(考点分析) 第四节 电磁感应中的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用

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【考点分析】　第四节 电磁感应中的综合应用【考点一】  “单棒＋电阻”模型【典型例题1】  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g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 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 ND．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＝，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin 37°＋，可见F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，t＝2 s时，F＝12 N，选项C、D正确．【答案】  BCD【考点二】  “线框”模型【典型例题2】  如图所示，有一边长为l的正方形导线框，质量为m，由高h处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其上边cd刚穿出磁场时，速度减小为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是l，重力加速度为g，则下列结论正确的是(　　)A．线框穿过磁场区域时做匀减速直线运动B．线框穿过磁场区域时加速度方向先向上后向下C．线框进入磁场时的加速度大于穿出磁场时的加速度D．线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为mg(2l＋h)【解析】  线框穿过匀强磁场的过程中，受到重力和安培力作用，设ab边刚进入磁场时的速度为v1，则E＝Blv1，所以电路中的电流I＝＝，安培力F＝IlB＝，由此可知，安培力与速度有关，由牛顿第二定律知－mg＝ma，故线框在穿过磁场的过程中加速度随v的减小而减小，线框一直做减速运动，加速度方向一直向上，必有F≥mg，所以加速度不可能向下，故C正确，A、B错误；线框从释放至穿过磁场的过程中，设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得mg(h＋2l)－Q＝m()2，mgh＝mv12，联立解得Q＝mg(2l＋h)，故D正确．【答案】  CD【考点三】  “单棒＋电容器”模型【典型例题3】  (2022•山东聊城市高三(下)一模)如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，导轨和金属棒电阻忽略不计，下列说法正确的是(    )A．金属棒运动过程中，电容器的上极板带正电B．金属棒到达时，电容器极板上的电荷量为C．通过金属棒的电流为D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定【解析】  A．根据右手定则可知，金属棒运动过程中，电流的方向为逆时针，则电容器的上极板带正电，A正确；B．金属棒到达时，此时金属棒的有效长度为，产生的感应电动势为，流过导体棒的电荷量为，则为，B错误；C．则金属棒的电流为，C正确；D．金属棒做匀速直线运动，受力平衡，有，其中B恒定，由，可知，I恒定，而，不断变大，则F逐渐增大，由，可知，F的功率增大，D错误。故选AC。【答案】  AC【归纳总结】  棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计)如图所示，运动过程分析：开始时，a＝，棒加速运动v↑⇒感应电动势E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv，电流I＝＝CBL＝CBLa，安培力F安＝BLI＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动，v－t图象如图所示.功能关系：F做的功一部分转化为棒的动能，一部分转化为电场能：WF＝mv2＋E电【考点四】  同题比较问题【典型例题4】  (2022•河北省唐山高三(下)一模)两相同的“冂”形光滑金属框架竖直放置，框架的一部分处在垂直纸面向外的条形匀强磁场中，如图所示。两长度相同粗细不同的铜质金属棒a、b分别从两框架上相同高度处由静止释放，下滑过程中金属棒与框架接触良好，框架电阻不计，下列说法中正确的是(　　)A．金属棒a、b在磁场中的运动时间相等B．到达磁场下边界时，粗金属棒b的速度大C．通过磁场过程中，流过粗金属棒b的电量多D．通过磁场过程中，粗金属棒b产生的热量多【解析】  AB．两金属棒刚进入磁场时，速度相同，安培力为，根据电阻定律，又，根据牛顿第二定律，整理得，故两棒在后续的运动过程中，运动状态相同，在磁场中运动时间相同，到达磁场下边界时，两棒的速度一样大，故A正确，B错误；C．根据，两棒运动过程中，磁通量改变量相同，但粗棒的电阻更小，故流过粗金属棒b的电量多，故C正确；D．根据，两棒的加速度相同，粗棒的质量大，则粗棒受到的安培力更大，克服安培力做功等于产生的热量，故粗金属棒b产生的热量多，故D正确。【答案】  ACD【考点五】  应用焦耳定律求电能(杆做匀速直线运动)【典型例题5】  如图甲所示，不计电阻的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，水平虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω、长度与导轨间距相等的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示(g取10 m/s2)．求：(1)磁感应强度的大小B；(2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量．【解析】  (1)由题图乙可知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v＝1.0 m/s的速度做匀速直线运动，产生的电动势E＝BLv杆中的电流I＝杆所受安培力F安＝BIL由平衡条件得mg＝F安联立解得B＝2 T.(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J.【答案】  (1)2 T　(2)0.075 J【考点六】  应用动量定理求解问题【典型例题6】  (2022•湖北八市高三(下)二模)如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，间距为L的光滑水平U型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PQ置于导体框上。不计导体框的电阻。时PQ棒以水平向右的初速度开始运动，到达位置c时棒刚好静止，其中a、b与b、c的间距相等。下列分析正确的是(　　)A．时PQ棒两端电压B．PQ棒运动过程中的平均速度C．PQ棒运动过程中克服安培力做的总功小于D．PQ棒在由a→b与b→c的两个过程中回路中产生的热能【解析】  A．时，PQ棒两端电压，故A错误；B．PQ棒做减速运动，且安培力，越来越小，说明减速的加速度越来越小，做加速度逐渐减小的减速运动，其平均速度小于，故B正确；C．根据动能定理，PQ棒运动过程中克服安培力做的总功等于，故C错误；D．b到c的过程中，应用动量定理可得，而，解得，同理a到c的过程中，而，可得，根据能量守恒，，可得，故D正确。故选BD。【答案】  BD【考点七】  应用功能关系解决电磁感应中的能量问题【典型例题7】  如图所示，倾角为θ的平行金属导轨下端连接一阻值为R的电阻，导轨MN、PQ间距为L，与MN、PQ垂直的虚线a1b1、a2b2区域内有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a1b1、a2b2间距离为d，一长为L、质量为m、电阻为R的导体棒在导轨平面上与磁场上边界a2b2距离d处从静止开始释放，最后能匀速通过磁场下边界a1b1.