2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 專題強(qiáng)化十二 電磁感應(yīng)的綜合問(wèn)題講義(含解析)教科版.docx
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專題強(qiáng)化十二 電磁感應(yīng)的綜合問(wèn)題 專題解讀1.本專題是運(yùn)動(dòng)學(xué)、動(dòng)力學(xué)、恒定電流、電磁感應(yīng)和能量等知識(shí)的綜合應(yīng)用,高考既以選擇題的形式命題,也以計(jì)算題的形式命題. 2.學(xué)好本專題,可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們數(shù)形結(jié)合的推理能力和電路分析能力,針對(duì)性的專題強(qiáng)化,可以提升同學(xué)們解決數(shù)形結(jié)合、利用動(dòng)力學(xué)和功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)問(wèn)題的信心. 3.用到的知識(shí)有:左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、函數(shù)圖像、動(dòng)能定理和能量守恒定律等. 命題點(diǎn)一 電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題 1.題型簡(jiǎn)述 借助圖像考查電磁感應(yīng)的規(guī)律,一直是高考的熱點(diǎn),此類題目一般分為兩類: (1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選出正確的圖像; (2)由給定的圖像分析電磁感應(yīng)過(guò)程,定性或定量求解相應(yīng)的物理量或推斷出其他圖像.常見的圖像有B-t圖、E-t圖、i-t圖、v-t圖及F-t圖等. 2.解題關(guān)鍵 弄清初始條件、正負(fù)方向的對(duì)應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵. 3.解題步驟 (1)明確圖像的種類,即是B-t圖還是Φ-t圖,或者E-t圖、I-t圖等; (2)分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程; (3)用右手定則或楞次定律確定方向的對(duì)應(yīng)關(guān)系; (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等知識(shí)寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式; (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式,進(jìn)行數(shù)學(xué)分析,如分析斜率的變化、截距等; (6)畫圖像或判斷圖像. 4.常用方法 (1)排除法:定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化),特別是分析物理量的正負(fù),以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng). (2)函數(shù)法:根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系,然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖像進(jìn)行分析和判斷. 例1 (2018全國(guó)卷Ⅱ18)如圖1,在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,區(qū)域?qū)挾染鶠閘,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下.一邊長(zhǎng)為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng).線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是( ) 圖1 答案 D 解析 設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i. 線框位移 等效電路的連接 電流 0~ I=2i(順時(shí)針) ~l I=0 l~ I=2i(逆時(shí)針) ~2l I=0 分析知,只有選項(xiàng)D符合要求. 變式1 (多選)(2018湖北省黃岡市期末調(diào)研)如圖2所示,在光滑水平面內(nèi),虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,一正方形金屬線框質(zhì)量為m,電阻為R,邊長(zhǎng)為L(zhǎng),從虛線處進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開始計(jì)時(shí),在外力作用下,線框由靜止開始,以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域,t1時(shí)刻線框全部進(jìn)入磁場(chǎng),規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流I的正方向,外力大小為F,線框中電功率的瞬時(shí)值為P,通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量為q,選項(xiàng)中P-t圖像和q-t圖像均為拋物線,則這些量隨時(shí)間變化的圖像正確的是( ) 圖2 答案 CD 解析 線框切割磁感線運(yùn)動(dòng),則有運(yùn)動(dòng)速度v=at,產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,所以產(chǎn)生感應(yīng)電流i==,故A錯(cuò)誤;對(duì)線框受力分析,由牛頓第二定律得F-F安=ma,F(xiàn)安=BLi=,解得:F=ma+,故B錯(cuò)誤;電功率P=i2R=,P與t是二次函數(shù),圖像為拋物線,故C正確;由電荷量表達(dá)式,則有q=,q與t是二次函數(shù),圖像為拋物線,故D正確. 例2 (多選)(2018廣西北海市一模)如圖3甲所示,導(dǎo)體框架abcd放置于水平面內(nèi),ab平行于cd,導(dǎo)體棒MN與兩導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好,整個(gè)裝置放置于垂直于框架平面的磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示,MN始終保持靜止.