2021届高考物理二轮复习计算题精解训练-电磁感应定律含答案及解析.doc

1、2021 届高考物理二轮复习计算题精解训练届高考物理二轮复习计算题精解训练 电磁感应定律电磁感应定律 1.一根电阻 0.6R 的导线弯成一个圆形线圈,圆半径1mr ,圆形线圈质量1kgm ,此线 圈放在绝缘光滑的水平面上,在 y 轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度 0.5TB 的匀强磁场, 如图所示.若线圈以初动能 k0 5 JE 沿 x 轴方向滑进磁场,当进入磁场 0.5 m 时,线圈中产生的 电能为 3JE .求: (1)此时线圈运动速度的大小； (2)此时线圈与磁场左边缘两交点间的电压大小; (3)此时线圈加速度的大小. 2.如图甲所示,斜面上存在一有理想边界的匀强磁场,磁场方向与斜面垂直

2、.在斜面上离磁场上 边界 1 0.36 ms 处由静止释放一单匝矩形金属线框,线框底边和磁场边界平行,金属线框与斜 面间的动摩擦因数 0.5.整个线框进入磁场的过程中,机械能E和位移s之间的关系如图乙 所示.已知 01 0.09 JEE.线框的质量为0.1 kg,电阻为0.06 ,斜面的倾角=37.磁场区域的 宽度 0.43md ,重力加速度取 2 10m/s sin370.6 cos370.8g ，.求: (1)线框刚进入磁场时的速度大小 1 v; (2)线框从开始进入至完全进入磁场所用的时间 t. 3.如图甲所示,水平放置的线圈匝数200n 匝,直径 1 40cmd ,电阻2r ,线圈与阻

3、值 6R 的电阻相连.在线圈的中心有一个直径 2 20 cmd 的有界匀强磁场,磁感应强度按图 乙所示规律变化,规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向. (1)求通过电阻R的电流方向. (2)求电压表的示数. (3)若撤去原磁场,在图中虚线的右侧空间加磁感应强度0.5TB的匀强磁场,方向垂直纸面 向里,试求在施加新磁场过程中通过电阻 R 的电荷量. 4.如图所示,两间距为 d 的平行光滑导轨由固定在同一水平面上的导轨CDC D 和竖直平面 内半径为 r 的 1 4 圆弧导轨ACA C 组成,水平导轨与圆弧导轨相切,左端接一阻值为 R 的电 阻,不计导轨电阻;水平导轨处于磁感应强度大小为 B、

4、方向竖直向上的匀强磁场中,其他地方 无磁场.导体棒甲静止于 CC 处,导体棒乙从 AA 处由静止释放,沿圆弧导轨运动,与导体棒甲 相碰后粘合在一起,并在到达水平导轨左端前停下.已知两棒的质量均为 m,电阻均为 R,始终 与导轨垂直且接触良好,重力加速度大小为 g,求: (1)两棒粘合前瞬间导体棒乙对每个圆弧导轨底端的压力大小 N; (2)两棒在磁场中运动的过程中,电路中产生的焦耳热 Q; (3)两棒粘合后受到的最大安培力 m F. 5.如图所示,足够长的金属导轨固定在水平面上,金属导轨宽度 1.0mL ,导轨上放有垂直导 轨的金属杆 P,金属杆 P 的质量 0.1kgm ,空间存在磁感应强度0

5、.5TB 、 竖直向下的匀强磁 场.连接在导轨左端的电阻 3.0R ,金属杆 P 的电阻1.0r ,其余部分电阻不计.某时刻给 金属杆 P 一个水平向右的恒力 F,金属杆 P 由静止开始运动,图乙是金属杆 P 运动过程的vt 图像,导轨与金属杆P 间的动摩擦因数 0.5.在金属杆 P运动的过程中,第一个 2 s 内通过金 属杆 P 的电荷量与第二个 2 s 内通过金属杆 P 的电荷量之比为 3:5.g 取 2 10m/s.求： (1)水平恒力 F 的大小; (2)第一个 2 s 内的位移; (3)前 4 s 内电阻 R 上产生的热量. 6.如图所示,光滑水平轨道MN PQ、 和光滑倾斜轨道NF

