《（浙江選考）2022屆高考物理二輪復習 專題四 電路與電磁感應 提升訓練15 電磁感應的綜合問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2022屆高考物理二輪復習 專題四 電路與電磁感應 提升訓練15 電磁感應的綜合問題（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、（浙江選考）2022屆高考物理二輪復習 專題四 電路與電磁感應 提升訓練15 電磁感應的綜合問題 1.一實驗小組想要探究電磁剎車的效果。在遙控小車底面安裝寬為L、長為2.5L的N匝矩形線框,線框電阻為R,面積可認為與小車底面相同,其平面與水平地面平行,小車總質量為m。其俯視圖如圖所示,小車在磁場外行駛時的功率保持P不變,且在進入磁場前已達到最大速度,當車頭剛要進入磁場時立即撤去牽引力,完全進入磁場時速度恰好為零。已知有界磁場PQ和MN間的距離為2.5L,磁感應強度大小為B,方向豎直向上,在行駛過程中小車受到地面阻力恒為Ff。求: (1)小車車頭剛進入磁場時,線框的感應電動勢E;

2、 (2)電磁剎車過程中產生的焦耳熱Q; (3)若只改變小車功率,使小車剛出磁場邊界MN時的速度恰好為零,假設小車兩次與磁場作用時間相同,求小車的功率P'。 2.(2017浙江義烏高三模擬)如圖所示,固定在上、下兩層水平面上的平行金屬導軌MN、M'N'和OP、O'P'間距都是l,二者之間固定有兩組豎直半圓形軌道PQM和P'Q'M',它們是用絕緣材料制成的,兩軌道間距也均為l,且PQM和P'Q'M'的豎直高度均為4R,兩組半圓形軌道的半徑均為R。軌道的QQ'端、MM'端的對接狹縫寬度可忽略不計,圖中的虛線為絕緣材料制成的固定支架。下層金屬導軌接有電源,當將一金

3、屬桿沿垂直導軌方向搭接在兩導軌上時,將有電流從電源正極流出,經過導軌和金屬桿流回電源負極。此時金屬桿將受到導軌中電流所形成磁場的安培力作用而運動。運動過程中金屬桿始終與導軌垂直,且接觸良好。當金屬桿由靜止開始向右運動4R到達水平導軌末端PP'位置時其速度大小vP=4。已知金屬桿質量為m,兩軌道間的磁場可視為勻強磁場,其磁感應強度與電流的關系為B=kI(k為已知常量),金屬桿在下層導軌的運動可視為勻加速運動,運動中金屬桿所受的摩擦阻力、金屬桿和導軌的電阻均可忽略不計。 (1)求金屬桿在下層導軌運動過程中通過它的電流大小。 (2)金屬桿由PP'位置無碰撞地水平進入第一組半圓軌道

4、PQ和P'Q',又在狹縫Q和Q'無碰撞地水平進入第二組半圓形軌道QM和Q'M'的內側。求金屬桿由PP'處到MM'處過程中動量的增量。 (3)金屬桿由第二個半圓軌道的最高位置MM'處,以一定的速度在M和M'處沿對接狹縫無碰撞地水平進入上層金屬導軌后,能沿著上層金屬導軌滑行。設上層水平導軌足夠長,其右端連接的定值電阻阻值為r,導軌處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中(不計此時導軌中電流產生的磁場的影響)。求金屬桿在上層水平金屬導軌上滑行過程中通過導體橫截面的電荷量。 3.如圖所示,虛線框內為某種電磁緩沖車的結構示意圖,其主要部件為緩沖滑塊K和

5、質量為m的緩沖車廂。在緩沖車的底板上,沿車的軸線固定著兩個光滑水平絕緣導軌PQ、MN。緩沖車的底部,安裝電磁鐵(圖中未畫出),能產生垂直于導軌平面的勻強磁場,磁場的磁感應強度為B。導軌內的緩沖滑塊K由高強度絕緣材料制成,滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd,線圈的總電阻為R,匝數為n,ab邊長為L。假設緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后,滑塊K立即停下,此后線圈與軌道的磁場作用力使緩沖車廂減速運動,從而實現緩沖,一切摩擦阻力不計。 (1)求滑塊K的線圈中最大感應電動勢的大小; (2)若緩沖車廂向前移動距離L后速度為零,則此過程線圈abcd中通過的電荷量和產生的焦耳熱各

