2021届高考物理一轮复习10第3讲电磁感应规律的综合应用练习含解析

2021届高考物理一轮复习10第3讲电磁感应规律的综合应用练习含解析

第3讲 电磁感应规律的综合应用 考点一　电磁感应中的电路问题 ‎【典例1】(2020·大同模拟)在水平放置的两条平行光滑直金属导轨上放有一与其垂直的金属棒ab，匀强磁场与导轨平面垂直，磁场方向如图所示，导轨接有R1=5 Ω和R2=6 Ω的两定值电阻及电阻箱R，其余电阻不计。电路中的电压表量程为0～10 V，电流表的量程为0～3 A。现将R调至30 Ω，用F=40 N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平移，当棒ab达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表未达到满偏。下列说法正确的是 ‎ ‎(　　)‎ A.当棒ab达到稳定状态时，电流表满偏 B.当棒ab达到稳定状态时，电压表满偏 C.当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是1 m/s D.当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是2 m/s ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征：明确电源，区分内外电路。‎ ‎2.思维导引：‎ ‎(1)切割磁场线的导体相当于电源。‎ ‎(2)清楚串并联电路的特点，灵活运用闭合电路欧姆定律。‎ ‎【解析】选B、C。假设电压表满偏，则通过电流表的电流为I==2 A<3 A，所以电压表可以满偏，此时电流表的示数为2 A，故A错误，B正确；棒ab匀速运动时，水平拉力F与安培力大小相等，有FA=BIL=F，感应电动势E=U+IR1=(10+2×5) V=20 V，又E=BLv，解得v==1 m/s，故C正确，D错误。‎ ‎1.五个等效：‎ 18‎ ‎2.解题流程：‎ ‎【加固训练】‎ ‎(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=。‎ 闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则 ‎(　　)‎ A.R2两端的电压为 B.电容器的a极板带正电 C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍 D.正方形导线框中的感应电动势为kL2‎ 18‎ ‎【解析】选A、C。由法拉第电磁感应定律E=n=nS得出E=kπr2，选项D错误；因k>0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，选项B错误；由题图可知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2=U=，选项A正确；设R2消耗的功率为P=IU2，则R消耗的功率P′=2I×2U2+IU2=5P，选项C正确。‎ 考点二　电磁感应中的动力学问题 单棒(含电源、电阻、电容)‎ ‎【典例2】(多选)半径分别为r和2r的同心圆形金属导轨固定在同一水平面内，导轨电阻不计，一长为r、电阻为R的均匀金属棒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。在两导轨之间接有阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属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。下列说法中正确的是 (　　)‎ A.金属棒中电流从B流向A B.金属棒两端电压为Bωr2‎ C.电容器的M板带负电 D.电容器所带电荷量为CBωr2‎ 18‎ ‎【解析】选A、B。根据右手定则可知，金属棒中电流从B流向A，选项A正确；金属棒转动产生的电动势为E=Br=Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U=E=Bωr2，选项B正确；金属棒A端相当于电源正极，所以电容器的M板带正电，选项C错误；由C=可得，电容器所带电荷量为Q=CBωr2，选项D错误。‎ 双导体棒 ‎【典例3】(2019·天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。‎ ‎(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向。‎ ‎(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。‎ ‎【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E，‎ 由法拉第电磁感应定律E=，则E=k ①‎ 设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并= ②‎ 闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I= ③‎ 18‎ 设PQ中的电流为IPQ，有IPQ=I ④‎ 设PQ受到的安培力为F安，有F安=BIPQl ⑤‎ 根据楞次定律和左手定则判断可得安培力方向水平向左 保持PQ静止，由于受力平衡，有F=F安 ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得F= ⑦‎ 方向水平向右。‎ ‎(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ，平均感应电动势为，有= ⑧‎ 其中ΔΦ=Blx ⑨‎ 设PQ中的平均电流为，有= ⑩‎ 根据电流的定义得= ‎ 由动能定理，有Fx+W=mv2-0 ‎ 联立⑦⑧⑨⑩式得W=mv2-kq 答案：(1)　方向水平向右　(2)mv2-kq ‎【多维训练】如图所示，足够长的水平轨道左侧b1b2—c1c2部分轨道间距为2L，右侧c1c2—d1d2部分的轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计。在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ=37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1 T。