【物理】2020届一轮复习人教版第十三单元第二节电磁感应中的综合问题作业

【物理】2020届一轮复习人教版第十三单元第二节电磁感应中的综合问题作业

第十三单元 第二节 电磁感应中的综合问题（A、B 卷） 大题强化练(A) 1.(2018·宁波十校联考)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为 L，矩形匀强磁场 Ⅰ、Ⅱ的高度均为 d，两者间距也为 d，磁感应强度大小为 B，方向垂直 纸面向里，质量为 m 的水平金属杆从距磁场Ⅰ上边界 h 处由静止释放， 进入磁场Ⅰ时的速度大小和进入磁场Ⅱ时的速度大小相等。金属杆在导轨 间的电阻为 r，与导轨接触良好且始终保持水平，导轨上端连接一个定值电 阻 R，不计其余电阻和空气阻力，重力加速度为 g。求： (1)金属杆离开每个磁场区域时的速度大小； (2)穿过每个磁场区域过程中金属杆上产生的焦耳热； (3)求穿过每个磁场区域所需的时间。 解析：(1)金属杆在两个磁场区域之间做加速度为 g 的匀加速运动，用 v1 表示进磁场的 速度，v2 表示出磁场的速度，则有 v12－v22＝2gd v12－0＝2gh 解得 v2＝ 2g(h－d)。 (2)研究金属杆从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程，运用动能定理 2mgd－W 克安＝0 Q 总＝W 克安 Q＝ r R＋r Q 总 解得：Q＝2mgdr R＋r 。 (3)设金属杆穿过磁场区域所需的时间为 t，由动量定理得 mgt－BILt＝m(v2－v1) 又 q＝It＝BLv R＋rt＝BLd R＋r 解得 t＝ B2L2d mg(R＋r)－ 2gh－ 2g(h－d) g 。 答案：(1) 2g(h－d)　(2)2mgdr R＋r (3) B2L2d mg(R＋r)－ 2gh－ 2g(h－d) g 2．磁悬浮列车动力原理如图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，导轨间存在着 等距离的正方形匀强磁场 B1 和 B2，方向相反，B1＝B2＝1 T。导轨上放有金属框 abcd，金 属框电阻 R＝2 Ω，导轨间距 L＝0.4 m，当磁场 B1、B2 同时以 v＝5 m/s 的速度向右匀速运 动时，求： (1)如果导轨和金属框均光滑，金属框对地是否运动？若不运动，请说明理由；如运动， 原因是什么？运动性质如何？ (2)如果金属框运动中所受到的阻力恒为其对地速度的 k 倍，k＝0.18，求金属框所能达 到的最大速度 vm 是多少？ (3)如果要金属框维持(2)中最大速度运动，磁场每秒钟提供给金属框的能量为多少？ 解析：(1)金属框对地运动，因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、bc 边切割磁感 线，框中产生感应电流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运 动，且属于加速度越来越小的变加速运动。 (2)阻力 f 与安培力 F 平衡时，金属框有最大速度 f＝kvm＝F＝2IBL① 其中 I＝E R② E＝2BL(v－vm)③ ①②③联立解得 vm＝ 4B2L2v kR＋4B2L2④ 代入数据，解得：vm＝3.2 m/s。⑤ (3)金属框消耗的磁场能一部分转化为框中电热，一部分克服阻力做功。 据能量守恒：E＝I2Rt＋kvm·vmt＝2.88 J。 答案：(1)运动。因磁场运动时，金属框与磁场有相对运动，ad、bc 边切割磁感线，金 属框中产生感应电流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使金属框向右加速运 动，且属于加速度越来越小的变加速运动。 (2)3.2 m/s　(3)2.88 J 3．(2018·金华十校联考)如图所示，水平面上有一个质量为 m，边长为 L，电阻为 R 的 正方形金属框 abcd。金属框 ab 边与磁场边缘平行，以初速度 v0 垂直磁场边缘进入矩形匀 强磁场区域Ⅰ，磁场区域Ⅰ的水平面光滑，金属框进入磁场区域Ⅰ过程中，金属框的速度 v 与金属框 ab 边进入磁场的位移 x 的关系是 v＝v0－kx(x＜L，k 已知)。