高三物理二轮复习教师用书热点8电磁感应的综合问题

[热点跟踪专练]1．(多选)(2017·辽宁沈阳高三考试)如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程()A．杆的速度最大值为eq\f(F－μmgR,B2d2)B．流过电阻R的电荷量为eq\f(BdL,R＋r)C．从静止到速度恰好达到最大经历的时间t＝eq\f(mR＋r,B2d2)＋eq\f(B2d2L,F－μmgR＋r)D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量[解析]当杆的速度达到最大时，安培力FA＝eq\f(B2d2v,R＋r)，杆受力平衡，则有F－μmg－FA＝0，所以v＝eq\f(F－μmgR＋r,B2d2)，A错误；流过电阻R的电荷量为q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BdL,R＋r)，B正确；由动量定理可知(F－μmg－BId)t＝mv，q＝It，又v＝eq\f(F－μmgR＋r,B2d2)，解得t＝eq\f(mR＋r,B2d2)＋eq\f(B2d2L,F－μmgR＋r)，C正确；对于杆从静止到速度达到最大的过程，根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，D正确．[答案]BCD2.(多选)如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑导轨竖直放置，其上端接有一阻值为R的电阻，一质量为m、长度为L、电阻也为R的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．现将金属棒由静止释放，金属棒下落过程中始终水平，经一定时间后金属棒速度达到最大速度v，此过程中通过电阻的电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．此过程中金属棒做加速度减小的加速运动B．此过程中金属棒下落的距离为eq\f(qR,BL)C．此过程中金属棒克服安培力做的功为eq\f(4mgqR,BL)－eq\f(1,2)mv2D．当金属棒速度为eq\f(v,2)时，金属棒的加速度大小为eq\f(g,2)[解析]金属棒在下落过程中受竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用，安培力大小为F安＝BIL＝eq\f(B2L2vx,2R)，即安培力随金属棒速度的增大而增大，所以金属棒先做加速度减小的加速运动，达最大速度后开始做匀速运动，A对；因q＝eq\x\to(I)·t＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLh,2R)，所以此过程中金属棒下落的距离为h＝eq\f(2qR,BL)，B错；由动能定理知mgh－W安＝eq\f(1,2)mv2，即此过程中金属棒克服安培力做功为eq\f(2mgqR,BL)－eq\f(1,2)mv2，C错；当金属棒速度为eq\f(v,2)时，由牛顿第二定律知ma＝mg－eq\f(B2L2v,4R)，而mg＝eq\f(B2L2v,2R)，联立解得a＝eq\f(g,2)，D对．[答案]AD3．如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距，电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a一个平行于导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是()A．回路中的最大电流为eq\f(BLI,mR)B．铜棒b的最大加速度为eq\f(B2L2I,2m2R)C．铜棒b获得的最大速度为eq\f(I,m)D．回路中产生的总焦耳热为eq\f(I2,2m)[解析]给铜棒a一个平行于导轨向右的瞬时冲量I，由动量定理可知铜棒a的初速度为va＝eq\f(I,m)，此时回路中感应电动势最大，感应电流最大，最大感应电动势E＝BLva＝eq\f(BLI,m)，回路中最大电流i＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLI,2mR)，选项A错误．铜棒b所受的最大安培力F＝BiL＝eq\f(B2L2I,2mR)，由牛顿第二定律F＝ma，可得铜棒b的最大加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2I,2m2R)，选项B正确．由于导轨足够长，对铜棒a、b组成的系统，动量守恒，最终二者速度相等，由动量守恒定律可知铜棒b获得的最大速度为vb＝eq\f(1,2)va＝eq\f(I,2m)，选项C错误．由能量守恒定律知回路中产生的总焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)－2×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＝eq\f(I2,4m)，选项D错误．[答案]B4．(多选)如图所示，在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与斜面垂直(图中未画出)．质量为m、阻值大小也为R的金属棒ab与固定在斜面上方的劲度系数为k的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定．现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度v0，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，在上述过程中()A．开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为eq\f(BLv0,2)B．通过电阻R的最大电流一定是eq\f(BLv0,2R)C．通过电阻R的总电荷量为eq\f(mgBL,4kR)D．回路产生的总热量小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(m2g2,4k)[解析]开始时金属棒切割磁感线产生电动势E＝BLv0，则金属棒与导轨接触点间电压为U＝0.5E，选项A对；金属棒释放时，受到沿斜面向上的安培力与沿斜面向下的重力分力，因不知二力大小关系，则不能确定通过R的最大电流，选项B错；由于金属棒在运动过程中受到安培力作用，最终金属棒静止，则金属棒沿斜面下滑距离为d＝eq\f(mgsinθ,k)，应用电流定义式和法拉第电磁感应定律可知通过R的电荷量q＝eq\f(BLd,2R)＝eq\f(mgBL,4kR)，选项C对；从开始到停止，设回路产生的热量为Q、金属棒静止时弹簧弹性势能为Ep，对金属棒和回路应用功能关系可知Q＋Ep＝mgdsinθ＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(mg2,4k)－Ep，选项D对．