2021年高考物理二轮复习-核心考点专项突破-电磁感应的综合应用练习（含解析）

电磁感应的综合应用1.如图所示，间距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面夹角为30°，导轨的电阻不计，导轨的N、Q端连接一阻值为R的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置，导体棒上方距离L以上的范围存在着磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场．现在施加一个平行斜面向上且与棒ab重力相等的恒力，使导体棒ab从静止开始沿导轨向上运动，当ab进入磁场后，发现ab开始匀速运动，求：(1)导体棒的质量；(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移．【解析】(1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为L，其加速度为F－mgsin30°＝maF＝mg得a＝eq\f(1,2)g棒进入磁场时的速度为v＝eq\r(2aL)＝eq\r(gL)由棒在磁场中匀速运动可知F安＝eq\f(1,2)mgF安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)得m＝eq\f(2B2L2,R＋r)eq\r(\f(L,g))(2)若进入磁场瞬间使拉力减半，则F＝eq\f(1,2)mg则导体棒所受合力为F安F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝mav＝eq\f(Δx,Δt)和a＝eq\f(Δv,Δt)代入上式eq\f(B2L2\f(Δx,Δt),R＋r)＝meq\f(Δv,Δt)即eq\f(B2L2Δx,R＋r)＝mΔv设导体棒继续向上运动的位移为x，则有eq\f(B2L2x,R＋r)＝mv将v＝eq\r(gL)和m＝eq\f(2B2L2,R＋r)eq\r(\f(L,g))代入得x＝2L【答案】(1)eq\f(2B2L2,R＋r)eq\r(\f(L,g))(2)2L2.如图所示，MN、PQ为足够长的平行导轨，间距L＝0.5m.导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°.NQ⊥MN，NQ间连接有一个R＝3Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0＝1T.将一根质量为m＝0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝2Ω，其余部分电阻不计.现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变，cd距离NQ为s＝2m.试解答以下问题：(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)金属棒达到稳定时的速度是多大？(2)从静止开始直到达到稳定速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？(3)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t＝0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t＝1s时磁感应强度应为多大？【答案】(1)2m/s(2)0.06J(3)0.4T【解析】(1)在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有：mgsinθ＝B0IL＋μmgcosθE＝B0LvE＝I(R＋r)代入已知数据，得v＝2m/s(2)根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热.有：mgssinθ＝eq\f(1,2)mv2＋μmgcosθ·s＋Q电阻R上产生的热量：QR＝eq\f(R,R＋r)Q解得：QR＝0.06J(3)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流.此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，故：mgsinθ－μmgcosθ＝ma设t时刻磁感应强度为B，则：B0Ls＝BL(s＋x)x＝vt＋eq\f(1,2)at2故t＝1s时磁感应强度B＝0.4T3.如图甲所示，MN、PQ是相距d＝1.0m足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab的质量m＝0.1kg，其接入电路的电阻r＝1Ω，小灯泡电阻RL＝9Ω，重力加速度g取10m/s2.现断开开关S，将棒ab由静止释放并开始计时，t＝0.5s时刻闭合开关S，图乙为ab的速度随时间变化的图像．求：(1)金属棒ab开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值；(2)磁感应强度B的大小．【答案】(1)6m/s2eq\f(3,5)(2)1T【解析】(1)S断开时ab做匀加速直线运动由图乙可知a＝eq\f(Δv,Δt)＝6m/s2根据牛顿第二定律有：mgsinθ＝ma所以sinθ＝eq\f(3,5).(2)t＝0.5s时S闭合，ab先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大vm＝6m/s后做匀速直线运动根据平衡条件有mgsinθ＝F安又F安＝BIdE＝BdvmI＝eq\f(E,RL＋r)，解得B＝1T.4.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．【答案】(1)方向为C→D大小为eq\f(3Bωr2,2R)(2)eq\f(9B2ω2r4,4R)＋eq\f(3μmgωr,2)【解析】(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D.设导体棒AB中点的速度为v，则v＝eq\f(vA＋vB,2)而vA＝ωr，vB＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv根据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I＝eq\f(3Bωr2,2R).(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋Ffv，而Ff＝μmg解得P＝eq\f(9B2ω2r4,4R)＋eq\f(3μmgωr,2).5.