浙江专用2022版高考物理大二轮复习优选习题专题四电路与电磁感应提升训练15电磁感应的综合问题

提升训练15　电磁感应的综合问题1.一实验小组想要探究电磁刹车的效果。在遥控小车底面安装宽为L、长为2.5L的N匝矩形线框,线框电阻为R,面积可认为与小车底面相同,其平面与水平地面平行,小车总质量为m。其俯视图如图所示,小车在磁场外行驶时的功率保持P不变,且在进入磁场前已达到最大速度,当车头刚要进入磁场时立即撤去牵引力,完全进入磁场时速度恰好为零。已知有界磁场PQ和MN间的距离为2.5L,磁感应强度大小为B,方向竖直向上,在行驶过程中小车受到地面阻力恒为Ff。求:(1)小车车头刚进入磁场时,线框的感应电动势E;(2)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q;(3)若只改变小车功率,使小车刚出磁场边界MN时的速度恰好为零,假设小车两次与磁场作用时间相同,求小车的功率P'。2.(2022浙江义乌高三模拟)如图所示,固定在上、下两层水平面上的平行金属导轨MN、M'N'和OP、O'P'间距都是l,二者之间固定有两组竖直半圆形轨道PQM和P'Q'M',它们是用绝缘材料制成的,两轨道间距也均为l,且PQM和P'Q'M'的竖直高度均为4R,两组半圆形轨道的半径均为R。轨道的QQ'端、MM'端的对接狭缝宽度可忽略不计,图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。下层金属导轨接有电源,当将一金属杆沿垂直导轨方向搭接在两导轨上时,将有电流从电源正极流出,经过导轨和金属杆流回电源负极。此时金属杆将受到导轨中电流所形成磁场的安培力作用而运动。运动过程中金属杆始终与导轨垂直,且接触良好。当金属杆由静止开始向右运动4R到达水平导轨末端PP'位置时其速度大小vP=4gR。已知金属杆质量为m11\n,两轨道间的磁场可视为匀强磁场,其磁感应强度与电流的关系为B=kI(k为已知常量),金属杆在下层导轨的运动可视为匀加速运动,运动中金属杆所受的摩擦阻力、金属杆和导轨的电阻均可忽略不计。(1)求金属杆在下层导轨运动过程中通过它的电流大小。(2)金属杆由PP'位置无碰撞地水平进入第一组半圆轨道PQ和P'Q',又在狭缝Q和Q'无碰撞地水平进入第二组半圆形轨道QM和Q'M'的内侧。求金属杆由PP'处到MM'处过程中动量的增量。(3)金属杆由第二个半圆轨道的最高位置MM'处,以一定的速度在M和M'处沿对接狭缝无碰撞地水平进入上层金属导轨后,能沿着上层金属导轨滑行。设上层水平导轨足够长,其右端连接的定值电阻阻值为r,导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中(不计此时导轨中电流产生的磁场的影响)。求金属杆在上层水平金属导轨上滑行过程中通过导体横截面的电荷量。3.如图所示,虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图,其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板上,沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN。缓冲车的底部,安装电磁铁(图中未画出),能产生垂直于导轨平面的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成,滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd,线圈的总电阻为R,匝数为n,ab边长为L。假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动,从而实现缓冲,一切摩擦阻力不计。(1)求滑块K的线圈中最大感应电动势的大小;11\n(2)若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零,则此过程线圈abcd中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少?(3)若缓冲车以v0速度与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,求此后缓冲车厢的速度v随位移x的变化规律?(4)若缓冲车以v0速度与障碍物C碰撞后,要使导轨右端不碰到障碍物,则缓冲车与障碍物C碰撞前,导轨右端与滑块K的cd边距离至少多大?4.(2022浙江七彩阳光联盟高三期初)如图所示,两根足够长的光滑金属导轨G1、G2放置在倾角为α的斜面上,导轨间距为l,电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放,经过时间t0,两灯泡开始并保持正常发光。