高考物理总复习二轮复习计算题突破3　力学三大观点在电磁感应中的应用

计算题突破3力学三大观点在电磁感应中的应用1.(11分)(2025广东广州模拟)如图所示,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为L,两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为g。(1)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求棒a匀速运动时的速度大小v0;(2)在(1)问中,当棒a匀速运动时,再将棒b由静止释放,求释放瞬间棒b的加速度大小a0;(3)在(2)问中,从棒b释放瞬间开始计时,经过时间t0,两棒恰好达到相同的速度v,求速度v的大小,以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。2.(12分)(2025贵州黔南州模拟)如图所示,绝缘水平面上固定一平行金属导轨,导轨两端分别与足够长的倾斜平行金属导轨平滑连接,导轨间距均为L=1m,水平导轨中部的cdef矩形区域内有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5T。现有质量m1=1kg的金属棒a从左侧轨道上高为h=5m处由静止释放,穿过磁场区域后,与静止的质量m2=2kg的金属棒b发生弹性碰撞。碰后瞬间b棒的速度大小为v2=254m/s,并沿右侧轨道上升到最大高度时锁定。已知两金属棒接入电路的阻值均为r=0.2Ω,导轨电阻不计,两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度g取10m/s2,不计一切摩擦阻力。求(1)a棒刚进入磁场区域时的加速度大小a0;(2)矩形区域cf的长度x;(3)a棒最终停止时与cd间的距离Δx及整个运动过程中a棒产生的焦耳热Qa。3.(12分)(2025浙江金华模拟)某探究小组利用电磁阻尼原理设计了一减震装置,其简化结构如图甲所示。质量为m的“日”字形金属框架abcdef由7根长度均为l、电阻均为r的金属杆焊接而成,水平有界匀强磁场的高度也为l,水平足够宽广,磁感应强度大小为B。开始时水平杆af与磁场的上边界平行。框架由某一高度下落,以初速度v0进入磁场,磁场中框架运动的速度v与下落距离x之间的v-x图像如图乙所示,则:(1)框架刚进入磁场时受到的安培力的大小FA;(2)穿过磁场过程中,框架上产生的焦耳热Q;(3)框架在磁场中运动的时间t。4.(15分)(2025云南腾冲五中二模)如图所示,两平行金属导轨间距L=1m,与水平方向夹角θ=37°,轨道电阻不计,垂直轨道放置两根质量均为m=1kg的金属棒a、b,有效阻值均为R=0.01Ω,金属棒与轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.375、μ2=0.875,整个装置处在垂直于轨道向下的匀强磁场中,磁感应强度大小B=0.1T。将a棒锁定,使得a、b棒处于静止状态;现解锁a棒,使其从静止开始向下运动。导轨足够长,不计电阻,两金属棒与导轨间接触始终良好。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6。(1)求当b棒开始运动时,a棒的速度大小;(2)若a、b棒始终没有相碰,求两棒的最大速度差;(3)若当b棒开始运动时,a棒恰好与b棒发生弹性碰撞,从此时开始计时,经t=0.4s时,a棒与b棒之间最大距离记为d,求d的大小。

参考答案1.答案(1)2mgRsinθB2(3)gsinθ·t0+mgR2解析(1)导体棒a在运动过程中重力沿斜面的分力和棒a的安培力相等时做匀速运动,由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I=E2R棒a受力平衡,可得mgsinθ=BIL联立解得v0=2mgR(2)由右手定则可知导体棒b中电流向里,棒b受沿斜面向下的安培力,此时电路中电流不变,则棒b由牛顿第二定律可得mgsinθ+BIL=ma0解得a0=2gsinθ。(3)释放棒b后棒a受到沿斜面向上的安培力,在到达共速时对棒a由动量定理有mgsinθ·t0-BILt0=mv-mv0棒b受到向下的安培力,对棒b由动量定理有mgsinθ·t0+BILt0=mv联立解得v=gsinθ·t0+v02=gsinθ·t0此过程流过棒b的电荷量为q,则有q=It0由法拉第电磁感应定律可得I联立可得Δx=mv2.答案(1)6.25m/s2(2)1m(3)05.47J解析(1)a棒下降高度h,由动能定理可得m1gh=12m1解得v0=10m/sa棒进入磁场区域时有E=BLv0,I=E2r联立解得a0=Fm1=6.25m/s(2)a、b发生弹性正碰,设碰前a棒速度为v,碰后速度为v1,则有m1v=m1v1+m2v2,12m1v2=12m1v1联立解得v1=m1-m2m1+m2v解得v=758m/s,v1=-258a棒第一次穿过磁场的过程,由动量定理有-BIL·Δt=m1v-m1v0-∑B2L22rviΔt=m1v-m1v0,解得x=1m。(3)a棒第二次进入磁场至最后停止的过程,在磁场中运动的总路程为s,满足关系B2L22解得s=5m,故Δx=0整个运动过程中电路产生的焦耳热Q=m1gh-12m2a棒产生的焦耳热Qa=12Q=17532J≈5.473.答案(1)4(2)3mgl+1(3)15解析(1)由框架刚进入磁场时水平杆af切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,则E=Blv0又整个电路的总电阻为R=154由闭合电路的欧姆定律得I=E故FA=BIl=4B(2)由v-x图像知,在2l~3l时,框架匀速运动,有mg=FA又FA=4B2l2v1框架在运动过程中,总的焦耳热为Q,由能量守恒定律得3mgl-Q=1即Q=3mgl+12(3)设框架从开始进入磁场到下落l的过程用时t1,末状态的速度为v2,由动量定理得mgt1-4B2l3从l到2l的过程用时t2,由动量定理得mgt2-2B2l3从2l到3l的过程用时t3,由动量定理得mgt3-4B2l3联立得t=t1+t2+t3=15mr4.答案(1)2m/s(2)4m/s(3)0.4m解析(1)根据题意可知,当b棒开始运动时,对b棒有BI1L+mgsinθ-μ2mgcosθ=0设a棒的速度大小为v1,则有E1=BLv1,I1=E联立解得v1=2m/s。(2)根据题意可知,当两棒的速度差最大时,两棒做加速度相同的匀加速直线运动,对a棒有mgsinθ-μ1mgcosθ-BI2L=ma对b棒有BI2L+mgsinθ-μ2mgcosθ=ma又有E2=BL(va-vb),I2=E联立解得va-vb=4m/s。(3)a棒恰好与b棒发生弹性碰撞,则有mv1=mv1'+mv2,12mv12=解得v1