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(含解析)

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M'N'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,足够长的粗糙斜面与水平面成θ=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 Ω、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μ=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)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=0.5 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 Ω。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:

(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=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 Ω,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。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 Ω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=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)

(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'N'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'N'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'N'则有2mg-F安=0

E=Bl(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 θ=μmg cos θ+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 θ-mgμ cos θ=ma

根据动能定理有

Ek1-Ek=mgμ cos θ·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 θ·2d-μmg cos θ·2d+W安=0

Q=-W安

解得Q=0.004 J

3.答案　(1)7.5 A　(2)3 m/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=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 Ω　(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,根据平衡条件有

BIl=mg sin θ

由以上各式整理得=·+·

由-图像可知=1,·=0.5

解得m=0.2 kg,R0=2 Ω

(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

mg sin θ-BI'l=m·

联立解得v=0.5 m/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

mg cos θ=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)2 m/s　(2)1.2 J　(3)0.84 J

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=μmg

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=μmgh=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