6、是多少? (3)若緩沖車以v0速度與障礙物C碰撞后,滑塊K立即停下,求此后緩沖車廂的速度v隨位移x的變化規(guī)律? (4)若緩沖車以v0速度與障礙物C碰撞后,要使導軌右端不碰到障礙物,則緩沖車與障礙物C碰撞前,導軌右端與滑塊K的cd邊距離至少多大? 4.(2017浙江七彩陽光聯盟高三期初)如圖所示,兩根足夠長的光滑金屬導軌G1、G2放置在傾角為α的斜面上,導軌間距為l,電阻不計。在導軌上端并接兩個額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡。整個系統置于勻強磁場中,磁感應強度方向與導軌所在平面垂直。現將一質量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖

7、示位置由靜止開始釋放,經過時間t0,兩燈泡開始并保持正常發(fā)光。金屬棒下落過程中保持與導軌垂直,且與導軌接觸良好。重力加速度為g。求: (1)磁感應強度B的大小; (2)燈泡正常發(fā)光時導體棒的運動速率v; (3)在t=0至t=t0期間,兩小燈泡產生的焦耳熱。 5.(2018浙江4月選考,23)如圖所示,在豎直平面內建立xOy坐標系,在0≤x≤0.65 m、y≤0.40 m范圍內存在一具有理想邊界、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域。一邊長l=0.10 m、質量m=0.02 kg、電阻R=0.40 Ω的勻質正方形剛性導線框abcd處于

8、圖示位置,其中心的坐標為(0,0.65 m)?，F將線框以初速度v0=2.0 m/s水平向右拋出,線框在進入磁場過程中速度保持不變,然后在磁場中運動,最后從磁場右邊界離開磁場區(qū)域,完成運動全過程。線框在全過程中始終處于xOy平面內,其ab邊與x軸保持平行,空氣阻力不計,g取10 m/s2。求: (1)磁感應強度B的大小; (2)線框在全過程中產生的焦耳熱Q; (3)在全過程中,cb兩端的電勢差Uc b與線框中心位置的x坐標的函數關系。 6.(2016浙江杭州模擬)如圖甲所示,在水平面上固定有長為L=2 m、寬為d=1 m的U形金屬導軌,在U形導軌右側l=0

9、.5 m范圍內存在垂直紙面向里的勻強磁場,且磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示,在t=0時刻,質量為m=0.1 kg的導體棒以v0=1 m/s的初速度從導軌的左端開始向右運動,導體棒與導軌之間的動摩擦因數為μ=0.1,導軌與導體棒單位長度(1 m)的電阻均為λ=0.1 Ω/m,不計導體棒與導軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響(g取10 m/s2)。 (1)通過計算分析4 s內導體棒的運動情況; (2)計算4 s內回路中電流的大小,并判斷電流方向; (3)計算4 s內回路產生的焦耳熱。 7.如圖所示,寬度為L的光滑平行金屬導軌PQ和P

10、'Q'傾斜放置,頂端QQ'之間連接一個阻值為R的電阻和開關S,底端PP'處通過一小段平滑圓弧與一段光滑水平軌道相連。已知水平軌道離地面的高度為h,兩傾斜導軌間有一垂直于導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度為B;有兩根長均為L、質量均為m、電阻均為R的金屬棒AA'、CC'。當金屬棒CC'放置在水平軌道右端時,兩水平軌道間就會出現豎直方向的磁感應強度為B1的勻強磁場,此時開關S處于斷開狀態(tài);而如果金屬棒CC'一離開水平軌道,水平軌道間的磁場就馬上消失,同時開關S馬上閉合?，F把金屬棒CC'放在光滑水平軌道上右端,金屬棒AA'離水平軌道高為H的地方以較大的初速度v0沿軌道下滑,在極短時間內金屬棒CC'就

11、向右離開水平軌道,離開水平軌道后在空中做平拋運動,落地點到拋出點通過的水平距離為x1,金屬棒AA'最后也落在水平地面上,落地點到拋出點的水平距離為x2;不計導軌電阻,忽略金屬棒經過PP'處的機械能損失,不計空氣阻力,已知重力加速度為g,則: (1)判斷B1的方向; (2)求通過CC'的電荷量q; (3)求整個運動過程中金屬棒AA'產生的焦耳熱Q。 8.(2016浙江慈溪中學月考)如圖所示,“凸”字形硬質金屬線框質量為m,相鄰各邊互相垂直,且處于同一豎直平面內,ab邊長為l,cd邊長為2l,ab與cd平行,間距為2l。勻強磁場區(qū)

