人教版高考物理二轮复习核心考点专项突破电磁感应的综合应用含答案

这是一份人教版高考物理二轮复习核心考点专项突破电磁感应的综合应用含答案，共12页。试卷主要包含了06 J　0，相距L＝1等内容，欢迎下载使用。
电磁感应的综合应用1.如图所示，间距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面夹角为30°，导轨的电阻不计，导轨的N、Q端连接一阻值为R的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置，导体棒上方距离L以上的范围存在着磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场．现在施加一个平行斜面向上且与棒ab重力相等的恒力，使导体棒ab从静止开始沿导轨向上运动，当ab进入磁场后，发现ab开始匀速运动，求：(1)导体棒的质量；(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移．【解析】(1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为L，其加速度为F－mgsin 30°＝maF＝mg得a＝g棒进入磁场时的速度为v＝＝由棒在磁场中匀速运动可知F安＝mgF安＝BIL＝得m＝(2)若进入磁场瞬间使拉力减半，则F＝mg则导体棒所受合力为F安F安＝BIL＝＝mav＝和a＝代入上式＝m即＝mΔv设导体棒继续向上运动的位移为x，则有＝mv将v＝和m＝代入得x＝2L【答案】(1)　(2)2L2.如图所示，MN、PQ为足够长的平行导轨，间距L＝0.5 m.导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°.NQ⊥MN，NQ间连接有一个R＝3 Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0＝1 T.将一根质量为m＝0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝2 Ω，其余部分电阻不计.现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变，cd 距离NQ为s＝2 m.试解答以下问题：(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)金属棒达到稳定时的速度是多大？(2)从静止开始直到达到稳定速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？(3)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t＝0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t＝1 s时磁感应强度应为多大？【答案】(1)2 m/s　(2)0.06 J　(3)0.4 T【解析】(1)在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有：mgsin θ＝ B0IL ＋μmgcos θE＝B0LvE＝I(R＋r)代入已知数据，得v＝2 m/s(2)根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热.有：mgssin θ＝mv2＋μmgcos θ·s＋Q电阻R上产生的热量：QR＝Q解得：QR＝0.06 J(3)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流.此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，故： mgsin θ－μmgcos θ＝ma设t时刻磁感应强度为B，则：B0Ls＝BL(s＋x)x＝vt＋at2故t＝1 s时磁感应强度B＝0.4 T3.如图甲所示，MN、PQ是相距d＝1.0 m足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab的质量m＝0.1 kg，其接入电路的电阻r＝1 Ω，小灯泡电阻RL＝9 Ω，重力加速度g取10 m/s2.现断开开关S，将棒ab由静止释放并开始计时，t＝0.5 s时刻闭合开关S，图乙为ab的速度随时间变化的图像．求：(1)金属棒ab开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值；(2)磁感应强度B的大小．【答案】(1)6 m/s2　　(2)1 T【解析】(1)S断开时ab做匀加速直线运动由图乙可知a＝＝6 m/s2根据牛顿第二定律有：mgsin θ＝ma所以sin θ＝.(2)t＝0.5 s时S闭合，ab先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大vm＝6 m/s后做匀速直线运动根据平衡条件有mgsin θ＝F安又F安＝BId　E＝Bdvm　I＝，解得B＝1 T.4.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．【答案】(1)方向为C→D　大小为(2)＋【解析】(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D.设导体棒AB中点的速度为v，则v＝而vA＝ωr，vB＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv根据闭合电路欧姆定律得I＝，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I＝.(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋Ffv，而Ff＝μmg解得P＝＋.5.相距L＝1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计，ab棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放(取g＝10m/s2)．(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；(2)已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图(c)中定性画出cd棒所受摩擦力随时间变化的图象．