2019高考物理二轮复习第14讲应用三大观点破解力电综合问题专题训练(含答案).pdf

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1、1 第 14 讲应用三大观点破解力电综合问题非选择题(共 80 分)1.(12 分)如图,ab 和 cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨,MN和 MN 是两根用细线连接的金属杆,其质量分别为m和 2m。竖直向上的外力F 作用在杆MN 上,使两杆水平静止,并刚好与导轨接触;两杆的总电阻为 R,导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略,重力加速度为g。在 t=0 时刻将细线烧断,保持 F 不变,金属杆和导轨始终接触良好。求:(1)细线烧断后,任意时刻两杆运动的速度之比;(2)两杆分别达到的最大速度。2.(12 分)如图所示,足够长的粗糙斜面

2、与水平面成=37角放置,在斜面上虚线aa 和 bb 与斜面底边平行,且间距为d=0.1 m,在 aa、bb 围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场,磁感应强度为B=1 T;现有一质量为m=10 g、总电阻为R=1、边长也为d=0.1 m 的正方形金属线圈MNPQ,其初始位置PQ边与 aa 重合,现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动,当金属线圈从最高点返回到磁场区域时,线圈刚好做匀速直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为=0.5,不计其他阻力,求:(取 g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度;(2)线圈向上离开磁场区域时的动能;

3、(3)线圈向下通过磁场区域过程中,线圈中产生的焦耳热。2 3.(12 分)如图所示,P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨,间距 L1=0.5 m,处在竖直向下、磁感应强度大小B1=0.5 T的匀强磁场中。导体杆ef 垂直于 P、Q放在导轨上,在外力作用下向左做匀速直线运动。质量为 m=0.1 kg 的正方形金属框abcd 置于竖直平面内,其边长为 L2=0.1 m,每边电阻均为r=0.1。金属框的两顶点a、b 通过细导线与导轨相连。磁感应强度大小B2=1 T 的匀强磁场垂直金属框abcd 向里,金属框恰好处于静止状态。不计其余电阻和细导线对a、b 点的作用力,g 取 10 m/s2,求:

4、(1)通过 ab 边的电流Iab;(2)导体杆 ef 的运动速度v。3 4.(14 分)如图所示,两根足够长的光滑金属导轨ab、cd 与水平面成=30固定,导轨间距离为l=1 m,电阻不计,一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端,整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B=1 T。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下滑过程中与导轨接触良好。改变电阻箱的阻值R,测定金属棒的最大速度vm,得到-的关系如图乙所示。取g=10 m/s2。求:(1)金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值;(2)当电阻箱R取 2,且金属

5、棒的加速度为时,金属棒的速度。5.(14 分)如图所示,两根半径为r 的 圆弧轨道间距为L,其顶端 a、b与圆心处等高,轨道光滑且电阻不计,在其上端连有一阻值为R的电阻,整个装置处于辐向磁场中,圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B。将一根长度稍大于L、质量为 m、电阻为 R0的金属棒从轨道顶端ab 处由静止释放。已知当金属棒到达如4 图所示的cd 位置(金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为)时,金属棒的速度达到最大;当金属棒到达轨道底端ef 时,对轨道的压力为1.5mg。求:(1)当金属棒的速度最大时,流经电阻R的电流大小和方向;(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量;(3)金属棒

6、滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量。6.(16 分)(2018 湖北四地七校联考)如图所示,相距 L=0.5 m的平行导轨MNS、PQT处在磁感应强度B=0.4 T 的匀强磁场中,水平导轨处的磁场方向竖直向上,光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为m=40 g、电阻均为R=0.1 的导体棒ab、cd 均垂直放置于导轨上,并与导轨接触良好,导轨电阻不计。质量为M=200 g 的物体 C,用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒ab、cd 相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内,细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角=37,水平导轨与ab 棒间的动摩擦因数=0.4。重