規(guī)定豎直向上為磁場(chǎng)正方向,沿導(dǎo)體棒由M到N為感應(yīng)電流的正方向,水平向右為導(dǎo)體棒所受安培力F的正方向,水平向左為導(dǎo)體棒所受摩擦力f的正方向,下列圖像中正確的是( ) 圖3 答案 BD 解析 由題圖乙可知,回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先為零,后恒定不變,感應(yīng)電流先為零,后恒定不變,回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,故A錯(cuò)誤,B正確;在0~t1時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒MN不受安培力;在t1~t2時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向右,由F=BIL可知,B均勻減小,MN所受安培力均勻減??;在t2~t3時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向左,由F=BIL可知,B均勻增大,MN所受安培力均勻增大;根據(jù)平衡條件得到,棒MN受到的摩擦力大小f=F,二者方向相反,即在0~t1時(shí)間內(nèi),沒有摩擦力,而在t1~t2時(shí)間內(nèi),摩擦力方向向左,大小均勻減小,在t2~t3時(shí)間內(nèi),摩擦力方向向右,大小均勻增大,故C錯(cuò)誤,D正確. 變式2 (多選)(2019安徽省黃山市質(zhì)檢)如圖4甲所示,閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示.規(guī)定垂直紙面向外為磁場(chǎng)的正方向,順時(shí)針為線框中感應(yīng)電流的正方向,水平向右為安培力的正方向.關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i與ad邊所受的安培力F隨時(shí)間t變化的圖像,下列選項(xiàng)中正確的是( ) 圖4 答案 BC 解析 由題圖乙可知,0~1s內(nèi),B增大,Φ增大,由楞次定律可知,感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向,為正值,1~2s內(nèi),磁通量不變,無(wú)感應(yīng)電流,2~3s內(nèi),B的方向垂直紙面向外,B減小,Φ減小,由楞次定律可知,感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向,為負(fù)值,3~4s內(nèi),B的方向垂直紙面向里,B增大,Φ增大,由楞次定律可知,感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向,感應(yīng)電流為負(fù)值,A錯(cuò)誤,B正確;由左手定則可知,在0~1s內(nèi),ad邊受到的安培力方向水平向右,是正值,1~2s內(nèi)無(wú)感應(yīng)電流,ad邊不受安培力,2~3s,安培力方向水平向左,是負(fù)值,3~4s,安培力方向水平向右,是正值.由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E==S,感應(yīng)電流I==,由B-t圖像可知,在每一時(shí)間段內(nèi),的大小是定值,在各時(shí)間段內(nèi)I是定值,ad邊受到的安培力F=BIL,I、L不變,B均勻變化,則安培力F均勻變化,不是定值,C正確,D錯(cuò)誤. 命題點(diǎn)二 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 1.題型簡(jiǎn)述 感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力的作用,因此電磁感應(yīng)問(wèn)題往往跟力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起.解決這類問(wèn)題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等). 2.兩種狀態(tài)及處理方法 狀態(tài) 特征 處理方法 平衡態(tài) 加速度為零 根據(jù)平衡條件列式分析 非平衡態(tài) 加速度不為零 根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析 3.動(dòng)態(tài)分析的基本思路 解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵是通過(guò)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析,尋找過(guò)程中的臨界狀態(tài),如速度、加速度最大值或最小值的條件.具體思路如下: →→→ 例3 (2016全國(guó)卷Ⅱ24)如圖5,水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻,質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t=0時(shí),金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng).t0時(shí)刻,金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng).桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì),兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求: 圖5 (1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大??; (2)電阻的阻值. 答案 (1)Blt0(-μg) (2) 解析 (1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得F-μmg=ma① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v=at0② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E=Blt0(-μg)④ (2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律 I=⑤ 式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為 F安=BlI⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng),有F-μmg-F安=0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R=. 變式3 (多選)(2018安徽省安慶市二模)如圖6甲所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角,M、P兩端接一電阻R,整個(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.t=0時(shí)對(duì)金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F,使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng),金屬棒電阻為r,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì).已知通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示.