE＝BE，E點到AB的距離d＝6 m，M、N兩端與阻值R＝2 Ω的電阻相連，虛線右側存在方向與導軌平面垂直向下的勻強磁場，磁感應強度B＝1 T．一根長度也為L＝0.4 m、質量m＝0.6 kg、電阻不計的金屬棒，在外力作用下從AB處以初速度v0＝2 m/s沿導軌水平向右運動，棒與導軌接觸良好，運動

6、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線繞成的正方形閉合線圈，匝數N＝10，邊長L＝0.4 m，總電阻R＝1 Ω，滑板和線圈的總質量M＝2 kg，滑板與地面間的動摩擦因數μ＝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)域內有垂直線圈平面的水

7、平勻強磁場，磁感應強度大小按如圖乙所示的規(guī)律變化．現給線圈施加一水平拉力F，使線圈以速度v＝0.4 m/s勻速通過矩形磁場．t＝0時刻，線圈右側恰好開始進入磁場，g＝10 m/s2，不計空氣阻力，求： 圖6 (1)t＝0.5 s時線圈中通過的電流； (2)線圈左側進入磁場區(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

8、道，M4M5、N4N5為半徑均為r＝0.65 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L＝1.0 m，整個裝置左端接有阻值R＝0.5 Ω的定值電阻．M1M2N2N1、M3M4N4N3為等大的長方形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，兩區(qū)域寬度d＝0.5 m，兩區(qū)域之間的距離s＝1.0 m；區(qū)域Ⅰ內均勻分布著磁場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Ⅱ內分布著磁感應強度B2＝0.05 T的勻強磁場，方向豎直向上，質量m＝0.1 kg、電阻R0＝0.5 Ω的導體棒ab在垂直于棒的F＝1.0 N的水平恒力拉動下，從M2N2處在t＝0時刻由靜止開始運

9、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．水平軌道與導體棒ab間的動摩擦因數μ＝0.2，軌道電阻、空氣阻力不計，運動過程中導體棒與軌道接觸良好且始終與軌道垂直，g＝10 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磁場時的加速度大小； (3)ab棒在水平直軌道上向右運動過程中電阻R上產生的焦耳熱Q. 答案精析 1．(1)　(2)3g 解析　(1)當金屬棒進入磁場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 F1＝B1I1L

10、＝BI1L＝mg 又I1＝＝ 聯立得：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： F2＝B2I2L＝2BL＝ 把(1)問求得的v代入，可得F2＝4mg 根據牛頓第二定律得：F2－mg＝ma 解得：a＝3g. 2．(1)50 rad/s　(2)100 rad/s 解析　(1)根據法拉第電磁感應定律可得U＝BωR2 根據平衡條件可得mg＝qE 因為E＝ 所以mg＝q＝BωR2 解得ω＝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a＝10 m/s2 由牛頓第二定律得：

11、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)由機械能守恒得mgh1＝mv2， 由平衡條件知mg＝BIL，I＝，得B＝0.4 T (2)由能量守恒定律得：Q＝mgd＝0.08 J (3)由動能定理得：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，金屬棒開始時向下滑動．當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生的電動勢E

12、＝BLvm 根據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：F＝BIL 由共點力平衡得F＋Mg＝mgsin θ 解得：vm＝＝1.5 m/s (2)金屬棒在第1 s內通過的電荷量q＝＝ 解得x＝＝3 m 根據能量守恒定律mgxsin θ－Mgx＝(m＋M)v＋Q 代入數據解得Q＝9.075 J 由于金屬棒與電阻R串聯，電流相等，根據焦耳定律Q＝I2Rt，得到它們產生的熱量與電阻成正比，所以金屬棒在第1 s內產生的熱量Qr＝Q＝3.025 J 5．(1)0.4 A　(2)0.36 J 解析　(1)金屬棒開始運動時產生的感應電動勢：E＝BLv0＝1×0.4×2 V

13、＝0.8 V 電路中的電流：I＝＝0.4 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，由幾何關系可得：＝， 解得：L1＝＝0.4－ 此時金屬棒所受的安培力為： F＝BIL1＝0.16－(0≤x≤) 作出F－x圖象，由圖象可知運動過程中克服安培力做功為： W＝×3 J＝0.36 J. 6．(1)0.4 A　(2)10.8 N　(3)54∶49 解析　(1)線圈切割磁感線 E1＝NBv＝0.4 V I1＝＝0.4 A. (2)線圈勻速運動將要全部進入磁場區(qū)域前， 右邊導線所受向左的總安培力 F1＝NBI1＝0.4 N 上邊導線所受向下的總安

14、培力 F2＝NBI1L＝0.8 N 滑動摩擦力Ff＝μ(Mg＋F2)＝10.4 N 故拉力：F＝F1＋Ff＝10.8 N. (3)線圈左側進入磁場區(qū)域前的瞬間拉力有最大值Fmax＝10.8 N. 線圈左側進入磁場區(qū)域后的瞬間拉力有最小值Fmin， t＝1 s時刻，線圈在磁場運動 E2＝＝0.2 V 線圈中形成順時針方向的電流I2＝＝0.2 A 線圈上邊受到向上的最大安培力 F3＝NBI2L＝0.4 N，方向向上 此時拉力Fmin＝μ(Mg－F3)＝9.8 N 所以最大值與最小值之比為54∶49. 7．見解析 解析　(1)導體棒ab在N2M2M3N3區(qū)域內做勻加速運動

15、，由牛頓第二定律可得 F－μmg＝ma1 得a1＝8 m/s2 導體棒ab在0～0.2 s內運動的位移 x＝a1t＝0.16 m＜s＝1.0 m 故0.2 s末導體棒ab未進入區(qū)域Ⅱ，由于區(qū)域Ⅰ中的磁場在均勻減小，產生的感應電動勢為E1＝＝＝0.5 V I1＝＝0.5 A 電阻R上電流方向為由N1流向M1 (2)導體棒ab剛進入區(qū)域Ⅱ時的速度為v2＝2a1s 得v＝4 m/s 導體棒ab在N2M2M3N3區(qū)域內做勻加速運動的時間 t1＝＝0.5 s＞0.4 s ab棒剛進入區(qū)域Ⅱ時，B1磁場已保持不變． 導體棒ab剛進入區(qū)域Ⅱ時產生的感應電動勢為 E2＝B2Lv＝0.2 V I2＝＝0.2 A μmg＋B2I2L＝ma2 得a2＝2.1 m/s2 (3)B1磁場變化的時間t＝0.4 s，這段時間內R的焦耳熱 Q1＝IRt＝0.05 J 導體棒ab在B2磁場中的運動過程，回路中產生的總焦耳熱 Q2＝－W安 －μmgd－mgr－Q2＝0－mv2 解得Q2＝0.05 J 電阻R上產生的總焦耳熱Q＝Q1＋Q2＝0.075 J.