新高考物理一轮复习知识梳理+巩固练习讲义第十章专题一0二　电磁感应综合应用（含答案解析）

这是一份新高考物理一轮复习知识梳理+巩固练习讲义第十章专题一0二　电磁感应综合应用（含答案解析），共13页。试卷主要包含了导体的两种运动状态，力学对象和电学对象的相互关系等内容，欢迎下载使用。
考点 电磁感应中的动力学问题
1．导体的两种运动状态
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析．
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
2．力学对象和电学对象的相互关系
典例1 (2023·山东卷)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计．质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面，如图所示．某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．B2的方向向上
B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s
D．v2＝3 m/s
1．[电磁感应中的平衡问题](多选)如图甲所示，bacd是由导体做成的框架，其平面与水平面成θ角．质量为m的导体棒PQ与ab、cd垂直且接触良好，回路的总电阻为R.整个装置放在垂直于框面的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，PQ始终处于静止状态．在0～t1时间内，下列关于PQ与框架间的摩擦力Ff的说法中，有可能正确的是( )
A．Ff一直在增大 B．Ff一直在减小
C．Ff先减小后增大 D．Ff先增大后减小
2．[电磁感应中的动力学问题](多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动．整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨．已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．拉力F是恒力
B．拉力F随时间t均匀增加
C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
考点 电磁感应与能量综合问题
1．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
eq \x(\a\al(其他形式,的能量))eq \(――→,\s\up17(克服安培),\s\d15(力做功))eq \x(\a\al(电,能))eq \(――→,\s\up17(电流做功))eq \x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))
(2)求解焦耳热Q的三种方法
2．求解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源．
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道哪些形式的能量发生了相互转化．
(3)根据能量守恒列方程求解．
典例2 (2021·天津卷)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻．一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T．ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s.运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求拉力的功率P；
(2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v2＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x.
1．[单杆切割模型]如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上．不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦．ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上．在此过程中 ( )
A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R消耗的总电能为eq \f(mv\\al(2,0)R,2R＋r)
D．导体棒克服安培力做的总功小于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
2．[线框进出磁场模型](多选)在如图所示的两平行虚线之间存在着垂直纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，正方形线框abcd的边长为L(Lv1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N，导体棒所受的安培力大小为F1＝f＝2 N，由左手定则可知通过导体棒的电流方向为N→M→D→C→N；对导轨受力分析可知导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝f－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向为垂直于桌面向下，A错误，B正确；对导体棒分析有F1＝B1IL，对导轨分析有F2＝B2IL，电路中的电流为I＝eq \f(B1Lv1－B2Lv2,R)，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确．故选BD．
1．[电磁感应中的平衡问题](多选)如图甲所示，bacd是由导体做成的框架，其平面与水平面成θ角．质量为m的导体棒PQ与ab、cd垂直且接触良好，回路的总电阻为R.整个装置放在垂直于框面的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，PQ始终处于静止状态．在0～t1时间内，下列关于PQ与框架间的摩擦力Ff的说法中，有可能正确的是( )
A．Ff一直在增大 B．Ff一直在减小
C．Ff先减小后增大 D．Ff先增大后减小
解析：由题图乙可知，在0～t1时间内，磁感应强度先均匀减小后反向均匀增大，磁感应强度的变化率不变，则导体棒PQ与框架组成的回路中产生恒定感应电流，方向由Q到P.当磁感应强度的方向垂直框面向上时，导体棒PQ所受安培力方向沿框面向上；当磁感应强度的方向垂直框面向下时，导体棒PQ所受安培力方向沿框面向下．由于磁感应强度B先减小后反向增大，由FA＝BIL可知，PQ所受安培力FA先减小后反向增大．若开始时PQ不受静摩擦力，则当FA减小时，根据平衡条件有mgsin θ＝FA＋Ff，可知静摩擦力由零开始增大；当FA方向沿框面向下时，有mgsin θ＋FA＝Ff，由于FA逐渐增大，则Ff逐渐增大．即在0～t1时间内，Ff一直增大．若开始时PQ所受静摩擦力方向沿框面向上，则根据平衡条件有mgsin θ＝Ff＋FA，当FA减小时，Ff开始增大；当FA方向沿框面向下时，有mgsin θ＋FA＝Ff，由于FA逐渐增大，则Ff逐渐增大．即在0～t1时间内，Ff一直增大．若开始时PQ所受静摩擦力方向沿框面向下，则根据平衡条件有mgsin θ＋Ff＝FA，当FA减小时，Ff开始减小；当FA＝mgsin θ时，Ff减小到零，此后FA继续减小，Ff反向，根据平衡条件有mgsin θ＝FA＋Ff，可知随着FA的减小，Ff逐渐增大；当FA方向沿框面向下时，有mgsin θ＋FA＝Ff，由于FA逐渐增大，则Ff继续增大．即在0～t1时间内，Ff先减小，后反向增大．综上所述，A、C符合题意．
答案：AC
2．[电磁感应中的动力学问题](多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动．整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨．已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．拉力F是恒力
B．拉力F随时间t均匀增加
C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
解析：t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝eq \f(Blv,R)，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝eq \f(B2l2at,R)，由牛顿第二定律可知外力F＝ma＋mgsin 37°＋eq \f(B2l2at,R)，F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据解得a＝2 m/s2，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确．
答案：BCD
考点 电磁感应与能量综合问题
典例2 (2021·天津卷)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻．一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T．ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s.运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求拉力的功率P；
(2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v2＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x.
解析：(1)在ab运动过程中，由于拉力的功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有
F－mgsin θ－FA＝0
设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有E＝BLv
设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝eq \f(E,R＋r)
ab受到的安培力FA＝BIL
由功率表达式，有P＝Fv
联立上述各式，代入数据解得P＝4 W.
(2)ab速度从v1到v2的过程中，由动能定理，有Pt－W－mgxsin θ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
代入数据解得x＝0.1 m.
答案：(1)4 W (2)0.1 m
1．[单杆切割模型]如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上．不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦．ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上．在此过程中 ( )
A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R消耗的总电能为eq \f(mv\\al(2,0)R,2R＋r)
D．导体棒克服安培力做的总功小于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解析：导体棒向右运动，根据右手定则可知，电流方向由b到a，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BLv,R＋r)，故安培力为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)，根据牛顿第二定律有F＝ma，可得a＝eq \f(B2L2,mR＋r)v，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故A、B错误；根据能量守恒定律可知，回路中产生的总热量为Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0).因R与r串联，则产生的热量与电阻成正比，则电阻R消耗的总电能为QR＝eq \f(R,R＋r) Q＝eq \f(mv\\al(2,0)R,2R＋r)，故C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，故D错误．
答案：C
2．[线框进出磁场模型](多选)在如图所示的两平行虚线之间存在着垂直纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，正方形线框abcd的边长为L(L