《（课标版）高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应 第15讲 计算题对“三大观点解决电磁感应综合问题”的考查限时练（含解析）-人教版高三全册物理试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（课标版）高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应 第15讲 计算题对“三大观点解决电磁感应综合问题”的考查限时练（含解析）-人教版高三全册物理试题（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、计算题对“三大观点解决电磁感应综合问题”的考查A组12分中难大题练少失分1(12分)(2019济南外国语学校模拟)如图所示，平行光滑U形导轨倾斜放置，倾角30，导轨间的距离L1.0 m，电阻RR13.0 ，电容器电容C2108 F，导轨电阻不计匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B2.0 T，质量m0.4 kg，电阻r1.0 的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿轨道平面垂直于金属棒的大小F5.0 N的恒力，使金属棒ab从静止起沿导轨向上滑行，求：(1)金属棒ab达到匀速运动时的速度大小(g10 m/s2)；(2)金属棒ab从静止开始到匀速运动的过程中通过电阻R1的电荷量解析：(1)当金属
2、棒匀速运动时，由力的平衡条件可得：Fmgsin 30BIL(2分)解得： I1.5 A(1分)感应电动势EBLv(2分)再根据闭合电路欧姆定律可知I(1分)联立解得：金属棒匀速运动时的速度v3 m/s.(1分)(2)当金属棒匀速运动时，电容器两端的电压UIR4.5 V(2分)电容器极板上的电荷量QUC9108 C(2分)故通过R1的电荷量为9108 C(1分)答案：(1)3 m/s(2)9108 C2(12分)(2019山东恒台一中模拟)如图所示，在匝数N100匝、截面积S0.02 m2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B0，B0均匀变化两相互平行、间距L0.2 m的金属导轨固定在倾角为3
3、0的斜面上，线圈通过开关S与导轨相连一质量m0.02 kg、阻值R10.5的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN位置，M、N等高一阻值R20.5 的定值电阻连接在导轨底端导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度B0.5 T的匀强磁场金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计重力加速度g取10 m/s2.(1)闭合开关S时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为0.4 N，请判断磁感应强度B0的变化趋势是增大还是减小，并求出磁感应强度B0的变化率.(2)断开开关S，解除对金属杆的锁定，从MN处由静止释放，求金属杆稳定后的速度以及此时电阻R2两端的电压解析：(1)闭合开关S时，金属杆受到沿斜面向下的安
4、培力，金属杆中的电流由M流向N，根据楞次定律可知磁感应强度B0的趋势是增大线圈中的感应电动势ENS(2分)导线中的电流为I(2分)金属杆受到的安培力为：FBIL，(1分)得到：1 T/s；(1分)(2)匀速时mgsin BL(2分)解得：vm10 m/s(1分)由欧姆定律可得：UE(1分)EBLvm(1分)解得U0.5 V(1分)答案：(1)磁感应强度B0的趋势是增大1 T/s(2)10 m/s0.5 V3(12分)(2019浙江杭州联考)如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN.
5、缓冲车的底部，安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B.导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦阻力不计(1)求滑块K的线圈中最大感应电动势的大小；(2)若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零，则此过程线圈abcd中通过的电量和产生的焦耳热各是多少？(3)若缓冲车以v0速度与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，求此后缓冲车厢的速度v随位移x的变化规律？(4)若缓冲车以v
6、0速度与障碍物C碰撞后，要使导轨右端不碰到障碍物，则缓冲车与障碍物C碰撞前，导轨右端与滑块K的cd边距离至少多大？解析：(1)缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，线圈中产生的感应电动势最大，则有EmnBLv0.(2分)(2)由法拉第电磁感应定律得：En，其中BL2.(1分)由欧姆定律得：又(1分)代入整理得：此过程线圈abcd中通过的电量为：qn.由功能关系得：线圈产生的焦耳热为：Qmv(1分)(3)位移为x时通过的电量为：qn(1分)由动量定理可得：F安tmvmv0(1分)nBLItmvmv0(1分)nBLqmvmv0(2分)解得：vv0(1分)(
7、4)由vv0，当v0时可求得：x(1分)答案：(1)nBLv0(2)mv(3)vv0(4)4(12分)(2019浙江七彩阳光联考)间距l0.20 m的两平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成垂直于水平导轨放置一质量m0.01 kg、阻值R0.10 的导体棒ab，位于坐标x00.30 m处，如图所示水平导轨处于B0.50 T、方向垂直导轨平面的匀强磁场中，磁场左边界位于坐标x0处，右边界位于xx1处，x1足够大，导体棒出磁场右边界前已达到稳定速度在倾斜导轨高h0.2 m处垂直于导轨静止放置与导体棒ab相同的导体棒cd.导体棒在运动过程中始终垂直于导轨，不计导轨电阻，忽略磁场边界效应求：
