2019届高考物理二轮复习计算题题型专练（五）电磁感应规律的综合应用.docx

1、1计算题题型专练(五) 电磁感应规律的综合应用1.如图所示，两根间距为 L0.5 m 的平行金属导轨，其 cd 左侧水平，右侧为竖直的圆弧，圆弧半径 r0.43 m，导轨的电阻与摩擦不计，在导轨的顶端接有 R11.5 的14电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，现有一根电阻 R210 的金属杆在水平拉力作用下，从图中位置 ef 由静止开始做加速度 a1.5 m/s2的匀加速直线运动，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，开始运动的水平拉力 F1.5 N，经 2 s 金属杆运动到 cd时撤去拉力，此时理想电压表的示数为 1.5 V，此后金属杆恰好能到达圆弧最高点ab， g10 m/s 2，求：(

2、1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)金属杆从 cd 运动到 ab 过程中电阻 R1上产生的焦耳热。解析 (1)金属杆运动到 cd 时，由欧姆定律可得I 0.15 AUR1由闭合电路的欧姆定律可得 E I(R1 R2)0.3 V金属杆的速度 v at3 m/s由法拉第电磁感应定律可得 E BLv，解得 B0.2 T(2)金属杆开始运动时由牛顿第二定律可得 F ma，解得m1 kg金属杆从 cd 运动到 ab 的过程中，由能量守恒定律可得 Q mv2 mgr0.2 J。122故 Q Q0.15 J。R1R1 R2答案 (1)0.2 T (2)0.15 J2.如图所示，两条间距 L0.5 m 且足够

3、长的平行光滑金属直导轨，与水平地面成 30角固定放置，磁感应强度 B0.4 T 的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上，质量 mab0.1 kg、 mcd0.2 kg 的金属棒 ab、 cd 垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电阻r0.2 ，导轨电阻不计。 ab 在沿导轨所在斜面向上的外力 F 作用下，沿该斜面以 v2 m/s 的恒定速度向上运动。某时刻释放 cd， cd 向下运动，经过一段时间其速度达到最大。已知重力加速度 g10 m/s 2，求在 cd 速度最大时，求：(1)abcd 回路的电流强度 I 以及 F 的大小；(2)abcd 回路磁通量的变化率以及 cd 的速率。解析 (1)以 c

4、d 为研究对象，当 cd 速度达到最大值时，有： mcdgsin BIL代入数据，得： I5 A由于两棒均沿斜面方向做匀速运动，可将两棒看作整体，作用在 ab 上的外力：F( mab mcd)gsin (或对 ab： F mabgsin BIL)代入数据，得： F1.5 N(2)设 cd 达到最大速度时 abcd 回路产生的感应电动势为 E，根据法拉第电磁感应定律，3有： E t由闭合电路欧姆定律，有： I Er联立并代入数据，得： 1.0 Wb/s t电路中总电动势 E Bl(v vm)联立并代入数据，得： vm3 m/s。答案 (1)5 A 1.5 N(2)1.0 Wb/s 3 m/s3.

5、如图甲所示，弯折成 90角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成 53角，右导轨平面与水平面成 37角，两导轨相距 L0.2 m，导轨电阻不计。质量均为 m0.1 kg 的金属杆 ab、 cd 与导轨垂直接触形成闭合回路。其中金属杆 ab 的电阻 R0.2 ，金属杆 cd 的电阻忽略不计，两金属杆与导轨间的动摩擦因数均为 0.5，整个装置处于磁感应强度大小 B1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面上的匀强磁场中。 t0 时刻开始，对 ab 杆施加一垂直 ab 杆且平行右导轨平面向下的力 F，使 ab 杆以初速度 v1沿右导轨平面匀速下滑。1 s 后，使

6、 ab 做匀加速直线运动， t2 s 后，又使 ab 杆沿导轨平面匀速下滑。整个过程中 cd 杆运动的 vt 图象如图乙所示(其中第 1 s、第 3 s 内图线为直线 )。两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，取 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)在第 1 s 内 cd 杆受到的安培力的大小；4(2)ab 杆的初速度 v1及第 2 s 末的速度 v2；(3)若第 2 s 内力 F 所做的功为 9 J，求第 2 s 内 ab 杆所产生的焦耳热。解析 (1)对 cd 杆，由 vt 图象得： a1 3 m/s 2， v t由牛顿第二定律得 mgsin 53 (m

7、gcos 53 F 安 ) ma1，解得 F 安 0.4 N(2)对 ab 杆，感应电动势 E BLv1电流 I ，ERcd 杆的安培力 F 安 BIL，解得 v12 m/s，由题意得第 3 s 内 cd 的加速度 a23 m/s 2对 cd 杆，由牛顿第二定律得 mgsin 53 ma2，(mgcos 53B2L2v2R )解得 v28 m/s。(3)由运动学知识得第 2 s 内 ab 杆的位移 x2 t5 m，v1 v22由动能定理得 WF WG Wf W 安 mv mv ，12 2 12 21又 WF9 J，WG mgx2sin 37，Wf mgx 2cos 37， W 安 Qab，解得

