2018屆高考物理總復(fù)習(xí)第10單元電磁感應(yīng)訓(xùn)練（11）涉及電磁感應(yīng)的力電綜合問題

1、學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精專題訓(xùn)練(十一)專題11涉及電磁感應(yīng)的力電綜合問題時(shí)間/40分鐘基礎(chǔ)鞏固1。如圖z11-1所示，用橫截面積之比為41的銅絲做成邊長(zhǎng)分別為l和2l的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中將a和b勻速拉到磁場(chǎng)外，若外力對(duì)線框做的功分別為wa、wb，則wawb為（）圖z111a。14b.12c.11d.不能確定2。（多選)兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置,間距為l，頂端接阻值為r的電阻。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在磁場(chǎng)上邊界上方某處由靜止釋放，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如圖z112所示，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重

2、力加速度為g,則（）圖z112a。金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),流過電阻r的電流方向?yàn)閍bb。金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí),金屬棒所受的安培力大小為c.金屬棒的最大速度為d。金屬棒以穩(wěn)定的速度運(yùn)動(dòng)時(shí),電阻r的熱功率為r3.(多選)2017南昌三校聯(lián)考 在如圖z113所示的傾角為的光滑斜面上存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上,區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下,磁場(chǎng)寬度hp及pn均為l.一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為r、邊長(zhǎng)為l的正方形導(dǎo)線框由靜止開始沿斜面下滑,t1時(shí)刻ab邊剛好越過gh進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域,此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng);t2時(shí)刻ab邊下滑到j(luò)p與mn的中間

3、位置，此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g.下列說法中正確的是()圖z113a。當(dāng)ab邊剛越過jp時(shí),導(dǎo)線框的加速度大小為a=gsin b。導(dǎo)線框兩次做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度之比v1v2=41c。從t1時(shí)刻到t2時(shí)刻的過程中,導(dǎo)線框克服安培力做的功等于重力勢(shì)能的減少量d。從t1時(shí)刻到t2時(shí)刻的過程中,有的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能4.(多選）2017貴州黔南州三校聯(lián)考 如圖z11-4所示，豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌上端接入一定值電阻r，c1和c2是半徑都為a的兩圓形磁場(chǎng)區(qū)域，兩區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向均垂直于導(dǎo)軌平面向外,區(qū)域c1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按b1=b+kt(k0)變化,c2中磁場(chǎng)的

4、磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為b2.一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度為l的金屬桿ab穿過區(qū)域c2的圓心垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，并恰能保持靜止，重力加速度為g,則（)圖z11-4a.通過金屬桿的電流大小為b.通過金屬桿的電流方向?yàn)閺腷到ac。定值電阻的阻值為r=-rd。整個(gè)電路中的熱功率p=5.2018遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考 如圖z115所示,相距為d的兩條水平虛線之間是方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為b。正方形金屬線圈abcd邊長(zhǎng)為l(l0）變化,可知=k,c1中磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e=a2=ka2,由閉合電路歐姆定律有e=i(r+r),聯(lián)立解得定值電阻的阻值為r=r，選項(xiàng)c正確.整個(gè)電路中產(chǎn)生的

5、熱功率p=ei=ka2，選項(xiàng)d正確.5.d解析 根據(jù)能量守恒定律,從cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛穿出磁場(chǎng)的過程中，動(dòng)能變化量為0，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量,q=mgd，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0，cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)速度也為v0,所以線圈進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量相等，則線圈從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊離開磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量q=2mgd,感應(yīng)電流做的功為2mgd，故a、b錯(cuò)誤.因?yàn)榫€圈進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)要減速運(yùn)動(dòng)，全部進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速運(yùn)動(dòng),若線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程一直做減速運(yùn)動(dòng)，則剛?cè)窟M(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間速度最小,設(shè)線圈的最小速度為v，線圈從開始下落到線圈剛完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過程,根據(jù)能量守

6、恒定律得mg（h+l)=q+，q=mgd,則線圈的最小速度為vm=，故c錯(cuò)誤。線圈可能先做減速運(yùn)動(dòng)，在完全進(jìn)入磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng)，則其做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度最小,有mg=bil=bl，則最小速度vm=，故d正確。6。（1)0。5 m（2)0.64 j(3)0。8 c解析 （1)線框在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng),有f安=ff安=bil,i=,e=blv1聯(lián)立解得v1=2 m/s由動(dòng)能定理得fd=解得d=0.5 m(2）由能量守恒定律可知q=2fd=20。80.4 j=0.64 j(3）根據(jù)q= c=0.8 c7。（1)18 m/s（2)a、b棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)解析 （1）當(dāng)b棒先向下運(yùn)動(dòng)

7、時(shí)，在a和b以及導(dǎo)軌所組成的閉合回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流,于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等.釋放a棒后，經(jīng)過時(shí)間t,分別以a和b為研究對(duì)象,根據(jù)動(dòng)量定理得(mg+f)t=mva（mg-f)t=mvb-mv0解得vb=18 m/s（2）在a、b棒向下運(yùn)動(dòng)的過程中，a棒的加速度a1=g+,b棒的加速度a2=g-,閉合回路中磁通量的變化逐漸減小直至不變,感應(yīng)電流也逐漸減小直至消失，則安培力也逐漸減小到零。最后,兩棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng).8.（1）(2)blq(3)解析 (1)對(duì)b從開始至滑上水平導(dǎo)軌過程,由機(jī)械能守恒定律得=mgr1解得vb1=b剛滑上水平導(dǎo)軌時(shí)加速度最大，此時(shí)e=blvb1,i=由牛頓第二定律得f安=bil=ma解得a=（2)在整個(gè)過程中,由動(dòng)量定理得blt=mvb2-mvb1即blq=mvb2mvb1解得vb2=根據(jù)牛頓第三定律，a在最高點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)其支持力fn=fn=mg由牛頓第二定律有mg+fn=m解得va1=對(duì)a、b組成的系統(tǒng),由能量守恒定律得m