下列關(guān)于棒的運(yùn)動(dòng)速度v、外力F、流過(guò)R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時(shí)間變化的圖像正確的是( ) 圖6 答案 AB 解析 根據(jù)題圖乙所示的I-t圖像可知I=kt,其中k為比例系數(shù),由閉合電路歐姆定律可得:I==kt,可推出:E=kt(R+r),而E=,所以有:=kt(R+r),-t圖像是一條過(guò)原點(diǎn)且斜率大于零的直線,故B正確;因E=Blv,所以v=t,v-t圖像是一條過(guò)原點(diǎn)且斜率大于零的直線,說(shuō)明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),即v=at,故A正確;對(duì)金屬棒在沿導(dǎo)軌方向有F-BIl=ma,而I=,v=at,得到F=+ma,可見F-t圖像是一條斜率大于零且與縱軸正半軸有交點(diǎn)的直線,故C錯(cuò)誤;q=Δt===t2,q-t圖像是一條開口向上的拋物線,故D錯(cuò)誤. 變式4 如圖7甲所示,間距L=0.5m的兩根光滑平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌傾斜放置,導(dǎo)軌平面傾角θ=30.導(dǎo)軌底端接有阻值R=0.8Ω的電阻,導(dǎo)軌間有Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)矩形區(qū)域,其長(zhǎng)邊都與導(dǎo)軌垂直,兩區(qū)域的寬度均為d2=0.4m,兩區(qū)域間的距離d1=0.4m,Ⅰ區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0=1T,Ⅱ區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示,規(guī)定垂直于導(dǎo)軌平面向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎较?t=0時(shí)刻,把導(dǎo)體棒MN無(wú)初速度地放在區(qū)域Ⅰ下邊界上.已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量m=0.1kg,導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,且導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)邊界時(shí)都認(rèn)為處于磁場(chǎng)中,導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻不計(jì),取重力加速度g=10m/s2.求: 圖7 (1)0.1s內(nèi)導(dǎo)體棒MN所受的安培力大??; (2)t=0.5s時(shí)回路中的電動(dòng)勢(shì)和流過(guò)導(dǎo)體棒MN的電流方向; (3)0.5s時(shí)導(dǎo)體棒MN的加速度大小. 答案 (1) 0.5N (2)0.4V N→M (3)7m/s2 解析 (1)Δt1=0.1s時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=d2L,I1= 0.1s內(nèi)安培力F1=B0I1L,解得F1=0.5N (2)因F1=mgsinθ,故導(dǎo)體棒在0.1s內(nèi)靜止,從第0.1s末開始加速,設(shè)加速度為a1,則:mgsinθ=ma1,d1=a1Δt2,v1=a1Δt,解得:Δt=0.4s,v1=2m/s t=0.5s時(shí),導(dǎo)體棒剛滑到Ⅱ區(qū)域上邊界,此時(shí)B2=0.8T, 切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E2=B2Lv1=0.8V t=0.5s時(shí),因磁場(chǎng)變化而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E3=d2L,=6T/s,解得E3=1.2V t=0.5s時(shí)的總電動(dòng)勢(shì)E=E3-E2=0.4V 導(dǎo)體棒電流方向:N→M (3)設(shè)0.5s時(shí)導(dǎo)體棒的加速度為a,有F+mgsinθ=ma,又I=,F(xiàn)=B2IL,解得a=7m/s2,方向沿斜面向下. 命題點(diǎn)三 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題 1.題型簡(jiǎn)述 電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程,而能量的轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力做功來(lái)實(shí)現(xiàn)的.安培力做功的過(guò)程,是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程;外力克服安培力做功的過(guò)程,則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程. 2.解題的一般步驟 (1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路); (2)弄清電磁感應(yīng)過(guò)程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化; (3)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解. 3.求解電能應(yīng)分清兩類情況 (1)若回路中電流恒定,可以利用電路結(jié)構(gòu)及W=UIt或Q=I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算. (2)若電流變化,則 ①利用安培力做功求解:電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功; ②利用能量守恒求解:若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化,則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能. 例4 (2018吉林省吉林市第二次調(diào)研)如圖8甲所示,一邊長(zhǎng)L=2.5m、質(zhì)量m=0.5kg的正方形金屬線框,放在光滑絕緣的水平面上,整個(gè)裝置處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,它的一邊與磁場(chǎng)的邊界MN重合.在水平力F作用下由靜止開始向左運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)5s線框被拉出磁場(chǎng).測(cè)得金屬線框中的電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示,在金屬線框被拉出的過(guò)程中, 圖8 (1)求通過(guò)線框的電荷量及線框的總電阻; (2)分析線框運(yùn)動(dòng)性質(zhì)并寫出水平力F隨時(shí)間變化的表達(dá)式; (3)已知在這5s內(nèi)力F做功1.92J,那么在此過(guò)程中,線框產(chǎn)生的焦耳熱是多少. 