《（浙江專版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題檢測3 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用（加試）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題檢測3 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用（加試）.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題檢測三　電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用(加試) 1.如圖所示,M、N為紙面內(nèi)兩平行光滑導(dǎo)軌,間距為L。輕質(zhì)金屬桿ab可在導(dǎo)軌上左右無摩擦滑動,桿與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌右端與定值電阻連接。P、Q為平行板器件,兩板間距為d,上、下兩板分別與定值電阻兩端相接。兩板正中左端邊緣有一粒子源中始終都有速度為v0的帶正電粒子沿平行于極板的方向進入兩板之間。整個裝置處于垂直于紙面向外的勻強磁場中。已知輕桿和定值電阻的阻值分別為r和R,其余電阻不計,帶電粒子的重力不計,為使粒子沿原入射方向從板間右端射出,則輕桿應(yīng)沿什么方向運動?速度多大? 2. 如圖所示,水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻,質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t=0時,金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動。t0時刻,金屬桿進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計,兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求: (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小; (2)電阻的阻值。 3.如圖甲所示,平行長直光滑金屬導(dǎo)軌水平放置,間距L=0.4 m,導(dǎo)軌右端接有阻值R=1 Ω的電阻,導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上,且接觸良好,導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計。導(dǎo)軌間有一方向豎直向下的勻強磁場,磁場區(qū)域的邊界滿足曲線方程y=0.4sin(5π2x)(0≤x≤0.4 m,y的單位:m),磁感應(yīng)強度B的大小隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。零時刻開始,棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運動,1 s后剛好進入磁場,若使棒在外力F作用下始終以速度v=2 m/s做勻速直線運動,求: (1)棒進入磁場前,回路中電流的方向; (2)棒在運動過程中外力F的最大功率; (3)棒通過磁場區(qū)域的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。 4. 如圖所示,某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道,管道的長為L、寬為d、高為h,上、下兩面是絕緣板。前、后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板,兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應(yīng)強度大小為B、方向沿z軸正方向的勻強磁場中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為ρ的導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子),且開關(guān)閉合前后,液體在管道進、出口兩端壓強差的作用下,均以恒定速率v0沿x軸正向流動。 (1)求開關(guān)閉合前,M、N兩板間的電勢差大小U0; (2)調(diào)整矩形管道的寬和高,但保持其他量和矩形管道的橫截面積為S不變,求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比dh的值。 5.如圖甲所示,兩相距L=1 m的光滑平行導(dǎo)軌,由水平和曲軌兩部分平滑對接而成,導(dǎo)軌左端與電流傳感器、定值電阻R=3 Ω相連,兩導(dǎo)軌間長x=1.6 m的區(qū)域內(nèi)存放一豎直方向的磁場?，F(xiàn)使金屬棒ab從距水平面高h(yuǎn)=0.8 m處的曲軌上釋放,在進入水平軌道前的0.5 s內(nèi)磁感應(yīng)強度B從-1 T隨時間均勻變化到+1 T,后保持1 T不變。棒ab進入水平軌道立刻施加一與棒垂直的水平外力。已知金屬棒的質(zhì)量m=0.2 kg,電阻r=2 Ω,不計導(dǎo)軌電阻及電流傳感器對電路的影響。求: (1)ab棒進入水平導(dǎo)軌時的速度; (2)ab棒在進入水平軌道前產(chǎn)生的焦耳熱; (3)若ab棒在棒進入水平導(dǎo)軌后,電流傳感器顯示的電流i隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示,求在這段時間內(nèi)外力大小F隨時間t變化的關(guān)系式。 6.如圖甲所示,光滑斜面的傾角α=30,在斜面上放置一矩形線框abcd,ab邊的邊長L1=1 m,bc邊的邊長L2=0.4 m,線框的質(zhì)量m=1 kg,電阻R=0.2 Ω。