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1、A 组 12 分中难大题练少失分 1(12 分)(2019济南外国语学校模拟)如图所示，平行光滑 U 形导轨倾斜放置，倾角 30，导轨间的距离 L1.0 m，电阻 RR13.0，电容器电容 C2108 F，导轨电阻不计匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度 B2.0 T，质量 m0.4 kg，电阻 r1.0 的金属棒 ab 垂直置于导轨上，现用沿轨道平面垂直于金属棒的大小 F5.0 N 的恒力，使金属棒 ab 从静止起沿导轨向上滑行，求：(1)金属棒 ab 达到匀速运动时的速度大小(g10 m/s2)；(2)金属棒 ab 从静止开始到匀速运动的过程中通过电阻 R1的电荷量 解析：(1)当
2、金属棒匀速运动时，由力的平衡条件可得：Fmgsin 30BIL(2 分)解得：I1.5 A(1 分)感应电动势 EBLv(2 分)再根据闭合电路欧姆定律可知 IERr(1 分)联立解得：金属棒匀速运动时的速度v3 m/s.(1分)(2)当金属棒匀速运动时，电容器两端的电压 UIR4.5 V(2 分)电容器极板上的电荷量QUC9108 C(2 分)故通过 R1的电荷量为 9108 C(1 分)答案：(1)3 m/s(2)9108 C 2(12 分)(2019山东恒台一中模拟)如图所示，在匝数 N100 匝、截面积 S0.02 m2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场 B0，B0均匀变化两相互平
3、行、间距 L0.2 m 的金属导轨固定在倾角为 30的斜面上，线圈通过开关 S 与导轨相连一质量 m0.02 kg、阻值 R10.5 的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的 MN 位置，M、N 等高一阻值 R20.5 的定值电阻连接在导轨底端导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度 B0.5 T 的匀强磁场金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计重力加速度 g 取 10 m/s2.(1)闭合开关 S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为 0.4 N，请判断磁感应强度B0的变化趋势是增大还是减小，并求出磁感应强度 B0的变化率B0t.(2)断开开关 S，解除对金属杆的锁定，从 MN 处由静止释放
4、，求金属杆稳定后的速度以及此时电阻 R2两端的电压 解析：(1)闭合开关 S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，金属杆中的电流由M 流向 N，根据楞次定律可知磁感应强度 B0的趋势是增大 线圈中的感应电动势 ENBtS(2 分)导线中的电流为 IER1(2 分)金属杆受到的安培力为：FBIL，(1 分)得到：Bt1 T/s；(1 分)(2)匀速时 mgsin BBLvmR1R2L(2 分)解得：vm10 m/s(1 分)由欧姆定律可得：UR2R2R1E(1 分)EBLvm(1 分)解得 U0.5 V(1 分)答案：(1)磁感应强度 B0的趋势是增大 1 T/s(2)10 m/s 0.5 V 3
5、(12 分)(2019浙江杭州联考)如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块 K 和质量为 m 的缓冲车厢在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN.缓冲车的底部，安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B.导轨内的缓冲滑块 K 由高强度绝缘材料制成，滑块 K 上绕有闭合矩形线圈 abcd，线圈的总电阻为 R，匝数为 n，ab 边长为 L.假设缓冲车以速度 v0与障碍物 C 碰撞后，滑块 K 立即停下，此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦阻力不计 (1)求滑块 K 的线圈中最