【答案】见解析【解析】(1)经过时间t，金属棒ab的速率v＝at此时，回路中的感应电流为I＝＝对金属棒ab，由牛顿第二定律得F－BIL－m1g＝m1a由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋at在图线上取两点：t1＝0，F1＝11N；t2＝2s，F2＝14.6N代入上式得a＝1m/s2，B＝1.2T(2)在第2s末金属棒ab的速率v2＝at2＝2m/s所发生的位移x＝at22＝2m由动能定理得WF－m1gx－W安＝m1v22又Q＝W安联立以上方程，解得Q＝18J.(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动，当cd棒速度达到最大时，有m2g＝μFN又FN＝F安F安＝BILI＝＝，vm＝at0整理解得t0＝＝2sFfcd随时间变化的图象如图所示。6.如图，POQ是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP＝OQ＝L.整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B＝B0－kt(其中k为大于0的常数)．一质量为m、长为L、电阻为R、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置．当磁感应强度变为B0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v.导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g.求导体棒： (1)解除锁定前回路中电流的大小及方向； (2)滑到导轨末端时的加速度大小； (3)运动过程中产生的焦耳热． 【解析】(1)导体棒解除锁定前，闭合回路的面积不变，且＝k由法拉第电磁感应定律知 E＝＝S＝kL2 由闭合电路欧姆定律知I＝＝ 由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向(或b→a)   (2)导体棒恰好要离开导轨时受力如图所示． E＝B0Lv I＝ F＝B0IL得F＝ 由牛顿第二定律知mg－F＝ma 所以a＝g－ (3)由能量守恒知mgh＝mv2＋Q h＝L 解得Q＝－mv2 【答案】(1)　b→a　(2)g－ (3)－mv27.如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为1 m，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和以a′b′的质量都是0.2 kg，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B的大小相同．让a′b′固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W．求：(1)ab下滑的最大加速度；(2)ab下落了30 m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？(3)如果将ab与a′b′同时由静止释放，当ab下落了30 m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q′为多大？(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【解析】(1)当ab棒刚下滑时，ab棒的加速度有最大值：a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2.(2分)(2)ab棒达到最大速度时做匀速运动，有mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ，(2分)整个回路消耗的电功率P电＝BILvm＝(mgsin θ－μmgcos θ)vm＝8 W，(2分)则ab棒的最大速度为：vm＝10 m/s(1分)由P电＝＝(2分)得：B＝0.4 T．(1分)根据能量守恒得：mgh＝Q＋mv＋μmgcos θ·(2分)解得：Q＝30 J．(1分)(3)由对称性可知，当ab下落30 m稳定时其速度为v′，a′b′也下落30 m，其速度也为v′，ab和a′b′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和．根据共点力平衡条件，对ab棒受力分析，得mgsin θ＝BI′L＋μmgcos θ(2分)又I′＝＝(2分)代入解得v′＝5 m/s(1分)由能量守恒2mgh＝×2mv′2＋2μmgcos θ＋Q′(3分)代入数据得Q′＝75 J．(1分)【答案】(1)4 m/s2　(2)30 J　(3)75 J8.如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5 T，磁场宽度d＝0.55 m，有一边长L＝0.4 m、质量m1＝0.6 kg、电阻R＝2 Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4 kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：    (1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？ (2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？ (3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2 m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？ 【解析】(1)m1、m2运动过程中，以整体法有 m1gsin θ－μm2g＝(m1＋m2)a a＝2 m/s2 以m2为研究对象有FT－μm2g＝m2a(或以m1为研究对象有m1gsin θ－FT＝m1a) FT＝2.4 N (2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有 m1gsin θ－μm2g－＝0 v＝1 m/s ab到MN前线框做匀加速运动，有v2＝2ax x＝0.25 m (3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时： m1gsin θ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L) ＝(m1＋m2)v＋Q 解得：Q＝0.4 J 所以Qab＝Q＝0.1 J 【答案】(1)2.4 N　(2)0.25 m　(3)0.1 J9.