当金属框 ab 边刚进 入磁场区域Ⅱ后，就受到恒定的摩擦力，动摩擦因数为 μ，金属框 cd 边离开磁场区域Ⅱ时 恰好静止。磁场区域Ⅰ的磁场方向垂直水平面向下，磁场区域Ⅱ的磁场方向垂直水平面向 上，两磁场区域的磁感应强度大小相等，两磁场区域的宽度均为 d(d＞L)。求： (1)磁场区域Ⅰ的磁感应强度 B； (2)从金属框 ab 边刚进入磁场区域Ⅱ到金属框 cd 边离开磁场区域Ⅱ的时间 t； (3)从金属框 ab 边刚进入磁场区域Ⅰ到金属框 cd 边离开磁场区域Ⅱ的过程中克服安培 力所做的功。 解析：(1)由动量定理得－FAt＝mv－mv0 金属框进入磁场时产生的电动势 E＝BLv，I＝E R，受到的安培力 FA＝BIL， 所以－B2L2v R t＝mv－mv0 又 x＝vt，有B2L2x R ＝mv0－mv， 又 v＝v0－kx，所以 B＝ kmR L2 。 (2)根据动量定理得－μmgt－6B2L3 R ＝0－mv0 t＝v0 μg－6B2L3 μmgR＝v0－6kL μg 。 (3)克服安培力所做的功等于产生的焦耳热，由能量守恒得 W＝Q＝1 2mv02－μmg(L＋d)。 答案：(1) kmR L2 　(2)v0－6kL μg (3)1 2mv02－μmg(L＋d) 4．如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距 L＝0.2 m，左 端接有阻值 R＝0.3 Ω 的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。水平导轨的整个区域内 存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小 B＝2.0 T。一根质量 m＝0.4 kg，电阻 r＝0.1 Ω 的金属棒 ab 垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力 F 作用下从静止开始运动，当金属棒通 过位移 x＝9 m 时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力 F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度 h＝0.8 m 处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因 数 μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触，取 g＝ 10 m/s2。求： (1)金属棒运动的最大速率 v； (2)金属棒在磁场中速度为v 2时的加速度大小； (3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻 R 上产生的焦耳热。 解析：(1)金属棒从出磁场到达弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律，1 2mv2＝mgh 解得：v＝ 2gh＝4 m/s。 (2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为 I， 则：I＝BLv R＋r＝4 A 由平衡条件可得：F＝BIL＋μmg＝2 N 金属棒速度为v 2时，设回路中的电流为 I′， 则 I′＝ BLv 2(R＋r)＝2 A 由牛顿第二定律得 F－BI′L－μmg＝ma 解得 a＝2 m/s2。 (3)设金属棒在磁场运动过程中，回路中产生的焦耳热为 Q， 根据功能关系：Fx＝μmgx＋1 2mv2＋Q 则电阻 R 上的焦耳热：QR＝ R R＋rQ 解得：QR＝8.4 J。 答案：(1)4 m/s　(2)2 m/s2　(3)QR＝8.4 J 5．(2019·“超级全能生”联考)如图所示，一个半径为 r＝0.4 m 的圆形金属导轨固定在 水平面上，一根长为 r 的金属棒 ab 的 a 端位于圆心，b 端与圆形导轨接触良好。从 a 端和 圆形金属导轨分别引出两条导线与倾角为 θ＝37°、间距为 l＝0.5 m 的平行金属导轨相连。 质量 m＝0.1 kg、电阻 R＝1 Ω 的金属棒 cd 垂直导轨放置在平行导轨上，并与导轨接触良好， 且棒 cd 与两导轨间的动摩擦因数为 μ＝0.5。