【文档说明】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).doc，共(9)页，353.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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=0.1m,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=1T;现有一质量为m=10g、总电阻为R=1Ω

、边长也为d=0.1m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=10m/s2,sin37°=0.6

,cos37°=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=0.5m,处

在竖直向下、磁感应强度大小B1=0.5T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=0.1kg的正方形金属框abcd置于竖直平面内,其边长为L2=0.1m,每边电阻均

为r=0.1Ω。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=1T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10m/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=1m,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=1T。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=10m/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2Ω,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=0.5m的平行导轨MNS、PQT

处在磁感应强度B=0.4T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=40g、电阻均为R=0.1Ω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=200g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=10m/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=1m,试求这一运动过程中:(sin37°=0.6,cos37°=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c

d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=0E=Bl(v1+v2),I=,F安=BIl联立解得v1=,v2=2.答案(1)2m/s(2)0.1J(3)0.004J解析(1)金属线圈向下进入磁场时,有mgsinθ=μmgcosθ+F安其中F安=BId,I=,E=Bdv解得v=2m/s(2)设最高点离bb'的距离为x,则v2=2

ax,mgsinθ-mgμcosθ=ma根据动能定理有Ek1-Ek=mgμcosθ·2x,其中Ek=mv2解得Ek1=0.1J(3)向下匀速通过磁场区域过程中,有mgsinθ·2d-μmgcosθ·2d+W安=0Q=-W安解得Q=0

.004J3.答案(1)7.5A(2)3m/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=10A,Iab=7.5A

(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=3m/s4.答案(1)0.2kg2

Ω(2)0.5m/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=mgsinθ由以上各式整理得=·+·

由-图像可知=1,·=0.5解得m=0.2kg,R0=2Ω(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mgsinθ-BI'l=m·联立解得v=0.5m/s5.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mgcosθ=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)2m/s(2)1.2J(3)0.84J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=mgsin37°+FT2=T1+F+fT2=Mg其中f=μmg解得vm=2m/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)+mghsin37°+Q1解得Q1=1.2J(3)运动过程中由于摩擦产生的热量Q2=μmgh=0.1

6J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=1.04J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==0.52J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=mghsin37°+m+Q4解得W=0.84J