2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 熱點8 電磁感應(yīng)的綜合問題學(xué)案

《2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 熱點8 電磁感應(yīng)的綜合問題學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 熱點8 電磁感應(yīng)的綜合問題學(xué)案（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 熱點8 電磁感應(yīng)的綜合問題 [熱點跟蹤專練] 1．(多選)(2017·遼寧沈陽高三考試)如圖所示，固定位置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中．一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運動距離L時，速度恰好達(dá)到最大(運動過程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)．設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為g.則此過程(　　) A．桿的速度最大值為 B．流過電阻R的電荷量為

2、 C．從靜止到速度恰好達(dá)到最大經(jīng)歷的時間t＝＋ D．恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量 [解析]　當(dāng)桿的速度達(dá)到最大時，安培力FA＝，桿受力平衡，則有F－μmg－FA＝0，所以v＝，A錯誤；流過電阻R的電荷量為q＝t＝＝，B正確；由動量定理可知(F－μmg－BId)t＝mv，q＝It，又v＝，解得t＝＋，C正確；對于桿從靜止到速度達(dá)到最大的過程，根據(jù)動能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代數(shù)和等于桿動能的變化量，由于摩擦力做負(fù)功，所以恒力F、安培力做功的代數(shù)和大于桿動能的變化量，D正確． [答案]　BCD 2.(多選)如圖所示，間距為L、電阻不計的足夠長平行光滑導(dǎo)軌豎直

3、放置，其上端接有一阻值為R的電阻，一質(zhì)量為m、長度為L、電阻也為R的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置處于垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，金屬棒下落過程中始終水平，經(jīng)一定時間后金屬棒速度達(dá)到最大速度v，此過程中通過電阻的電荷量為q，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．此過程中金屬棒做加速度減小的加速運動 B．此過程中金屬棒下落的距離為 C．此過程中金屬棒克服安培力做的功為－mv2 D．當(dāng)金屬棒速度為時，金屬棒的加速度大小為 [解析]　金屬棒在下落過程中受豎直向下的重力和豎直向上的安培力作用，安培力大小為F安＝BIL＝，即安

4、培力隨金屬棒速度的增大而增大，所以金屬棒先做加速度減小的加速運動，達(dá)最大速度后開始做勻速運動，A對；因q＝·t＝＝，所以此過程中金屬棒下落的距離為h＝，B錯；由動能定理知mgh－W安＝mv2，即此過程中金屬棒克服安培力做功為－mv2，C錯；當(dāng)金屬棒速度為時，由牛頓第二定律知ma＝mg－，而mg＝，聯(lián)立解得a＝，D對． [答案]　AD 3．如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導(dǎo)軌的間距，電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)給銅棒a一個平行于導(dǎo)軌向右的瞬時沖量

5、I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是(　　) A．回路中的最大電流為 B．銅棒b的最大加速度為 C．銅棒b獲得的最大速度為 D．回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為 [解析]　給銅棒a一個平行于導(dǎo)軌向右的瞬時沖量I，由動量定理可知銅棒a的初速度為va＝，此時回路中感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電流最大，最大感應(yīng)電動勢E＝BLva＝，回路中最大電流i＝＝，選項A錯誤．銅棒b所受的最大安培力F＝BiL＝，由牛頓第二定律F＝ma，可得銅棒b的最大加速度a＝＝，選項B正確．由于導(dǎo)軌足夠長，對銅棒a、b組成的系統(tǒng)，動量守恒，最終二者速度相等，由動量守恒定律可知銅棒b獲得的最大速度為vb＝va＝，選項C錯誤．由能量

6、守恒定律知回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝mv－2×mv＝，選項D錯誤． [答案]　B 4．(多選)如圖所示，在傾角為30°的斜面上固定一電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，下端接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與斜面垂直(圖中未畫出)．質(zhì)量為m、阻值大小也為R的金屬棒ab與固定在斜面上方的勁度系數(shù)為k的絕緣彈簧相接，彈簧處于原長并被鎖定．現(xiàn)解除鎖定的同時使金屬棒獲得沿斜面向下的速度v0，從開始運動到停止運動的過程中金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，在上述過程中(　　) A．開始運動時金屬棒與導(dǎo)軌接觸點間電壓為 B

