高三物理二轮复习——电磁感应综合
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高三物理二轮复习——电磁感应综合学号： 姓名：1．一个正方形导线圈边长a=0.2m ，共有N=100匝，其总电阻r=4Ω，线圈与阻值R=16Ω的外电阻连成闭合回路，线圈所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直线圈所在平面，如图甲所示，磁场的大小随时间变化如图乙所示，求：（1）线圈中产生的感应电动势大小。
（2）通过电阻R 的电流大小。
【答案】（1）400V （2）20A 【解析】试题分析：（1）根据图乙，磁感应强度的变化率为：1100/0.01B T s t ∆==∆ 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为：21000.2100400S BE NN V t t∆Φ∆===⨯⨯=∆∆ （2）根据闭合电路欧姆定律，电流为：40020164E I A R r ===++ 考点：考查了法拉第电磁感应定律，闭合回路欧姆定律6．（电磁感应-电路综合）如图所示，金属杆ab可在平行金属导轨上滑动，金属杆电阻R0＝0.5 Ω，长L＝0.3 m，导轨一端串接一电阻R＝1 Ω，匀强磁场磁感应强度B ＝2 T，当ab以v＝5 m/s向右匀速运动过程中，求：（1）ab间感应电动势E和ab间的电压U；（2）所加沿导轨平面的水平外力F的大小；（3）在2 s时间内电阻R上产生的热量Q.]6．【解析】（1）E＝BLv＝3 V，I＝ER＋R0，U＝IR＝2 V（2）F＝F安，F安＝BIL＝1.2 N（3）2秒内产生的总热量Q等于安培力做的功，Q＝F安·v·t＝12 J电阻R上产生的热量为Q R＝RR＋R0Q＝8 J7．（电磁感应-电路综合）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 和PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属杆，导轨电阻忽略不计，整个装置处在磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下，现用一外力F 沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数U 随时间t 变化关系如图乙所示．求： （1）金属杆在5 s 末的运动速率； （2）4s 末时外力F 的功率．7．【解析】（1）U ＝BLv R ＋rR ，a ＝Δv Δt ，则ΔU Δt ＝BLR R ＋r ·ΔvΔt 即a ＝0.5 m/s 2所以，金属棒做匀加速直线运动，因此v 5＝at 5＝2.5 m/s（2）v 4＝at 4＝2 m/s ，此时：I ＝BLv 4R ＋r＝0.4 A ，F 安＝BIL ＝0.04 N对金属棒：F －F 安＝ma ，F ＝0.09 N ，则P F ＝Fv 4＝0.18 W4．（电磁感应的力学、能量问题）如图甲所示，空间存在一垂直纸面向里的水平磁场，磁场上边界OM 水平，以O 点为坐标原点，OM 为x 轴，竖直向下为y 轴，磁感应强度大小在x 方向保持不变、y 轴方向按B ＝ky 变化，k 为大于零的常数。
一质量为m 、电阻为R 、边长为L 的正方形线框abcd 从图示位置静止释放，运动过程中线框经络在同一竖直平面内，当线框下降h 0（h 0＜L ）高度时达到最大速度，线框cd 边进入磁场时开始做匀速运动，重力加速度为g 。
求：（1）线框下降h 0高度时速度大小v 1和匀速运动时速度大小v 2； （2）线框从开始释放到cd 边刚进入磁场的过程中产生的电能ΔE4．【解析】（1）线框从静止开始下落，由电磁感应规律和牛顿定律得：ma F mg =-安，即ma RvL B mg =-22可见，线框做加速度逐渐减小的加速运动。
当a=0时，达到最大速度v 1，有R v L B mg 122=，解得：221LB mgR v = 而h 0位置有B 1=kh 0，代入上式得：22021L h k mgR v = 当cd 边进入磁场时，线框下落高度为L ，此时B 2=kL 。
有线框的匀速运动得：Rv L B mg 222=，解得：422L k mgR v =f（2）从线框开始下落到cd 边进入磁场的过程中，由动能定理得：02122-=+mv W mgL 安，解得：mgL L k R g m W -=842232安 842232L k R g m mgL W Q -=-=安5．（电磁感应的力学、能量问题）如图所示，足够长的光滑导轨ab 、cd 固定在竖直平面内，导轨间距为l ，b 、c 两点间接一阻值为R 的电阻。
ef 是一水平放置的导体杆，其质量为m 、有效电阻值为R ，杆与ab 、cd 保持良好接触。
整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。
现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为g/2的匀加速运动，上升了h 高度，这一过程中bc 间电阻R 产生的焦耳热为Q ，g 为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。
求：（1）导体杆上升到h 过程中通过杆的电量；（2）导体杆上升到h 时所受拉力F 的大小； （3）导体杆上升到h 过程中拉力做的功。