相距L＝1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计，ab棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放(取g＝10m/s2)．(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；(2)已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图(c)中定性画出cd棒所受摩擦力随时间变化的图象．【答案】见解析【解析】(1)经过时间t，金属棒ab的速率v＝at此时，回路中的感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)对金属棒ab，由牛顿第二定律得F－BIL－m1g＝m1a由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋eq\f(B2L2,R)at在图线上取两点：t1＝0，F1＝11N；t2＝2s，F2＝14.6N代入上式得a＝1m/s2，B＝1.2T(2)在第2s末金属棒ab的速率v2＝at2＝2m/s所发生的位移x＝eq\f(1,2)at22＝2m由动能定理得WF－m1gx－W安＝eq\f(1,2)m1v22又Q＝W安联立以上方程，解得Q＝18J.(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动，当cd棒速度达到最大时，有m2g＝μFN又FN＝F安F安＝BILI＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLvm,R)，vm＝at0整理解得t0＝eq\f(m2gR,μB2L2a)＝2sFfcd随时间变化的图象如图所示。6.如图，POQ是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP＝OQ＝L.整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B＝B0－kt(其中k为大于0的常数)．一质量为m、长为L、电阻为R、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置．当磁感应强度变为eq\f(1,2)B0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v.导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g.求导体棒： (1)解除锁定前回路中电流的大小及方向； (2)滑到导轨末端时的加速度大小； (3)运动过程中产生的焦耳热． 【解析】(1)导体棒解除锁定前，闭合回路的面积不变，且eq\f(ΔB,Δt)＝k由法拉第电磁感应定律知 E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(\r(3),16)kL2 由闭合电路欧姆定律知I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(\r(3)kL2,8R) 由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向(或b→a) (2)导体棒恰好要离开导轨时受力如图所示． E＝eq\f(1,2)B0Lv I＝eq\f(E,R) F＝eq\f(1,2)B0IL得F＝eq\f(B\o\al(2,0)L2v,4R) 由牛顿第二定律知mg－F＝ma 所以a＝g－eq\f(B\o\al(2,0)L2v,4mR) (3)由能量守恒知mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Q h＝eq\f(\r(3),4)L 解得Q＝eq\f(\r(3)mgL,4)－eq\f(1,2)mv2 【答案】(1)eq\f(\r(3)kL2,8R)b→a(2)g－eq\f(B\o\al(2,0)L2v,4mR) (3)eq\f(\r(3)mgL,4)－eq\f(1,2)mv27.如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为1m，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和以a′b′的质量都是0.2kg，电阻都是1Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B的大小相同．让a′b′固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8W．求：(1)ab下滑的最大加速度；(2)ab下落了30m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？(3)如果将ab与a′b′同时由静止释放，当ab下落了30m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q′为多大？(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【解析】(1)当ab棒刚下滑时，ab棒的加速度有最大值：a＝gsinθ－μgcosθ＝4m/s2.(2分)(2)ab棒达到最大速度时做匀速运动，有mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ，(2分)整个回路消耗的电功率P电＝BILvm＝(mgsinθ－μmgcosθ)vm＝8W，(2分)则ab棒的最大速度为：vm＝10m/s(1分)由P电＝eq\f(E2,2R)＝eq\f(BLvm2,2R)(2分)得：B＝0.4T．(1分)根据能量守恒得：mgh＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)(2分)解得：Q＝30J．(1分)(3)由对称性可知，当ab下落30m稳定时其速度为v′，a′b′也下落30m，其速度也为v′，ab和a′b′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和．根据共点力平衡条件，对ab棒受力分析，得mgsinθ＝BI′L＋μmgcosθ(2分)又I′＝eq\f(2BLv′,2R)＝eq\f(BLv′,R)(2分)代入解得v′＝5m/s(1分)由能量守恒2mgh＝eq\f(1,2)×2mv′2＋2μmgcosθeq\f(h,sinθ)＋Q′(3分)代入数据得Q′＝75J．(1分)【答案】(1)4m/s2(2)30J(3)75J8.