（浙江專版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題檢測3 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用（加試）.doc

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專題檢測三　電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用(加試) 1.如圖所示,M、N為紙面內(nèi)兩平行光滑導(dǎo)軌,間距為L。輕質(zhì)金屬桿ab可在導(dǎo)軌上左右無摩擦滑動,桿與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌右端與定值電阻連接。P、Q為平行板器件,兩板間距為d,上、下兩板分別與定值電阻兩端相接。兩板正中左端邊緣有一粒子源中始終都有速度為v0的帶正電粒子沿平行于極板的方向進(jìn)入兩板之間。整個裝置處于垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場中。已知輕桿和定值電阻的阻值分別為r和R,其余電阻不計(jì),帶電粒子的重力不計(jì),為使粒子沿原入射方向從板間右端射出,則輕桿應(yīng)沿什么方向運(yùn)動?速度多大? 2. 如圖所示,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、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t=0時,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。t0時刻,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)磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動。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,兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求: (1)金屬桿在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的電動勢的大小; (2)電阻的阻值。 3.如圖甲所示,平行長直光滑金屬導(dǎo)軌水平放置,間距L=0.4 m,導(dǎo)軌右端接有阻值R=1 Ω的電阻,導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上,且接觸良好,導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)。導(dǎo)軌間有一方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁場區(qū)域的邊界滿足曲線方程y=0.4sin(5π2x)(0≤x≤0.4 m,y的單位:m),磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。零時刻開始,棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運(yùn)動,1 s后剛好進(jìn)入磁場,若使棒在外力F作用下始終以速度v=2 m/s做勻速直線運(yùn)動,求: (1)棒進(jìn)入磁場前,回路中電流的方向; (2)棒在運(yùn)動過程中外力F的最大功率; (3)棒通過磁場區(qū)域的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。 4. 如圖所示,某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道,管道的長為L、寬為d、高為h,上、下兩面是絕緣板。前、后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板,兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為ρ的導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子),且開關(guān)閉合前后,液體在管道進(jìn)、出口兩端壓強(qiáng)差的作用下,均以恒定速率v0沿x軸正向流動。 (1)求開關(guān)閉合前,M、N兩板間的電勢差大小U0; (2)調(diào)整矩形管道的寬和高,但保持其他量和矩形管道的橫截面積為S不變,求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比dh的值。 5.如圖甲所示,兩相距L=1 m的光滑平行導(dǎo)軌,由水平和曲軌兩部分平滑對接而成,導(dǎo)軌左端與電流傳感器、定值電阻R=3 Ω相連,兩導(dǎo)軌間長x=1.6 m的區(qū)域內(nèi)存放一豎直方向的磁場?，F(xiàn)使金屬棒ab從距水平面高h(yuǎn)=0.8 m處的曲軌上釋放,在進(jìn)入水平軌道前的0.5 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B從-1 T隨時間均勻變化到+1 T,后保持1 T不變。棒ab進(jìn)入水平軌道立刻施加一與棒垂直的水平外力。已知金屬棒的質(zhì)量m=0.2 kg,電阻r=2 Ω,不計(jì)導(dǎo)軌電阻及電流傳感器對電路的影響。求: (1)ab棒進(jìn)入水平導(dǎo)軌時的速度; (2)ab棒在進(jìn)入水平軌道前產(chǎn)生的焦耳熱; (3)若ab棒在棒進(jìn)入水平導(dǎo)軌后,電流傳感器顯示的電流i隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示,求在這段時間內(nèi)外力大小F隨時間t變化的關(guān)系式。 6.如圖甲所示,光滑斜面的傾角α=30,在斜面上放置一矩形線框abcd,ab邊的邊長L1=1 m,bc邊的邊長L2=0.4 m,線框的質(zhì)量m=1 kg,電阻R=0.2 Ω。