5．【解析】（1）t I q ∆=，RE I 2=，t∆∆=φ综合解得：RBlh R q 22=∆=φ（2）设ef 上升到h 时，速度为v 、拉力为F ，则有ma BIl mg F =--即mg R v l B mg F 21222=--，因此Rv l B mg F 22322+= 而gh ah v ==2，所以Rghl B mg F 22322+=（3）由功能关系，得02122-=--mv Q mgh W F解得：Q mghW F 223+=8．如图，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a 的一端固定在铜环的圆心O 处，另一端紧贴圆环，可绕O 匀速转动．通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P 、Q 连接成如图所示的电路，R 1、R 2是定值电阻．带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间M 点，被拉起到水平位置；合上开关K ，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M 点正下方的N 点到另一侧．已知：磁感应强度为B ；a 的角速度大小为ω，长度为l ，电阻为r ；R 1=R 2=2r ，铜环电阻不计；P 、Q 两板间距为d ；带电的质量为m 、电量为q ；重力加速度为g ．求：（1）a 匀速转动的方向；（2）P 、Q 间电场强度E 的大小；（3）小球通过N 点时对细线拉力T 的大小．【答案】（1）导体棒a 顺时针转动（23【解析】（1）依题意，小球从水平位置释放后，能沿圆弧向下摆动，故小球受到电场力的方向水平向右，P 板带正电，Q 板带负电。
由右手定则可知，导体棒a 顺时针转动。
（2分）（2）导体棒a 转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势大小：①（21分）②（2分）由欧姆定律可知，PQ的电压为：U PQ＝2IR③（2分）故PQ④（2分）联立①②③④，代入R1＝R2＝2r2分）（3）设细绳长度为L，小球到达N点时速度为v，由动能定理可得：⑥（2分）⑦（2分）⑧（2分）【评分说明：第（1）问给2分，若在图中标明方向且正确也可，若答“从图示位置向上转动”或“从图示位置向右转动”也可；①②③④⑤⑥⑦⑧各2分。
共18分。
】8．（电磁感应的力学、能量、图象综合）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。
(g=10m/s2)（1）求出磁感应强度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）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f cd随时间变化的图象。
参考答案1．D 2．A 3．C 4．【解析】（1）线框从静止开始下落，由电磁感应规律和牛顿定律得：ma F mg =-安，即ma RvL B mg =-22可见，线框做加速度逐渐减小的加速运动。
当a=0时，达到最大速度v 1，有R v L B mg 122=，解得：221LB mgR v = 而h 0位置有B 1=kh 0，代入上式得：22021L h k mgR v = 当cd 边进入磁场时，线框下落高度为L ，此时B 2=kL 。
有线框的匀速运动得：Rv L B mg 222=，解得：422L k mgR v =（2）从线框开始下落到cd 边进入磁场的过程中，由动能定理得：02122-=+mv W mgL 安，解得：mgL L k R g m W -=842232安 842232L k R g m mgL W Q -=-=安5．【解析】（1）t I q ∆=，RE I 2=，tE ∆∆=φ综合解得：RBlh R q 22=∆=φ（2）设ef 上升到h 时，速度为v 、拉力为F ，则有ma BIl mg F =--即mg R v l B mg F 21222=--，因此Rv l B mg F 22322+=而gh ah v ==2，所以Rgh l B mg F 22322+= （3）由功能关系，得02122-=--mv Q mgh W F解得：Q mghW F 223+=6．【解析】（1）E ＝BLv ＝3 V ，I ＝ER ＋R 0，U ＝IR ＝2 V（2）F ＝F 安，F 安＝BIL ＝1.2 N（3）2秒内产生的总热量Q 等于安培力做的功，Q ＝F 安·v ·t ＝12 J电阻R 上产生的热量为Q R ＝RR ＋R 0Q ＝8 J7．【解析】（1）U ＝BLv R ＋r R ，a ＝Δv Δt ，则ΔU Δt ＝BLR R ＋r ·ΔvΔt即a ＝0.5 m/s 2所以，金属棒做匀加速直线运动，因此v 5＝at 5＝2.5 m/s（2）v 4＝at 4＝2 m/s ，此时：I ＝BLv 4R ＋r＝0.4 A ，F 安＝BIL ＝0.04 N对金属棒：F －F 安＝ma ，F ＝0.09 N ，则P F ＝Fv 4＝0.18 W 8．【解析】（1）对金属棒ab 有：v=at ，F-m 1g –BIL =m 1a则有F-m 1g –B 2L 2v/R =m 1a ，即F=m 1a+m 1g+B 2L 2at/R 由截距和斜率解得：a=1m/s 2，B=1.2T（2）在2s 末金属棒ab 速度v=at=2m/s ，其位移h=at 2/2=2m由动能定理得：W F –m 1gh +W 安=m 1v 2/2，而 –W 安=Q 综合解得：Q=W F –m 1gh –m 1v 2/2=18J（3）cd 棒先做加速度（向下）逐渐减小的加速运动，当m 2g=f 时，速度达到最大；然后做加速度（向上）逐渐增大的减速运动，最后停止。