重力加速度为g(导轨摩擦及电阻不计)．求：(1)导体棒刚到达磁场上边界a2b2时的速度大小v1；(2)导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时的速度大小v2；(3)导体棒穿过磁场过程中，回路产生的热量．【解析】  (1)导体棒在磁场外沿导轨下滑，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgdsin θ＝mv12，解得：v1＝.(2)导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时，由平衡条件得：mgsin θ＝F安F安＝BIL＝解得：v2＝.(3)设导体棒穿过磁场过程中，克服安培力做功为W安由动能定理可得mgdsin θ－W安＝mv22－mv12由Q＝W安，得Q＝2mgdsin θ－.【答案】  (1)　(2)　(3)2mgdsin θ－【考点八】  应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题【典型例题8】  如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，一质量m＝0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量M＝0.80 kg的重物相连．细线与金属导轨平行．金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.6 s内通过电荷量的，g＝10 m/s2，求：(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移大小；(2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量．【解析】  (1)0～0.3 s内通过金属棒的电荷量q1＝＝0．3～0.6 s内通过金属棒的电荷量是q2＝I2t2＝由题中的电荷量关系＝，代入解得：x1＝0.3 m(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为x＝x1＋x2＝x1＋vt2，代入解得x＝0.75 m根据能量守恒定律Mgx－mgxsin θ＝(M＋m)v2＋Q，代入解得Q＝3.15 J由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量Qr＝Q＝1.05 J.【答案】  (1)0.3 m　(2)1.05 J【考点九】  导轨与圆周运动相结合的问题【典型例题9】  如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l＝0.50 m．轨道的MM′端接一阻值为R＝0.50 Ω的定值电阻，直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度大小为B＝0.60 T的匀强磁场中，磁场区域右边界为NN′、宽度d＝0.80 m；水平轨道的最右端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆形轨道的半径均为R0＝0.50 m．现有一导体杆ab静止在距磁场的左边界s＝2.0 m处，其质量m＝0.20 kg、电阻r＝0.10 Ω.ab杆在与杆垂直的、大小为2.0 N的水平恒力F的作用下开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，杆穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好能通过半圆形轨道的最高位置PP′.已知杆始终与轨道垂直，杆与直轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道电阻忽略不计，取g＝10 m/s2.求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流的大小和方向；(2)在导体杆穿过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量；(3)在导体杆穿过磁场的过程中，整个电路产生的焦耳热．【解析】  (1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1由动能定理得(F－μmg)s＝mv－0导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝Blv1此时通过导体杆的电流大小为I＝代入数据解得I＝3 A由右手定则可知，电流的方向为由b指向a.(2)ΔΦ＝B·ld，＝，＝，q＝·Δt，联立解得q＝0.4 C.(3)由(1)可知，导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度v1＝6.0 m/s设导体杆通过半圆形轨道的最高位置时的速度为v，则有mg＝在导体杆从刚进入磁场到滑至最高位置的过程中，由能量守恒定律有mv＝Q＋mg×2R0＋mv2＋μmgd，解得Q＝0.94 J.【答案】　(1)3 A　方向为由b指向a　(2)0.4 C  (3)0.94 J【考点十】  线框与组合场相结合的问题【典型例题10】  如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是(　　)A．线框中感应电流的方向不变B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C．线框以速度v2做匀速直线运动时，发热功率为sin2θD．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与重力做功WG的关系式是ΔE机＝WG＋mv－mv【解析】  线框从释放到穿出磁场的过程中，由楞次定律可知感应电流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向，A项错误；线框第一次匀速运动时，由平衡条件有BId＝mgsin θ，I＝，解得v1＝，第二次匀速运动时，由平衡条件有2BI′d＝mgsin θ，I′＝，解得v2＝，线框ab边匀速通过区域Ⅰ，先减速再匀速通过区域Ⅱ，而两区域宽度相同，故通过区域Ⅰ的时间小于通过区域Ⅱ的时间，B项错误；由功能关系知线框第二次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率，即P＝mgv2sin θ＝，C项正确；线框从进入磁场到第二次匀速运动过程中，损失的重力势能等于该过程中重力做的功，动能损失量为mv－mv，所以线框机械能损失量为ΔE机＝WG＋mv－mv，D项正确．【答案】  CD【考点十一】  单杆问题的综合应用【典型例题11】  (2022•山东省济宁市高三(上)期末)如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向B与x成反比，如图乙所示。顶角θ=53°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨垂直并接触良好。已知t=0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量为m=1.0kg，OM与ON接触点的总电阻恒为R=1.0Ω，其余电阻不计。回路电流i与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：(1)t=2s时，回路的电动势E；(2)0~2s时间内，导体棒的位移s；(3)0~2s时间内，水平外力的冲量I的大小；(4)导体棒滑动过程中，水平外力的瞬时功率P(单位：W)与时间t(单位：s)的关系式。【解析】  (1)由欧姆定律，将代入得(2)由欧姆定律和丙图斜率含义得其中，，联立解得所以导体棒做初速度为0的匀加速直线运动，且0~2s时间内导体棒的位移为(3)由动量定理得，即由图丙知由图乙知2 s末的速度，解得(4)根据牛顿第二定律可得由图丙可知，解得外力瞬时功率，速度，解得【答案】  (1) ；(2)；(3) ；(4)