6、大感应电动势的大小；(2)若缓冲车厢向前移动距离 L 后速度为零，则此过程线圈 abcd 中通过的电量和产生的焦耳热各是多少？(3)若缓冲车以 v0速度与障碍物 C 碰撞后，滑块 K 立即停下，求此后缓冲车厢的速度 v 随位移 x 的变化规律？(4)若缓冲车以 v0速度与障碍物 C 碰撞后，要使导轨右端不碰到障碍物，则缓冲车与障碍物 C 碰撞前，导轨右端与滑块 K 的 cd 边距离至少多大？解析：(1)缓冲车以速度 v0与障碍物 C 碰撞后，滑块 K 立即停下，滑块相对磁场的速度大小为 v0，线圈中产生的感应电动势最大，则有 EmnBLv0.(2 分)(2)由法拉第电磁感应定律得：Ent，其中
7、 BL2.(1 分)由欧姆定律得：I ER 又 I qt(1 分)代入整理得：此过程线圈abcd 中通过的电量为：qnBL2R.由功能关系得：线圈产生的焦耳热为：Q12mv20(1 分)(3)位移为 x 时通过的电量为：qnRnBLxR(1 分)由动量定理可得：F安tmvmv0(1 分)nBLItmvmv0(1 分)nBLqmvmv0(2 分)解得：vn2B2L2xmRv0(1 分)(4)由 vn2B2L2xmRv0，当 v0 时可求得：xmRv0n2B2L2(1 分)答案：(1)nBLv0(2)nBL2R 12mv20(3)vn2B2L2xmRv0(4)mRv0n2B2L2 4(12 分)(
8、2019浙江七彩阳光联考)间距 l0.20 m 的两平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成垂直于水平导轨放置一质量 m0.01 kg、阻值 R0.10 的导体棒 ab，位于坐标x00.30 m 处，如图所示水平导轨处于B0.50 T、方向垂直导轨平面的匀强磁场中，磁场左边界位于坐标 x0 处，右边界位于 xx1处，x1足够大，导体棒出磁场右边界前已达到稳定速度在倾斜导轨高 h0.2 m 处垂直于导轨静止放置与导体棒 ab 相同的导体棒 cd.导体棒在运动过程中始终垂直于导轨，不计导轨电阻，忽略磁场边界效应求：(1)棒 cd 恰好进入磁场左边界时的速度大小；(2)棒 cd 和棒 ab
9、在磁场中运动的最终速度；(3)cd 棒从进入到离开磁场的过程中，安培力对系统做的总功 解析：(1)根据动能定理：mgh12mv20(1 分)解得：v0 2gh2 m/s(1 分)(2)由动量守恒有 mv02mv(1 分)解得：v1 m/s(1 分)(3)设两棒达到相同速度时间距为 x，则有 qBlx0 x2R 而 qmv02Bl(2 分)联立并代入数据解得：x0.1 m(1 分)对 cd 棒，出磁场时，有Blqmvmv(1 分)qBlx2R(1 分)联立并代入数据解得：v0.5 m/s(1分)根据能量守恒可得：Wmgh122mv212mv212mv2(1 分)代入数据解得：W1.375102
10、J(1 分)答案：(1)2 m/s(2)1 m/s(3)1.375102 J B 组 20 分压轴大题练多得分 5(20 分)(2019吉林市调研)如图所示，两条相互平行的光滑金属导轨，相距 L0.2 m，左侧轨道的倾斜角 30，右侧轨道为圆弧线，轨道端点间接有电阻R1.5，轨道中间部分水平，在 MP、NQ 间有距离为 d0.8 m，宽与导轨间距相等的方向竖直向下的匀强磁场 磁感应强度 B 随时间变化如图乙所示 一质量为 m10 g、导轨间电阻为 r1.0 的导体棒 a 从 t0 时刻无初速释放，初始位置与水平轨道间的高度差 H0.8 m另一与 a 棒完全相同的导体棒 b 静置于磁场外的水平轨
11、道上，靠近磁场左边界 PM.a 棒下滑后平滑进入水平轨道(转角处无机械能损失)，并与b棒发生碰撞而粘合在一起，此后作为一个整体运动 导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计，g 取 10 m/s2.求：甲 乙(1)a导体棒进入磁场前瞬间速度大小和a导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程中所用的时间；(2)粘合导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小；(3)粘合导体棒最终静止的位置离 PM 的距离；(4)全过程电阻 R 上产生的焦耳热 解析：(1)设 a 导体棒进入磁场前瞬间速度大小为 v a 导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程中由机械能守恒定律有：mgH12mv2(1 分)解得：v4 m/s(