6、 QE、 在N Q、 点连接,倾斜轨道倾角 为,轨道间距均为L,轨道足够长.水平轨道间连接着阻值为R的电阻,质量分别为Mm、,电阻 分别为Rr、的导体棒ab、分别放在两组轨道上,导体棒均与轨道垂直,导体棒 a 与水平放置 的轻质弹簧通过绝缘装置连接,弹簧另一端固定在竖直墙壁上.水平轨道所在的空间区域存在 竖直向上的匀强磁场,倾斜轨道空间区域存在垂直轨道平面向上的匀强磁场,该磁场区域仅分 布在QN和EF所围的区域内,QN EF、 间距离为 d,两个区域内的磁感应强度分别为 12 BB、, 以QN为分界线且互不影响.现在用一外力 F 将导体棒 a 向右拉至某一位置处,然后把导体棒 b 从紧靠分界线

7、QN处由静止释放,导体棒 b 在出磁场边界EF前已达到最大速度.当导体棒 b 在磁场中运动达到稳定状态时,撤去作用在 a 棒上的外力后发现 a 棒仍能静止一段时间,然后 又来回运动并最终停下来. (1)求导体棒 b 在倾斜轨道的磁场区域中运动的最大速度; (2)求撤去外力后,弹簧弹力的最大值; (3)如果两个区域内的磁感应强度 12 =BBB且导体棒的电阻R r,从b棒开始运动到a棒最终 静止的整个过程中,电阻 R 上产生的热量为 Q,求弹簧最初的弹性势能. 7.如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为 37 ，导轨间距为1 m，电阻不计，导轨足 够长.两根金属棒ab和a b 的质量都是0.2

8、 kg，电阻都是1 ，与导轨垂直放置且接触良好， 金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀 强磁场(图中未画出)，磁感应强度 B的大小相同。让a b 固定不动，将金属棒ab由静止释 放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W。( 2 10 m/sg ， sin370.6 cos370.8 ，)求： (1)ab下滑的最大加速度的大小； (2)ab下落30 m高度时其下滑速度达到稳定，则此过程中回路电流的发热量 Q为多大？ (3)如果将ab与a b 同时由静止释放， 当ab下落了30 m高度时， 其下滑速度也刚好达到稳定， 则此过程中回路电

9、流的发热量Q为多大？ 答案以及解析答案以及解析 1.答案：(1)2 m/s (2) 2 3 V 3 (3) 2 2.5m/s 解析：(1)线圈的初动能为 5 J,进入磁场 0.5 m 时,线圈中产生的电能为 3 J,设此时线圈运动的 速度为 v,由能量守恒定律得 2 k0 1 2 EEmv,代入数据解得2 m/sv . (2)线圈进入磁场 0.5mx 时,由几何关系可得切割磁感线的有效长度3 mL ,则感应电动 势0.532V3 VEBLv.由几何知识可得线圈在磁场中的圆弧所对应的圆心角为 =120,线圈在磁场外的电阻为 1 2 120 3603 R RRR ,线圈与磁场左边缘两交点间的电 压

10、 1 22 3 V 33 E UIRR R . (3)线圈受到的安培力 22 B L v FBIL R ,由牛顿第二定律得Fma,代入数据解得 2 2.5m/sa . 2.答案：(1)1.2 m/s (2)0.125 s 解析：(1)线框未进入磁场前,根据牛顿第二定律有 sin37cos37mgmgma,代入数据解 得 2 2m/sa ,根据速度位移公式得 2 11 2vas,解得 1 1.2 m/sv . (2)金属线框进入磁场的过程中,减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功,机械能均 匀减小,因此安培力为恒力,线框匀速进入磁场.设线框的侧边长为 2 s,即线框进入磁场过程运 动的距离为

11、 2 s,根据功能关系,除重力之外的力所做的功等于线框机械能的变化,即 01AA2 () f EEEWWfFs ,因为线框匀速运动,根据平衡条件可得 A sin370.6 NfFmg ,联立并代入数据解得 2 0.15 ms ,运动时间 2 1 0.125s s t v . 3.答案：(1)ARB (2)1.5 V (3)0.5 C 解析：(1)磁感应强度方向向里且增大,根据楞次定律判断可知电流方向为ARB. (2)根据法拉第电磁感应定律得 22 ()2 V 2 dBB EnSn tt ,感应电流为 2 AA 62 4 E I Rr ,故电压表的示数为1.5 VUIR. (3)根据法拉第电磁感

