適用于新高考新教材浙江專版2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)第11單元電磁感應(yīng)熱點(diǎn)練10涉及電磁感應(yīng)的力電綜合問題新人教版

熱點(diǎn)練(十)涉及電磁感應(yīng)的力電綜合問題1.(多選)如圖所示,MN和PQ是兩根相互平行、豎直放置的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌,電阻不計(jì),勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面對(duì)里。有確定質(zhì)量和電阻的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置,與導(dǎo)軌接觸良好。起先時(shí),斷開開關(guān)S,讓金屬桿ab由靜止起先沿導(dǎo)軌下落,經(jīng)過一段時(shí)間后,閉合開關(guān)S。從閉合開關(guān)S起先計(jì)時(shí),取豎直向下為正方向,金屬桿的速度v、加速度a、安培力F及電流表示數(shù)i隨時(shí)間t變更的圖像可能正確的是 ()2.(多選)間距為d的金屬導(dǎo)軌豎直平行放置,空間有垂直于導(dǎo)軌所在平面對(duì)外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在導(dǎo)軌上端接一電容為C的電容器,一質(zhì)量為M的金屬棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸,距地面高度為H由靜止起先釋放金屬棒。重力加速度為g,一切摩擦及電阻均不計(jì),在金屬棒下滑至地面的過程中,下列說法正確的是()A.金屬棒做變加速運(yùn)動(dòng)B.金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng),加速度大小為MgC.金屬棒運(yùn)動(dòng)到地面的過程中,機(jī)械能守恒D.金屬棒運(yùn)動(dòng)到地面時(shí),電容器儲(chǔ)存的電勢(shì)能為MgHC3.如圖甲、乙所示,除導(dǎo)體棒ab可動(dòng)外,其余部分均固定不動(dòng),圖甲中的電容器C原來不帶電。設(shè)導(dǎo)體棒ab、導(dǎo)軌電阻均可忽視,導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦也不計(jì),圖中裝置均在水平面內(nèi),且都處于方向垂直于水平面(即紙面)向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一個(gè)向右的初速度v0,在圖甲、乙兩種情形下,關(guān)于導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),下列說法正確的是 ()A.圖甲中,導(dǎo)體棒ab先做勻減速運(yùn)動(dòng),最終做勻速運(yùn)動(dòng)B.圖乙中,導(dǎo)體棒ab先做加速度越來越小的減速運(yùn)動(dòng),最終靜止C.兩種情形下通過電阻的電荷量一樣大D.兩種情形下導(dǎo)體棒ab最終都保持勻速運(yùn)動(dòng)B組綜合提升4.(2024遼寧卷改編)如圖所示,兩平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置,間距為L(zhǎng)。abcd區(qū)域有勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向豎直向上。初始時(shí)刻,磁場(chǎng)外的細(xì)金屬桿M以初速度v0向右運(yùn)動(dòng),磁場(chǎng)內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m,在導(dǎo)軌間的電阻均為R,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及導(dǎo)軌的電阻忽視不計(jì)。(1)求M剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力F的大小和方向。(2)若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)未相撞且N出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v03,求:①量q;②初始時(shí)刻N(yùn)到ab的最小距離x。5.(2024浙江杭州月考)兩根相距為L(zhǎng)=1m、足夠長(zhǎng)的“U”形金屬導(dǎo)軌,一端接有阻值為R=2Ω的電阻,折成如圖甲所示放置,左半部分為與水平面成37°角的斜面,處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=0.8T、方向平行于斜面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,右半部分處于水平面內(nèi),此區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1(大小未知)、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量均為m=0.1kg、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)=1m的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直放置,兩桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5,每根桿的電阻均為R=2Ω。t=0時(shí)刻起,ab在如圖乙所示隨時(shí)間變更的外力F作用下,從靜止起先沿導(dǎo)軌向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),同時(shí)cd也由靜止釋放。兩導(dǎo)軌電阻不計(jì),金屬細(xì)桿始終沒有離開各自導(dǎo)軌平面,重力加速度為g。sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求t=0時(shí)刻ab的加速度的大小及磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小。(2)求cd從靜止起先到達(dá)最大速度的時(shí)間。(3)若在cd從靜止到達(dá)最大速度過程中電阻R上產(chǎn)生焦耳熱Q=56J,則這一過程中作用在ab上外力F做的功WF為多少

