2019年高考高三物理专题练习--电磁感应计算题(含解析)

2019年高考高三物理专题练习
电磁感应计算题
1．（14分）如图所示，一块磁铁放在铁板ABC 上的A 处，其中AB 长为lm ， BC 长为0.8m ，BC 与水平面间的夹角为37°，磁铁与铁板间的引力为磁铁 重的0。

2倍，磁铁与铁板间的动摩擦因数25.0=μ，现在给磁铁一个水平 向左的初速度s m v /40=。

不计磁铁经过B 处的机械能损失，题中
8.037cos ,6.037sin ,/102=︒=︒=s m g 。

则： （1）求磁铁第一次到达B 处的速度大小。

（2）求磁铁在BC 上向上运动的加速度大小。

（3）请分析判断磁铁最终能否第二次到达B 处。

2．(18分)如图所示，螺线管与相距L 的两竖直放置的导轨相连，导轨处于垂直纸面向外、磁感应强度为0B 的匀强
磁场中。

金属杆ab 垂直导轨，杆与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦滑动。

螺线管横截面积为S ，线圈匝数为N ，电阻为1R ，管内有水平向左的变化磁场。

已知金属杆ab 的质量为m ，电阻为2R ，重力加速度为g ．不计导轨的电
阻，不计空气阻力，忽略螺线管磁场对杆ab 的影响。

(1)为使ab 杆保持静止，求通过ab 的电流的大小和方向 (2)当ab 杆保持静止时，求螺线管内磁场的 磁感应强度B 的变化率
B
k t
∆=∆； (3)若螺线管内方向向左的磁场的磁感应强度的变化率为(0)k k >。

ab 杆释放后能加速下
滑，求将金属杆ab 由静止刚释放时杆的加速度的大小。

3．(16分)如图所示，“U ”型金属框水平放置，右端与竖直墙壁相连，导体棒ab 垂直于框架的两臂，与框架构成边
长L=1.Om 的正方形，整个回路的电阻R=2Ω。

质量m=1kg 的物体c 置于水平地面上，并通过轻绳绕过定滑轮与ab 相连，当竖直向上的磁场按B=k t 均匀变化(k 为恒量)时，物体c 对地面的压力F 随时间变化的规律如图所示，不考
虑一切摩擦，取g=10m/s 2 (1)写出ab 棒中感应电流的方向； (2)求出k 的数值。

4．（16分）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 、PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距L =0.30m 。

导
轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R =0.40Ω。

导轨上停放一质量m =0.10kg 、电阻r =0.20Ω的金属杆ab ，整
个装置处于磁感应强度B =0.50T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。

用一外力F 沿水平方向拉金属杆ab ，使之由静止开始运动，电压传感器可将R 两端的电压U 即时采集并输入电脑，获得电压U 随时间t 变化的关系如
图乙所示。

（1）试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小； （2）求第2s 末外力F 的瞬时功率；
甲
乙
a
N
P
接
电脑
5．（17分）如图所示，一个长L1＝0.9m、宽L2＝0.6m的光滑斜面体，其
倾角θ＝30°。

有一长度L＝0.4m的轻质绳一端固定在距斜面顶点Ａ为L
＝0.4m斜面边缘的Ｏ点上，另一端系一质量m=1kg的小球。

现把小球拉
至顶点Ａ处，以v0＝1m/s的初速度沿斜面顶边缘水平抛出。

（g取10m/s2）
（1）刚开始小球做什么运动？并说明理由。

（2）求小球运动至斜面边缘Ｂ点时受到绳子的拉力ＦT。

（3）若小球运动至Ｂ点时绳子刚好断了，求小球从斜面上飞出后落地点与最初抛出点在地面上投影点的距离L3。

参考答案
1．（1）2022
1
21)1(mV mV mgx k B AB -=
+-μ （3分）s m V B /10= （2分） （2）︒<+︒37sin )37cos (mg kmg mg μ磁铁不可能停在BC 上（2分） （3）磁铁能第二次到达B 点。