12、域的上、下邊界均水平,磁場方向垂直于線框所在平面。開始時,cd邊到磁場上邊界的距離為2l,線框由靜止釋放,從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前,線框做勻速運動,在ef、pq邊離開磁場后,ab邊離開磁場之前,線框又做勻速運動。線框完全穿過磁場過程中產生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內,且ab、cd邊保持水平,重力加速度為g。求: (1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍; (2)磁場上、下邊界間的距離H。 9. 如圖所示,兩根相同平行金屬直軌道豎直放置,上端用導線接

13、一阻值為R的定值電阻,下端固定在水平絕緣底座上。底座中央固定一根絕緣彈簧,長L、質量為m的金屬直桿ab通過金屬滑環(huán)套在軌道上。在直線MN的上方分布著垂直軌道面向里、磁感應強度為B的足夠大勻強磁場?，F用力壓直桿ab使彈簧處于壓縮狀態(tài),撤去力后直桿ab被彈起,脫離彈簧后以速度v1穿過直線MN,在磁場中上升高度h時到達最高點。隨后直桿ab向下運動,離開磁場前做勻速直線運動。已知直桿ab與軌道的摩擦力大小恒等于桿重力的k倍(k<1),回路中除定值電阻外不計其他一切電阻,重力加速度為g。求: (1)桿ab向下運動離開磁場時的速度v2; (2)桿ab在磁場中上升過程

14、經歷的時間t。 10.如圖所示,粗糙斜面的傾角θ=37°,半徑r=0.5 m的圓形區(qū)域內存在著垂直于斜面向下的勻強磁場。一個匝數n=10匝的剛性正方形線框abcd,通過松弛的柔軟導線與一個額定功率P=1.25 W的小燈泡A相連,圓形磁場的一條直徑恰好過線框bc邊。已知線框質量m=2 kg,總電阻R0=1.25 Ω,邊長L>2r,與斜面間的動摩擦因數μ=0.5。從t=0時起,磁場的磁感應強度按B=2-t(T)的規(guī)律變化。開始時線框靜止在斜面上,在線框運動前,燈泡始終正常發(fā)光。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2,sin37°=0.6,co

15、s37°=0.8。求: (1)小燈泡正常發(fā)光時的電阻R; (2)線框保持不動的時間內,小燈泡產生的熱量Q。 提升訓練15　電磁感應的綜合問題 1.答案 (1)　(2)-2.5FfL (3) 解析 (1)小車剛進入磁場時的速度設為v0,則v0=, 感應電動勢E=NBLv0=。 (2) 由動能定理,可得 2.5FfL+Q= 解得Q=-2.5FfL=-2.5FfL。 (3)以小車剛要進入到恰好穿出磁場為研究過程,由動量定理,可得 Fft+2NBI'Lt=Fft+2NBLq=mv0'?、? q==N　② 當功率為P時,小車進入磁場時間為t,

16、由動量定理得Fft+NBILt=Fft+NBLq=mv0?、? 由①②③,可得v0'= P'=Ffv0'=。 2.答案 (1)　(2)m(2-4) (3) 解析 (1)a==2g BIL=kI2l=ma I=。 (2)-mg4R=mv2- v=2 ΔP=m(2-4)。 (3)BI'l·Δt=mΔv Blq=mv q=。 3.答案 (1)nBLv0　(2)　(3)v=-+v0　(4) 解析 (1)E=nBLv0。 (2)q=n Q=。 (3)q=n -F安t=mv-mv0 -nBILt=mv-mv0 -nBLq=mv-mv0 v=-+v0。 (4)v=

17、0 x=。 4.答案 (1)　(2) (3)2t0P- 解析 (1)設燈泡額定電流為I0 則有 P=R① 流經MN的電流I=2I0② mgsinα=BIl③ 聯立①②③得 B=④ (2)E=Blv=I0R⑤ v=⑥ (3)在t=0至t=t0期間,對棒運動用動量定理,有 (mgsinα-iBl)Dt=mDv⑦ 累積求和得t0mgsinα-BlDq=mv ⑧ 設在t=0至t=t0期間棒運動的距離為s,則由電磁感應定律,得 Δq=⑨ 聯立⑧⑨得 s= 小燈泡產生的焦耳熱 Q=mgssinα-mv2 將④⑥式入式,得 Q=mgsinαmv2=2t0P- 5

