高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 課時(shí)達(dá)標(biāo)29 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用試題

課時(shí)達(dá)標(biāo)第29講電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用[解密考綱]主要考查電磁感應(yīng)問題中涉及安培力的動態(tài)分析和平衡問題；會分析電磁感應(yīng)中電路問題和能量轉(zhuǎn)化問題，會進(jìn)行有關(guān)計(jì)算．1．如圖，在水平面內(nèi)有兩條電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌AB、CD，導(dǎo)軌間距為L；一根電阻為R的金屬棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動，棒與導(dǎo)軌垂直，并接觸良好，導(dǎo)軌之間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌右邊與電路連接，電路中的兩個(gè)定值電阻阻值分別為2R和R，現(xiàn)用力拉ab以速度v0勻速向左運(yùn)動．求：(1)感應(yīng)電動勢的大小；(2)棒ab中感應(yīng)電流的大小和方向；(3)ab兩端的電勢差Uab；(4)電阻R上的電功率．解析(1)ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv0．(2)棒勻速向左運(yùn)動，根據(jù)右手定則判斷可知，感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a，感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(E,4R)＝eq\f(BLv0,4R)．(3)ab兩端的電勢差Uab＝I·3R＝eq\f(3BLv0,4)．(4)PR＝I2·R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv0,4R)))2·R＝eq\f(B2L2v\o\al(2,0),16R)．答案(1)BLv0(2)eq\f(BLv0,4R)b→a(3)eq\f(3BLv0,4)(4)eq\f(B2L2v\o\al(2,0),16R)2．(2017·遼寧沈陽一模)如圖所示，兩根足夠長的固定的平行粗糙金屬導(dǎo)軌位于傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌上、下端所接的電阻R1＝R2＝10Ω，導(dǎo)軌自身電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌寬度l＝2m．垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，質(zhì)量為m＝0.1kg、電阻r＝5Ω的金屬棒ab在高處由靜止釋放，金屬棒ab在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，當(dāng)金屬棒ab下滑高度h＝3m時(shí)，速度恰好達(dá)到最大值v＝2m/s.(g取10m/s2)求：(1)金屬棒ab速度達(dá)到最大時(shí)，電阻R1消耗的功率；(2)金屬棒ab從靜止釋放到速度最大的過程中，電阻R2上產(chǎn)生的焦耳熱．解析(1)速度最大時(shí)，金屬棒ab產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv＝0.5×2×2V＝2V，通過R1的電流為I1＝eq\f(1,2)·eq\f(E,\f(R1,2)＋r)＝0.1A，P1＝Ieq\o\al(2,1)R1＝0.12×10W＝0.1W．(2)達(dá)到最大速度時(shí)，金屬棒受到的安培力為F安＝2BI1l此時(shí)，金屬棒的加速度為0，有mgsin30°＝F安＋F1．金屬棒下滑h的過程，根據(jù)能量守恒，有mgh＝F1·eq\f(h,sinθ)＋eq\f(1,2)mv2＋Q總，此過程R2中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝eq\f(1,4)Q總，代入數(shù)據(jù)可得Q2＝0.25J．答案(1)0.1W(2)0.25J3．(2017·天津卷)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)．炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運(yùn)動．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌．問：(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運(yùn)動時(shí)加速度a的大??；(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．解析(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下．(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)， ①設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB， ②由牛頓第二定律，有F＝ma， ③聯(lián)立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR). ④(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE， ⑤開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E′，有E′＝Blvmax， ⑥依題意有E′＝eq\f(Q,C)， ⑦設(shè)在此過程中MN的平均電流為eq\x\to(I)，MN上受到的平均安培力為eq\x\to(F)，有eq\x\to(F)＝eq\x\to(I)lB，⑧由動量定理，有eq\x\to(F)Δt＝mvmax－0， ⑨又eq\x\to(I)Δt＝Q0－Q， ⑩聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨eq\o(○,\s\up1(10))式得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)．答案(1)見解析(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)4．(2017·浙江杭州模擬)如圖甲所示，兩根水平的金屬光滑平行導(dǎo)軌，其末端連接等高光滑的eq\f(1,4)圓弧，其軌道半徑為r、圓弧段在圖中的cd和ab之間，導(dǎo)軌的間距為L，軌道的電阻不計(jì)．在軌道的頂端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計(jì)、質(zhì)量為m的金屬棒，從軌道的水平位置ef開始在拉力作用下，從靜止勻加速運(yùn)動到cd的時(shí)間為t0，調(diào)節(jié)拉力使金屬棒接著沿圓弧做勻速圓周運(yùn)動至ab處，已知金屬棒在ef和cd之間運(yùn)動時(shí)的拉力隨時(shí)間變化圖象如圖乙(圖中的F0、t0為已知量)．