（江苏专版）2019版高考物理二轮复习专题四第三讲电磁感应综合问题课前自测诊断卷（含解析）.doc

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1、1电磁感应综合问题考点一 电磁感应中的电路问题1.考查感应电动势与路端电压的关系如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为 0.5 m，金属环总电阻为 2 ，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B1 T，在环的最高点上方 A 点用铰链连接一长度为 1.5 m，电阻为 3 的导体棒 AB，当导体棒 AB 摆到竖直位置时，导体棒 B 端的速度为 3 m/s 且到达金属环最低点。已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒 AB 摆到竖直位置时 AB 两端的电压大小为( )A0.4 V B0.65 VC2.25 V D4.5 V解析：选 B 当导体棒摆到竖直位置时

2、，由 v r 可得： C 点的速度为vC vB 3 m/s1 m/s13 13AC 间电压为UAC EAC BLAC 10.5 V0.25 VvC2 12CB 段产生的感应电动势为ECB BLCB 11 V2 VvC vB2 1 32圆环两侧并联，电阻为 R 0.5 ，12导体棒 CB 段的电阻为 r2 则 CB 间电压为 UCB ECB 2 V0.4 VRr R 0.50.5 2故 AB 两端的电压大小为UAB UAC UCB0.25 V0.4 V0.65 V。故选 B。2考查电磁感应中的导线框电路问题如图，匀强磁场水平边界的上方 h5 m 处有一个边长 L1 m 的正方形导线框从静止开始下

3、落。已知线框质量 m1 kg，电阻为 R10 ，磁感应强度为 B1 T。当线框的 cd 边刚进入磁场时( g 取 10 m/s2)：(1)求线框中产生的感应电动势大小；2(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 BL 10 V。2gh(2)此时线框中电流： IERcd 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 R7.5 V。34(3)安培力 F BILB2L22ghR根据牛顿第二定律： mg F ma由 a0，解得电阻 R 1

4、。B2L22ghmg答案：(1)10 V (2)7.5 V (3)1 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 L1 m，导轨上静止放置有长度也为 L、质量为 m100 kg、电阻为R10.1 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 B10 T。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

5、100 m/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 R20.9 。(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 BLvt1 000 Wb。(2)棒 AB 产生的电动势 E BLv1 000 V，电路中产生的电流 I 1 000 A，ER1 R2故受到的安培力为 F BIL110 4 N，3根据牛顿第二定律可得 a 1

6、00 m/s 2。Fm(3)棒的动能全部转化为电热，故 Q 总 mv2510 5 J，12电阻 R2上产生的电热为 Q Q 总 4.510 5 J。R2R1 R2答案：(1)1 000 Wb (2)100 m/s 2 (3)4.510 5 J4.考查电磁感应中线框的动力学问题如图所示，光滑斜面的倾角 30 ，在斜面上放置一矩形线框abcd， ab 边的边长 l11 m， bc 边的边长 l20.6 m，线框的质量m1 kg，电阻 R0.1 。线框通过细线与重物相连，重物质量M2 kg，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 B0.5 T。如果线框从静止开始运

7、动，进入磁场最初一段时间是匀速的， ef 线和 gh 的距离s11.4 m(取 g10 m/s 2)，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 mgsin 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 5 m/s 2。Mg mgsin M m(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 mgsin BI

8、l1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 mgsin ，B2l12vR代入数据解得 v6 m/s。答案：(1)5 m/s 2 (2)6 m/s考点三 电磁感应中的能量问题5.考查圆形磁场的电磁感应现象问题4如图所示，粗糙斜面的倾角 37 ，半径 r0.5 m 的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场。一个匝数 n10 匝的刚性正方形线框 abcd，通过松弛的柔软导线与一个额定功率 P1.25 W 的小灯泡 A 相连，圆形磁场的一条直径恰好与线框 bc 边重合。已知线框总质量 m2 kg，总电

9、阻 R01.25 ，边长 L2r，与斜面间的动摩擦因数 0.5。从t0 时起，磁场的磁感应强度按 B2 t(T)的规律变化。开始时线框静止在斜面上，在2线框运动前，灯泡始终正常发光。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：( g 取 10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8， 取 3.2)(1)线框不动时，回路中的感应电动势 E；(2)小灯泡正常发光时的电阻 R；(3)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量 Q。解析：(1)由法拉第电磁感应定律有： E n ， t得： E n r210 0.5 2 V2.5 V。 B t 12 2 12(2)小灯泡正常发光，有： P I2R，由闭合

10、电路欧姆定律有： E I(R0 R)，即有： P 2R，(ER0 R)代入数据解得： R1.25 ， I1 A。(3)对线框 bc 边处于磁场中的部分受力分析如图，当线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为 B，由力的平衡条件有：mgsin F 安 f F 安 mg cos F 安 nB I2r，由以上分析解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小为 B0.4 T代入 B2 t(T)可求出线框在斜面上可保持静止的时间 t s s，2 1.62 45小灯泡产生的热量为 Q Pt1.25 J3.2 J。45答案：(1)2.5 V (2)1.25 (3)3.2 J6.考查导体在变化的磁场中运动问题如图

11、甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两导轨相距 L0.4 m，导轨一端与阻值 R0.3 的电阻相连，导轨电阻不计。导轨 x0 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 m0.2 kg、电阻 r0.1 的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力 F 作用下从 x0 处以5初速度 v02 m/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 x1 m 处速度的大小；(2)金属棒从 x0 运动到 x1 m 过程中，外力 F 所做的功；(3)金属棒从 x0 运动到 x2 m 过程中，流过

12、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， x0 处与 x1 m 处安培力大小相等，有 ，B02L2v0R r B12L2v1R r即 v1 v0 2 m/s0.5 m/s。B02B12 0.5212(2)金属棒在 x0 处的安培力大小为：F 安 N0.2 NB02L2v0R r 0.520.4220.4对金属棒从 x0 运动到 x1 m 过程中，根据动能定理有：WF F 安 x mv12 mv0212 12代入数据解得： WF0.175 J。(3)流过金属棒的电荷量q t t I t R r R r BxLR rx0 到 x2 m 过程中， Bx 图像包围的面积：

13、Bx 22，0.5 1.52解得 q C2 C。 R r 20.40.4答案：(1)0.5 m/s (2)0.175 J (3)2 C7.考查导体棒在线框上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 的斜面上，如图乙所示。6(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 所满足的条件(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；

14、(3)现用一个恒力 F2 mgsin 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 mgsin ，B2L2vR解得 v vsin 。(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 Mgsin mgsin (M m)gcos ，解得： tan 。(3)当导体棒匀速运动时，由平衡条件得F mgsin ，B2L2vR由能量守恒定律得 Fs mgssin mv 2Q，12解得：Q mgssin mv2sin2 。12答案：(1) vsin (2) tan (3)mgssin mv2sin2127