（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十三）電磁感應(yīng)中的“三類模型問題”（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十三）電磁感應(yīng)中的“三類模型問題”（含解析） 1．(2018·漳州八校模擬)如圖所示，MN、PQ為間距L＝ 0.5 m的足夠長平行導(dǎo)軌，NQ⊥MN。導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝37°，NQ間連接有一個R＝5 Ω的電阻。有一勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0＝1 T。將一質(zhì)量為m＝0.05 kg的金屬棒緊靠NQ放置在導(dǎo)軌ab處，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻均不計(jì)。現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動過程中始終與NQ平行。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時已經(jīng)達(dá)到穩(wěn)定速度，cd距離NQ為s＝2

2、 m(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。則： (1)當(dāng)金屬棒滑行至cd處時，回路中的電流是多大？ (2)金屬棒達(dá)到的穩(wěn)定速度是多大？ (3)金屬棒從開始運(yùn)動到滑行至cd處過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少？ 解析：(1)金屬棒達(dá)到穩(wěn)定速度時，沿導(dǎo)軌方向受力平衡 mgsin θ＝Ff＋FA 其中FA＝B0IL Ff＝μFN＝μmgcos θ 解得I＝0.2 A。 (2)由歐姆定律得I＝ 由電磁感應(yīng)定律得E＝B0Lv 解得v＝2 m/s。 (3)金屬棒從開始運(yùn)動到滑行至cd處過程中，由能量守恒定律得 mgsin θs＝mv2＋Q＋μmgc

3、os θs 解得Q＝0.1 J。 答案：(1)0.2 A　(2)2 m/s　(3)0.1 J 2.如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成θ＝37°角放置，斜面上的虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，且間距為d＝0.1 m，在aa′、bb′圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10 g，總電阻為R＝ 1 Ω，邊長也為d＝0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與aa′重合，現(xiàn)讓線圈以一定初速度沿斜面向上運(yùn)動，當(dāng)線圈從最高點(diǎn)返回到磁場區(qū)域時，線圈剛好做勻速直線運(yùn)動。已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，不計(jì)其他阻力(取g＝10 m/s

4、2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時的速度； (2)線圈向上完全離開磁場區(qū)域時的動能； (3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：(1)線圈向下進(jìn)入磁場時，有 mgsin θ＝μmgcos θ＋F安， 其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv 解得v＝2 m/s。 (2)設(shè)線圈到達(dá)最高點(diǎn)MN邊與bb′的距離為x，則 v2＝2ax，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 根據(jù)動能定理有 －μmgcos θ·2x＝Ek－Ek1，其中Ek＝mv2 解得Ek1＝0.1 J。 (3)線圈向下勻速通過磁場區(qū)域

5、過程中，有 mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＝Q 解得：Q＝0.004 J。 答案：(1)2 m/s　(2)0.1 J　(3)0.004 J 3．如圖甲所示，電阻不計(jì)、間距為l的平行長金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，阻值為R的導(dǎo)體棒ab固定連接在導(dǎo)軌左側(cè)，另一阻值也為R的導(dǎo)體棒ef垂直放置在導(dǎo)軌上，ef與導(dǎo)軌接觸良好，并可在導(dǎo)軌上無摩擦移動。現(xiàn)有一根輕桿一端固定在ef中點(diǎn)，另一端固定于墻上，輕桿與導(dǎo)軌保持平行，ef、ab兩棒間距為d。若整個裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，且從某一時刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t按圖乙所示的方式變化。 (1)求在0～t0時間內(nèi)流過導(dǎo)體棒ef的電流

6、的大小與方向； (2)求在t0～2t0時間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量； (3)1.5t0時刻桿對導(dǎo)體棒ef的作用力的大小和方向。 解析：(1)在0～t0時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率＝ 產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小E1＝＝S＝ld＝ 流過導(dǎo)體棒ef的電流大小I1＝＝ 由楞次定律可判斷電流方向?yàn)閑→f。 (2)在t0～2t0時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率＝ 產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小E2＝＝S＝ld＝ 流過導(dǎo)體棒ef的電流大小I2＝＝ 導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量Q＝I22Rt0＝。 (3)1.5t0時刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0 導(dǎo)體棒ef受安培力：F＝B0I2l＝ 方向水平向左 根據(jù)導(dǎo)體棒ef受力平衡可

7、知桿對導(dǎo)體棒的作用力為 F′＝－F＝－，負(fù)號表示方向水平向右。 答案：(1)，方向?yàn)閑→f　(2) (3)，方向水平向右 4．(2019屆高三·邯鄲質(zhì)檢)如圖甲所示，兩根足夠長、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距 L＝1 m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝37°，下端連接阻值R＝1 Ω的電阻；質(zhì)量m＝1 kg、阻值r＝1 Ω的勻質(zhì)金屬棒cd放在兩導(dǎo)軌上，到導(dǎo)軌最下端的距離L1＝1 m，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.9。整個裝置處于與導(dǎo)軌平面垂直(斜向上為正)的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的情況如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，0～1.0 s 內(nèi)，金屬棒cd保持

