新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练大题增分特训8电磁感应(人教版)

这是一份新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练大题增分特训8电磁感应(人教版)，共6页。试卷主要包含了2 m位置时水平方向的速度大小等内容，欢迎下载使用。

(1)判断通过电阻R2的电流方向和电容器上极板的电性。
(2)求线圈中产生的感应电动势的大小E。
(3)求稳定后电阻R2两端的电压U2。
2.为了提高城市摩天大楼中电梯的运行效率并缩短候梯时间,人们设计了一种电磁驱动的无绳电梯,如图甲所示。电磁驱动的简化模型如图乙所示,光滑的平行长直金属导轨置于竖直面内,间距L=1 m。导轨下端接有阻值R=1 Ω的电阻,质量m=0.1 kg的导体棒(相当于电梯车厢)垂直跨接在导轨上,导轨和导体棒的电阻均不计,且接触良好。在导轨平面上存在磁感应强度大小B=0.5 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场,导体棒始终处于磁场区域内,g取10 m/s2。t=0时刻,磁场以v1=10 m/s的速度匀速向上移动的同时静止释放该导体棒。
(1)求t=0时刻导体棒的加速度大小。
(2)若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度,求该恒定速度的大小。
3.如图所示,在竖直平面内建立坐标系,在0≤x≤0.4 m范围内存在一具有理想边界、磁感应强度大小为0.1 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长L=0.10 m、质量m=0.02 kg的匀质正方形刚性导线框abcd,c点的坐标为(0,0.4 m),从图示位置以初速度v0=2.0 m/s水平向右抛出。当线框刚好全部离开磁场时,下边界恰好到达x轴,且其水平速度为零。线框在全过程中始终处于xOy平面内,其ab边与x轴保持平行,空气阻力不计,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求线框刚开始进入磁场时a、d两点间电势差的大小Uad。
(2)求线框下边界刚到达x轴时的速度v和在全过程中产生的焦耳热Q。
(3)若已知在线框进入磁场过程中,a、d两点电势差Uad随水平位移变化的函数关系为Uad=U0-kx(式中U0、k均为常数),求线框中心通过x=0.2 m位置时水平方向的速度大小。
4.如图甲所示,固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L=1 m。质量m=1 kg的直导体棒放在导轨上,且与导轨垂直。导轨左端与阻值R=4 Ω的电阻相连,其余电阻不计,整个装置放在竖直向上的匀强磁场内,磁感应强度B=2 T。在t=0时,一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直导体棒,使直导体棒由静止开始向右做直线运动,图乙是描述导体棒运动过程的v-t图像(设导轨足够长)。求:
(1)拉力F的大小;
(2)t=1.6 s时,导体棒的加速度大小a;
(3)前1.6 s内导体棒的位移大小x。
5.(2023浙江嘉兴二模)如图所示,两根竖直放置的足够长金属导轨MN、PQ间距为l,底部是“△”形刚性导电支架,导轨区域布满了垂直于平面MNQP、磁感应强度为B的匀强磁场。长为l的金属棒ab垂直导轨放置,与导轨接触良好。半径为r的轻质圆盘与导轨在同一竖直平面内,可绕通过圆盘中心的固定转轴O匀速转动。圆盘与导轨间有一T形架,T形架下端与金属棒ab固定连接,在约束槽制约下只能上下运动。固定在圆盘边缘的小圆柱体嵌入在T形架的中空横梁中。当圆盘转动时,小圆柱体带动T形架进而驱动金属棒ab上下运动。已知ab质量为m,电阻为R。“△”形导电支架共六条边,每条边的电阻均为R。MN、PQ电阻不计且不考虑所有接触电阻,圆盘、T形架质量不计。圆盘以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,以中空横梁处于图中虚线位置处为初始时刻,求:
(1)初始时刻ab所受的安培力;
(2)圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中,通过ab的电荷量;
(3)圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中,T形架对ab的冲量I;
(4)圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中,T形架对ab做的功。
参考答案
大题增分特训(八) 电磁感应
1.答案 (1)方向向右 负电
(2)
(3)
解析 (1)由题图乙可知磁感应强度减小,根据楞次定律得线圈中感应电流方向为顺时针,则电阻R2的电流方向向右,电容器上极板带负电。
(2)根据法拉第电磁感应定律,有
E=S,S=π
解得E=。
(3)电路中的电流已稳定,电容器充电完毕,在电路中相当于断路,根据电路的分压原理,有U2=E
解得U2=。
2.答案 (1)15 m/s2
(2)6 m/s
解析 (1)在t=0时刻,磁场匀速向上移动,导体棒相对磁场向下的速度大小为v1=10m/s
根据法拉第电磁感应定律得E1=BLv1=0.5×1×10V=5V
回路中的电流为I1=A=5A
导体棒受到向上的安培力为FA=BI1L
代入数据解得FA=2.5N
由牛顿第二定律得FA-mg=ma
代入数据解得a=15m/s2。
(2)若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度,设该恒定速度的大小为v2,此时导体棒受力平衡,根据平衡条件得
BI2L=mg
又I2=
联立解得v2=6m/s。
3.答案 (1)5×10-3V (2)2m/s 0.04 J (3)1 m/s
解析 (1)线框刚进入磁场时产生的感应电动势E=Blv0=0.02V
由右手定则可知线框中的电流方向为adcba
则Uad==5×10-3V。
(2)线框竖直方向所受合力大小为mg,可得a==g
由v2=2ah得v=2m/s
由能量守恒定律得mgh+=Q+mv2
解得Q=0.04J。
(3)因为线框在进入磁场时Uad=U0-kx,可得速度变化量与水平位移成正比,同理可得线框在离开磁场时,速度变化量也与水平位移成正比,则v中==1m/s。
4.答案 (1)10 N (2)2 m/s2 (3)8 m
解析 (1)导体棒的运动速度为v时产生的电动势E=BLv
闭合回路中的感应电流I=
导体棒所受安培力FA=BIL=
由题图乙可知,当速度v=10m/s时,拉力F=FA
得F=10N。
(2)由题图乙可知,t=1.6s时,v=8m/s,由牛顿第二定律得F-=ma
得a=2m/s2。
(3)前1.6s内由动量定理得FΔt-BLΔt=mv-0
其中
解得x=8m。
5.答案 (1)
(2)
(3)-mωr-
(4)mω2r2-mgr
解析 (1)初始时刻,ab的速度大小
v=ωr
则ab切割磁感线产生的电动势为
E=Blv
整个回路的电阻
R总=+R=2.5R
则ab受到的安培力大小为
F安=BIl=。
(2)运动到最底端过程,通过ab的电荷量
q=t=。
(3)由动量定理可得
I+mg-Blt=0-mωr
得I=-mωr-。
(4)设运动到最底端过程中,T形架对ab做功为W,则由功能关系得
W+mgr-=0-m(ωr)2
又E有效=
得W=mω2r2-mgr。