12、应定律得,平均感应电动势为En t ,平均感应电流为 E I Rr ,则通 过电阻 R 的电荷量为 21 ,() 2 d qItnB Rr ,代入数据得0.5 Cq . 4.答案：(1) 3 2 mg (2) 1 2 mgr (3) 22 2 3 B dgr R 解析：(1)设两棒粘合前瞬间导体棒乙的速度大小为 1 v,对导体棒乙沿圆弧导轨运动的过程,根 据机械能守恒定律有 2 1 1 2 mvmgr,解得 1 2vgr,两棒粘合前瞬间,导体棒乙受到导轨的支持力 2N 与重力mg的 合力提供向心力,有 2 1 2 v Nmgm r ,解得 3 2 Nmg ,根据牛顿第三定律可知 3 2 NNm

13、g. (2)设两棒相碰并粘合在一起后瞬间的速度大小为 2 v,根据动量守恒定律有 12 2mvmv,解得 2 2 gr v ,根据能量守恒定律有 2 2 1 2 2 Qmv,解得 1 2 Qmgr. (3)经分析可知,两棒相碰并粘合在一起后切割磁感线的最大速度即为 2 v,故电路中产生的最 大感应电动势 m2 EBdv,根据闭合电路的欧姆定律可知,电路中通过的最大电流 m m E I R 总 ,其 中 = 2 R R R 总 ,又 mm FBI d ，解得 22 m 2 3 B dgr F R . 5.答案：(1)0.75 N (2)4.8 m (3)1.8 J 解析： (1)由题图乙可知,金

14、属杆P先做加速度减小的加速运动,2 s 后做匀速直线运动,当 2st 时,4 m/sv ,此时感应电动势EBLv,感应电流 E I Rr ,安培力 22 B L v FBIL Rr ,根据牛顿 第二定律有 0FFmg,解得0.75 NF . (2)通过金属杆P的电荷量 E qItt Rr ,其中 BLx E tt ,所以 BLx qx Rr (x为金属杆 P 的位移),设第一个 2 s 内金属杆 P 的位移为 1 x,第二个 2 s 内金属杆 P 的位移为 2 x,由题图乙 可知, 2 8 mx ,又由于 12 :3:5qq ,得 1 4.8 mx . (3)前 4 s 内,由能量守恒定律得

15、2 1212 1 ()() 2 rR F xxmvmg xxQQ,其中 :1:3 rR QQr R,解得1.8 J R Q . 6.答案：(1) 22 2 (2 )sin 2 Rr mg B L (2) 1 2 sin 2 Bmg B (3) 3222 44 9sin 6sin 8 m g R Qmgd B L 解析：(1)b 棒达到最大速度时,设 b 棒中的电流为 I,有 2 sin=mgFB IL 安 ,b 棒切割磁感线产 生的感应电动势为 2 EB Lv,由闭合电路欧姆定律得 2 E I R r ,联立解得 22 2 (2 )sin 2 Rr mg v B L . (2)撤去外力后,a棒

16、将做减幅振动,当a棒静止时,弹簧的弹力最大.此时b棒正处于匀速运动阶 段,有 1 1 2 IFFB L 弹安 ,解得 1 2 sin 2 Bmg F B 弹 . (3)设 b 棒在磁场中运动过程中,电阻 R 上产生的热量为 1 Q,a 棒振动过程中,电阻 R 上产生的 热量为 2 Q,有 12 QQQ, 因 12 BB,导体棒的电阻R r, b 棒在磁场中运动过程中,由能量守恒定律得 2 1 1 sin6 2 mgdQmv,且 12 BBB ， 在 a 棒振动过程中,由能量守恒定律得 2P 6EQ. 解得 3222 P 44 9sin 6sin 8 m g R EQmgd B L . 7.答案

17、： （1）当 ab 棒刚下滑时，ab 棒的加速度有最大值；因为sincosmgmgma，所 以 2 sincos4 m/sagg。 （2）ab 棒达到最大速度时做匀速运动，有sincosmgBILmg，整个回路消耗的电功 率(sincos ) mm PBILvmgmgv 电 ，则 ab 棒的最大速度为：10 m/s m v ，根据能量守 恒得： 2 1 cos 2sin m h mghQmvmg ，解得：30 JQ 。 （3）将a b 固定解除，a b 和ab棒达到最大速度时做匀速运动，根据共点力平衡条件： cossinmgBI Lmg， 2 22 EBLv I RR ，解得：5 m/sv ，根据功能关系： 2 1 22cos 2sin h mghmvmgQ ，解得：75 JQ 。