答案 見解析 解析 (1)根據(jù)q=t,由I-t圖像得,q=1.25C 又根據(jù)=== 得R=4Ω; (2)由題圖乙可知,感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的規(guī)律:I=0.1t 由感應(yīng)電流I=,可得金屬線框的速度隨時(shí)間也是線性變化的,v==0.2t 線框做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度a=0.2m/s2 線框在外力F和安培力F安作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),F(xiàn)-F安=ma 又F安=BIL 得F=(0.2t+0.1) N; (3)5s時(shí),線框從磁場(chǎng)中拉出時(shí)的速度v5=at=1m/s 由能量守恒得:W=Q+mv52 線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q=W-mv52=1.67J 變式5 (多選)如圖9所示,豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng),矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等.金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R,與導(dǎo)軌接觸良好,其余電阻不計(jì),重力加速度為g.金屬桿( ) 圖9 A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B.穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C.穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd D.釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案 BC 解析 穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ后,金屬桿在磁場(chǎng)之間做加速運(yùn)動(dòng),在磁場(chǎng)Ⅱ上邊緣速度大于從磁場(chǎng)Ⅰ出來(lái)時(shí)的速度,即進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度等于進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)的速度,大于從磁場(chǎng)Ⅰ出來(lái)時(shí)的速度,金屬棒在磁場(chǎng)Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng),加速度方向向上,A錯(cuò)誤;金屬棒在磁場(chǎng)Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律知BIL-mg=-mg=ma,a隨著減速過(guò)程逐漸變小,即在前一段做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),在磁場(chǎng)之間做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng),兩個(gè)過(guò)程位移大小相等,由v-t圖像(可能圖像如圖所示)可以看出前一段用時(shí)多于后一段用時(shí),B正確; 由于進(jìn)入兩磁場(chǎng)時(shí)速度相等,由動(dòng)能定理知, W安1-mg2d=0, W安1=2mgd. 即通過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ產(chǎn)生的熱量為2mgd,故穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd,C正確; 設(shè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度為v,則由機(jī)械能守恒定律知mgh=mv2,① 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)BIL-mg=-mg=ma, 解得v=,② 由①②式得h=>,D錯(cuò)誤. 變式6 (2018福建省南平市適應(yīng)性檢測(cè))如圖10所示,一對(duì)平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面上,導(dǎo)軌間距L=0.2m,左端接有阻值R=0.3Ω的電阻,右側(cè)平滑連接一對(duì)彎曲的光滑軌道.僅在水平導(dǎo)軌的整個(gè)區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1.0T.一根質(zhì)量m=0.2kg、電阻r=0.1Ω的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上,在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng),當(dāng)金屬棒通過(guò)位移x=9m時(shí)離開磁場(chǎng),在離開磁場(chǎng)前已達(dá)到最大速度.當(dāng)金屬棒離開磁場(chǎng)時(shí)撤去外力F,接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h=0.8m處.已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1,導(dǎo)軌電阻不計(jì),棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌保持良好接觸,取g=10m/s2.求: 圖10 (1)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速率v; (2)金屬棒在磁場(chǎng)中速度為時(shí)的加速度大??; (3)金屬棒在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱. 答案 見解析 解析 (1)金屬棒從出磁場(chǎng)到上升到彎曲軌道最高點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒定律得: mv2=mgh① 由①得:v==4m/s② (2)金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),設(shè)回路中的電流為I,根據(jù)平衡條件得 F=BIL+μmg③ I=④ 聯(lián)立②③④式得F=0.6N⑤ 金屬棒速度為時(shí),設(shè)回路中的電流為I′,根據(jù)牛頓第二定律得 F-BI′L-μmg=ma⑥ I′=⑦ 聯(lián)立②⑤⑥⑦得:a=1m/s2⑧ (3)設(shè)金屬棒在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,根據(jù)功能關(guān)系: Fx=μmgx+mv2+Q⑨ 則電阻R上的焦耳熱QR=Q⑩ 聯(lián)立⑤⑨⑩解得:QR=1.5J. 1.