求：(1)金屬棒做勻加速的加速度；(2)金屬棒從cd沿eq\f(1,4)圓弧做勻速圓周運(yùn)動至ab的過程中，拉力做的功．解析(1)設(shè)棒到達(dá)cd的速度為v，產(chǎn)生電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，棒受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，棒受到拉力與安培力的作用，產(chǎn)生的加速度F0－F安＝ma，又v＝at0，所以a＝eq\f(F0R,B2L2t0＋mR)．(2)金屬棒做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)棒與圓心的連線與豎直方向之間的夾角是θ時(shí)，沿水平方向的分速度v水平＝vcosθ，棒產(chǎn)生的電動勢E′＝BLv水平＝BLvcosθ，回路中產(chǎn)生正弦式交變電流，可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為Em＝BLv，有效值為E有效＝eq\f(\r(2),2)Em，棒從cd到ab的時(shí)間t＝eq\f(\f(1,4)·2πr,v)＝eq\f(πr,2v)，根據(jù)焦耳定律Q＝eq\f(E\o\al(2,有效),R)·t＝eq\f(πF0B2L2t0r,4B2L2t0＋mR)，設(shè)拉力做的功為WF，由功能關(guān)系有WF－mgr＝Q，得WF＝mgr＋eq\f(πF0B2L2t0r,4B2L2t0＋mR)．答案(1)eq\f(F0R,B2L2t0＋mR)(2)mgr＋eq\f(πF0B2L2t0r,4B2L2t0＋mR)5．(2017·江蘇南京一模)如圖所示，質(zhì)量為m＝0.1kg粗細(xì)均勻的導(dǎo)線，繞制成閉合矩形線框，其中長LAC＝50cm，寬LAB＝20cm，豎直放置在水平面上．中間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T，磁場寬度d＝10cm的勻強(qiáng)磁場．線框在水平向右的恒力F＝2N的作用下，從圖示位置由靜止開始沿水平方向運(yùn)動，線框AB邊從左側(cè)進(jìn)入磁場，從磁場右側(cè)以v＝1m/s的速度勻速運(yùn)動離開磁場，整個(gè)過程中線框始終受到大小恒定的摩擦阻力Ff＝1N，且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動．求線框的AB邊：(1)離開磁場時(shí)感應(yīng)電流的大小；(2)剛進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電動勢的大小；(3)穿越磁場的過程中安培力所做的總功．解析(1)線框離開磁場時(shí)已經(jīng)勻速運(yùn)動，根據(jù)平衡條件有F＝Ff＋BIL，所以I＝eq\f(F－Ff,BLAB)＝5A．(2)線框進(jìn)入磁場前F－Ff＝ma，a＝eq\f(F－Ff,m)＝10m/s2，由veq\o\al(2,0)＝2ax，得v0＝2m/s，線框進(jìn)入磁場時(shí)感電動勢E＝BLABv0＝0.4V．(3)線框在穿越磁場的過程中，根據(jù)動能定理有(F－Ff)d＋W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W＝－0.25J．答案(1)5A(2)0.4V(3)－0.25J6．(2017·福建福州模擬)如圖甲所示，電阻不計(jì)，間距為l的平行長金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，阻值為R的導(dǎo)體棒ab固定連接在導(dǎo)軌左端，另一阻值也為R的導(dǎo)體棒ef垂直放置在導(dǎo)軌上，ef與導(dǎo)軌接觸良好，并可在導(dǎo)軌上無摩擦移動．現(xiàn)有一根輕桿一端固定在ef中點(diǎn)，另一端固定于墻上，輕桿與導(dǎo)軌保持平行，ef、ab兩棒間距為d.若整個(gè)裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，且從某一時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示的方式變化．求：(1)在0～t0時(shí)間內(nèi)流過導(dǎo)體棒ef的電流的大小與方向；(2)在t0～2t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量；(3)1.5t0時(shí)刻桿對導(dǎo)體棒ef的作用力的大小和方向．解析(1)0～t0時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B0ld,t0)，流過導(dǎo)體棒ef的電流大小I1＝eq\f(E1,2R)＝eq\f(B0ld,2Rt0)，由楞次定律可判斷電流方向?yàn)閑→f．(2)在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小E2＝eq\f(ΔΦ′,Δt)＝eq\f(ΔB′,Δt)S＝eq\f(2B0ld,t0)，流過導(dǎo)體棒ef的電流大小I2＝eq\f(E2,2R)＝eq\f(B0ld,Rt0)，t0～2t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量Q＝Ieq\o\al(2,2)Rt0＝eq\f(B\o\al(2,0)l2d2,Rt0)．(3)1.5t0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0，導(dǎo)體棒ef所受安培力F＝B0I2l＝eq\f(B\o\al(2,0)l2d,Rt0)，方向水平向左，根據(jù)導(dǎo)體棒ef受力平衡可知桿對導(dǎo)體棒的作用力為F′＝eq\f(B\o\al(2,0)l2d,Rt0)，方向水平向右．答案(1)eq\f(B0ld,2Rt0)方向：e→f(2)eq\f(B\o\al(2,0)l2d2,Rt0)(3)eq\f(B\o\al(2,0)l2d,Rt0)方向水平向右7．(2017·廣東廣州模擬)如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1m，一勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01kg、電阻為r＝0.30Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g＝10m/s2(忽略金屬棒ab運(yùn)動過程中對原磁場的影響)．試求：(1)當(dāng)t＝1.5s時(shí)，重力對金屬棒ab做功的功率；(2)金屬棒ab從開始運(yùn)動的1.5s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量；(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。馕?1)金屬棒ab先做加速度減小的加速運(yùn)動，t＝1.5s后以速度vt勻速下落，由題圖乙知vt＝eq\f(11.2－7.0,2.1－1.5)m/s＝7m/s，由功率定義得t＝1.5s時(shí)，重力對金屬棒ab做功的功率PG＝mgvt＝0.01×10×7W＝0.7W．(2)在0～1.5s，以金屬棒ab為研究對象