金属棒下落过程中保持与导轨垂直,且与导轨接触良好。重力加速度为g。求:(1)磁感应强度B的大小;(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率v;(3)在t=0至t=t0期间,两小灯泡产生的焦耳热。11\n5.(2022浙江4月选考,23)如图所示,在竖直平面内建立xOy坐标系,在0≤x≤0.65m、y≤0.40m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长l=0.10m、质量m=0.02kg、电阻R=0.40Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置,其中心的坐标为(0,0.65m)。现将线框以初速度v0=2.0m/s水平向右抛出,线框在进入磁场过程中速度保持不变,然后在磁场中运动,最后从磁场右边界离开磁场区域,完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内,其ab边与x轴保持平行,空气阻力不计,g取10m/s2。求:(1)磁感应强度B的大小;(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q;(3)在全过程中,cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。6.(2022浙江杭州模拟)如图甲所示,在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=1m的U形金属导轨,在U形导轨右侧l=0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示,在t=0时刻,质量为m=0.1kg的导体棒以v0=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1,导轨与导体棒单位长度(1m)的电阻均为λ=0.1Ω/m,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(g取10m/s2)。(1)通过计算分析4s内导体棒的运动情况;(2)计算4s内回路中电流的大小,并判断电流方向;(3)计算4s内回路产生的焦耳热。11\n7.如图所示,宽度为L的光滑平行金属导轨PQ和P'Q'倾斜放置,顶端QQ'之间连接一个阻值为R的电阻和开关S,底端PP'处通过一小段平滑圆弧与一段光滑水平轨道相连。已知水平轨道离地面的高度为h,两倾斜导轨间有一垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度为B;有两根长均为L、质量均为m、电阻均为R的金属棒AA'、CC'。当金属棒CC'放置在水平轨道右端时,两水平轨道间就会出现竖直方向的磁感应强度为B1的匀强磁场,此时开关S处于断开状态;而如果金属棒CC'一离开水平轨道,水平轨道间的磁场就马上消失,同时开关S马上闭合。现把金属棒CC'放在光滑水平轨道上右端,金属棒AA'离水平轨道高为H的地方以较大的初速度v0沿轨道下滑,在极短时间内金属棒CC'就向右离开水平轨道,离开水平轨道后在空中做平抛运动,落地点到抛出点通过的水平距离为x1,金属棒AA'最后也落在水平地面上,落地点到抛出点的水平距离为x2;不计导轨电阻,忽略金属棒经过PP'处的机械能损失,不计空气阻力,已知重力加速度为g,则:(1)判断B1的方向;(2)求通过CC'的电荷量q;(3)求整个运动过程中金属棒AA'产生的焦耳热Q。8.(2022浙江慈溪中学月考)如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l。匀强磁场区域的上、下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面。开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动,在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g。求:(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;11\n(2)磁场上、下边界间的距离H。9.如图所示,两根相同平行金属直轨道竖直放置,上端用导线接一阻值为R的定值电阻,下端固定在水平绝缘底座上。底座中央固定一根绝缘弹簧,长L、质量为m的金属直杆ab通过金属滑环套在轨道上。