12、1 分)a 导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程由牛顿第二定律有：mgsin ma(1 分)解得：a5 m/s2(1 分)由速度与时间的关系式 vat 解得 t0.8 s(1 分)a 与 b 发生完全非弹性碰撞后的速度为 v 由动量守恒定律有：mv(mm)v(1 分)解得：v2 m/s(1 分)(2)粘合导体棒刚好进入匀强磁场时，安培力为：FBIL，IERr2，EBLv，解得：F0.04 N(2 分)(3)粘合导体棒直到静止，由动量定理有：BILt02mv，qRr2It，BLs总(2 分)解得：s总2 m(1 分)因此粘合导体棒静止时离 PM 的距离为 xs总2d0.4 m(1 分)(4)导体棒滑
13、入磁场前，由法拉第电磁感应定律可知：EBLdt0.2 V(1 分)由闭合电路欧姆定律有：IERr20.1 A(1 分)有：QR1I2Rt0.012 J(1 分)碰撞后回路产生的热量 Q122mv2QR2Qr(1 分)QR2QrRr23(1 分)代入数据解得：QR20.03 J(1分)整个过程中，电阻 R 上产生的焦耳热为：QRQR1QR20.042 J(1 分)答案：(1)2 m/s 0.8 s(2)0.04 N(3)停在距离 PM 为 0.4 m 处(4)0.042 J 6(20 分)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 d1 m，在左端弧形轨道部分高 h1.25 m 处放
14、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 Ra2、Rb5，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2 T 现杆 b 以初速度大小 v05 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 运动方向为正方向)，其中 ma2 kg，mb1 kg，g10 m/s2，求：甲 乙(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
15、运动过程中杆 b 产生的焦耳热 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 运用动量定理，有 Bd I tmb(v0vb0)(2 分)其中 vb02 m/s(1 分)代入数据解得 t5 s(1 分)(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 magh12mav2a(2 分)解得 va 2gh5 m/s(1 分)设最后 a、b 两杆共同的速度为 v，由动量守恒定律得 mavambvb0(mamb)v(2 分)代入数据解得 v83 m/s(2 分)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
16、的运动时间为 t，则由动量定理可得 BdItma(vav)(2 分)而 qIt(1 分)代入数据得 q73 C(2 分)(3)由能量守恒定律可知杆 a、b 中产生的焦耳热为 Qmagh12mbv2012(mamb)v21616 J(2 分)b 棒中产生的焦耳热为 Q525Q1156 J(2 分)答案：(1)5 s(2)73 C(3)1156 J 7(20 分)(2019吉林实验中学模拟)如图所示，倒“凸”字形硬质金属线框质量为 m，总电阻为 R，相邻各边相互垂直，且处于同一竖直平面内，ab、bc、cd、ed、fg、gh、ha 边长均为 l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直纸面向里，磁
17、场区域高度大于 3l，磁感应强度大小为 B.线框由静止开始从 ab 距磁场上边界高度为 h0处自由下落，当 gh、cd 边进入磁场时，线框恰好做匀速运动，当 ab 边穿出磁场下边界时线框也做匀速运动，重力加速度为 g.求：(1)gh、cd 边刚刚进入磁场时的速度大小；(2)线框完全进入磁场过程中产生的热量；(3)磁场区域高度 H.解析：(1)gh、cd 边进入磁场时，切割磁感线的有效长度为 3l，mgBI3l，IER，EB3lv(3 分)解得 vmgR9B2l2(2 分)(2)gh、cd 边进入磁场后，线框一直做匀速运动，从开始下落到 ef 边进入磁场，由能量守恒定律 mg(h02l)Q12m
18、v20，(3 分)解得 Qmg(h02l)m3g2R2162B4l4(2 分)(3)ab 边穿出磁场下边界时线框也做匀速运动：mgBIl，IER，EBlv，(3 分)解得 vmgRB2l2(2 分)线框进入磁场后，穿过线圈磁通量不变，没有感应电流，只受到重力，加速度为g,v2v22g(H2l)(3 分)解得 H40m2gR281B4l42l(2 分)答案：(1)mgR9B2l2(2)mg(h02l)m3g2R2162B4l4(3)40m2gR281B4l42l 8(20 分)(2019石家庄二模)倾角为 37的绝缘斜面固定在水平地面上，在斜面内存在一宽度 d0.28 m 的有界匀 强磁场，边界