8、靜止，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。 (1)求0～1.0 s內(nèi)通過金屬棒cd的電荷量； (2)求t＝1.1 s時刻，金屬棒cd所受摩擦力的大小和方向； (3)1.2 s后，對金屬棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金屬棒cd沿斜面向上做加速度大小a＝2 m/s2的勻加速運(yùn)動，請寫出拉力F隨時間t′(從施加F時開始計(jì)時)變化的關(guān)系式。 解析：(1)在0～1.0 s內(nèi)，金屬棒cd上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為： E＝，其中S＝L1L＝1 m2 由閉合電路的歐姆定律有：I＝ 由于0～1.0 s內(nèi)回路中的電流恒定，故該段時間通過金屬棒cd的電荷量為：q

9、＝IΔt，其中Δt＝1 s 解得：q＝1 C。 (2)假設(shè)0～1.1 s內(nèi)金屬棒cd保持靜止，則在0～1.1 s內(nèi)回路中的電流不變，t＝1.1 s時，金屬棒cd所受的安培力大小為：F′＝|B1IL|＝0.2 N，方向沿導(dǎo)軌向下 導(dǎo)軌對金屬棒cd的最大靜摩擦力為： Ff＝μmgcos θ＝7.2 N 由于mgsin θ＋F′＝6.2 N＜Ff，可知假設(shè)成立，金屬棒cd仍保持靜止，故所求摩擦力大小為6.2 N，方向沿導(dǎo)軌向上。 (3)1.2 s后，金屬棒cd上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為：E′＝|B2Lv|，其中v＝at′ 金屬棒cd所受安培力的大小為：F安＝|B2I2L|，其中I2＝

10、由牛頓第二定律有：F－mgsin θ－μmgcos θ－F安＝ma 解得：F＝15.2＋0.16t′(N)。 答案：(1)1 C　(2)6.2 N，方向沿導(dǎo)軌向上　(3)F＝15.2＋0.16t′(N) 5．(2018·廈門質(zhì)檢)如圖所示，PQ和MN是固定于傾角為30°斜面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長，其電阻忽略不計(jì)。金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直且接觸良好。金屬棒ab的質(zhì)量為2m、cd的質(zhì)量為m，長度均為L、電阻均為R，兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，并與軌道形成閉合回路。整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，若鎖定金屬棒ab不動，使金屬棒cd在與其垂

11、直且沿斜面向上的恒力F＝2mg作用下，沿軌道向上做勻速運(yùn)動。重力加速度為g。 (1)試推導(dǎo)論證：金屬棒cd克服安培力做功的功率P安等于電路獲得的電功率P電； (2)設(shè)金屬棒cd做勻速運(yùn)動中的某時刻為0時刻，恒力大小變?yōu)镕′＝1.5mg，方向不變，同時解鎖、靜止釋放金屬棒ab，直到t時刻金屬棒ab開始做勻速運(yùn)動。求： ①t時刻以后金屬棒ab的熱功率Pab； ②0～t時間內(nèi)通過金屬棒ab的電荷量q。 解析：(1)設(shè)金屬棒cd做勻速運(yùn)動的速度為v，有 E＝BLv I＝ F安＝IBL 金屬棒cd克服安培力做功的功率P安＝F安v 電路獲得的電功率P電＝ 解得P安＝，P電＝ 所以P

12、安＝P電。 (2)①金屬棒ab做勻速運(yùn)動，則有I1BL＝2mgsin 30° 金屬棒ab的熱功率Pab＝I12R 解得Pab＝。 ②0時刻前F＝mgsin 30°＋F安 F安＝BIL I＝ 解得v＝ 設(shè)t時刻以后金屬棒ab做勻速運(yùn)動的速度為v1，金屬棒cd做勻速運(yùn)動的速度為v2， 因F′＝1.5mg＝(2m＋m)gsin 30°，則由金屬棒ab、cd組成的系統(tǒng)動量守恒，得 mv＝2mv1＋mv2 回路電流I1＝＝ 解得v1＝ 0～t時間內(nèi)對金屬棒ab分析，設(shè)在電流為i的很短時間Δt內(nèi)，速度的改變量為Δv， 由動量定理得 BiLΔt－2mgsin 30°Δt＝2mΔv 等式兩邊累積求和得BLq－mgt＝2mv1 解得q＝。 答案：(1)見解析　(2)①?、?