參考答案熱點(diǎn)練(十)涉及電磁感應(yīng)的力電綜合問題1.BC解析閉合開關(guān)時(shí),金屬桿受到向下的重力以及向上的安培力,若重力與安培力相等,即mg=BiL=B2L2vR,金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)。速度不變,則動(dòng)能、安培力、感應(yīng)電流都不變,加速度為零。若安培力小于重力,則加速度的方向向下,做加速運(yùn)動(dòng),加速運(yùn)動(dòng)的過程中,安培力增大,則加速度減小,做加速度漸漸減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)重力與安培力相等時(shí),做勻速直線運(yùn)動(dòng),則a-t圖像是斜率漸漸減小的曲線,v-t圖像是一條斜率減小的曲線。安培力為F安=B2L2vR,圖線先是一條斜率漸漸減小的曲線,之后恒定不變,因?yàn)閕=BLvR,所以i-t圖像先是一條斜率漸漸減小的曲線,當(dāng)金屬桿勻速時(shí),電流恒定不變,但t=0時(shí)金屬桿有速度,所以t=0時(shí)電流不等于零。若安培力大于重力,則加速度的方向向上,做減速運(yùn)動(dòng),減速運(yùn)動(dòng)的過程中,安培力減小,做加速度漸漸減小的減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)重力與安培力相等時(shí),做勻速直線運(yùn)動(dòng)。安培力為F安2.BD解析設(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí),閱歷的時(shí)間為t,通過金屬棒的電流為I,產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=Bdv,金屬棒受到的安培力方向沿導(dǎo)軌向上,大小為F=BdI,設(shè)在時(shí)間間隔t~t+Δt內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ,則ΔQ=CΔU=C·ΔE,由電流的定義,有I=ΔQΔt,ΔQ也是平行板電容器極板在時(shí)間間隔Δt內(nèi)增加的電荷量,在Δt內(nèi)金屬棒的速度變更量為Δv,由加速度的定義,有a=ΔvΔt,金屬棒在時(shí)刻t的加速度方向向下,設(shè)其大小為a,依據(jù)牛頓其次定律,有Mg-F=Ma,聯(lián)立可得a=MgM+CB2d2,則加速度a為定值,金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng),且加速度為MgM+CB2d2,故A錯(cuò)誤,3.B解析題圖甲中,導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電,由于充電電流不斷減小,安培力減小,則導(dǎo)體棒做變減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)電容器C極板間電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí),電路中沒有電流,導(dǎo)體棒ab不受安培力,向右做勻速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;題圖乙中,導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,導(dǎo)體棒受向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng),隨速度的減小,電流減小,安培力減小,加速度減小,最終導(dǎo)體棒ab靜止,故B正確,D錯(cuò)誤;依據(jù)F安=BIL,有F安t=BILt=qBL=mΔv,得q=mΔ4.答案(1)B2(2)①mv03BL解析(1)細(xì)金屬桿M以初速度v0向右剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為E=BLv0電流方向平行于ab向外,電流的大小為I=E則細(xì)金屬桿M所受的安培力大小為F=BIL=B安培力的方向由左手定則可知水平向左。(2)①細(xì)金屬桿N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程中,由動(dòng)量定理有BIL·Δt=m·v0且q=I·Δt聯(lián)立解得通過回路的電荷量為q=mv②設(shè)兩桿在磁場(chǎng)中相對(duì)靠近的位移為Δx,有IE整理可得q=IΔt=BL聯(lián)立可得Δx=2m若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)剛好不相撞,N到ab的最小距離為x=Δx=2mv5.答案(1)1m/s20.6T(2)5s(3)12.5J解析(1)對(duì)ab受力分析如圖甲所示甲對(duì)ab,由牛頓其次定律得F-FA1-μmg=ma1又FA1=ILB1,I=B1Lv3R得F=2B12由圖乙可知b1=μmg+ma1圖線斜率k=2得B1=3kR由圖像得b1=0.6N解得a1=1m/s2又由F-t圖像得k=1.8-則有B1=3kR2L2a(2)對(duì)cd受力分析如圖甲所示,速度達(dá)到最大時(shí),處于平衡狀態(tài),有mgsinθ=Ff2=μFN2,FN2=FA2+mgcosθ又FA2=I2LB2得mgsinθ=μ(I2LB2+mgcosθ)得I2=mgsin0.1×乙R與cd并聯(lián),R相等,等效電路圖如圖乙所示,則IR=Icd=0.5Aab在干路,則Iab=IR+Icd=0.5A+0.5A=1A又Iab=B1vab=3IabR則這一過程中ab勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tab