18、.答案 (1)2 T　(2)0.037 5 J (3)Uc b= 解析 (1)感應電流I= 受力平衡mg=BIl 進入時的y方向速度vy==2 m/s B=2 T。 (2)動量定理 -BlΔq=mv-mv0 Δq= 全過程能量守恒 Q=mgl+mv2 Q=0.037 5 J。 (3)進入磁場前x≤0.4 m,Uc b=0 進入磁場過程0.4 m

19、b= V。 6.答案 (1)導體棒先做加速度為1 m/s2的勻減速直線運動,在1 s末停止運動,以后一直保持靜止　(2)前2 s電流為0,后2 s電流為0.2 A,順時針　(3)0.04 J 解析 (1)導體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速直線運動,有 -μmg=ma v=v0+at x=v0t+at2 導體棒速度減為零時,v=0 代入數據解得a=-1 m/s2,t=1 s,x=0.5 m

20、ld=0.1 V 回路的總長度為5 m,因此回路的總電阻R=5 m·λ=0.5 Ω 電流I==0.2 A 根據楞次定律,回路中的電流方向是順時針方向。 (3)前2 s電流為零,后2 s有恒定電流,焦耳熱 Q=I2Rt'=0.04 J。 7.答案 (1)豎直向下　(2)　(3)mgH+ 解析 (1)金屬棒AA'從軌道上向下運動后,由右手定制(或楞次定律),通過金屬棒CC'電流方向為C'指向C,由左手定則,磁場B1的方向為豎直向下。 (2)在金屬棒CC'通電的極短時間Δt內,在安培力作用下獲得向右的速度v1 由平拋運動得 h=gt2 x1=v1t 解得v1=x1 由牛頓第

21、二定律 F合=ma=m 或動量定理 F合Δt=mΔv B1ILΔt=mΔv=mv1-0 q=IΔt=。 (3)金屬棒AA'離開水平軌道后做平拋運動,由平拋運動得 h=gt2 x2=v2t 金屬棒AA'在軌道上下滑到水平拋出過程中,對整個系統由能量守恒得 mgH+=Q總+ 金屬棒AA'從軌道上運動時,始終有一個電阻R與金屬棒串聯 金屬棒AA'產生的焦耳熱Q=Q總=mgH+。 8.答案 (1)4　(2)+28l 解析 (1)設磁場的磁感應強度大小為B,cd邊剛進入磁場時,線框做勻速運動的速度為v1,cd邊產生的感應電動勢為E1,由法拉第電磁感應定律,有 E1=2Blv

22、1 設線框總電阻為R,此時線框中電流為I1,由閉合電路歐姆定律,有 I1= 設此時線框所受安培力為F1,有 F1=2I1lB 由于線框做勻速運動,其受力平衡,有 mg=F1 由以上各式得 v1= 設ab邊離開磁場之前,線框做勻速運動的速度為v2,同理可得v2= 由以上兩式得v2=4v1。 (2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前,由機械能守恒定律,有 2mgl= 線框完全穿過磁場的過程中,由能量守恒定律,有 mg(2l+H)=+Q 由以上各式得 H=+28l。 9.答案 (1)v2=　(2)t= 解析 (1)桿ab向下運動離開磁場前做勻速運動 mg=F安+Ff

23、① 又Ff=kmg ② F安=BIL=BL= ③ 由①②③得v2=。 (2)桿ab在磁場中上升過程,由動量定理得 -mgt-kmgt-BLt=0-mv1 ④ 上升過程的感應電荷量q=t= ⑤ 由④⑤得t= 桿ab在磁場中上升過程經歷的時間為。 10.答案 (1)1.25 Ω　(2)π J 解析 (1)由法拉第電磁感應定律有 E=n 得E=nπ·r2=10×π×0.52 V=2.5 V 小燈泡正常發(fā)光,有P=I2R 由閉合電路歐姆定律有E=I(R0+R) 則有P=R, 代入數據解得I=1 A,R=1.25 Ω。 (2)對線框受力分析如圖 設線框恰好要運動時,磁場的磁感應強度大小為B' 由力的平衡條件有mgsin θ=F安+Ff=F安+μmgcosθ F安=nB'I·2r 聯立解得線框剛要運動時,磁場的磁感應強度大小B'=0.4 T 由B'=2-t,得 線框在斜面上可保持靜止的時間t= s= s 小燈泡產生的熱量Q=Pt=1.25× J=π J。