《（江蘇專用）2020高考物理二輪復習 第一部分 專題四 電路與電磁感應 第三講 電磁感應綜合問題——課前自測診斷卷》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020高考物理二輪復習 第一部分 專題四 電路與電磁感應 第三講 電磁感應綜合問題——課前自測診斷卷（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第三講 電磁感應綜合問題 ——課前自測診斷卷 考點一 電磁感應中的電路問題 1.[考查電磁感應中轉動桿的電路問題] [多選](2019蘇州模擬)如圖所示，光滑導軌OMN固定，其中MN是半徑為L的四分之一圓弧，O為圓心。OM、ON的電阻均為R，OA是可繞O轉動的金屬桿，A端位于MN上，OA與軌道接觸良好，空間存在垂直導軌平面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，MN、OA的電阻不計。則在OA桿由OM位置以恒定的角速度ω順時針轉到ON位置的過程中(　　) A．OM中電流方向為O流向M B．流過OM的電荷量為 C．要維持OA以角速度ω勻速轉動，外力的功率應為 D．若OA轉動的角

2、速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則流過OM的電荷量也變?yōu)樵瓉淼?倍 解析：選BC　OA桿由OM位置以恒定的角速度ω順時針轉到ON位置的過程，產生的感應電動勢E＝BL2ω，則感應電流大小恒定，由右手定則可得OM中電流方向為M流向O，故A錯誤；根據閉合電路歐姆定律可得OM中感應電流I＝＝，則流過OM的電荷量為q＝IΔt＝＝，若OA轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則流過OM的電荷量不變，故B正確，D錯誤；OM的發(fā)熱功率P＝I2R＝，根據能量守恒可得外力的功率應為P外＝2P＝，故C正確。 2．[考查電磁感應中導線框的電路問題] 如圖，勻強磁場水平邊界的上方h＝5 m處有一個邊長L＝1 m的正方形導線框從靜止開始

3、下落。已知線框質量m＝1 kg，電阻為R＝10 Ω，磁感應強度為B＝1 T。當線框的cd邊剛進入磁場時(g取10 m/s2)： (1)求線框中產生的感應電動勢大??； (2)求cd兩點間的電勢差大??； (3)若線框此時加速度等于0，則線框電阻應該變?yōu)槎嗌伲? 解析：(1)cd邊剛進入磁場時，線框速度：v＝ 線框中產生的感應電動勢： E＝BLv＝BL＝10 V。 (2)此時線框中電流：I＝ cd切割磁感線相當于電源，cd兩點間的電勢差即路端電壓：U＝IR＝7.5 V。 (3)安培力F＝BIL＝ 根據牛頓第二定律：mg－F＝ma 由a＝0，解得電阻R＝＝1 Ω。 答案：(1)1

4、0 V　(2)7.5 V　(3)1 Ω 考點二 電磁感應中的動力學問題 3.[考查感生與動生中導體棒的運動] 近期大功率儲能技術受到媒體的廣泛關注，其中飛輪儲能是熱點之一。為說明某種飛輪儲能的基本原理，將模型簡化為如圖所示，光滑的“”型導軌水平放置，電阻不計，長度足夠。軌道平行部分間距為L＝1 m，導軌上靜止放置有長度也為L、質量為m＝100 kg、電阻為R1＝0.1 Ω的導體棒AB。導軌間虛線框區(qū)域有垂直軌道平面向上的均勻變化磁場，虛線框右側區(qū)域有垂直軌道平面向下的勻強磁場，磁感應強度為B＝10 T。圖中開關S接a，經過足夠長時間，棒AB向右勻速運動，速度為v＝100 m/s，然

5、后若將開關S接b，棒AB可作為電源對電阻R2供電，電阻R2＝0.9 Ω。 (1)開關S接a，棒AB勻速運動時，虛線框中的磁場磁通量每秒鐘變化多少？ (2)求開關S接b的瞬間棒AB加速度的大小。 (3)求開關S接b后R2產生的總熱量Q。 解析：(1)棒AB勻速運動時加速度為零，安培力為零，電流為零，磁通量不變，所以虛線框中磁場每秒增加ΔΦ＝BLvt＝1 000 Wb。 (2)棒AB產生的電動勢E＝BLv＝1 000 V， 電路中產生的電流I＝＝1 000 A， 故受到的安培力為F＝BIL＝1104 N， 根據牛頓第二定律可得a＝＝100 m/s2。 (3)棒的動能全部轉化為電熱

6、，故Q總＝mv2＝5105 J， 電阻R2上產生的電熱為Q＝Q總＝4.5105 J。 答案：(1)1 000 Wb　(2)100 m/s2　(3)4.5105 J 4.[考查電磁感應中導線框的動力學問題] 如圖所示，光滑斜面的傾角α＝30，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長l1＝1 m，bc邊的邊長l2＝0.6 m，線框的質量m＝1 kg，電阻R＝0.1 Ω。線框通過細線與重物相連，重物質量M＝2 kg，斜面上ef線(ef∥gh)的上方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5 T。如果線框從靜止開始運動，進入磁場最初一段時間是勻速的，ef線和gh的距離s＝11.4 m(

7、取g＝10 m/s2)，求： (1)線框進入磁場前重物M加速度的大小； (2)線框進入磁場時勻速運動速度v的大小。 解析：(1)線框進入磁場前，線框受到重力、細線的拉力T1、斜面的支持力，重物M受到重力和拉力T1′。 對線框由牛頓第二定律得T1－mgsin α＝ma 對重物Mg－T1′＝Ma 由牛頓第三定律得T1＝T1′ 聯立解得線框進入磁場前重物M的加速度 a＝＝5 m/s2。 (2)因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動，所以重物受力平衡：Mg＝T2′ 線框受力平衡：T2＝mgsin α＋BIl1 由牛頓第三定律得T2＝T2′， ab邊進入磁場切割磁感線，產生的電

