精品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Word格式.docx
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角放置,在斜面上虚线aa'
和bb'
与斜面底边平行,且间距为d=0.1m,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=1T;
现有一质量为m=10g、总电阻为R=1Ω、边长也为d=0.1m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μ=0.5,不计其他阻力,求:
（取g=10m/s2,sin37°
=0.6,cos37°
=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）线圈向下通过磁场区域过程中,线圈中产生的焦耳热。
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=0.5m,处在竖直向下、磁感应强度大小B1=0.5T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=0.1kg的正方形金属框abcd置于竖直平面内,其边长为L2=0.1m,每边电阻均为r=0.1Ω。
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=1T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10m/s2,求:
（1）通过ab边的电流Iab;
（2）导体杆ef的运动速度v。
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θ=30°
固定,导轨间距离为l=1m,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=1T。
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=10m/s2。
（1）金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值;
（2）当电阻箱R取2Ω,且金属棒的加速度为时,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图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ）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。
（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=0.5m的平行导轨MNS、PQT处在磁感应强度B=0.4T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=40g、电阻均为R=0.1Ω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=200g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θ=37°
水平导轨与ab棒间的动摩擦因数μ=0.4。
重力加速度g=10m/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=1m,试求这一运动过程中:
（sin37°
（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。
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、M'
杆的速度分别为v1、v2。
因为系统所受合外力为零,所以MN和M'
系统动量守恒
mv1-2mv2=0
解得v1∶v2=2∶1
（2）当两杆达到最大速度时
对M'
则有2mg-F安=0
E=Bl（v1+v2）,I=,F安=BIl
联立解得v1=,v2=
2.答案
（1）2m/s
（2）0.1J （3）0.004J
解析
（1）金属线圈向下进入磁场时,有
mgsinθ=μmgcosθ+F安
其中F安=BId,I=,E=Bdv
解得v=2m/s
（2）设最高点离bb'
的距离为x,则
v2=2ax,mgsinθ-mgμcosθ=ma
根据动能定理有
Ek1-Ek=mgμcosθ·
2x,其中Ek=mv2
解得Ek1=0.1J
（3）向下匀速通过磁场区域过程中,有
mgsinθ·
2d-μmgcosθ·
2d+W安=0
Q=-W安
解得Q=0.004J
3.答案
（1）7.5A
（2）3m/s
解析
（1）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=10A,Iab=7.5A
（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=3m/s
4.答案
（1）0.2kg 2Ω
（2）0.5m/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,根据平衡条件有
BIl=mgsinθ
由以上各式整理得=·
+·
由-图像可知=1,·
=0.5
解得m=0.2kg,R0=2Ω
（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
当金属棒下滑的加速度为时,根据牛顿第二定律有
mgsinθ-BI'
l=m·
联立解得v=0.5m/s
5.答案
（1）,方向为a→R→b
（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
mgcosθ=BIL
解得I=,流经R的电流方向为a→R→b
（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
ΔΦ=BS=B·
L·
=
平均电动势=
平均电流=
则流经电阻R的电量q=Δt==
（3）在轨道最低点时,由牛顿第二定律得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）2m/s
（2）1.2J （3）0.84J
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=mgsin37°
+F
T2=T1+F+f
T2=Mg
其中f=μmg
解得vm=2m/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）+mghsin37°
+Q1
解得Q1=1.2J
（3）运动过程中由于摩擦产生的热量Q2=μmgh=0.16J
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=1.04J
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==0.52J
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=mghsin37°
+m+Q4
解得W=0.84J
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