7、．通過電阻R的最大電流一定是 C．通過電阻R的總電荷量為 D．回路產(chǎn)生的總熱量小于mv＋ [解析]　開始時金屬棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢E＝BLv0，則金屬棒與導(dǎo)軌接觸點間電壓為U＝0.5E，選項A對；金屬棒釋放時，受到沿斜面向上的安培力與沿斜面向下的重力分力，因不知二力大小關(guān)系，則不能確定通過R的最大電流，選項B錯；由于金屬棒在運動過程中受到安培力作用，最終金屬棒靜止，則金屬棒沿斜面下滑距離為d＝，應(yīng)用電流定義式和法拉第電磁感應(yīng)定律可知通過R的電荷量q＝＝，選項C對；從開始到停止，設(shè)回路產(chǎn)生的熱量為Q、金屬棒靜止時彈簧彈性勢能為Ep，對金屬棒和回路應(yīng)用功能關(guān)系可知Q＋Ep＝mgdsinθ＋

8、mv，則Q＝mv＋－Ep，選項D對． [答案]　ACD 5.如圖所示，豎直平面內(nèi)有無限長、不計電阻的兩組平行光滑金屬導(dǎo)軌，寬度均為L＝0.5 m，上方連接一個阻值R＝1 Ω的定值電阻，虛線下方的區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T的勻強(qiáng)磁場．完全相同的兩根金屬桿1和2靠在導(dǎo)軌上，金屬桿與導(dǎo)軌等寬且與導(dǎo)軌接觸良好，電阻均為r＝0.5 Ω.將金屬桿1固定在磁場的上邊緣(仍在此磁場內(nèi))，金屬桿2從磁場邊界上方h0＝0.8 m處由靜止釋放，進(jìn)入磁場后恰做勻速運動．(g取10 m/s2) (1)求金屬桿的質(zhì)量m. (2)若金屬桿2從磁場邊界上方h1＝0.2 m處由靜止釋放，進(jìn)入磁場經(jīng)過一段時間后開

9、始做勻速運動．在此過程中整個回路產(chǎn)生了1.4 J的電熱，則此過程中流過電阻R的電荷量q為多少？ [解析]　(1)金屬桿2進(jìn)入磁場前做自由落體運動，則vm＝＝4 m/s 金屬桿2進(jìn)入磁場后受兩個力而處于平衡狀態(tài)，即mg＝BIL，且E＝BLvm，I＝ 解得m＝＝ kg＝0.2 kg. (2)金屬桿2從下落到再次勻速運動的過程中，設(shè)金屬桿2在磁場內(nèi)下降h2，由能量守恒定律得mg(h1＋h2)＝mv＋Q 解得h2＝－h(huán)1＝ m－0.2 m＝1.3 m 金屬桿2進(jìn)入磁場到勻速運動的過程中，感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的平均值分別為E＝，I＝ 故流過電阻R的電荷量q＝It2 聯(lián)立解得q＝＝ C＝0

10、.65 C. [答案]　(1)0.2 kg　(2)0.65 C 6．(2017·湖北武漢高三調(diào)研)如圖所示，abcd為質(zhì)量M＝3.0 kg的“”形導(dǎo)軌(電阻不計)，放在光滑絕緣的傾角為θ＝53°的斜面上，光滑絕緣的立柱e、f垂直于斜面固定，質(zhì)量m＝2.0 kg的金屬棒PQ平行于ad邊壓在導(dǎo)軌和立柱e、f上，導(dǎo)軌和金屬棒都處于勻強(qiáng)磁場中，磁場以O(shè)O′為界，OO′上側(cè)的磁場方向垂直于斜面向上，下側(cè)的磁場方向沿斜面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B＝1.0 T．導(dǎo)軌的ad段長L＝1.0 m，棒PQ單位長度的電阻為r0＝0.5 Ω/m，金屬棒PQ與“”形導(dǎo)軌始終接觸良好且兩者間的摩擦力是兩者間正壓力的μ＝