8、動勢E＝Bl1v 線框中的電流I＝＝ 聯立上述各式得Mg＝mgsin α＋， 代入數據解得v＝6 m/s。 答案：(1)5 m/s2　(2)6 m/s 考點三 電磁感應中的能量問題 5.[考查金屬棒在勻強磁場中的運動問題] (2019南通一模)如圖甲所示，兩足夠長的光滑平行導軌固定在水平面內，處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，導軌間距為L，一端連接阻值為R的電阻。一金屬棒垂直導軌放置，質量為m，接入電路的電阻為r。在金屬棒中點對棒施加一個水平向右、平行于導軌的拉力，棒與導軌始終接觸良好，導軌電阻不計，重力加速度為g。 (1)若金屬棒以速度v0做勻速運動，求

9、棒受到的拉力大小F1； (2)若金屬棒在水平拉力F2作用下，棒運動的速度v隨時間t按余弦規(guī)律變化，如圖乙所示，取水平向右為正方向，從t＝0時刻開始到第一次運動到最右端時的距離為x。求此過程中通過電阻R的電荷量q； (3)在(2)的情況下，求t＝0到t＝的過程中，整個回路產生的熱量Q以及拉力F2做的功W。 解析：(1)棒勻速運動時產生的感應電動勢E＝BLv0， 形成的感應電流I＝， 受到的安培力F0＝ILB， 由平衡條件有F1＝F0， 聯立解得F1＝。 (2)此過程回路產生的平均感應電動勢＝＝，通過電阻R的電荷量q＝Δt， 聯立解得q＝。 (3)速度隨時間變化的關系為v＝v0

10、cost， 電路中產生交變電流，電動勢的峰值Em＝BLv0， 電動勢的有效值E＝， 產生的熱量Q＝， 聯立解得Q＝， 安培力做功WB＝－Q， 由動能定理有W＋WB＝0－mv02， 解得W＝－mv02。 答案：(1)　(2)　(3)?。璵v02 6.[考查金屬棒在變化的磁場中運動問題] 如圖甲所示，平行光滑金屬導軌水平放置，兩導軌相距L＝0.4 m，導軌一端與阻值R＝0.3 Ω的電阻相連，導軌電阻不計。導軌x＞0一側存在沿x軸正方向均勻增大的恒定磁場，其方向與導軌平面垂直向下，磁感應強度B隨位置x變化如圖乙所示。一根質量m＝0.2 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒置于導軌上，

11、并與導軌垂直，棒在外力F作用下從x＝0處以初速度v0＝2 m/s沿導軌向右變速運動，且金屬棒在運動過程中受到的安培力大小不變。求： (1)金屬棒在x＝1 m處速度的大?。? (2)金屬棒從x＝0運動到x＝1 m過程中，外力F所做的功； (3)金屬棒從x＝0運動到x＝2 m過程中，流過金屬棒的電荷量。 解析：(1)根據題意可知金屬棒所受的安培力大小不變，x＝0處與x＝1 m處安培力大小相等， 有＝， 即v1＝v0＝2 m/s＝0.5 m/s。 (2)金屬棒在x＝0處的安培力大小為： F安＝＝ N＝0.2 N 對金屬棒從x＝0運動到x＝1 m過程中，根據動能定理有： WF－F

12、安x＝mv12－mv02 代入數據解得：WF＝－0.175 J。 (3)流過金屬棒的電荷量 q＝t＝Δt＝＝ x＝0到x＝2 m過程中，Bx圖像包圍的面積： ΔBx＝2＝2， 解得q＝＝ C＝2 C。 答案：(1)0.5 m/s　(2)－0.175 J　(3)2 C 7.[考查導體棒在豎直面和斜面上的運動問題] 如圖甲所示，“”形線框豎直放置，電阻不計。勻強磁場方向與線框平面垂直，一個質量為m、阻值為R的光滑導體棒AB，緊貼線框下滑，所達到的最大速度為v?，F將該線框和磁場同時旋轉一個角度放置在傾角為θ的斜面上，如圖乙所示。 (1)在斜面上導體棒由靜止釋放，在下滑過程中，

13、線框一直處于靜止狀態(tài)，求導體棒最大速度的大??； (2)導體棒在下滑過程中線框保持靜止，求線框與斜面之間的動摩擦因數μ所滿足的條件(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)； (3)現用一個恒力F＝2mgsin θ沿斜面向上由靜止開始拉導體棒，通過距離s時導體棒已經做勻速運動，線框保持不動，求此過程中導體棒上產生的焦耳熱。 解析：(1)導體棒受到的安培力F＝BIL＝， 線框豎直放置時，由平衡條件得：mg＝， 線框在斜面上時，由平衡條件得mgsin θ＝， 解得v′＝vsin θ。 (2)設線框質量為M，當AB棒速度最大時，線框受到沿斜面向下的安培力最大，要使線框靜止不動，需要滿足Mgsin θ＋mgsin θ≤μ(M＋m)gcos θ，解得：μ≥tan θ。 (3)當導體棒勻速運動時，由平衡條件得 F＝mgsin θ＋， 由能量守恒定律得Fs＝mgssin θ＋mv″2＋Q， 解得：Q＝mgssin θ－mv2sin2θ。 答案：(1)vsin θ　(2)μ≥tan θ (3)mgssin θ－mv2sin2θ 7