（江蘇專版）2022年高考物理二輪復習 專題四 第三講 電磁感應綜合問題課前自測診斷卷（含解析）考點一電磁感應中的電路問題A0.4 VB0.65 VC2.25 VD4.5 V解析：選B當導體棒擺到豎直位置時，由vr可得：C點的速度為vCvB×3 m/s1 m/sAC間電壓為UACEACBLAC·1×0.5× V0.25 VCB段產生的感應電動勢為ECBBLCB·1×1× V2 V圓環(huán)兩側并聯(lián)，電阻為R 0.5 ，導體棒CB段的電阻為r2 則CB間電壓為UCBECB×2 V0.4 V故AB兩端的電壓大小為UABUACUCB0.25 V0.4 V0.65 V。故選B。2考查電磁感應中的導線框電路問題如圖，勻強磁場水平邊界的上方h5 m處有一個邊長L1 m的正方形導線框從靜止開始下落。已知線框質量m1 kg，電阻為R10 ，磁感應強度為B1 T。當線框的cd邊剛進入磁場時(g取10 m/s2)：(1)求線框中產生的感應電動勢大??；(2)求cd兩點間的電勢差大小；(3)若線框此時加速度等于0，則線框電阻應該變?yōu)槎嗌伲拷馕觯?1)cd邊剛進入磁場時，線框速度：v線框中產生的感應電動勢：EBLvBL10 V。(2)此時線框中電流：Icd切割磁感線相當于電源，cd兩點間的電勢差即路端電壓：UI×R7.5 V。(3)安培力FBIL根據(jù)牛頓第二定律：mgFma由a0，解得電阻R1 。答案：(1)10 V(2)7.5 V(3)1 考點二電磁感應中的動力學問題3.考查感生與動生中導體棒的運動近期大功率儲能技術受到媒體的廣泛關注，其中飛輪儲能是熱點之一。為說明某種飛輪儲能的基本原理，將模型簡化為如圖所示，光滑的型導軌水平放置，電阻不計，長度足夠。軌道平行部分間距為L1 m，導軌上靜止放置有長度也為L、質量為m100 kg、電阻為R10.1 的導體棒AB。導軌間虛線框區(qū)域有垂直軌道平面向上的均勻變化磁場，虛線框右側區(qū)域有垂直軌道平面向下的勻強磁場，磁感應強度為B10 T。圖中開關S接a，經過足夠長時間，棒AB向右勻速運動，速度為v100 m/s，然后若將開關S接b，棒AB可作為電源對電阻R2供電，電阻R20.9 。(1)開關S接a，棒AB勻速運動時，虛線框中的磁場磁通量每秒鐘變化多少？(2)求開關S接b的瞬間棒AB加速度的大小。(3)求開關S接b后R2產生的總熱量Q。解析：(1)棒AB勻速運動時加速度為零，安培力為零，電流為零，磁通量不變，所以虛線框中磁場每秒增加BLvt1 000 Wb。(2)棒AB產生的電動勢EBLv1 000 V，電路中產生的電流I1 000 A，故受到的安培力為FBIL1×104 N，根據(jù)牛頓第二定律可得a100 m/s2。(3)棒的動能全部轉化為電熱，故Q總mv25×105 J，電阻R2上產生的電熱為QQ總4.5×105 J。答案：(1)1 000 Wb(2)100 m/s2(3)4.5×105 J4.考查電磁感應中線框的動力學問題如圖所示，光滑斜面的傾角30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長l11 m，bc邊的邊長l20.6 m，線框的質量m1 kg，電阻R0.1 。線框通過細線與重物相連，重物質量M2 kg，斜面上ef線(efgh)的上方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B0.5 T。如果線框從靜止開始運動，進入磁場最初一段時間是勻速的，ef線和gh的距離s11.4 m(取g10 m/s2)，求：(1)線框進入磁場前重物M加速度的大??；(2)線框進入磁場時勻速運動速度v的大小。解析：(1)線框進入磁場前，線框受到重力、細線的拉力T1、斜面的支持力，重物M受到重力和拉力T1。對線框由牛頓第二定律得T1mgsin ma對重物MgT1Ma由牛頓第三定律得T1T1聯(lián)立解得線框進入磁場前重物M的加速度a5 m/s2。(2)因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動，所以重物受力平衡：MgT2線框受力平衡：T2mgsin BIl1由牛頓第三定律得T2T2，ab邊進入磁場切割磁感線，產生的電動勢EBl1v線框中的電流I聯(lián)立上述各式得Mgmgsin ，代入數(shù)據(jù)解得v6 m/s。答案：(1)5 m/s2(2)6 m/s考點三電磁感應中的能量問題5.