[答案]ACD5.如图所示，竖直平面内有无限长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L＝0.5m，上方连接一个阻值R＝1Ω的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度B＝2T的匀强磁场．完全相同的两根金属杆1和2靠在导轨上，金属杆与导轨等宽且与导轨接触良好，电阻均为r＝0.5Ω.将金属杆1固定在磁场的上边缘(仍在此磁场内)，金属杆2从磁场边界上方h0＝0.8m处由静止释放，进入磁场后恰做匀速运动．(g取10m/s2)(1)求金属杆的质量m.(2)若金属杆2从磁场边界上方h1＝0.2m处由静止释放，进入磁场经过一段时间后开始做匀速运动．在此过程中整个回路产生了1.4J的电热，则此过程中流过电阻R的电荷量q为多少？[解析](1)金属杆2进入磁场前做自由落体运动，则vm＝eq\r(2gh0)＝4m/s金属杆2进入磁场后受两个力而处于平衡状态，即mg＝BIL，且E＝BLvm，I＝eq\f(E,2r＋R)解得m＝eq\f(B2L2vm,2r＋Rg)＝eq\f(22×0.52×4,2×0.5＋1×10)kg＝0.2kg.(2)金属杆2从下落到再次匀速运动的过程中，设金属杆2在磁场内下降h2，由能量守恒定律得mg(h1＋h2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q解得h2＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,m)＋Q,mg)－h1＝eq\f(\f(1,2)×0.2×42＋1.4,0.2×10)m－0.2m＝1.3m金属杆2进入磁场到匀速运动的过程中，感应电动势和感应电流的平均值分别为E＝eq\f(BLh2,t2)，I＝eq\f(E,2r＋R)故流过电阻R的电荷量q＝It2联立解得q＝eq\f(BLh2,2r＋R)＝eq\f(2×0.5×1.3,2×0.5＋1)C＝0.65C.[答案](1)0.2kg(2)0.65C6．(2017·湖北武汉高三调研)如图所示，abcd为质量M＝3.0kg的“”形导轨(电阻不计)，放在光滑绝缘的倾角为θ＝53°的斜面上，光滑绝缘的立柱e、f垂直于斜面固定，质量m＝2.0kg的金属棒PQ平行于ad边压在导轨和立柱e、f上，导轨和金属棒都处于匀强磁场中，磁场以OO′为界，OO′上侧的磁场方向垂直于斜面向上，下侧的磁场方向沿斜面向下，磁感应强度大小都为B＝1.0T．导轨的ad段长L＝1.0m，棒PQ单位长度的电阻为r0＝0.5Ω/m，金属棒PQ与“”形导轨始终接触良好且两者间的摩擦力是两者间正压力的μ＝0.25.设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速度释放，求：(取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，图中的MN、ad、OO′、PQ彼此平行且处在水平方向)(1)导轨运动的最大加速度；(2)导轨运动的最大速度．[解析](1)设导轨下滑过程中受到金属棒的摩擦力f、压力FN、ad边受到的安培力FA、下滑的加速度为a、下滑的速度为v，根据力学规律和电磁学规律，有：Mgsinθ－f－FA＝Maf＝μFNE＝BLvI＝eq\f(E,r0L)FA＝ILB对棒PQ，因其始终静止，有：导轨对金属棒的支持力为FN′＝mgcosθ＋FA由牛顿第三定律知FN＝FN′导轨刚释放时速度为零、安培力为零、加速度最大Mgsinθ－f′＝Mamf′＝μmgcosθ联立解得最大加速度am＝7.0m/s2(2)导轨达到最大速度vm时，加速度为零Mgsinθ－f1－FA1＝0联立并代入数据解得vm＝eq\f(Mgsinθ－μmgcosθr0,B2L1＋μ)＝8.4m/s[答案](1)7.0m/s2(2)8.4m/s7．如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1T；现有一质量为m＝10g，总电阻为R＝1Ω，边长也为d＝0.1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10m/s2，不计其他阻力，求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．[解析](1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mgsinθ＝μmgcosθ＋F安其中F安＝BId，I＝eq\f(E,R)，E＝Bdv解得v＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθR,B2d2)＝2m/s.(2)设最高点离bb′的距离为x，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有v2＝2ax，mgsinθ－μmgcosθ＝ma线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有Ek1－Ek＝μmgcosθ·2x，其中Ek＝eq\f(1,2)mv2得Ek1＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(v2μmgcosθ,gsinθ－μgcosθ)＝0.1J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有mgsinθ·2d－μmgcosθ·2d＋W安＝0Q＝－W安解得Q＝2mgd(sinθ－μcosθ)＝0.004J.[答案](1)2m/s(2)0.1J(3)0.004J8．如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L.一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．轨道和导体棒的电阻均不计．(1)如图1所示，若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动．请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等．(2)如图2所示，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻．闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm，求此时电源的输出功率．(3)如图3所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动．电容器两极板间电势差随时间变化的图象如图4所示，已知t1时刻电容器两极板间