导轨间另一支路上有一规格为“2.5 V　0.3 A” 的小灯泡 L 和一阻值范围为 0～10 Ω 的滑动变阻器 R0。整个装置置于竖直向上的匀强磁场 中，磁感应强度大小为 B＝1 T。金属棒 ab、圆形金属导轨、平行导轨及导线的电阻不计， 从上往下看金属棒 ab 做逆时针转动，角速度大小为 ω。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2。 (1)当 ω＝40 rad/s 时，求金属棒 ab 中产生的感应电动势 E1，并指出哪端电势较高； (2)在小灯泡正常发光的情况下，求 ω 与滑动变阻器接入电路的阻值 R0 间的关系；(已 知通过小灯泡的电流与金属棒 cd 是否滑动无关) (3)在金属棒 cd 不发生滑动的情况下，要使小灯泡能正常发光，求 ω 的取值范围。 解析：(1)由法拉第电磁感应定律得 E1＝1 2Br2ω＝3.2 V b 端电势较高。 (2)由并联电路的特点可知， 当小灯泡正常发光时，有 1 2Br2ω＝UL＋ILR0 代入数据后得 ω＝15 4 R0＋125 4 (rad/s)。 (3)由于 μ＜tan 37°，所以当棒 cd 中无电流时，其无法静止。 (ⅰ)当 ω 较小，棒 cd 恰要向下滑动时，对其进行受力分析，受力示 意图如图甲所示。 x 轴有 mgsin θ＝Fcos θ＋f① y 轴有 mgcos θ＋Fsin θ＝FN② 且 f＝μFN③ 棒 cd 所受安培力 F＝BIl④ 通过棒 cd 的电流 I＝E R＝Br2ω 2R ⑤ 联立①～⑤可得 ω＝50 11 rad/s。 (ⅱ)当 ω 较大，棒 cd 恰要向上滑动时，对其进行受力分析，受力示意图如图乙所示。 同理可得 ω＝50 rad/s 所以要使棒 cd 静止，50 11 rad/s≤ω≤50 rad/s 由(2)中结果可知 R0＝4ω－125 15 Ω 因为 0≤R0≤10 Ω，即 0≤4ω－125 15 ≤10 Ω 解得小灯泡正常发光时，125 4 rad/s≤ω≤275 4 rad/s 综上所述，125 4 rad/s≤ω≤50 rad/s。 答案：(1)3.2 V　b 端电势较高 (2)ω＝15 4 R0＋125 4 (rad/s) (3)125 4 rad/s≤ω≤50 rad/s 大题强化练(B) 1．(2018·桐乡模拟)“电磁炮”如图甲所示，其原理结构可简化为如图乙所示的模型： 两根无限长、光滑的平行金属导轨 MN、PQ 固定在水平面内，相距为 l。“电磁炮”弹体 为质量为 m 的导体棒 ab，垂直于 MN、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好，弹体在轨道间 的电阻为 R。整个装置处于竖直向下匀强磁场中，磁感应强度大小为 B。“电磁炮”电源的 电压能自行调节，用以保证“电磁炮”匀加速发射，其中可控电源的内阻为 r。不计空气阻 力，导轨的电阻不计。 (1)要使炮弹向右发射，判断通过弹体电流的方向； (2)若弹体从静止加速到 v 过程中，通过弹体的电流为 I，求该系统消耗的总能量； (3)把此装置左端电源换成电容为 C 的电容器，导轨与水平面成 θ 放置(如图丙所示)， 弹体由静止释放，某时刻速度为 v1，求此过程安培力的冲量； (4)弹体的速度从 v1 变化到 v2 的过程中，电容器吸收的能量 ΔE。 解析：(1)由左手定则，通过弹体的电流的方向为由 a 到 b。 (2)弹体所受安培力 F＝BIl 根据 F＝ma，v＝at 知发射弹体用时 t＝mv BIl 发射弹体过程产生的焦耳热 Q＝I2(R＋r)t＝I(R＋r)mv Bl 弹体的动能 Ek＝1 2mv2 系统消耗的总能量 E＝Ek＋Q＝1 2mv2＋I(R＋r)mv Bl 。 (3)电容器上电荷量增量 Δq＝q′－q＝CBl(v′－v)＝CBlΔv 所以充电电流为 i＝Δq Δt＝CBlΔv Δt ＝CBla； a 是杆在时刻 t 的加速度，mgsin θ－CB2l2a＝ma 因此 a＝ mgsin θ m＋CB2l2，a 与时间无关，可见弹体做匀加速直线运动。 根据动量定理：mgtsin θ－I＝mv1 且 v1＝at 解得 I＝CB2l2v1。 (4)根据动能定理：mgxsin θ－ΔE＝1 2m(v22－v12) ，其中 x 为沿斜面方向前进的位移 弹体做匀变速直线运动，所以从 v1 到 v2 满足： 2ax＝v22－v12 因此 ΔE＝1 2(v22－v12)CB2l2。 答案：(1)由 a 到 b　(2)1 2mv2＋I(R＋r)mv Bl (3)CB2l2v1　(4)1 2(v22－v12)CB2l2 2．(2019·浙江省名校新高考研究联盟联考)如图所示，MN、PQ 是固定在水平桌面上， 相距 l＝1.0 m 的光滑平行金属导轨，MP 两点间接有 R＝0.6 Ω 的定值电阻，导轨电阻不计。 质量均为 m＝0.1 kg，阻值均为 r＝0.3 Ω 的两导体棒 a、b 垂直于导轨放置，并与导轨良好 接触。开始时两棒被约束在导轨上处于静止，相距 x0＝2 m，a 棒用细丝线通过光滑滑轮与 质量为 m0＝0.2 kg 的重物 c 相连，重物 c 距地面高度也为 x0＝2 m。整个桌面处于竖直向 下的匀强磁场中，磁感应强度 B＝1.0 T。a 棒解除约束后，在重物 c 的拉动下开始运动(运 动过程中丝线始终与 b 棒没有作用)，当 a 棒即将到达 b 棒位置前一瞬间，b 棒的约束被解 除，此时 a 棒已经匀速运动，试求：(g 取 10 m/s2) (1)a 棒匀速运动时棒中的电流大小； (2)已知 a、b 两棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，假设导轨足够长，试求该“粗棒” 能运动的距离； (3)a 棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦耳热。 解析：(1)由题意可知 m0g＝BlIa，可得 Ia＝2 A。 (2)设碰前 a 棒的速度为 v，则 Ia＝Blv R总 R 总＝0.6 × 0.3 0.6＋0.3 Ω＋0.3 Ω＝0.5 Ω 解得 v＝1 m/s a、b 棒碰撞过程：mv＝2mv′，解得 v′＝0.5 m/s a、b 碰撞后的整体运动过程， R 总′＝0.3 × 0.3 0.3＋0.3 Ω＋0.6 Ω＝0.75 Ω 由动量定理得－IlBt＝0－2mv′ q＝It＝ Blx R总′，解得 x＝0.075 m。 (3)发生碰撞前 m0gx0－Q1＝1 2(m0＋m)v2 解得 Q1＝3.85 J 发生碰撞后 Q2＝1 2(2m)v′2＝0.025 J 整个运动过程 Q＝Q1＋Q2＝3.875 J。 答案：(1)2 A　(2)0.075 m　(3)3.875 J 3．(2018·浙江名校协作体高三开学考试)如图所示，水平放置的平行光滑导轨，固定在 桌面上，宽度为 L，处在磁感应强度为 B，竖直向下的匀强磁场中。桌子离开地面的高度为 H。初始时刻，质量为 m 的杆 ab 与导轨垂直且处于静止，距离导轨边缘为 d。质量同为 m 的杆 cd 与导轨垂直，以初速度 v0 进入磁场区域。最终发现两杆先后落在地面上。已知两杆 的电阻均为 R，导轨电阻不计，两杆落地点之间的距离为 s。求： (1)ab 杆从磁场边缘射出时的速度大小； (2)ab 杆射出时，cd 杆运动的距离； (3)在两根杆相互作用的过程中，回路中产生的电能。 解析：(1)设 ab、cd 杆从磁场边缘射出时的速度分别为 v1、v2 设 ab 杆飞出磁场后运动的水平位移为 x，cd 杆飞出磁场后运动的水平位移为 x＋s， 则有 x＝v1 2H g ，x＋s＝v2 2H g 根据动量守恒 mv0＝mv1＋mv2 解得 v2＝v0 2 ＋s 2 g 2H v1＝v0 2 －s 2 g 2H。 (2)ab 杆运动距离为 d，对 ab 杆应用动量定理 BILΔt＝BLq＝mv1； 设 cd 杆运动距离为 d＋Δx，q＝ΔΦ 2R＝BLΔx 2R 解得 Δx＝2Rmv1 B2L2 cd 杆运动距离为 d＋Δx＝d＋2Rm B2L2(v0 2 －s 2 g 2H)。 (3)根据能量守恒，电路中产生的焦耳热等于产生的电能 Q＝1 2mv02－1 2mv12－1 2mv22＝1 4mv02－mgs2 8H 。 答案：(1)v0 2 －s 2 g 2H　(2)d＋2Rm B2L2(v0 2 －s 2 g 2H)　(3)1 4mv02－mgs2 8H 4．