斜面上ef線(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化情況如圖乙所示,ef線和gh線的距離s=6.9 m,t=0時線框在平行于斜面向上的恒力F=10 N的作用下從靜止開始運動,線框進入磁場的過程中始終做勻速直線運動,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求線框進入磁場前的加速度大小和線框進入磁場時做勻速直線運動的速度v的大小; (2)求線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱; (3)求線框從靜止開始ab邊運動到gh線處所用的時間。 7. 如圖所示,足夠長的光滑導(dǎo)軌ab、cd固定在豎直平面內(nèi),導(dǎo)軌間距為l,b、c兩點間接一阻值為R的電阻。ef是一水平放置的導(dǎo)體桿,其質(zhì)量為m、有效電阻值為R,桿與ab、cd保持良好接觸。整個裝置放在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直?，F(xiàn)用一豎直向上的力拉導(dǎo)體桿,使導(dǎo)體桿從靜止開始做加速度為g2的勻加速運動,上升了h高度,這一過程中b、c間電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q,g為重力加速度,不計導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用。求: (1)導(dǎo)體桿上升h高度過程中通過桿的電荷量; (2)導(dǎo)體桿上升h高度時所受拉力F的大小; (3)導(dǎo)體桿上升h高度過程中拉力做的功。 8. 如圖所示,兩條平行的金屬導(dǎo)軌相距L=1 m,金屬導(dǎo)軌的傾斜部分與水平方向的夾角為37,整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中。金屬棒MN和PQ的質(zhì)量均為m=0.2 kg,電阻分別為RMN=1 Ω和RPQ=2 Ω。MN置于水平導(dǎo)軌上,與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,PQ置于光滑的傾斜導(dǎo)軌上,兩根金屬棒均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。從t=0時刻起,MN棒在水平外力F1的作用下由靜止開始以a=1 m/s2的加速度向右做勻加速直線運動,PQ則在平行于斜面方向的力F2作用下保持靜止?fàn)顟B(tài)。t=3 s時,PQ棒消耗的電功率為8 W,不計導(dǎo)軌的電阻,水平導(dǎo)軌足夠長,MN始終在水平導(dǎo)軌上運動。求: (1)磁感應(yīng)強度B的大小; (2)t=0~3 s時間內(nèi)通過MN棒的電荷量; (3)t=6 s時F2的大小和方向。 9. 如圖所示,“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m,相鄰各邊互相垂直,且處于同一豎直平面內(nèi),ab邊長為l,cd邊長為2l,ab與cd平行,間距為2l。勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平,磁場方向垂直于線框所在平面。開始時,cd邊到磁場上邊界的距離為2l,線框由靜止釋放,從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前,線框做勻速運動,在ef、pq邊離開磁場后,ab邊離開磁場之前,線框又做勻速運動。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi),且ab、cd邊保持水平,重力加速度為g。求: (1)線框ab邊將要離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍; (2)磁場上、下邊界間的距離H。 專題檢測三　電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用(加試) 1.答案 見解析 解析 粒子在電場中運動,受電場力F=qUd 粒子在磁場中運動,受洛倫茲力F=qv0B 要使粒子沿原入射方向從板間右端射出,則粒子所受的電場力和洛倫茲力相互平衡,則qUd=qv0B 輕質(zhì)金屬桿ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv R中電流I=ER+r PQ間電壓U=IR 聯(lián)立解得v=dRL(R+r)v0 因粒子帶正電,所以下極板電勢高于上極板。由右手定則得桿應(yīng)向右運動。 2.答案 (1)Blt0Fm-μg　(2)B2l2t0m 解析 (1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得ma=F-μmg 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v,由運動學(xué)公式有v=at0 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運動時,由法拉第電磁感應(yīng)定律,桿中的電動勢為E=Blv 聯(lián)立解得E=Blt0Fm-μg。 (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時,金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律I=ER 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為f=BIl 因金屬桿做勻速運動,由牛頓運動定律得F-μmg-f=0 聯(lián)立解得R=B2l2t0m。 3.答案 (1)逆時針　(2)0.16 W　(3)1.610-2 J 解析 (1)進入磁場前,閉合回路中感應(yīng)電流的方向為逆時針。 (2)棒進入磁場后,當(dāng)棒在磁場中運動0.2 m時,棒切割磁感線的有效長度最長,為L,此時回路中有最大電動勢E=BLv=0.4 V 最大電流I=ER=BLvR=0.4 A 最大安培力F安=BIL=0.08 N 最大外力F外=F安=0.08 N 最大功率P=F安v=0.16 W。 (3)棒通過磁場區(qū)域過程中電動勢的有效值E有=E2=0.42 V 棒通過磁場區(qū)域過程中的時間t=xv=0.2 s 棒通過磁場區(qū)域過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q=E有2Rt=1.610-2 J。 4.答案 (1)Bdv0　(2)LSv02B24ρ　LRρ 解析 (1)以導(dǎo)電液體中帶正電離子為研究對象,受力平衡時,qv0B=qE=qU0d, 解得U0=Bdv0。 (2)兩導(dǎo)體板間液體的電阻r=ρdLh,I=U0R+r, 電阻R獲得的功率為P=I2R,即P=Lv0BLRd+ρh2R,當(dāng)dh=LRρ時, 電阻R獲得最大功率,為Pmax=LSv02B24ρ。 5.答案 (1)4 m/s　(2)1.6 J　(3)F=0.2+t(N) 解析 (1)根據(jù)動能定理有mgh=12mv2,解得v=4 m/s。 (2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=ΔΦΔt=ΔBΔtLx=6.4 V 感應(yīng)電流I=ER+r=1.28 A ab棒進入水平軌道前產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2rt=1.6 J。 (3)由圖可知i=0.8-t(A) 感應(yīng)電動勢E=BLv 感應(yīng)電流i=BLvR+r 聯(lián)立以上幾式,代入數(shù)據(jù)整理得v=4-5t(m/s) 加速度a=5 m/s2 由牛頓第二定律有F+F安=ma,F安=ILB=0.8-t(N) 聯(lián)立解得外力在0~0.8 s內(nèi)隨時間變化關(guān)系為F=0.2+t(N)。 6.答案 (1)5 m/s2　4 m/s　(2)2 J　(3)1.9 s 解析 (1)線框abcd進入磁場前,做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得 F-mgsin α=ma 線框進入磁場前的加速度 a=F-mgsinαm=10-110sin301 m/s2=5 m/s2 線框進入磁場的過程中做勻速直線運動,所以線框abcd受力平衡F=mgsin α+F安 ab邊進入磁場切割磁感線,產(chǎn)生的電動勢E=BL1v 形成的感應(yīng)電流I=ER 受到的安培力F安=BIL1,代入數(shù)據(jù)解得v=4 m/s。 (2)線框進入磁場的過程中做勻速直線運動,根據(jù)功能關(guān)系有Q=(F-mgsin α)L2 代入數(shù)據(jù)解得Q=(10-110sin 30)0.4 J=2 J。 (3)線框abcd進入磁場前,做勻加速直線運動;進入磁場的過程中,做勻速直線運動;線框完全進入磁場后至運動到gh線,仍做勻加速直線運動。 進入磁場前線框的運動時間為t1=va=0.8 s 進入磁場過程中勻速直線運動時間為t2=L2v=0.1 s 線框完全進入磁場后線框受力情況與進入磁場前相同,所以該階段的加速度大小仍為a=5 m/s2,該過程有 s-L2=vt3+12at32 解得t3=1 s 因此ab邊由靜止開始運動到gh線處所用的時間為t=t1+t2+t3=1.9 s。 7.答案 (1)Blh2R　(2)3mg2+B2l2gh2R　(3)3mgh2+2Q 解析 (1)感應(yīng)電荷量q=IΔt,根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=E2R,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=ΔΦΔt,由以上各式解得q=ΔΦ2R=Blh2R。 (2)設(shè)導(dǎo)體桿上升h高度時速度為v1、拉力為F,根據(jù)運動學(xué)公式,得v1=2g2h=gh,根據(jù)牛頓第二定律,得F-mg-BI1l=ma=mg2,根據(jù)閉合電路歐姆定律,得I1=Blv12R,由以上各式解得F=3mg2+B2l2gh2R。 (3)由功能關(guān)系得WF-mgh-2Q=12mv12-0,解得WF=3mgh2+2Q。 8.答案 (1)2 T　(2)3 C　(3)5.2 N　方向沿斜面向下 解析 (1)當(dāng)t=3 s時,設(shè)MN的速度為v1,則 v1=at=3 m/s,E1=BLv1,E1=I(RMN+RPQ) P=I2RPQ 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得B=2 T。 (2)E=ΔΦΔt q=ERMN+RPQΔt=ΔΦRMN+RPQ ΔΦ=BΔS=BL12at2 代入數(shù)據(jù)可得q=3 C。 (3)當(dāng)t=6 s時,設(shè)MN的速度為v2,則 v2=at=6 m/s E2=BLv2=12 V I2=E2RMN+RPQ=4 A F安=BI2L=8 N 規(guī)定沿斜面向上為正方向,對PQ進行受力分析可得 F2+F安cos 37=mgsin 37 代入數(shù)據(jù)得F2=-5.2 N(負(fù)號說明力的方向沿斜面向下)。 9.答案 (1)4倍　(2)Qmg+28l 解析 (1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,cd邊剛進入磁場時,線框做勻速運動的速度為v1,cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律,有E1=2Blv1 ① 設(shè)線框總電阻為R,此時線框中電流為I1,由閉合電路歐姆定律,有I1=E1R ② 設(shè)此時線框所受安培力為F1,有F1=2I1lB ③ 由于線框做勻速運動,其受力平衡,有mg=F1 ④ 由①②③④式得v1=mgR4B2l2 ⑤ 設(shè)ab邊離開磁場之前,線框做勻速運動的速度為v2,同理可得v2=mgRB2l2 ⑥ 由⑤⑥式得v2=4v1。 ⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前,由機械能守恒定律,有2mgl=12mv12 ⑧ 線框完全穿過磁場的過程中,由能量守恒定律,有 mg(2l+H)=12mv22-12mv12+Q ⑨ 由⑦⑧⑨式得H=Qmg+28l。