（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题四 电路与电磁感应 第三讲 电磁感应综合问题——

第三讲电磁感应综合问题——课前自测诊断卷考点一电磁感应中的电路问题1.[考查电磁感应中转动杆的电路问题][多选](2019·苏州模拟)如图所示，光滑导轨OMN固定，其中MN是半径为L的四分之一圆弧，O为圆心。OM、ON的电阻均为R，OA是可绕O转动的金属杆，A端位于MN上，OA与轨道接触良好，空间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，MN、OA的电阻不计。则在OA杆由OM位置以恒定的角速度ω顺时针转到ON位置的过程中()A．OM中电流方向为O流向MB．流过OM的电荷量为πBL24RC．要维持OA以角速度ω匀速转动，外力的功率应为B2ω2L42RD．若OA转动的角速度变为原来的2倍，则流过OM的电荷量也变为原来的2倍解析：选BCOA杆由OM位置以恒定的角速度ω顺时针转到ON位置的过程，产生的感应电动势E＝12BL2ω，则感应电流大小恒定，由右手定则可得OM中电流方向为M流向O，故A错误；根据闭合电路欧姆定律可得OM中感应电流I＝12·ER2＝BL2ω2R，则流过OM的电荷量为q＝IΔt＝BL2ω2R×π2ω＝πBL24R，若OA转动的角速度变为原来的2倍，则流过OM的电荷量不变，故B正确，D错误；OM的发热功率P＝I2R＝B2L4ω24R，根据能量守恒可得外力的功率应为P外＝2P＝B2L4ω22R，故C正确。2．[考查电磁感应中导线框的电路问题]如图，匀强磁场水平边界的上方h＝5m处有一个边长L＝1m的正方形导线框从静止开始下落。已知线框质量m＝1kg，电阻为R＝10Ω，磁感应强度为B＝1T。当线框的cd边刚进入磁场时(g取10m/s2)：(1)求线框中产生的感应电动势大小；(2)求cd两点间的电势差大小；(3)若线框此时加速度等于0，则线框电阻应该变为多少？解析：(1)cd边刚进入磁场时，线框速度：v＝2gh线框中产生的感应电动势：E＝BLv＝BL2gh＝10V。(2)此时线框中电流：I＝ERcd切割磁感线相当于电源，cd两点间的电势差即路端电压：U＝I×34R＝7.5V。(3)安培力F＝BIL＝B2L22ghR根据牛顿第二定律：mg－F＝ma由a＝0，解得电阻R＝B2L22ghmg＝1Ω。答案：(1)10V(2)7.5V(3)1Ω考点二电磁感应中的动力学问题3.[考查感生与动生中导体棒的运动]近期大功率储能技术受到媒体的广泛关注，其中飞轮储能是热点之一。为说明某种飞轮储能的基本原理，将模型简化为如图所示，光滑的“”型导轨水平放置，电阻不计，长度足够。轨道平行部分间距为L＝1m，导轨上静止放置有长度也为L、质量为m＝100kg、电阻为R1＝0.1Ω的导体棒AB。导轨间虚线框区域有垂直轨道平面向上的均匀变化磁场，虚线框右侧区域有垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B＝10T。图中开关S接a，经过足够长时间，棒AB向右匀速运动，速度为v＝100m/s，然后若将开关S接b，棒AB可作为电源对电阻R2供电，电阻R2＝0.9Ω。(1)开关S接a，棒AB匀速运动时，虚线框中的磁场磁通量每秒钟变化多少？(2)求开关S接b的瞬间棒AB加速度的大小。(3)求开关S接b后R2产生的总热量Q。解析：(1)棒AB匀速运动时加速度为零，安培力为零，电流为零，磁通量不变，所以虚线框中磁场每秒增加ΔΦ＝BLvt＝1000Wb。(2)棒AB产生的电动势E＝BLv＝1000V，电路中产生的电流I＝ER1＋R2＝1000A，故受到的安培力为F＝BIL＝1×104N，根据牛顿第二定律可得a＝Fm＝100m/s2。(3)棒的动能全部转化为电热，故Q总＝12mv2＝5×105J，电阻R2上产生的电热为Q＝R2R1＋R2Q总＝4.5×105J。答案：(1)1000Wb(2)100m/s2(3)4.5×105J4.[考查电磁感应中导线框的动力学问题]如图所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1m，bc边的边长l2＝0.6m，线框的质量m＝1kg，电阻R＝0.1Ω。线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2kg，斜面上ef线(ef∥gh)的上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T。如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s＝11.4m(取g＝10m/s2)，求：(1)线框进入磁场前重物M加速度的大小；(2)线框进入磁场时匀速运动速度v的大小。解析：(1)线框进入磁场前，线框受到重力、细线的拉力T1、斜面的支持力，重物M受到重力和拉力T1′。对线框由牛顿第二定律得T1－mgsinα＝ma对重物Mg－T1′＝Ma由牛顿第三定律得T1＝T1′联立解得线框进入磁场前重物M的加速度a＝Mg－mgsinαM＋m＝5m/s2。(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡：Mg＝T2′线框受力平衡：T2＝mgsinα＋BIl1由牛顿第三定律得T2＝T2′，ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E＝Bl1v线框中的电流I＝ER＝Bl1vR联立上述各式得Mg＝mgsinα＋B2l12vR，代入数据解得v＝6m/s。