质量为M=0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m=0.1 kg的金属棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨道上运动，B棒总在窄轨道上运动。已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R=‎ ‎0.2 Ω，h=0.2 m，L=0.2 m，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10 m/s2，求：‎ 18‎ ‎(1)金属棒A滑到b1b2处时的速度大小；‎ ‎(2)金属棒B匀速运动的速度大小；‎ ‎(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A某截面的电量；‎ ‎(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差。‎ ‎【解析】(1)A棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得 mgh=m ①‎ v0== m/s=2 m/s ‎(2)选取水平向右为正方向，对A、B利用动量定理可得 对B：FB安cosθ·t=MvB ②‎ 对A：-FA安cosθ·t=mvA-mv0 ③‎ 其中FA安=2FB安 ④‎ 由上可得mv0-mvA=2MvB 两棒最后匀速时，电路中无电流，‎ 有BLvB=2BLvA 得vB=2vA ⑤‎ 联立两式后得 vB=v0= m/s≈0.44 m/s ‎(3)在B加速过程中：‎ ‎(Bcosθ)ILt=MvB-0， ⑥‎ q=It ⑦‎ 得q= C=5.5 C ‎(4)据法拉第电磁感应定律有E= ⑧‎ 其中磁通量变化量ΔΦ=BΔScosθ ⑨‎ 18‎ 电路中的电流I= ⑩‎ 通过截面的电荷量q=IΔt ‎ 联立可得ΔS=27.5 m2‎ 答案：(1)2 m/s　(2)0.44 m/s ‎(3)5.5 C　(4)27.5 m2‎ 1.用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题：‎ 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：‎ ‎2.动态分析的基本思路：‎ 解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大或最小的条件。具体思路如下：‎ ‎【加固训练】‎ ‎1.如图所示，两金属杆ab和cd长均为L=0.5 m，电阻均为R=8.0 Ω，质量分别为M=0.2 kg和m=0.1 kg，用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧。两金属杆都处在水平位置，整个装置处在一个与回路平面相垂直向内的匀强磁场中，磁感应强度为B=2 T。若整个装置从静止开始到金属杆ab下降高度h=5.0 m时刚好匀速向下运动。(g取10 m/s2)求：‎ 18‎ ‎(1)ab杆匀速运动时杆上的电流方向。‎ ‎(2)ab杆匀速运动的速度vm。‎ ‎【解析】(1)磁场方向垂直纸面向里，当ab匀速下滑时，ab中产生感应电动势，根据右手定则可知电流方向由a→b，cd中的感应电流方向由d→c。‎ ‎(2)电路中的电动势是ab与cd中电动势的和，即E=2BLvm 回路中电流大小为I=‎ 由安培力公式得FA=BIL ab受到的安培力向上，cd受到的安培力向下，大小均为FA，对ab有：T+FA=Mg　对cd有：T=FA+mg 联立得：2FA=(M-m)g 解得vm===4 m/s 答案：(1)a→b　(2)4 m/s ‎2.(2018·江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒 ‎(1)末速度的大小v。‎ ‎(2)通过的电流大小I。‎ ‎(3)通过的电荷量Q。‎ 18‎ ‎【解析】(1)金属棒做匀加速直线运动，‎ 有v2=2as，解得v=。‎ ‎(2)安培力F安=IdB，金属棒所受合力 F=mgsin θ-F安 由牛顿第二定律F=ma　解得I=‎ ‎(3)运动时间t=，电荷量Q=It 解得Q=‎ 答案：(1)　(2)‎ ‎(3)‎ 考点三　电磁感应中的能量问题 由焦耳定律求解焦耳热 ‎【典例4】小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l=0.50 m，倾角θ=53°，导轨上端串接一个R=0.05 Ω的电阻。在导轨间长d=‎ ‎0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B=2.0 T。质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°=0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求： ‎ 18‎ ‎(1)CD棒进入磁场时速度v的大小。‎ ‎(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小。‎ ‎(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。‎ ‎【解析】(1)由牛顿第二定律a==12 m/s2 ①‎ 进入磁场时的速度v==2.4 m/s。 　②‎ ‎(2)感应电动势E=Blv ③‎ 感应电流I= ④‎ 安培力FA=IBl ⑤‎ 代入得FA==48 N。 　⑥‎ ‎(3)健身者做功W=F(s+d)=64 J⑦‎ 由牛顿第二定律F-mgsin θ-FA=0 ⑧‎ CD棒在磁场区域做匀速运动 在磁场中运动的时间t= ⑨‎ 焦耳热Q=I2Rt=26.88 J。‎ 答案：(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 由安培力做功求解焦耳热 ‎【典例5】(2019·济南模拟)如图所示，水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈，每个线圈的质量均为m，电阻均为R，边长均为L，线圈与传送带间的动摩擦因数均为μ，线圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动。MN与PQ为匀强磁场的边界，平行间距为d(L

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