如图甲所示，MN、PQ是相距d＝1 m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1 m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m＝0.1 kg、电阻R＝1 Ω；MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL＝3 Ω，定值电阻R1＝7 Ω，调节电阻箱使R2＝6 Ω，重力加速度g＝10 m/s2.现断开开关S，在t＝0时刻由静止释放ab，在t＝0.5 s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图像．(1)求斜面倾角α及磁感应强度B的大小；(2)ab由静止下滑x＝50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R2的值．当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？【解析】(1)S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得a＝＝6 m/s2(1分)由牛顿第二定律有mgsin α＝ma，(1分)所以有sin α＝，即α＝37°，(1分)t＝0.5 s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(vm＝6 m/s)后接着做匀速运动．匀速运动时，由平衡条件知mgsin α＝F安，(1分)又F安＝BId　I＝(1分)R总＝R＋R1＋＝10 Ω(1分)联立以上四式有mgsin α＝(2分)代入数据解得B＝ ＝1 T(1分)(2)由能量转化关系有mgsin αx＝mv＋Q(2分)代入数据解得Q＝mgsin αx－mv＝28.2 J(1分)(3)改变电阻箱R2的值后，ab匀速下滑时有mgsin α＝BdI(1分)所以I＝＝0.6 A(1分)通过R2的电流为I2＝I(1分)R2的功率为P＝IR2(1分)联立以上三式可得P＝I2(1分)当＝时，即R2＝RL＝3 Ω，功率最大，(1分)所以Pm＝0.27 W．(2分)【答案】(1)37°　1 T　(2)28.2 J　(3)3 Ω　0.27 W10.如图甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与水平面的倾角θ＝53°，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好．棒的质量m＝1.0 kg，R＝1.0 Ω，长度L＝1.0 m与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，现对ab棒施加一个方向水向右，按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取10 m/s2.    (1)求ab棒的加速度大小； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若已知在前2 s内F做功W＝30 J，求前2 s内电路产生的焦耳热； (4)求cd棒达到最大速度所需的时间． 【解析】(1)对ab棒：Ff＝μmg v＝at F－BIL－Ff＝ma F＝m(μg＋a)＋ 由图象已知量，代入数据得：a＝1 m/s2 (2)当t1＝2 s时，F＝10 N，由(1)知 ＝F－m(μg＋a)，得B＝2 T (3)0～2 s过程中，对ab棒，x＝at＝2 m v2＝at1＝2 m/s 由动能定理知：W－μmgx－Q＝mv Q＝18 J (4)设当时间为t′时，cd棒达到最大速度， FN′＝BIL＋mgcos 53° Ff′＝μFN′ mgsin 53°＝f′ mgsin 53°＝μ(＋mgcos 53°) 解得：t′＝5 s 【答案】(1)1 m/s2　(2)2 T　(3)18 J　(4)5 s11.均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止开始自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．重力加速度为g.当cd边刚进入磁场时， (1)求线框中产生的感应电动势大小；(2)求cd两点间的电势差大小；(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件．【解析】(1)cd边刚进入磁场时，线框速度为v＝线框中产生的感应电动势：E＝BLv＝BL(2)此时线框中电流：I＝cd切割磁感线相当于电源，cd两点间的电势差即路端电压：U＝I(R)＝BL(3)安培力：F＝BIL＝根据牛顿第二定律：mg－F＝ma由a＝0，解得下落高度满足：h＝【答案】(1)BL　(2)BL　(3)h＝12.如图所示，在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a、b，电阻均为R，边长均为l；它们分别系在一跨过两个轻质定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；开始时，线框b的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，线框a恰好匀速穿越磁场区域．不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)线框a穿出磁场区域时的电流大小；(2)线框a穿越磁场区域时的速度大小；(3)线框b进入磁场过程中产生的焦耳热．【答案】见解析【解析】(1)设绳子拉力为F，线框a匀速穿越磁场区域对线框a：4mgsinθ＝F安＋F对线框b：F＝mgsinθ且F安＝BIl解得：I＝(2)线框a匀速运动时，线框a、b速度大小相等E＝BlvI＝解得：v＝(3)设线框b进入磁场过程产生的焦耳热为Q，对系统列能量守恒方程4mglsinθ＝mglsinθ＋×5mv2＋Q得Q＝mgl－.