(多選)(2018廣西防城港市3月模擬)如圖1所示,等邊閉合三角形線框,開始時(shí)底邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界平行且重合,磁場(chǎng)的寬度大于三角形的高度,線框由靜止釋放,穿過(guò)該磁場(chǎng)區(qū)域,不計(jì)空氣阻力,則下列說(shuō)法正確的是( ) 圖1 A.線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中感應(yīng)電流為順時(shí)針方向 B.線框底邊剛進(jìn)入和剛穿出磁場(chǎng)時(shí)線圈的加速度大小可能相同 C.線框出磁場(chǎng)的過(guò)程,可能做先減速后加速的直線運(yùn)動(dòng) D.線框進(jìn)出磁場(chǎng)過(guò)程,通過(guò)線框橫截面的電荷量不同 答案 BC 解析 線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中,磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向,故A錯(cuò)誤;線框底邊剛進(jìn)入瞬間,速度為零,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,下落加速度為g,完全進(jìn)入磁場(chǎng)后下落加速度為g,隨著下落速度的增大,出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的安培力可能等于2mg,此時(shí)減速的加速度大小可能為g,故B正確;線框出磁場(chǎng)的過(guò)程,可能先減速,隨著速度減小,切割長(zhǎng)度變短,線框受到的安培力減小,當(dāng)小于重力后線框做加速直線運(yùn)動(dòng),故C正確;線框進(jìn)、出磁場(chǎng)過(guò)程,磁通量變化相同,所以通過(guò)線框橫截面的電荷量相同,故D錯(cuò)誤. 2.(2018陜西省咸陽(yáng)市第二次模擬)如圖2甲所示,匝數(shù)n=2的金屬線圈(電阻不計(jì))圍成的面積為20cm2,線圈與R=2Ω的電阻連接,置于豎直向上、均勻分布的磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)與線圈平面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,B-t關(guān)系如圖乙所示,規(guī)定感應(yīng)電流i從a經(jīng)過(guò)R到b的方向?yàn)檎较?,忽略線圈的自感影響,則下列i-t關(guān)系圖正確的是( ) 圖2 答案 D 解析 由題圖乙可知,0~2s內(nèi),線圈中磁通量的變化率相同,故0~2s內(nèi)電流的方向相同,由楞次定律可知,電路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針,即電流為正方向;同理可知,2~5s內(nèi)電路中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,為負(fù)方向,由E=n可得E=nS,則知0~2 s內(nèi)電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為:E1=22010-4 V=610-6 V,則電流大小為:I1==10-6A=310-6A;同理2~5s內(nèi),I2=210-6A,故A、B、C錯(cuò)誤,D正確. 3.(多選)(2019湖北省武漢市調(diào)研)如圖3甲所示,在足夠長(zhǎng)的光滑的固定斜面上放置著金屬線框,垂直于斜面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定垂直斜面向上為正方向).t=0時(shí)刻將線框由靜止釋放,在線框下滑的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是( ) 圖3 A.線框中產(chǎn)生大小、方向周期性變化的電流 B.MN邊受到的安培力先減小后增大 C.線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng) D.線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于其機(jī)械能的損失 答案 BC 解析 穿過(guò)線框的磁通量先向下減小,后向上增大,則根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流方向不變,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率不變,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變,感應(yīng)電流不變,而磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小先減小后增大,根據(jù)F=BIL可知,MN邊受到的安培力先減小后增大,選項(xiàng)B正確;因線框平行的兩邊電流等大反向,則整個(gè)線框受到的安培力為零,則線框下滑的加速度不變,線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)C正確;因安培力對(duì)線框做功為零,斜面光滑,則線框的機(jī)械能守恒,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 4.(多選)(2018福建省廈門市質(zhì)檢)如圖4所示,在傾角為θ的光滑固定斜面上,存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直斜面向上,磁場(chǎng)的寬度為2L.一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框,由靜止開始沿斜面下滑,當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間和剛越過(guò)MN穿出磁場(chǎng)瞬間速度剛好相等.從ab邊剛越過(guò)GH處開始計(jì)時(shí),規(guī)定沿斜面向上為安培力的正方向,則線框運(yùn)動(dòng)的速率v與線框所受安培力F隨時(shí)間變化的圖線中,可能正確的是( ) 圖4 答案 AC 解析 根據(jù)楞次定律可得線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,感應(yīng)電流I=,所受的安培力大小為F=BIL=,ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間和剛越過(guò)MN穿出磁場(chǎng)瞬間速度剛好相等,可能的運(yùn)動(dòng)情況有兩種,一是進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)勻速,完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng),出磁場(chǎng)過(guò)程中,做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),二是進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速運(yùn)動(dòng),出磁場(chǎng)時(shí)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),結(jié)合圖像知A正確,B錯(cuò)誤;根據(jù)左手定則可得線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力方向沿斜面向上,為正,且F=BIL=,線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后,線框所受安培力為零;出磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力方向沿斜面向上,且出磁場(chǎng)時(shí)的安培力可能等于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的安培力,所以C正確,D錯(cuò)誤. 5.