斜面上ef線(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化情況如圖乙所示,ef線和gh線的距離s=6.9 m,t=0時線框在平行于斜面向上的恒力F=10 N的作用下從靜止開始運(yùn)動,線框進(jìn)入磁場的過程中始終做勻速直線運(yùn)動,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求線框進(jìn)入磁場前的加速度大小和線框進(jìn)入磁場時做勻速直線運(yùn)動的速度v的大小; (2)求線框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱; (3)求線框從靜止開始ab邊運(yùn)動到gh線處所用的時間。 7. 如圖所示,足夠長的光滑導(dǎo)軌ab、cd固定在豎直平面內(nèi),導(dǎo)軌間距為l,b、c兩點(diǎn)間接一阻值為R的電阻。ef是一水平放置的導(dǎo)體桿,其質(zhì)量為m、有效電阻值為R,桿與ab、cd保持良好接觸。整個裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直?，F(xiàn)用一豎直向上的力拉導(dǎo)體桿,使導(dǎo)體桿從靜止開始做加速度為g2的勻加速運(yùn)動,上升了h高度,這一過程中b、c間電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q,g為重力加速度,不計(jì)導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用。求: (1)導(dǎo)體桿上升h高度過程中通過桿的電荷量; (2)導(dǎo)體桿上升h高度時所受拉力F的大小; (3)導(dǎo)體桿上升h高度過程中拉力做的功。 8. 如圖所示,兩條平行的金屬導(dǎo)軌相距L=1 m,金屬導(dǎo)軌的傾斜部分與水平方向的夾角為37,整個裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。金屬棒MN和PQ的質(zhì)量均為m=0.2 kg,電阻分別為RMN=1 Ω和RPQ=2 Ω。MN置于水平導(dǎo)軌上,與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,PQ置于光滑的傾斜導(dǎo)軌上,兩根金屬棒均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。從t=0時刻起,MN棒在水平外力F1的作用下由靜止開始以a=1 m/s2的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動,PQ則在平行于斜面方向的力F2作用下保持靜止?fàn)顟B(tài)。t=3 s時,PQ棒消耗的電功率為8 W,不計(jì)導(dǎo)軌的電阻,水平導(dǎo)軌足夠長,MN始終在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動。求: (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小; (2)t=0~3 s時間內(nèi)通過MN棒的電荷量; (3)t=6 s時F2的大小和方向。 9. 如圖所示,“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m,相鄰各邊互相垂直,且處于同一豎直平面內(nèi),ab邊長為l,cd邊長為2l,ab與cd平行,間距為2l。勻強(qiáng)磁場區(qū)域的上下邊界均水平,磁場方向垂直于線框所在平面。開始時,cd邊到磁場上邊界的距離為2l,線框由靜止釋放,從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前,線框做勻速運(yùn)動,在ef、pq邊離開磁場后,ab邊離開磁場之前,線框又做勻速運(yùn)動。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi),且ab、cd邊保持水平,重力加速度為g。求: (1)線框ab邊將要離開磁場時做勻速運(yùn)動的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時的幾倍; (2)磁場上、下邊界間的距離H。 專題檢測三　電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用(加試) 1.答案 見解析 解析 粒子在電場中運(yùn)動,受電場力F=qUd 粒子在磁場中運(yùn)動,受洛倫茲力F=qv0B 要使粒子沿原入射方向從板間右端射出,則粒子所受的電場力和洛倫茲力相互平衡,則qUd=qv0B 輕質(zhì)金屬桿ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv R中電流I=ER+r PQ間電壓U=IR 聯(lián)立解得v=dRL(R+r)v0 因粒子帶正電,所以下極板電勢高于上極板。由右手定則得桿應(yīng)向右運(yùn)動。 2.答案 (1)Blt0Fm-μg　(2)B2l2t0m 解析 (1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得ma=F-μmg 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v,由運(yùn)動學(xué)公式有v=at0 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時,由法拉第電磁感應(yīng)定律,桿中的電動勢為E=Blv 聯(lián)立解得E=Blt0Fm-μg。 (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動時,金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律I=ER 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為f=BIl 因金屬桿做勻速運(yùn)動,由牛頓運(yùn)動定律得F-μmg-f=0 聯(lián)立解得R=B2l2t0m。 3.答案 (1)逆時針　(2)0.16 W　(3)1.610-2 J 解析 (1)進(jìn)入磁場前,閉合回路中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針。 (2)棒進(jìn)入磁場后,當(dāng)棒在磁場中運(yùn)動0.2 m時,棒切割磁感線的有效長度最長,為L,此時回路中有最大電動勢E=BLv=0.4 V 最大電流I=ER=BLvR=0.4 A 最大安培力F安=BIL=0.08 N 最大外力F外=F安=0.08 N 最大功率P=F安v=0.16 W。 (3)棒通過磁場區(qū)域過程中電動勢的有效值E有=E2=0.42 V 棒通過磁場區(qū)域過程中的時間t=xv=0.2 s 棒通過磁場區(qū)域過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q=E有2Rt=1.610-2 J。 4.答案 (1)Bdv0　(2)LSv02B24ρ　LRρ 解析 (1)以導(dǎo)電液體中帶正電離子為研究對象,受力平衡時,qv0B=qE=qU0d, 解得U0=Bdv0。 (2)兩導(dǎo)體板間液體的電阻r=ρdLh,I=U0R+r, 電阻R獲得的功率為P=I2R,即P=Lv0BLRd+ρh2R,當(dāng)dh=LRρ時, 電阻R獲得最大功率,為Pmax=LSv02B24ρ。 5.答案 (1)4 m/s　(2)1.6 J　(3)F=0.2+t(N) 解析 (1)根據(jù)動能定理有mgh=12mv2,解得v=4 m/s。 (2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=ΔΦΔt=ΔBΔtLx=6.4 V 感應(yīng)電流I=ER+r=1.28 A ab棒進(jìn)入水平軌道前產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2rt=1.6 J。 (3)由圖可知i=0.8-t(A) 感應(yīng)電動勢E=BLv 感應(yīng)電流i=BLvR+r 聯(lián)立以上幾式,代入數(shù)據(jù)整理得v=4-5t(m/s) 加速度a=5 m/s2 由牛頓第二定律有F+F安=ma,F安=ILB=0.8-t(N) 聯(lián)立解得外力在0~0.8 s內(nèi)隨時間變化關(guān)系為F=0.2+t(N)。 6.答案 (1)5 m/s2　4 m/s　(2)2 J　(3)1.9 s 解析 (1)線框abcd進(jìn)入磁場前,做勻加速直線運(yùn)動,由牛頓第二定律得 F-mgsin α=ma 線框進(jìn)入磁場前的加速度 a=F-mgsinαm=10-110sin301 m/s2=5 m/s2 線框進(jìn)入磁場的過程中做勻速直線運(yùn)動,所以線框abcd受力平衡F=mgsin α+F安 ab邊進(jìn)入磁場切割磁感線,產(chǎn)生的電動勢E=BL1v 形成的感應(yīng)電流I=ER 受到的安培力F安=BIL1,代入數(shù)據(jù)解得v=4 m/s。 (2)線框進(jìn)入磁場的過程中做勻速直線運(yùn)動,根據(jù)功能關(guān)系有Q=(F-mgsin α)L2 代入數(shù)據(jù)解得Q=(10-110sin 30)0.4 J=2 J。 (3)線框abcd進(jìn)入磁場前,做勻加速直線運(yùn)動;進(jìn)入磁場的過程中,做勻速直線運(yùn)動;線框完全進(jìn)入磁場后至運(yùn)動到gh線,仍做勻加速直線運(yùn)動。 進(jìn)入磁場前線框的運(yùn)動時間為t1=va=0.8 s 進(jìn)入磁場過程中勻速直線運(yùn)動時間為t2=L2v=0.1 s 線框完全進(jìn)入磁場后線框受力情況與進(jìn)入磁場前相同,所以該階段的加速度大小仍為a=5 m/s2,該過程有 s-L2=vt3+12at32 解得t3=1 s 因此ab邊由靜止開始運(yùn)動到gh線處所用的時間為t=t1+t2+t3=1.9 s。 7.答案 (1)Blh2R　(2)3mg2+B2l2gh2R　(3)3mgh2+2Q 解析 (1)感應(yīng)電荷量q=IΔt,根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=E2R,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=ΔΦΔt,由以上各式解得q=ΔΦ2R=Blh2R。 (2)設(shè)導(dǎo)體桿上升h高度時速度為v1、拉力為F,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式,得v1=2g2h=gh,根據(jù)牛頓第二定律,得F-mg-BI1l=ma=mg2,根據(jù)閉合電路歐姆定律,得I1=Blv12R,由以上各式解得F=3mg2+B2l2gh2R。 (3)由功能關(guān)系得WF-mgh-2Q=12mv12-0,解得WF=3mgh2+2Q。 8.答案 (1)2 T　(2)3 C　(3)5.2 N　方向沿斜面向下 解析 (1)當(dāng)t=3 s時,設(shè)MN的速度為v1,則 v1=at=3 m/s,E1=BLv1,E1=I(RMN+RPQ) P=I2RPQ 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得B=2 T。 (2)E=ΔΦΔt q=ERMN+RPQΔt=ΔΦRMN+RPQ ΔΦ=BΔS=BL12at2 代入數(shù)據(jù)可得q=3 C。 (3)當(dāng)t=6 s時,設(shè)MN的速度為v2,則 v2=at=6 m/s E2=BLv2=12 V I2=E2RMN+RPQ=4 A F安=BI2L=8 N 規(guī)定沿斜面向上為正方向,對PQ進(jìn)行受力分析可得 F2+F安cos 37=mgsin 37 代入數(shù)據(jù)得F2=-5.2 N(負(fù)號說明力的方向沿斜面向下)。 9.答案 (1)4倍　(2)Qmg+28l 解析 (1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,cd邊剛進(jìn)入磁場時,線框做勻速運(yùn)動的速度為v1,cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律,有E1=2Blv1 ① 設(shè)線框總電阻為R,此時線框中電流為I1,由閉合電路歐姆定律,有I1=E1R ② 設(shè)此時線框所受安培力為F1,有F1=2I1lB ③ 由于線框做勻速運(yùn)動,其受力平衡,有mg=F1 ④ 由①②③④式得v1=mgR4B2l2 ⑤ 設(shè)ab邊離開磁場之前,線框做勻速運(yùn)動的速度為v2,同理可得v2=mgRB2l2 ⑥ 由⑤⑥式得v2=4v1。 ⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場前,由機(jī)械能守恒定律,有2mgl=12mv12 ⑧ 線框完全穿過磁場的過程中,由能量守恒定律,有 mg(2l+H)=12mv22-12mv12+Q ⑨ 由⑦⑧⑨式得H=Qmg+28l。