7、力加速度g=10 m/s2,水平导轨足够长,导体棒 cd 运动中始终不离开倾斜导轨。物体C由静止释放,当它达到最大速度时下落高度h=1 m,试求这一运动过程中:(sin 37=0.6,cos 37=0.8)5(1)物体 C能达到的最大速度vm是多少;(2)系统产生的热量是多少;(3)连接 cd 棒的细线对cd 棒做的功是多少。6 答案精解精析非选择题1.答案(1)2 1(2)解析(1)设任意时刻MN、MN 杆的速度分别为v1、v2。因为系统所受合外力为零,所以 MN和 MN 系统动量守恒mv1-2mv2=0 解得 v1v2=21(2)当两杆达到最大速度时对 MN 则有 2mg-F安=0 E=B

8、l(v1+v2),I=,F安=BIl 联立解得v1=,v2=2.答案(1)2 m/s(2)0.1 J(3)0.004 J 解析(1)金属线圈向下进入磁场时,有mg sin=mg cos +F安其中 F安=BId,I=,E=Bdv 解得 v=2 m/s(2)设最高点离bb 的距离为x,则v2=2ax,mg sin-mg cos=ma 根据动能定理有Ek1-Ek=mg cos 2x,其中 Ek=mv2解得 Ek1=0.1 J(3)向下匀速通过磁场区域过程中,有mg sin 2d-mg cos 2d+W安=0 Q=-W安7 解得 Q=0.004 J 3.答案(1)7.5 A(2)3 m/s 解析(1

9、)设通过正方形金属框的总电流为I,ab边的电流为Iab,dc 边的电流为Idc有 Iab=I,Idc=I 金属框受重力和安培力,处于静止状态,有mg=B2IabL2+B2IdcL2联立解得I=10 A,Iab=7.5 A(2)设导体杆切割磁感线产生的电动势为E,则E=B1L1v 设 ad、dc、cb 三边电阻串联后与ab 边电阻并联的总电阻为R,则R=r 根据闭合电路欧姆定律,有 I=解得 v=3 m/s 4.答案(1)0.2 kg 2(2)0.5 m/s 解析(1)金属棒以速度vm下滑时,根据法拉第电磁感应定律有E=Blvm由闭合电路欧姆定律有E=I当金属棒以最大速度vm下滑时,根据平衡条件

10、有BIl=mg sin 由以上各式整理得=+由-图像可知=1,=0.5 解得 m=0.2 kg,R0=2(2)设此时金属棒下滑的速度为v,根据法拉第电磁感应定律有E=I,又 E=Blv 8 当金属棒下滑的加速度为时,根据牛顿第二定律有mg sin-BIl=m联立解得v=0.5 m/s 5.答案(1),方向为 aRb(2)(3)解析(1)金属棒速度最大时,在轨道切线方向所受合力为0,则有mg cos=BIL 解得 I=,流经 R的电流方向为aRb(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中,穿过回路的磁通量变化量为=BS=B L=平均电动势=平均电流=则流经电阻R的电量 q=t=(3)在轨道最低点时,由

11、牛顿第二定律得FN-mg=m据题意有FN=1.5mg 由能量守恒定律得Q=mgr-mv2=mgr 电阻 R上热量 QR=Q=6.答案(1)2 m/s(2)1.2 J(3)0.84 J 9 解析(1)设物体 C达到的最大速度为vm,由法拉第电磁感应定律得回路的感应电动势为E=2BLvm由闭合电路欧姆定律得回路中的电流为I=导体棒 ab、cd 受到的安培力为F=BLI 设连接导体棒ab 与 cd 的细线中张力大小为T1,连接导体棒ab 与物体 C的细线中张力大小为T2,导体棒 ab、cd 及物体 C的受力如图,由平衡条件得:T1=mg sin 37+F T2=T1+F+f T2=Mg 其中 f=mg 解得 vm=2 m/s(2)系统在该过程中产生的热量为Q1,由能量守恒定律得Mgh=(2m+M)+mgh sin 37+Q1解得 Q1=1.2 J(3)运动过程中由于摩擦产生的热量Q2=mgh=0.16 J 由第(2)问的计算结果知,这一过程中电流产生的热量Q3=Q1-Q2=1.04 J 又因为 ab 棒、cd 棒的电阻相等,故电流通过cd 棒产生的热量Q4=0.52 J 对导体棒cd,设这一过程中细线对其做的功为W,则由能量守恒定律得W=mgh sin 37 +m+Q4 解得 W=0.84 J