(全国专用)2017版高考物理大二轮总复习与增分策略题型研究4加试计算题23题电磁感应规律的综合应用

0.6，cos 37°＝0.8)，求：

图2

(1)ab棒最终在磁场中匀速运动的速度； (2)ab棒运动过程中的最大加速度．

答案 (1)0.75 m/s，方向沿斜面向下 (2)18 m/s，方向沿斜面向上 解析 (1)当ab棒在磁场中匀速运动时，根据受力平衡得：BIL＝mgsin θ 又有I＝，E＝BLv，联立以上关系可得

2

Erv＝0.75 m/s，方向沿斜面向下．

(2)ab棒进入磁场前，加速度a1＝gsin 37°＝6 m/s，方向沿斜面向下．设ab棒进入磁场时的速度为v1，则v1＝2a1x1 将x1＝0.75 m代入得v1＝3 m/s 刚进入磁场时，对ab棒受力分析得：

2

2

mgsin θ－BI2L＝ma2，I2＝

2

BLv1

r解得a2＝－18 m/s，方向沿斜面向上

进入磁场以后，ab棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终匀速运动，所以ab棒运动中的最大加速度为18 m/s，方向沿斜面向上．

3．如图3所示，半径R＝0.2 m的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为R的金属棒一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．一对长L＝0.2 m的金属板A、B水平放置，两板间距d＝0.1 m．从导轨引出导线与上板连接，通过电刷从转轴引出导线与下板连接．有一质量m＝1.0×10 kg，电荷量q＝－5.0×10 C的微粒，以v0＝2 m/s的速度从两板正中间水平射入．求：

－5

－6

2

图3

(1)金属棒转动的角速度ω多大时，微粒能做匀速直线运动； (2)金属棒转动的角速度ω至少多大时，微粒会碰到上极板A.

答案 (1)50 rad/s (2)100 rad/s 解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可得

U＝BωR2

根据平衡条件可得

12

mg＝qE

因为E＝

所以mg＝q＝BωR

d2d2dmg解得ω＝2＝50 rad/s

UdUq2

qBR(2)微粒恰好碰到上面金属板边缘时，微粒向上的加速度大小为

d1

＝a() 22v0

L2

dv02 a＝2＝10 m/s2

LqBω1R2－mg＝ma 2d2mg＋ad解得ω1＝＝100 rad/s. 2

qBR4．如图4所示，在水平面内存在着竖直向下的有界匀强磁场，其宽度为d＝1 m，磁感应强度B＝

11

T．水平放置的“日”字形闭合导体线框PQFE，宽L＝1 m，质量m＝0.25 kg，QN、4

NF的长度都大于d，PQ边的电阻R1＝1 Ω、MN边的电阻R2＝2 Ω、EF边的电阻R3＝3 Ω，

其余电阻不计．t＝0时刻线框在距磁场左边界x＝3.2 m处由静止开始在水平恒力F作用下沿直线运动，已知当线框PQ边、MN边和EF边刚进磁场时均恰能匀速运动，不计线框运动中的一切摩擦阻力．求：

图4

(1)线框所受的力F的大小； (2)线框PQ边与MN边之间的距离H；

(3)在整个线框穿过磁场的过程中线框产生的焦耳热． 答案 (1)2.5 N (2)2.8 m (3)7.5 J 解析 (1)设PQ边进磁场时的速度为v1，则

Fx＝mv12－0 F＝BI1L BLv1

I1＝

r1

R2R3

r1＝R1＋＝2.2 Ω

R2＋R3

2BLx即v1＝＝8 m/s

22

1

2

mr1

B2L2v1F＝＝2.5 N

r1

(2)设MN边匀速进磁场时的速度为v2，则

B2L2v2

F＝BI2L＝

r2

R1R3

r2＝R2＋＝2.75 Ω

R1＋R3

即v2＝

Fr2

＝10 m/s B2L2

设线框速度从v1加速到v2时发生的位移为x1，则

Fx1＝mv22－mv12

mv22－v12

即x1＝＝1.8 m

2F所以H＝x1＋d＝2.8 m (3)线框产生的焦耳热

1212

Q＝3Fd＝3×2.5×1 J＝7.5 J.

5．(2016·杭州市月考)如图5所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为

θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑

且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒

EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上，若两导体棒

质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的焦耳热为Q，求：

图5

(1)导体棒MN受到的最大摩擦力； (2)导体棒EF上升的最大高度．

B2L2v0mv02－4Q答案 (1)＋mgsin θ (2)

2R2mg解析 (1)EF获得向上初速度v0时，产生的感应电动势E＝BLv0，电路中电流为I，由闭合电路的欧姆定律有I＝，此时对导体棒MN受力分析，由平衡条件有FA＋mgsin α＝Ff，FA＝

2REBIL，

B2L2v0

解得Ff＝＋mgsin θ.

2R12

(2)导体棒EF上升过程MN一直静止，对系统由能量守恒定律有mv0＝mgh＋2Q.

2

mv02－4Q解得h＝.

2mg6．(2016·衢州市调研)如图6(a)所示，斜面倾角为37°，一宽为d＝0.43 m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行．在斜面上由静止释放一长方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行．取斜面底部为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移x之间的关系如图(b)所示，图中①、②均为直线段．已知线框的质量为m＝0.1 kg，电阻为R＝0.06 Ω，重力加速度取g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

2

图6

(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)求金属线框从刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t. 答案 (1)0.5 (2)0.125 s

解析 (1)由能量守恒定律可知，线框减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，则 ΔE1＝Wf1＝μmgcos 37°x1

其中x1＝0.36 m，ΔE1＝(0.900－0.756) J＝0.144 J 可解得μ＝0.5

(2)金属线框进入磁场的过程中，减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减少，因此安培力也为恒力，线框做匀速运动

v12＝2ax1，其中a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2