在直线MN的上方分布着垂直轨道面向里、磁感应强度为B的足够大匀强磁场。现用力压直杆ab使弹簧处于压缩状态,撤去力后直杆ab被弹起,脱离弹簧后以速度v1穿过直线MN,在磁场中上升高度h时到达最高点。随后直杆ab向下运动,离开磁场前做匀速直线运动。已知直杆ab与轨道的摩擦力大小恒等于杆重力的k倍(k<1),回路中除定值电阻外不计其他一切电阻,重力加速度为g。求:(1)杆ab向下运动离开磁场时的速度v2;(2)杆ab在磁场中上升过程经历的时间t。11\n10.如图所示,粗糙斜面的倾角θ=37°,半径r=0.5m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n=10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P=1.25W的小灯泡A相连,圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边。已知线框质量m=2kg,总电阻R0=1.25Ω,边长L>2r,与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。从t=0时起,磁场的磁感应强度按B=2-2πt(T)的规律变化。开始时线框静止在斜面上,在线框运动前,灯泡始终正常发光。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)小灯泡正常发光时的电阻R;(2)线框保持不动的时间内,小灯泡产生的热量Q。11\n提升训练15　电磁感应的综合问题1.答案(1)NBLPFf　(2)mP22Ff2-2.5FfL(3)2mRP+5FfN2B2L32mR解析(1)小车刚进入磁场时的速度设为v0,则v0=PFf,感应电动势E=NBLv0=NBLPFf。(2)由动能定理,可得2.5FfL+Q=12mv02解得Q=12mv02-2.5FfL=mP22Ff2-2.5FfL。(3)以小车刚要进入到恰好穿出磁场为研究过程,由动量定理,可得Fft+2NBI'Lt=Fft+2NBLq=mv0'　①q=2NΔΦR=N5BL22R　②当功率为P时,小车进入磁场时间为t,由动量定理得Fft+NBILt=Fft+NBLq=mv0　③由①②③,可得v0'=2mRP+5FfN2B2L32mFfRP'=Ffv0'=2mRP+5FfN2B2L32mR。2.答案(1)2mgkl　(2)m(22gR-4gR)(3)2m2gRBl解析(1)a=vP22×4R=2gBIL=kI2l=maI=2mgkl。(2)-mg4R=12mv2-12mvP2v=22gRΔP=m(22gR-4gR)。(3)BI'l·Δt=mΔvBlq=mvq=mvBl=2m2gRBl。3.答案(1)nBLv0　(2)nBL2R　12mv02　(3)v=-n2B2L2xmR+v0　(4)mRv0n2B2L2解析(1)E=nBLv0。(2)q=nΔΦR=nBL2RQ=12mv02。(3)q=nΔΦR=nBLxR-F安t=mv-mv0-nBILt=mv-mv0-nBLq=mv-mv0v=-n2B2L2xmR+v0。(4)v=0x=mRv0n2B2L2。4.答案(1)mgsinα2lRP　(2)2Pmgsinα(3)2t0P-6mP2(mgsinα)211\n解析(1)设灯泡额定电流为I0则有P=I02R①流经MN的电流I=2I0②mgsinα=BIl③联立①②③得B=mgsinα2lRP④(2)E=Blv=I0R⑤v=2Pmgsinα⑥(3)在t=0至t=t0期间,对棒运动用动量定理,有(mgsinα-iBl)Dt=mDv⑦累积求和得t0mgsinα-BlDq=mv⑧设在t=0至t=t0期间棒运动的距离为s,则由电磁感应定律,得Δq=2BlsR⑨联立⑧⑨得s=mR(gt0sinα-v)2B2l2小灯泡产生的焦耳热Q=mgssinα-12mv2将④⑥式入式,得Q=mgsinαmR(gt0sinα-v)2B2l2-12mv2=2t0P-6mP2(mgsinα)25.答案(1)2T　(2)0.0375J(3)Ucb=0,(0≤x≤0.4)(4x-1.7)V,(0.4<x≤0.5)0.4,(0.5<x≤0.6)1-x4V,(0.6<x≤0.7)解析(1)感应电流I=BlvyR受力平衡mg=BIl进入时的y方向速度vy=2gh=2m/sB=2T。(2)动量定理-BlΔq=mv-mv0Δq=Bl2R全过程能量守恒Q=mgl+12mv02-12mv2Q=0.0375J。