19、与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，如图甲所示在斜面上由静止释放一质量 m0.1 kg,电阻 R0.06 的正方形金属线框 abcd，线框沿斜面下滑穿过磁场区域，线框从开始运动到完全进入磁场过程中的 vt 图象如图乙所示 已知整个过程中线框底边 bc 始终与磁场边界保持平行，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数；(2)求金属线框穿越该匀强磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率 Pm；(3)若线框 bc 边出磁场时，磁感应强度开始随时间变化，且此时记为 t0 时刻 为使线框出磁场的过程中始终无感应电流，求从 t0 时刻开始，
20、磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系式 解析：(1)由 vt 图象可知在进入磁场之前做匀加速直线运动，avt2 m/s2(2 分)由牛顿第二定律得，mgsin mgcos ma(2 分)解得：0.5(1 分)(2)由 vt 图象可知线框匀速进入磁场，进入磁场的时间为0.125 s，匀速进入磁场的速度 v11.2 m/s，则线框边长 lv1t0.15 m(1 分)由 mgsin mgcos B20l2v1R(2 分)解得磁感应强度大小为 B023 T，线框完全进入磁场后做匀加速运动，加速度大小为 2 m/s2，线框出磁场时速度最大，电功率最大，设线框出磁场时速度大小为v2，由运动学公式可得：v
21、22v212a(dl)(3 分)解得：v21.4 m/s(1分)由法拉第电磁感应定律可得：EB0lv2(1 分)由闭合电路欧姆定律可得：IER(1 分)由安培力公式可得：FB0Il(1 分)解得：PmFv249150 W0.33 W(1 分)(3)穿过线框的磁通量保持不变则线框中无感应电流，从线框下边出磁场时开始计时，则 B0l2(lv2t12at2)lB(2 分)解得：B11.514t10t2，t0.1 s(2 分)答案：(1)0.5(2)0.33 W(3)B11.514t10t2，t0.1 s 9(20 分)(2019 四川内江联考)如图所示，两光滑平行金属导轨 abcd、dcba，aa之
22、间接一阻值为 R 的定值电阻，dd之间处于断开状态，abba部分处于水平面内、且 abbbbaaaL，bcdbcd部分处于倾角为 的斜面内，bccddddccbbbL.abba区域存在一竖直向下的磁场 B1，其大小随时间的变化规律为 B1kt(k 为大于零的常数)；cddc区域存在一垂直于斜面向上的大小恒为 B2的磁场一阻值为r、质量为 m 的导体棒 MN 垂直于导轨从 bb处由静止释放不计导轨的电阻，重力加速度为 g.求：(1)导体棒 MN 到达 cc前瞬间，电阻 R 上消耗的电功率；(2)导体棒 MN 从 bb到达 cc的过程中，通过电阻 R 的电荷量；(3)若导体棒 MN 到达 cc立即
23、减速，到达 dd时合力恰好为零，求导体棒 MN从 cc到 dd运动的时间 解析：(1)因磁场 B1随时间的变化规律为 B1kt，所以Btk，(1 分)abba所组成回路产生的感应电动势 EtL2BtkL2(2 分)流过电阻 R 的电流 IERr(1 分)电阻 R 消耗的功率 PRI2R(1 分)联立以上各式求得 PRk2L4RRr2(2 分)(2)电阻 R 的电荷量 q I t I IkL2Rr(2 分)根据牛顿第二定律 mgsin ma(1 分)导体棒 MN 从 bb到达 cc中，通过的位移 L12at2 联立解得 qkL2Rr 2Lgsin(2 分)(3)根据(2)问，求得导体棒到达 cc
24、时的速度 v 2gLsin(1 分)到达 dd时合力为 0，则 B2LB2LvkL2Rrmgsin(1 分)解得：vB2kL3mgRrsin B22L2(1 分)导体棒 MN 从 cc到达 dd过程中，运用动量定理 B2I Ltmgtsin mv(mv)(1 分)从 cc到达 dd过程中，流过导体棒 MN 的电荷量 q I t qkL2RrtB2L2Rr(2 分)联立以上式子，求得 tmRrvvB22L3kB2L3mgRrsin 式中 v 2gLsin，vB2kL3mgRrsin B22L2(2 分)答案：(1)k2L4RRr2(2)kL2Rr 2Lgsin (3)mRrvvB22L3kB2L3mgRrsin 式中 v 2gLsin，vB2kL3mgRrsin B22L2