发布时间 : 星期四 文章2020年高考物理第二轮复习 专题08 电磁感应的综合应用(电路问题、图像问题、动力学问题)更新完毕开始阅读eb9af74c6429647d27284b73f242336c1fb93006
UMN
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I＝＝0.05 A
R3R1R2
则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋I＝0.4 V。
R1＋R2(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝Blv 由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V 联立解得v＝1 m/s。
答案：(1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s
5.(2019·广西五市考前联考)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为L，电阻不计，两导 轨构成的平面与水平面成θ角．金属棒ab、cd用绝缘轻绳连接，其电阻均为R，质量分别为2m和m.沿斜面向上的力作用在cd上使两棒静止，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，将轻绳烧断后，保持F不变，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，则 ( )
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A．轻绳烧断瞬间，cd的加速度大小a＝gsinθ
2B．轻绳烧断后，cd做匀加速运动
C．轻绳烧断后，任意时刻两棒运动的速度大小之比vab∶vcd＝1∶2 D．棒ab的最大速度vabm＝【答案】：C
【解析】：沿斜面向上的力F作用在cd上使两棒静止，由平衡条件可得F＝3mgsin θ，轻绳烧断瞬间，cd受到沿斜面向上的力F和重力、支持力作用，由牛顿第二定律，F－mgsin θ＝ma，解得cd的加速度大小a＝2gsin θ，选项A错误；轻绳烧断后，cd切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，受到与速度相关的安培力作用，所以cd做变加速运动，选项B错误；对两导体棒组成的系统，所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，轻绳烧断后，任意时刻两棒运动的速度大小之比vab∶vcd＝1∶2，选项C正确；E
当棒ab达到最大速度时，ab棒受力平衡，2mgsin θ＝BIL，I＝，E＝BLvabm＋BL·2vabm＝3BLvabm，联立解
2R4mgRsin θ
得：vabm＝，选项D错误．
3B2L2
6.(2019·广东佛山普通高中教学质量检测)如图所示，两根互相平行的金属导轨MN、PQ水平放置，相距d
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2mgRsin θ
3B2L2
＝1 m、且足够长、不计电阻。AC、BD区域光滑，其他区域粗糙且动摩擦因数μ＝0.2，并在AB的左侧和CD的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度均为B＝2 T。在导轨中央放置着两根质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝2 Ω的金属棒a、b，用一锁定装置将一弹簧压缩在金属棒a、b之间(弹簧与a、b不栓连)，此时弹簧具有的弹性势能E＝9 J。现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b棒刚好进入磁场，且b棒向右运动x＝0.8 m后停止，g取10 m/s2，求：
(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小； (2)金属棒b刚进入磁场时的加速度大小； (3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热。 【答案】 (1)3 m/s 3 m/s (2)8 m/s2 (3)5.8 J
【解析】 (1)设a、b棒刚进入磁场时的速度大小分别为va、vb，对a、b组成的系统， 由动量守恒定律得：0＝mva－mvb， 112由能量守恒定律得：Ep＝mv2＋mv，
2a2b解得va＝vb＝3 m/s。
(2)当a、b棒刚进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生的感应电动势串联，则有：Ea＝Eb＝Bdva＝6 V， 2Ea
回路中感应电流I＝＝3 A，
2R
对b受力分析，由牛顿第二定律得：BId＋μmg＝mab， 解得ab＝8 m/s2。
(3)将弹簧和金属棒a、b看做一个系统，分析可知，a、b棒所受力时刻大小相等、方向相反，故系统动量守恒，由动量守恒定律可知，a、b棒的速率时刻相同，即两者移动相同距离后停止，则在整个运动过程中，对系统，由能量守恒可得：Ep＝2μmgx＋Q，解得Q＝5.8 J。
7..两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、 b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆 b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过 杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a
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运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求：
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热． 7115
【答案】 (1)5 s (2) C (3) J
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【解析】 (1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定量，有BdI·Δt＝mb(v0－vb0) 其中vb0＝2 m/s 代入数据解得Δt＝ 5 s.
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(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝mav2
2a解得va＝2gh＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′ 8
代入数据解得v′＝ m/s
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杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′) 而q＝I·Δt′
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代入数据得q＝ C.
3
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
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Q＝magh＋mbv2 J 0－(mb＋ma)v′＝226b棒中产生的焦耳热为Q′＝
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Q＝ J.
62＋5
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