(2018山東省泰安市上學(xué)期期末)如圖5,兩固定的絕緣斜面傾角均為θ,上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,兩定滑輪間的距離也為L(zhǎng).左斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上.已知斜面及兩根柔軟輕導(dǎo)線足夠長(zhǎng).回路總電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g.使兩金屬棒水平,從靜止開始下滑.求: 圖5 (1)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速度vm的大?。? (2)當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度為時(shí),其加速度大小是多少? 答案 (1) (2)(sinθ-3μcosθ) 解析 (1)達(dá)到最大速度時(shí),設(shè)兩導(dǎo)線中張力均為T,金屬棒cd受到的安培力為F 對(duì)ab、cd,根據(jù)平衡條件得到: 2mgsinθ=2T+2μmgcosθ 2T=mgsinθ+μmgcosθ+F 而安培力F=BIL 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律:E=BLvm,I= 整理得到:vm= (2)當(dāng)金屬棒的速度為時(shí),設(shè)兩導(dǎo)線中張力均為T1,金屬棒cd受到的安培力為F1,根據(jù)牛頓第二定律: 2mgsinθ-2T1-2μmgcosθ=2ma 2T1-mgsinθ-μmgcosθ-F1=ma 又F1=BI1L,E1=BL,I1=, 聯(lián)立解得:a=(sinθ-3μcosθ). 6.(2018天津市實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖6所示,固定光滑金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌電阻不計(jì),上端a、b間接有阻值為R的電阻,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ,且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上.初始時(shí)刻,彈簧恰處于自然長(zhǎng)度,導(dǎo)體棒具有沿導(dǎo)軌向上的初速度v0.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸.已知彈簧的勁度系數(shù)為k,彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行. 圖6 (1)求初始時(shí)刻通過(guò)電阻R的電流I的大小和方向; (2)當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí),速度變?yōu)関,求此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度大小a. 答案 (1) 電流方向?yàn)閎→a (2)gsinθ- 解析 (1)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E1=BLv0 根據(jù)閉合電路歐姆定律得通過(guò)R的電流大小為:I1== 根據(jù)右手定則判斷得知:電流方向?yàn)閎→a (2)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E2=BLv 根據(jù)閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流為:I2== 導(dǎo)體棒受到的安培力大小為:F=BIL=,方向沿斜面向上.導(dǎo)體棒受力如圖所示: 根據(jù)牛頓第二定律有:mgsinθ-F=ma 解得:a=gsinθ-. 7.(2018廣東省惠州市模擬)如圖7所示,足夠長(zhǎng)的粗糙絕緣斜面與水平面成θ=37角放置,在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行,在aa′、bb′圍成的區(qū)域中有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1 T;現(xiàn)有一質(zhì)量為m=10g、總電阻R=1Ω、邊長(zhǎng)d=0.1m的正方形金屬線圈MNQP,讓PQ邊與斜面底邊平行,從斜面上端由靜止釋放,線圈剛好勻速穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域.已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,(取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)求: 圖7 (1)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小; (2)線圈釋放時(shí),PQ邊到bb′的距離; (3)整個(gè)線圈穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,線圈上產(chǎn)生的焦耳熱. 答案 (1)2m/s (2)1m (3)410-3J 解析 (1)對(duì)線圈受力分析,根據(jù)平衡條件得:F安+μmgcosθ=mgsinθ,F(xiàn)安=BId,I=,E=Bdv 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得:v=2m/s (2)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律得: a==2m/s2 線圈釋放時(shí),PQ邊到bb′的距離L==m=1m; (3)由于線圈剛好勻速穿過(guò)磁場(chǎng),則磁場(chǎng)寬度等于d=0.1m,Q=W安=F安2d 代入數(shù)據(jù)解得:Q=410-3J.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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