11、0.25.設(shè)導(dǎo)軌和斜面都足夠長，將導(dǎo)軌無初速度釋放，求：(取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，圖中的MN、ad、OO′、PQ彼此平行且處在水平方向) (1)導(dǎo)軌運動的最大加速度； (2)導(dǎo)軌運動的最大速度． [解析]　(1)設(shè)導(dǎo)軌下滑過程中受到金屬棒的摩擦力f、壓力FN、ad邊受到的安培力FA、下滑的加速度為a、下滑的速度為v，根據(jù)力學(xué)規(guī)律和電磁學(xué)規(guī)律，有： Mgsinθ－f－FA＝Ma f＝μFN E＝BLv I＝ FA＝ILB 對棒PQ，因其始終靜止，有： 導(dǎo)軌對金屬棒的支持力為FN′＝mgcosθ＋FA 由牛頓第三定律知FN＝FN′

12、 導(dǎo)軌剛釋放時速度為零、安培力為零、加速度最大 Mgsinθ－f′＝Mam f′＝μmgcosθ 聯(lián)立解得最大加速度am＝7.0 m/s2 (2)導(dǎo)軌達(dá)到最大速度vm時，加速度為零 Mgsinθ－f1－FA1＝0 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得 vm＝＝8.4 m/s [答案]　(1)7.0 m/s2　(2)8.4 m/s 7．如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虛線cc′和bb′與斜面底邊平行，且兩線間距為d＝0.1 m，在cc′、bb′圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10 g，總電阻為R＝1 Ω，邊長也為d

13、＝0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與cc′重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運動，當(dāng)金屬線圈從最高點返回到磁場區(qū)域時，線圈剛好做勻速直線運動．已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不計其他阻力，求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時的速度大?。? (2)線圈向上離開磁場區(qū)域時的動能； (3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱． [解析]　(1)金屬線圈向下勻速進(jìn)入磁場時，有mgsinθ＝μmgcosθ＋F安 其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv 解得v＝＝2 m/s. (

14、2)設(shè)最高點離bb′的距離為x，線圈從最高點到開始進(jìn)入磁場過程做勻加速直線運動，有v2＝2ax，mgsinθ－μmgcosθ＝ma 線圈從向上離開磁場到向下進(jìn)入磁場的過程，根據(jù)動能定理有 Ek1－Ek＝μmgcosθ·2x，其中Ek＝mv2 得Ek1＝mv2＋＝0.1 J. (3)線圈向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有mgsinθ·2d－μmgcosθ·2d＋W安＝0 Q＝－W安 解得Q＝2mgd(sinθ－μcosθ)＝0.004 J. [答案]　(1)2 m/s　(2)0.1 J　(3)0.004 J 8．如圖所示，在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，兩根足夠長的平行光滑金

15、屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L.一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒cd垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好．軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計． (1)如圖1所示，若軌道左端M、P間接一阻值為R的電阻，導(dǎo)體棒在拉力F的作用下以速度v沿軌道做勻速運動．請通過公式推導(dǎo)證明：在任意一段時間Δt內(nèi)，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等． (2)如圖2所示，若軌道左端接一電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源和一阻值未知的電阻．閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒從靜止開始運動，經(jīng)過一段時間后，導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度vm，求此時電源的輸出功率． (3)如圖3所示，若軌道左端接一電容器，電容器的電容為C，導(dǎo)體棒在水平拉力的作用下從靜止開始向右運

16、動．電容器兩極板間電勢差隨時間變化的圖象如圖4所示，已知t1時刻電容器兩極板間的電勢差為U1.求導(dǎo)體棒運動過程中受到的水平拉力大?。? [解析]　(1)導(dǎo)體棒切割磁感線，E＝BLv 導(dǎo)體棒做勻速運動，F(xiàn)＝F安 又F安＝BIL，其中I＝ 在任意一段時間Δt內(nèi)，拉力F所做的功W＝FvΔt ＝F安vΔt＝Δt 電路獲得的電能ΔE＝qE＝EIΔt＝Δt 可見，在任意一段時間Δt內(nèi)，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等． (2)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度vm時，棒中沒有電流，電源的路端電壓U＝BLvm 電源與電阻所在回路的電流I＝ 電源的輸出功率P＝UI＝. (3)感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電勢差相等BLv＝U 由電容器的U－t圖可知U＝t 導(dǎo)體棒的速度隨時間變化的關(guān)系為v＝t 可知導(dǎo)體棒做勻加速直線運動，其加速度a＝ 由C＝和I＝，得I＝＝ 由牛頓第二定律有F－BIL＝ma 可得F＝＋. [答案]　(1)證明見解析　(2) (3)＋ 9