(2018·浙江省“七彩阳光”联盟联考)如图所示，间距为 L 的平行光滑导轨 P、Q， 位于大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，质量为 m、电阻为 R、长度也为 L 的两 相同导体棒 ab 和 cd 分别垂直于导轨放置，导体棒 cd 右侧存在阻尼介质，受到的阻尼力与 棒 cd 运动速度大小成正比，比例系数 k＝B2L2 2R 。t＝0 时，棒 ab 以初速度 v0 向右运动；当 棒 ab 的位移为 x0 时，两导体棒速度达到相同。不计导轨电阻及阻尼介质对电路的影响，导 轨足够长。求： (1)t＝0 时导体棒 ab 和 cd 的加速度； (2)棒 ab 的位移为 x0 时导体棒 cd 的位移 x 和速度 v 的大小。 解析：(1)ab 刚开始运动时产生的电动势 E＝BLv0 I＝ E 2R＝BLv0 2R acd＝aab＝BIL m ＝B2L2v0 2Rm aab 方向向左，acd 方向向右。 (2)由动量定理，对导体棒 ab， 有－BL∑Δqi＝m(v－v0)① 对导体棒 cd，有 BL∑Δqi－k∑(vΔt)i＝mv② x＝∑(vΔt)i③ ∑Δqi＝BL 2R(x0－x)④ 联立①②③④，得 x＝2 3(x0－Rmv0 B2L2 ) v＝1 6(4v0－B2L2 Rm x0)。 答案：(1)大小均为B2L2v0 2Rm 　aab 方向向左，acd 方向向右　 (2)2 3(x0－Rmv0 B2L2 )　1 6(4v0－B2L2 Rm x0) 5．(2017·浙江 4 月选考)间距为 l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而 成，如图所示。倾角为 θ 的导轨处于大小为 B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ 中。水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为 3m 的“联动双杆”(由两根长为 l 的金属杆 cd 和 ef，用长度为 L 的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为 B 2、方向 垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于 L。质量为 m、长为 l 的金属杆 ab 从倾 斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆 ab 与“联动双杆”发生碰撞。 碰后杆 ab 和 cd 合在一起形成“联动三杆”。“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ 并从中滑出，运动过程中，杆 ab、cd 和 ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知 杆 ab、cd 和 ef 电阻均为 R＝0.02 Ω，m＝0.1 kg，l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T， B2＝0.2 T。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求： (1)杆 ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小 v0； (2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小 v； (3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热 Q。 解析：(1)杆 ab 在倾斜导轨上匀速运动时满足 mgsin θ＝B12l2v0 R＋R 2 解得：v0＝6 m/s。 (2)由动量守恒定律得：mv0＝4mv 解得：v＝1.5 m/s。 (3)对于“联动三杆”，由动量定理得 －B2I1lt1－B2I2lt2＝4mv1－4mv，又 I1t1＝I2t2＝B2lL 1.5R 解得：v1＝1 m/s 故：Q＝1 2·4m·(v 2－v12)＝0.25 J。 答案：(1)6 m/s　(2)1.5 m/s　(3)0.25 J