8、： Qab7 J。答案 (1)0.4 N (2)2 m/s 8 m/s (3)7 J54.如图所示， AD 与 A1D1为水平放置的无限长平行金属导轨， DC 与 D1C1倾角为 37的平行金属导轨，两组导轨的间距均为 l1.5 m，导轨电阻忽略不计。质量为m10.35 kg、电阻为 R11 的导体棒 ab 置于倾斜导轨上，质量为 m20.4 kg、电阻为R20.5 的导体棒 cd 置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与 cd 的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩。导体棒 ab、 cd 与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B2

9、 T。初始时刻，棒ab 在倾斜导轨上恰好不下滑。( g 取 10 m/s2，sin 370.6)(1)求导体棒与导轨间的动摩擦因数 ；(2)在轻质挂钩上挂上物体 P，细绳处于拉伸状态，将物体 P 与导体棒 cd 同时由静止释放，当 P 的质量不超过多大时， ab 始终处于静止状态？(导体棒 cd 运动过程中， ab、 cd一直与 DD1平行，且没有与滑轮相碰。)(3)若 P 的质量取第(2)问中的最大值，由静止释放开始计时，当 t1 s 时 cd 已经处于匀速直线运动状态，求在这 1 s 内 ab 上产生的焦耳热为多少？解析 (1)对 ab 棒，由平衡条件得 m1gsin m 1gcos 0解

10、得 (或 0.75)346(2)当 P 的质量最大时， P 和 cd 的运动达到稳定时， P 和 cd 一起做匀速直线运动， ab处于静止状态，但摩擦力达到最大且沿斜面向下。设此时电路中的电流为 I，对 ab 棒，由平衡条件得沿斜面方向： IlBcos m1gsin N 0垂直于斜面方向： N IlBsin m1gcos 0对 cd 棒，设绳中的张力为 T，由平衡条件得T IlB m 2g0对 P，由平衡条件得 Mg T0联立以上各式得： M1.5 Kg故当 P 的质量不超过 1.5 Kg 时， ab 始终处于静止状态(3)设 P 匀速运动的速度为 v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得

11、Blv I(R1 R2)得 v2 m/s对 P、棒 cd，由牛顿第二定律得Mg m 2g B l( M m2)aBlv1R1 R2两边同时乘以 t，并累加求和，可得7Mgt m 2gt B l( M m2)vBlsR1 R2解得 s m4130对 P、 ab 棒和 cd 棒，由能量守恒定律得Mgs m 2gs Q (M m2)v212解得 Q12.6 J在这 1 s 内 ab 棒上产生的焦耳热为 Q1 Q8.4 J。R1R1 R2答案 (1) (2)1.5 kg (3)8.4 J345.如图所示，两足够长电阻不计的光滑平行金属导轨 MN、 PQ 相距 L1 m，导轨平面与水平面夹角 37，导轨

12、空间内存在着垂直导轨平面向上的匀强磁场。长为 L 的金属棒 ab 垂直于 MN、 PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量 m0.1 kg、电阻 r8 。两金属导轨的上端连接右端电路，定值电阻 R112 ， R26 ，开关 S未闭合，已知 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8。试求：(1)若磁感应强度随时间变化满足 B2 t1(T)，金属棒由距导轨顶部 1 m 处释放，求至少经过多长时间释放，会获得沿斜面向上的加速度；(2)若匀强磁场大小为 B22 T，现对金属棒施加一个平行于导轨沿斜面向下的外力F，使金属棒沿导轨向下做加速度为 a10 m/s2的匀加速直线

13、运动，外力 F 与时间 t 应满足什么样的关系。8(3)若匀强磁场大小为 B1 T，现将金属棒从顶部由静止释放并闭合开关 S，棒刚好355达到最大速度时， R2已产生的总热量为 QR2 J，则此过程金属棒下滑的距离为多大？1645解析 (1)金属棒有沿着斜面向上的加速度，则 BIL mgsin 又 IEr R1其中： E L2 KL22 V t B t其中： B2 t1(T)解得： t2.5 s 即至少需要 2.5 s。(2)对金属棒由牛顿第二定律得： F mgsin FA ma其中 FA B1I1L其中： v at解得： F2 t0.4(N)(3)棒达到最大速度时 R1产生热量 QR1 QR2 JR2R1 845并联电阻 R 4 R1R2R1 R2棒产生热量 Qr( QR1 QR2) JrR 1615得 Q Qr QR1 QR2 J85棒达到最大速度时受力平衡 B2I2L mgsin 其中： I2B2Lvmr R解得： vm4 m/s9由能量守恒得： mgxsin Q mv 。12 2m解得： x4 m。答案 (1)2.5 s (2) F2 t0.4 (N) (3)4 m