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.docx

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)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 。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=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1vm-1R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 ,且金属棒的加速度为g4时,金属棒的速度。5.(14分)如图所示,两根半径为r的14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)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 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)21(2)4mgR3B2l22mgR3B2l2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=0E=Bl(v1+v2),I=ER,F安=BIl联立解得v1=4mgR3B2l2,v2=2mgR3B2l22.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=ER,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=12mv2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=0Q=-W安解得Q=0.004 J3.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=34I,Idc=14I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=r3rr+3r=34r根据闭合电路欧姆定律,有I=ER解得v=3 m/s4.答案(1)0.2 kg2 (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=IRR0R+R0当金属棒以最大速度vm下滑时,根据平衡条件有BIl=mg sin 由以上各式整理得1vm=B2l2mgsin1R+B2l2mgsin1R0由1vm-1R图像可知B2l2mgsin=1,B2l2mgsin1R0=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=IRR0R+R0,又E=Blv当金属棒下滑的加速度为g4时,根据牛顿第二定律有mg sin -BIl=mg4联立解得v=0.5 m/s5.答案(1)mgcosBL,方向为aRb(2)BLr2(R+R0)(3)3mgrR4(R+R0)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=mgcosBL,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=BLr2=BLr2平均电动势E=t平均电流I=ER+R0则流经电阻R的电量q=It=R+R0=BLr2(R+R0)(3)在轨道最低点时,由牛顿第二定律得FN-mg=mv2r据题意有FN=1.5mg由能量守恒定律得Q=mgr-12mv2=34mgr电阻R上热量QR=RR+R0Q=3mgrR4(R+R0)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=E2R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+FT2=T1+F+fT2=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=12(2m+M)vm2+mgh sin 37+Q1解得Q1=