考查圓形磁場的電磁感應現(xiàn)象問題如圖所示，粗糙斜面的傾角37°，半徑r0.5 m的圓形區(qū)域內存在著垂直于斜面向下的勻強磁場。一個匝數(shù)n10匝的剛性正方形線框abcd，通過松弛的柔軟導線與一個額定功率P1.25 W的小燈泡A相連，圓形磁場的一條直徑恰好與線框bc邊重合。已知線框總質量m2 kg，總電阻R01.25 ，邊長L>2r，與斜面間的動摩擦因數(shù)0.5。從t0時起，磁場的磁感應強度按B2t(T)的規(guī)律變化。開始時線框靜止在斜面上，在線框運動前，燈泡始終正常發(fā)光。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：(g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，取3.2)(1)線框不動時，回路中的感應電動勢E；(2)小燈泡正常發(fā)光時的電阻R；(3)線框保持不動的時間內，小燈泡產生的熱量Q。解析：(1)由法拉第電磁感應定律有：En，得：En××r210×××0.52 V2.5 V。(2)小燈泡正常發(fā)光，有：PI2R，由閉合電路歐姆定律有：EI(R0R)，即有：P2R，代入數(shù)據(jù)解得：R1.25 ，I1 A。(3)對線框bc邊處于磁場中的部分受力分析如圖，當線框恰好要運動時，磁場的磁感應強度大小為B，由力的平衡條件有：mgsin F安fF安mgcos F安nBI×2r，由以上分析解得線框剛要運動時，磁場的磁感應強度大小為B0.4 T代入B2t(T)可求出線框在斜面上可保持靜止的時間t s s，小燈泡產生的熱量為QPt1.25× J3.2 J。答案：(1)2.5 V(2)1.25 (3)3.2 J6.考查導體在變化的磁場中運動問題如圖甲所示，平行光滑金屬導軌水平放置，兩導軌相距L0.4 m，導軌一端與阻值R0.3 的電阻相連，導軌電阻不計。導軌x0一側存在沿x軸正方向均勻增大的恒定磁場，其方向與導軌平面垂直向下，磁感應強度B隨位置x變化如圖乙所示。一根質量m0.2 kg、電阻r0.1 的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直，棒在外力F作用下從x0處以初速度v02 m/s沿導軌向右變速運動，且金屬棒在運動過程中受到的安培力大小不變。求：(1)金屬棒在x1 m處速度的大??；(2)金屬棒從x0運動到x1 m過程中，外力F所做的功；(3)金屬棒從x0運動到x2 m過程中，流過金屬棒的電荷量。解析：(1)根據(jù)題意可知金屬棒所受的安培力大小不變，x0處與x1 m處安培力大小相等，有，即v1v0×2 m/s0.5 m/s。(2)金屬棒在x0處的安培力大小為：F安 N0.2 N對金屬棒從x0運動到x1 m過程中，根據(jù)動能定理有：WFF安xmv12mv02代入數(shù)據(jù)解得：WF0.175 J。(3)流過金屬棒的電荷量qt·tx0到x2 m過程中，B­x圖像包圍的面積：B·x×22，解得q C2 C。答案：(1)0.5 m/s(2)0.175 J(3)2 C7.考查導體棒在線框上運動問題如圖甲所示，“”形線框豎直放置，電阻不計。勻強磁場方向與線框平面垂直，一個質量為m、阻值為R的光滑導體棒AB，緊貼線框下滑，所達到的最大速度為v?，F(xiàn)將該線框和磁場同時旋轉一個角度放置在傾角為的斜面上，如圖乙所示。(1)在斜面上導體棒由靜止釋放，在下滑過程中，線框一直處于靜止狀態(tài)，求導體棒最大速度的大小；(2)導體棒在下滑過程中線框保持靜止，求線框與斜面之間的動摩擦因數(shù)所滿足的條件(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)；(3)現(xiàn)用一個恒力F2mgsin 沿斜面向上由靜止開始拉導體棒，通過距離s時導體棒已經做勻速運動，線框保持不動，求此過程中導體棒上產生的焦耳熱。解析：(1)導體棒受到的安培力FBIL，線框豎直放置時，由平衡條件得：mg，線框在斜面上時，由平衡條件得mgsin ，解得vvsin 。(2)設線框質量為M，當AB棒速度最大時，線框受到沿斜面向下的安培力最大，要使線框靜止不動，需要滿足Mgsin mgsin (Mm)gcos ，解得：tan 。(3)當導體棒勻速運動時，由平衡條件得Fmgsin ，由能量守恒定律得Fsmgssin mv2Q，解得：Qmgssin mv2sin2。答案：(1)vsin (2)tan (3)mgssin mv2sin2