（2分） 因磁铁以初速V B 在斜面上向上运动至速度为零时其经过的位移为：
m m a V S B 8.06.02/2<==，故磁铁不会滑出BC 面
又因︒<+︒37sin )37cos (mg kmg mg μ，磁铁不可能停在BC 上（2分）
2．（18分）
解：（1）以ab 为研究对象，根据平衡条件0mg B IL = 求出0mg
I B L
= 通过ab 杆电流方向为由b 到a （或在图中标出）
（2）根据法拉第电磁感应定律B
E N NS t t φ∆∆==∆∆ 根据欧姆定律12E I R R =
+ 求出120()
mg R R B t B LNS
+∆=
∆ （3）根据法拉第电磁感应定律
'B E NS
NSl t ∆==∆ 感应电流12
''E I R R =+ 根据牛顿第二定律mg F ma -= 安培力 0'F B I L = 求出012()
B LNSk
a g m R R =-+
3．(16分)
解：(1)感应电流方向由b 指向a
(2)2
kl S t B t E =-∆∆=∆∆=ϕ ① 回路中的感应电流R
kl R E I 2== ②
ab 所受安培力l R
kl kt BIl F ⨯⨯==2
③ s t 5=时，安培力大小等于c 的重力N 10，即
102
5
122=⨯⨯k 得2/2m V k =(或s T /2)⑤ (1)6分 ①③每式2分 ②④⑤每式2分 4(16分)解：
（1）设路端电压为U ，金属杆的运动速度为v ，则感应电动势E = BL v （1分）
通过电阻R 的电流： r R E
I += ……………………………（1分）
电阻R 两端的电压： U =r
R BLvR
IR +=
…………………………（2分） 由图乙可得： U =kt ，k =0.10V/s …………………………（2分）
解得： ()t BLR r R k v ⋅+=
…………………………（1分） 因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度
()2m/s 0.1=+=BLR r R k a ………………………(1分) （2）在2s 末，速度v 2=a t =2.0m/s ，电动势E=BL v 2 ………………(2分)
通过金属杆的电流 r
R E
I += ……………………………………(1分)
金属杆受安培力 r
R v BL BIL F +==2
2)(安 ……………………（1分）
解得： F 安=7.5×10-2N ……………………………………（1分） 设2s 末外力大小为F 2，由牛顿第二定律： ma F F =-安2 …（1分） 解得： F 2=1.75×10-2N ………………………………………（1分） 故2s 末时F 的瞬时功率 P =F 2v 2=0.35W …………………（1分）
5(17分)解：
⑴小球沿斜面向下的加速度a ＝m g θ
sin =5m /s 2 （1分）
其在斜面上运动可等效看作在g ′=a ＝5m /s 2的竖直平面上的曲线运动 由于小球刚抛出的速度v 0
m/s ，故其开始做类平抛运动（2分）
(2)如图所示，设它运动时间t 秒至与水平线的夹角为α时，绳子刚好拉
直。

由平抛运动公式有：
21sin t
g L L '=+α ① （1分） t v L 0cos =α ② （1分）
①②联立并代入数据解得：
α＝0°，t ＝0.4s （2分）
α＝0°，说明小球抛至绳子在水平线时刚好拉直。

在拉直瞬间，由于绳子不可伸长，故小球水平速度瞬间变
为零，只存在沿斜面向下的速度v y （1分）
v y ＝g ′t ＝5×0.4m/s=2m/s （1分）
以后小球在绳子束缚下沿斜面向下做圆周运动，设至Ｂ点时的速度为v 2。

根据类机械能守恒定律，有：
m g ′L ＋21mv y 2＝2
1
mv 22 （1分） 代入数据解得：v 2=8m/s （1分）
根据牛顿第二定律，有：L v T m g m F 2
2
='- （1分）
代入数据解得：ＦＴ=25Ｎ （1分）
(3)绳断后小球以v ２做平抛运动，由题意知其高度h ′=0.05m ，设至落地所需时间为t ′,
根据221
t g h '= 解得：t ′＝0.1s （1分） 平抛的水平位移x ＝v 2 t ′＝0.18m （1分） 而本题斜面有效长度在地面投影长度Ｌ４＝0.43m （1分） 所求的距离)75.0(56.02423m m L x L ≈=+=或 （1分）。