8、(1)棒cd恰好进入磁场左边界时的速度大小；(2)棒cd和棒ab在磁场中运动的最终速度；(3)cd棒从进入到离开磁场的过程中，安培力对系统做的总功解析：(1)根据动能定理：mghmv(1分)解得：v02 m/s(1分)(2)由动量守恒有mv02mv(1分)解得：v1 m/s(1分)(3)设两棒达到相同速度时间距为x，则有q而q(2分)联立并代入数据解得：x0.1 m(1分)对cd棒，出磁场时，有Blqmvmv(1分)q(1分)联立并代入数据解得：v0.5 m/s(1分)根据能量守恒可得：W(1分)代入数据解得：W1.375102 J(1分)答案：(1)2 m/s(2)1 m/s(3)1.375
9、102 JB组20分压轴大题练多得分5(20分)(2019吉林市调研)如图所示，两条相互平行的光滑金属导轨，相距L0.2 m，左侧轨道的倾斜角30，右侧轨道为圆弧线，轨道端点间接有电阻R1.5 ，轨道中间部分水平，在MP、NQ间有距离为d0.8 m，宽与导轨间距相等的方向竖直向下的匀强磁场磁感应强度B随时间变化如图乙所示一质量为m10 g、导轨间电阻为r1.0 的导体棒a从t0时刻无初速释放，初始位置与水平轨道间的高度差H0.8 m另一与a棒完全相同的导体棒b静置于磁场外的水平轨道上，靠近磁场左边界PM.a棒下滑后平滑进入水平轨道(转角处无机械能损失)，并与b棒发生碰撞而粘合在一起，此后作为一
10、个整体运动导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计，g取10 m/s2.求：甲乙(1)a导体棒进入磁场前瞬间速度大小和a导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程中所用的时间；(2)粘合导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小；(3)粘合导体棒最终静止的位置离PM的距离；(4)全过程电阻R上产生的焦耳热解析：(1)设a导体棒进入磁场前瞬间速度大小为va导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程中由机械能守恒定律有：mgHmv2(1分)解得：v4 m/s(1分)a导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程由牛顿第二定律有：mgsin ma(1分)解得：a5 m/s2(1分)由速度与时间的关系式vat解得t0.8 s(
11、1分)a与b发生完全非弹性碰撞后的速度为v由动量守恒定律有：mv(mm)v(1分)解得：v2 m/s(1分)(2)粘合导体棒刚好进入匀强磁场时，安培力为：FBIL，I，EBLv，解得：F0.04 N(2分)(3)粘合导体棒直到静止，由动量定理有：BILt02mv，qIt，BLs总(2分)解得：s总2 m(1分)因此粘合导体棒静止时离PM的距离为xs总2d0.4 m(1分)(4)导体棒滑入磁场前，由法拉第电磁感应定律可知：E0.2 V(1分)由闭合电路欧姆定律有：I0.1 A(1分)有：QR1I2Rt0.012 J(1分)碰撞后回路产生的热量Q2mv2QR2Qr(1分)3(1分)代入数据解得：Q
12、R20.03 J(1分)整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为：QRQR1QR20.042 J(1分)答案：(1)2 m/s0.8 s(2)0.04 N(3)停在距离PM为0.4 m处(4)0.042 J6(20分)两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d1 m，在左端弧形轨道部分高h1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra2 、Rb5 ，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2 T现杆b以初速度大小v05 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的
13、平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma2 kg，mb1 kg，g10 m/s2，求：甲乙(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热解析：(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bdtmb(v0vb0)(2分)其中vb02 m/s(1分)代入数据解得t5 s(1分)(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有maghmav(2分)解得va5 m/s(1分)设最后a
14、、b两杆共同的速度为v，由动量守恒定律得mavambvb0(mamb)v(2分)代入数据解得v m/s(2分)杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v的运动时间为t，则由动量定理可得BdItma(vav)(2分)而qIt(1分)代入数据得q C(2分)(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Qmaghmbv(mamb)v2 J(2分)b棒中产生的焦耳热为QQ J(2分)答案：(1)5 s(2) C(3) J7(20分)(2019吉林实验中学模拟)如图所示，倒“凸”字形硬质金属线框质量为m，总电阻为R，相邻各边相互垂直，且处于同一竖直平面内，ab、bc、cd、ed、fg、gh、ha边长均为l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域高度大于3l，磁感应强度大小为B.线框由静止开始从ab距磁场上边界高度为h0处自由下落，当gh、cd边进入磁场时，线框恰好做匀速运动，当ab边穿出磁场下边界时线框也做匀速运动，重力加速度为g.求：(1)gh、cd边刚刚进入磁场时的速度大小；(2)线框完全进入磁场过程中产生的热量；(3)磁场区域高度H.解析：(1)gh、
