《（江蘇專版）2019版高考物理二輪復習 專題四 第三講 電磁感應綜合問題課前自測診斷卷（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2019版高考物理二輪復習 專題四 第三講 電磁感應綜合問題課前自測診斷卷（含解析）.doc（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

電磁感應綜合問題 考點一 電磁感應中的電路問題 1.[考查感應電動勢與路端電壓的關系] 如圖所示，在豎直平面內有一金屬環(huán)，環(huán)半徑為0.5 m，金屬環(huán)總電阻為2 Ω，在整個豎直平面內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B＝1 T，在環(huán)的最高點上方A點用鉸鏈連接一長度為1.5 m，電阻為3 Ω的導體棒AB，當導體棒AB擺到豎直位置時，導體棒B端的速度為3 m/s且到達金屬環(huán)最低點。已知導體棒下擺過程中緊貼環(huán)面且與金屬環(huán)有良好接觸，則導體棒AB擺到豎直位置時AB兩端的電壓大小為(　　) A．0.4 V　　　　　　　 B．0.65 V C．2.25 V D．4.5 V 解析：選B　當導體棒擺到豎直位置時， 由v＝ωr可得：C點的速度為 vC＝vB＝3 m/s＝1 m/s AC間電壓為 UAC＝EAC＝BLAC＝10.5 V＝0.25 V CB段產生的感應電動勢為 ECB＝BLCB＝11 V＝2 V 圓環(huán)兩側并聯，電阻為R＝ Ω＝0.5 Ω， 導體棒CB段的電阻為r＝2 Ω 則CB間電壓為UCB＝ECB＝2 V＝0.4 V 故AB兩端的電壓大小為 UAB＝UAC＋UCB＝0.25 V＋0.4 V＝0.65 V。 故選B。 2．[考查電磁感應中的導線框電路問題] 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)10 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，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(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.[考查圓形磁場的電磁感應現象問題] 如圖所示，粗糙斜面的傾角θ＝37，半徑r＝0.5 m的圓形區(qū)域內存在著垂直于斜面向下的勻強磁場。一個匝數n＝10匝的剛性正方形線框abcd，通過松弛的柔軟導線與一個額定功率P＝1.25 W的小燈泡A相連，圓形磁場的一條直徑恰好與線框bc邊重合。已知線框總質量m＝2 kg，總電阻R0＝1.25 Ω，邊長L>2r，與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5。從t＝0時起，磁場的磁感應強度按B＝2－t(T)的規(guī)律變化。開始時線框靜止在斜面上，在線框運動前，燈泡始終正常發(fā)光。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：(g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，π取3.2) (1)線框不動時，回路中的感應電動勢E； (2)小燈泡正常發(fā)光時的電阻R； (3)線框保持不動的時間內，小燈泡產生的熱量Q。 解析：(1)由法拉第電磁感應定律有：E＝n， 得：E＝nπr2＝10π0.52 V＝2.5 V。 (2)小燈泡正常發(fā)光，有：P＝I2R， 由閉合電路歐姆定律有：E＝I(R0＋R)， 即有：P＝2R， 代入數據解得：R＝1.25 Ω，I＝1 A。 (3)對線框bc邊處于磁場中的部分受力分析如圖，當線框恰好要運動時，磁場的磁感應強度大小為B′，由力的平衡條件有： mgsin θ＝F安＋f＝F安＋μmgcos θ F安＝nB′I2r， 由以上分析解得線框剛要運動時，磁場的磁感應強度大小為B′＝0.4 T 代入B＝2－t(T)可求出線框在斜面上可保持靜止的時間t＝ s＝ s， 小燈泡產生的熱量為Q＝Pt＝1.25 J＝3.2 J。 答案：(1)2.5 V　(2)1.25 Ω　(3)3.2 J 6.[考查導體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，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.[考查導體棒在線框上運動問題] 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，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