如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m，有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求： (1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？ (2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？ (3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？ 【解析】(1)m1、m2运动过程中，以整体法有 m1gsinθ－μm2g＝(m1＋m2)a a＝2m/s2 以m2为研究对象有FT－μm2g＝m2a(或以m1为研究对象有m1gsinθ－FT＝m1a) FT＝2.4N (2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有 m1gsinθ－μm2g－eq\f(B2L2v,R)＝0 v＝1m/s ab到MN前线框做匀加速运动，有v2＝2ax x＝0.25m (3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时： m1gsinθ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L) ＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)＋Q 解得：Q＝0.4J 所以Qab＝eq\f(1,4)Q＝0.1J 【答案】(1)2.4N(2)0.25m(3)0.1J9.如图甲所示，MN、PQ是相距d＝1m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m＝0.1kg、电阻R＝1Ω；MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL＝3Ω，定值电阻R1＝7Ω，调节电阻箱使R2＝6Ω，重力加速度g＝10m/s2.现断开开关S，在t＝0时刻由静止释放ab，在t＝0.5s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图像．(1)求斜面倾角α及磁感应强度B的大小；(2)ab由静止下滑x＝50m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R2的值．当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？【解析】(1)S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得a＝eq\f(Δv,Δt)＝6m/s2(1分)由牛顿第二定律有mgsinα＝ma，(1分)所以有sinα＝eq\f(3,5)，即α＝37°，(1分)t＝0.5s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(vm＝6m/s)后接着做匀速运动．匀速运动时，由平衡条件知mgsinα＝F安，(1分)又F安＝BIdI＝eq\f(Bdvm,R总)(1分)R总＝R＋R1＋eq\f(RLR2,RL＋R2)＝10Ω(1分)联立以上四式有mgsinα＝eq\f(B2d2vm,R总)(2分)代入数据解得B＝eq\r(\f(mgsinαR总,d2vm))＝1T(1分)(2)由能量转化关系有mgsinαx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q(2分)代入数据解得Q＝mgsinαx－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝28.2J(1分)(3)改变电阻箱R2的值后，ab匀速下滑时有mgsinα＝BdI(1分)所以I＝eq\f(mgsinα,Bd)＝0.6A(1分)通过R2的电流为I2＝eq\f(RL,RL＋R2)I(1分)R2的功率为P＝Ieq\o\al(2,2)R2(1分)联立以上三式可得P＝I2eq\f(R\o\al(2,L)R2,RL＋R22)(1分)当eq\f(RL,\r(R2))＝eq\r(R2)时，即R2＝RL＝3Ω，功率最大，(1分)所以Pm＝0.27W．(2分)【答案】(1)37°1T(2)28.2J(3)3Ω0.27W10.如图甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与水平面的倾角θ＝53°，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好．棒的质量m＝1.0kg，R＝1.0Ω，长度L＝1.0m与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，现对ab棒施加一个方向水向右，按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取10m/s2. (1)求ab棒的加速度大小； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若已知在前2s内F做功W＝30J，求前2s内电路产生的焦耳热； (4)求cd棒达到最大速度所需的时间． 【解析】(1)对ab棒：Ff＝μmg v＝at F－BIL－Ff＝ma F＝m(μg＋a)＋eq\f(B2L2at,2R) 由图象已知量，代入数据得：a＝1m/s2 (2)当t1＝2s时，F＝10N，由(1)知 eq\f(B2L2at,2R)＝F－m(μg＋a)，得B＝2T (3)0～2s过程中，对ab棒，x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝2m v2＝at1＝2m/s 由动能定理知：W－μmgx－Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2) Q＝18J (4)设当时间为t′时，cd棒达到最大速度， FN′＝BIL＋mgcos53° Ff′＝μFN′ mgsin53°＝f′ mgsin53°＝μ(eq\f(B2L2at′,2R)＋mgcos53°) 解得：t′＝5s 【答案】(1)1m/s2(2)2T(3)18J(4)5s11.均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止开始自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．重力加速度为g.当cd边刚进入磁场时，(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)