答案：(1)5m/s2(2)6m/s考点三电磁感应中的能量问题5.[考查金属棒在匀强磁场中的运动问题](2019·南通一模)如图甲所示，两足够长的光滑平行导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻。一金属棒垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r。在金属棒中点对棒施加一个水平向右、平行于导轨的拉力，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。(1)若金属棒以速度v0做匀速运动，求棒受到的拉力大小F1；(2)若金属棒在水平拉力F2作用下，棒运动的速度v随时间t按余弦规律变化，如图乙所示，取水平向右为正方向，从t＝0时刻开始到第一次运动到最右端时的距离为x。求此过程中通过电阻R的电荷量q；(3)在(2)的情况下，求t＝0到t＝T4的过程中，整个回路产生的热量Q以及拉力F2做的功W。解析：(1)棒匀速运动时产生的感应电动势E＝BLv0，形成的感应电流I＝ER＋r，受到的安培力F0＝ILB，由平衡条件有F1＝F0，联立解得F1＝B2L2v0R＋r。(2)此过程回路产生的平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝BLxΔt，通过电阻R的电荷量q＝ER＋r·Δt，联立解得q＝BLxR＋r。(3)速度随时间变化的关系为v＝v0cos2πTt，电路中产生交变电流，电动势的峰值Em＝BLv0，电动势的有效值E＝Em2，产生的热量Q＝E2R＋r·T4，联立解得Q＝B2L2v02T8()R＋r，安培力做功WB＝－Q，由动能定理有W＋WB＝0－12mv02，解得W＝B2L2v02TR＋r－12mv02。答案：(1)B2L2v0R＋r(2)BLxR＋r(3)B2L2v02TR＋rB2L2v02TR＋r－12mv026.[考查金属棒在变化的磁场中运动问题]如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两导轨相距L＝0.4m，导轨一端与阻值R＝0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x＞0一侧存在沿x轴正方向均匀增大的恒定磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图乙所示。一根质量m＝0.2kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x＝0处以初速度v0＝2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。求：(1)金属棒在x＝1m处速度的大小；(2)金属棒从x＝0运动到x＝1m过程中，外力F所做的功；(3)金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中，流过金属棒的电荷量。解析：(1)根据题意可知金属棒所受的安培力大小不变，x＝0处与x＝1m处安培力大小相等，有B02L2v0R＋r＝B12L2v1R＋r，即v1＝B02B12v0＝0.5212×2m/s＝0.5m/s。(2)金属棒在x＝0处的安培力大小为：F安＝B02L2v0R＋r＝0.52×0.42×20.4N＝0.2N对金属棒从x＝0运动到x＝1m过程中，根据动能定理有：WF－F安x＝12mv12－12mv02代入数据解得：WF＝－0.175J。(3)流过金属棒的电荷量q＝It＝ΔΦΔtR＋r·Δt＝ΔΦR＋r＝ΔB·xLR＋rx＝0到x＝2m过程中，B­x图像包围的面积：ΔB·x＝0.5＋1.52×2＝2，解得q＝ΔΦR＋r＝2×0.40.4C＝2C。答案：(1)0.5m/s(2)－0.175J(3)2C7.[考查导体棒在竖直面和斜面上的运动问题]如图甲所示，“”形线框竖直放置，电阻不计。匀强磁场方向与线框平面垂直，一个质量为m、阻值为R的光滑导体棒AB，紧贴线框下滑，所达到的最大速度为v。现将该线框和磁场同时旋转一个角度放置在倾角为θ的斜面上，如图乙所示。(1)在斜面上导体棒由静止释放，在下滑过程中，线框一直处于静止状态，求导体棒最大速度的大小；(2)导体棒在下滑过程中线框保持静止，求线框与斜面之间的动摩擦因数μ所满足的条件(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；(3)现用一个恒力F＝2mgsinθ沿斜面向上由静止开始拉导体棒，通过距离s时导体棒已经做匀速运动，线框保持不动，求此过程中导体棒上产生的焦耳热。解析：(1)导体棒受到的安培力F＝BIL＝B2L2vR，线框竖直放置时，由平衡条件得：mg＝B2L2vR，线框在斜面上时，由平衡条件得mgsinθ＝B2L2v′R，解得v′＝vsinθ。(2)设线框质量为M，当AB棒速度最大时，线框受到沿斜面向下的安培力最大，要使线框静止不动，需要满足Mgsinθ＋mgsinθ≤μ(M＋m)gcosθ，解得：μ≥tanθ。(3)当导体棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsinθ＋B2L2v″R，由能量守恒定律得Fs＝mgssinθ＋12mv″2＋Q，解得：Q＝mgssinθ－12mv2sin2θ。答案：(1)vsinθ(2)μ≥tanθ(3)mgssinθ－12mv2sin2θ