2019届高考物理二轮复习专题：计算题练习（三、四、五）含答案

选考22题专练(三)

1．【加试题】(2018·浙江萧山模拟)如图1所示，两根平行且足够长的粗糙金属导轨，间距L＝0.5 m，所在平面与水平面的夹角α＝53°，导轨间接有一阻值R＝

2 Ω的电阻，导轨电阻忽略不计。在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。导体棒a的质量m1＝0.1 kg，接入电路的电阻R1＝1 Ω；导体棒b的质量m2＝0.2 kg，接入电路的电阻R2＝ 2 Ω，它们均垂直导轨放置并始终与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现从图中的M、N处同时将导体棒a、b由静止释放，运动过程中它们均匀速穿过磁场区域，且当导体棒a刚出磁场时导体棒b恰好进入磁场。导体棒a、b电流间的相互作用忽略不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。求：

图1

(1)导体棒a刚进入磁场时，流过电阻R的电流大小； (2)导体棒a在磁场中匀速运动的速度大小；

(3)导体棒a、b穿过磁场区域的过程中，流经电阻R的电荷量。 解析 (1)导体棒a在磁场中匀速运动，则有 m1gsin α－μm1gcos α－BI1L＝0 根据等效电路的结构有I1＝2IR 解得IR＝0.5 A。

(2)导体棒a在磁场中匀速运动时，有 E1＝BLv1 E1I1＝

R总R总＝R1＋

R2R

＝2 Ω R2＋R

解得v1＝4 m/s。

(3)设导体棒b在磁场中匀速运动的速度为v2，则

m2gsin α－μm2gcos α－BI2L＝0

E2R1R8

E2＝BLv2，I2＝，R总′＝R2＋＝ Ω

R总′R1＋R3解得I2＝2 A 32

v2＝3 m/s

对导体棒a，设其在磁场中运动的时间为t1，匀强磁场的宽度为d，有 d＝v1t1

v2＝v1＋(gsin α－μgcos α)t1 416

解得t1＝3 s，d＝3 m

设导体棒b在磁场中运动的时间为t2 d

t2＝v＝0.5 s

2

412

q1＝I1t1＝3 C，qR＝2q＝3 C 11

q2＝I2t2＝1 C，qR′＝3q＝3 C 解得qR总＝1 C。

答案 (1)0.5 A (2)4 m/s (3)1 C

2．【加试题】(2018·嘉兴市一模)如图2甲，两条足够长、间距为d的平行光滑非金属直轨道MN、PQ与水平面成θ角，EF上方存在垂直导轨平面的如图乙所示的磁场，磁感应强度在0～T时间内按余弦规律变化(周期为T、最大值为B0)，T时刻后稳定为B0。t＝0时刻，正方形金属框ABCD在平行导轨向上的恒定外力作用下静止于导轨上。T时刻撤去外力，框将沿导轨下滑，金属框在CD边、AB边经过EF时的速度分别为v1和v2。已知金属框质量为m、边长为d、每条2πB0d2

边电阻为R，余弦磁场变化产生的正弦交流电最大值Em＝T ，求：

图2

(1)CD边刚过EF时，A、B两点间的电势差； (2)撤去外力到AB边刚过EF的总时间；

(3)从0时刻到AB边刚过EF的过程中产生的焦耳热。 解析 (1)E＝B0dv1、由楞次定律知A点电势低于B点， 33

故UAB＝－4E，即UAB＝－4B0dv1 (2)mgtsin θ－B0dq＝mv2－mv0 B0d2q＝4R

3

v2B20d

故t＝gsin θ＋4mgRsin θ 2

(3)交流电的有效值E＝2Em

24

E2π2B0dQ1＝t＝2TR

R总线框出磁场的过程中，Q2＝－WA 结合动能定理mgdsin θ＋WA＝ΔEk 12

得Q2＝mgdsin θ＋2m(v21－v2) 总焦耳热为

24

π2B0d12

Q＝Q1＋Q2＝2TR＋mgdsin θ＋2m(v1－v22)

答案 见解析

3．【加试题】(2017·浙江名校协作体模拟)如图3所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内，其上端接一阻值为R的电阻；在两导轨间OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO′位置释放，向下运动距离d后速度不再变化(棒ab与导轨始终保持良好的电接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计)。

图3

(1)求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热； d

(2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了2，求此时刻的速度大小；

(3)如图4在OO′上方区域加一面积为S的垂直于纸面向里的均匀磁场B′，棒ab由静止开始自OO′上方某一高度处释放，自棒ab运动到OO′位置开始计时，B′随时间t的变化关系B′＝kt，式中k为已知常量；棒ab以速度v0进入OO′下方磁场后立即施加一竖直外力使其保持匀速运动。求在t时刻穿过回路的总磁通量和电阻R的电功率。

图4

解析 (1)I＝

mg（R＋r）Blvm

，mg＝BIl，联立整理得vm＝ B2l2R＋r

m3g2（R＋r）212

mgd＝2mvm＋Q，整理得Q＝mgd－，

2B4l4(2)(mg－BIl)t＝mv，即mgt－Blq＝mv， Bld/2B2l2dq＝，整理得v＝gt－ R＋r2m（R＋r）

ΔΦ

(3)Φ＝Blv0t＋ktS，E＝Δt＝Blv0＋kS Blv0＋kS2E

I＝，P＝I2R，整理得P＝()R R＋rR＋rm3g2（R＋r）2B2L2d答案 (1)mgd－ (2)gt－ 2B4l42m（R＋r）?Blv0＋kS?2?R (3)Blv0＋kS ?

?R＋r?

4.【加试题】如图5所示，ab棒垂直放置于光滑导轨上电阻为2 Ω，导轨平行间距为L＝1 m，ab棒置于磁场强度为B2的匀强磁场中，B2的大小为2 T方向未知，

导轨左端接有电容器C＝10 μF和电阻R＝2 Ω的电阻，ab棒、cd棒的质量均为1 kg，电阻均为2 Ω，CD棒处于磁场强度为B1＝2 T垂直于纸面向里的匀强磁场中，导轨及其它电阻不计，ab棒受外力开始向右运动过程中，

图5

求：(1)当cd棒速度最大为vm＝2 m/s时，则ab棒的瞬时速度大小为多少？磁场强度B2的方向如何？

(2)在(1)的情况下，当ab棒速度瞬间增大到10 m/s时，此时cd棒的瞬时加速度为多少？此时电容器的电荷量为多少？

解析 (1)设cd棒的电阻为R1最大速度为vm，ab棒的电阻为R2，速度为v cd棒的感应电动势E1＝B1Lvm B1LvmE1感应电流I1＝＝ R1＋R2R1＋R2安培力F1＝B1I1L

ab棒的感应电动势E2＝B2Lv 感应电流I2＝

B2LvE2＝ R1＋R2R1＋R2

对cd棒受力分析有mg＝B1I1L＋B1I2L 代入数据可得v＝8 m/s

根据右手定则可知，B2磁场方向向上。

E3(2)设当ab棒的速度为v1＝10 m/s，电动势E3＝B2Lv1，电流I3＝

R1＋R2安培力F2＝B1I3L

对cd棒列牛顿第二定律mg－F1－F2＝ma 解得a＝2 m/s2

通过电阻的电流为I4＝I3－I1

电压为U＝I4R，Q＝CU ＝8×10－5 C。 答案 (1) 10 m/s B2磁场方向向上

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