(3)进入磁场前x≤0.4m,Ucb=0进入磁场过程0.4m<x≤0.5mUcb=Bv0vyt-IR4=(4x-1.7)V在磁场中0.5m<x≤0.6mUcb=Bv0l=0.4V出磁场过程0.6m<x≤0.7mvx=v0-BlΔq'm=5(1-x)m/sUcb=BvxlR×R4=1-x4V。6.答案(1)导体棒先做加速度为1m/s2的匀减速直线运动,在1s末停止运动,以后一直保持静止　(2)前2s电流为0,后2s电流为0.2A,顺时针　(3)0.04J解析(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动,有11\n-μmg=mav=v0+atx=v0t+12at2导体棒速度减为零时,v=0代入数据解得a=-1m/s2,t=1s,x=0.5m<L-l=1.5m,导体棒没有进入磁场区域,导体棒在1s末已经停止运动,以后一直保持静止。(2)前2s磁通量不变,回路电动势和电流分别为E=0,I=0后2s回路产生的感应电动势E=ΔΦΔt=ldΔBΔt=0.1V回路的总长度为5m,因此回路的总电阻R=5m·λ=0.5Ω电流I=ER=0.2A根据楞次定律,回路中的电流方向是顺时针方向。(3)前2s电流为零,后2s有恒定电流,焦耳热Q=I2Rt'=0.04J。7.答案(1)竖直向下　(2)mx1B1Lg2h　(3)12mgH+14mv02-mg(x12+x22)8h解析(1)金属棒AA'从轨道上向下运动后,由右手定制(或楞次定律),通过金属棒CC'电流方向为C'指向C,由左手定则,磁场B1的方向为竖直向下。(2)在金属棒CC'通电的极短时间Δt内,在安培力作用下获得向右的速度v1由平抛运动得h=12gt2x1=v1t解得v1=x1g2h由牛顿第二定律F合=ma=mΔvΔt或动量定理F合Δt=mΔvB1ILΔt=mΔv=mv1-0q=IΔt=mv1B1L=mx1g2hB1L=mx1B1Lg2h。(3)金属棒AA'离开水平轨道后做平抛运动,由平抛运动得h=12gt2x2=v2t金属棒AA'在轨道上下滑到水平抛出过程中,对整个系统由能量守恒得mgH+12mv02=Q总+12mv22+12mv12金属棒AA'从轨道上运动时,始终有一个电阻R与金属棒串联金属棒AA'产生的焦耳热Q=12Q总=12mgH+14mv02-mg(x12+x22)8h。8.答案(1)4　(2)Qmg+28l解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边产生的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有E1=2Blv1设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有I1=E1R设此时线框所受安培力为F1,有F1=2I1lB由于线框做匀速运动,其受力平衡,有11\nmg=F1由以上各式得v1=mgR4B2l2设ab边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v2,同理可得v2=mgRB2l2由以上两式得v2=4v1。(2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有2mgl=12mv12线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有mg(2l+H)=12mv22-12mv12+Q由以上各式得H=Qmg+28l。9.答案(1)v2=(1-k)mgRB2L2　(2)t=mv1R-B2L2h(1+k)mgR解析(1)杆ab向下运动离开磁场前做匀速运动mg=F安+Ff①又Ff=kmg②F安=BIL=BBLv2RL=B2L2v2R③由①②③得v2=(1-k)mgRB2L2。(2)杆ab在磁场中上升过程,由动量定理得-mgt-kmgt-BILt=0-mv1④上升过程的感应电荷量q=It=BLhR⑤由④⑤得t=mv1R-B2L2h(1+k)mgR杆ab在磁场中上升过程经历的时间为mv1R-B2L2h(1+k)mgR。10.答案(1)1.25Ω　(2)πJ解析(1)由法拉第电磁感应定律有E=nΔΦΔt得E=nΔBΔt·12π·r2=10×2π×12π×0.52V=2.5V小灯泡正常发光,有P=I2R由闭合电路欧姆定律有E=I(R0+R)则有P=ER0+R2R,代入数据解得I=1A,R=1.25Ω。(2)对线框受力分析如图设线框恰好要运动时,磁场的磁感应强度大小为B'由力的平衡条件有mgsinθ=F安+Ff=F安+μmgcosθF安=nB'I·2r联立解得线框刚要运动时,磁场的磁感应强度大小B'=0.4T由B'=2-2πt,得线框在斜面上可保持静止的时间t=1.62πs=4π5s小灯泡产生的热量Q=Pt=1.25×4π5J=πJ。11