2024年高考物理題型突破限時大題精練06 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用問題

大題精練06帶電粒子（帶電體）在復(fù)合場中的運動問題公式、知識點回顧（時間：5分鐘）一、考向分析1.本專題是運動學(xué)、動力學(xué)、恒定電流、電磁感應(yīng)和能量等知識的綜合應(yīng)用，高考既以選擇題的形式命題,也以計算題的形式命題。2.學(xué)好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們數(shù)形結(jié)合的推理能力和電路分析能力，針對性的專題強化，可以提升同學(xué)們解決數(shù)形結(jié)合、利用動力學(xué)和功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)問題的信心。3.用到的知識有:左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、平衡條件、牛頓運動定律、函數(shù)圖像、動能定理和能量守恒定律等。電磁感應(yīng)綜合試題往往與導(dǎo)軌滑桿等模型結(jié)合,考査內(nèi)容主要集中在電磁感應(yīng)與力學(xué)中力的平衡、力與運動動量與能量的關(guān)系上,有時也能與電磁感應(yīng)的相關(guān)圖像問題相結(jié)合。通常還與電路等知識綜合成難度較大的試題，與現(xiàn)代科技結(jié)合密切,對理論聯(lián)系實際的能力要求較高。二、動力學(xué)牛頓第二運動定律F合=ma或或者Fx=maxFy=may向心力牛頓第三定律三、運動學(xué)勻變速直線運動vt=v0Vt/2==Vs/2=vo2+vt22勻加速或勻減速直線運動：四、電磁學(xué)電磁感應(yīng)1.ε=BLVsinθ平動切割ε=NΔφΔt磁變模型ε=BLV中點2.Ф=Bssinθ；e=NBSωcosωt(矩形線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動)E有=NBSω2(只有正弦3.焦耳熱Q=I2Rt(I恒定)Q=I有2Rt（I正弦變化）Q=ΔE機(I4.電量q=Itq=n△ф/RBILt=BLq=mV2-mV1(只受洛侖茲力)5.變壓器U1U2=n1n2P入=P出n1I1=n26.輸電P=UIP損=（PU）2R線U2送=U損+U3達P送=P損+P7.電磁振蕩T=2πLCq=qmsinωti=Im法拉第電磁感應(yīng)定律普適公式：導(dǎo)體切割：（B、L、v三者相互垂直）五、解題思路(1)電路分析:明確電源與外電路，可畫等效電路圖。(2)受力分析:把握安培力的特點，安培力大小與導(dǎo)體棒速度有關(guān)，一般在牛頓第二定律方程里討論，v的變化影響安培力大小，進而影響加速度大小，加速度的變化又會影響v的變化。(3)過程分析:注意導(dǎo)體棒進入磁場或離開磁場時的速度是否達到“收尾速度”。(4)能量分析:克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能?！纠}】（2023?北辰區(qū)校級模擬）如圖甲所示，兩根間距L＝1.0m、電阻不計的足夠長平行金屬導(dǎo)軌ab、cd水平放置，一端與阻值R＝2.0Ω的電阻相連。質(zhì)量m＝0.2kg的導(dǎo)體棒ef在恒定外力F作用下由靜止開始運動，已知導(dǎo)體棒與兩根導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力均為f＝1.0N，導(dǎo)體棒電阻為r＝1.0Ω，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場B中，導(dǎo)體棒運動過程中加速度a與速度v的關(guān)系如圖乙所示（取g＝10m/s2）。求：（1）當(dāng)導(dǎo)體棒速度為v時，棒所受安培力F安的大小（用題中字母表示）；（2）恒力F和磁感應(yīng)強度B分別為多大；（3）若ef棒由靜止開始運動距離為s＝6.9m時，速度已達v′＝3m/s，求此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)導(dǎo)體棒速度為v時，導(dǎo)體棒上的電動勢為E，電路中的電流為I.由法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝BLv由歐姆定律：I=導(dǎo)體棒所受安培力F安＝BIL解得F（2）由圖可知：導(dǎo)體棒開始運動時加速度a＝5m/s2，初速度v0＝0，導(dǎo)體棒中無電流，棒不受安培力，由牛頓第二定律知：F﹣f＝ma即F＝ma+f＝（0.2×5+1.0）N＝2.0N.由圖可知：當(dāng)導(dǎo)體棒的加速度a＝0時，開始以v＝3m/s做勻速運動，此時有：F﹣f﹣F安＝0即F﹣f-B2（3）設(shè)ef棒此過程中，產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律：Q=(F-f)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR=難度：★★★★★建議時間：60分鐘1．【以動生電動勢為基綜合考查導(dǎo)體棒運動的問題】（2023?宜春一模）如圖所示，與水平方向成夾角θ＝37°的兩平行金屬導(dǎo)軌BC、B′C′，左端連接水平金屬軌道BAA'B'，右端用絕緣圓弧連接水平金屬導(dǎo)軌CD、C′D′，并在軌道上放置靜止的金屬導(dǎo)體棒b。在水平軌道末端安裝絕緣的無摩擦固定轉(zhuǎn)軸開關(guān)，導(dǎo)體棒b經(jīng)過DD'兩點（無能量損失），進入半徑r＝2.7m與水平面垂直的半圓形導(dǎo)軌。轉(zhuǎn)軸開關(guān)會順時針轉(zhuǎn)動90°以擋住后面的金屬棒。EE'兩點略高于DD'，可無碰撞通過。半圓形導(dǎo)軌與足夠長的水平金屬導(dǎo)軌HG、H'G'平滑連接，末端連接C＝1F的電容器。已知軌道間距為d＝1m，BC、B′C′長度L＝10m，a、b棒質(zhì)量均為1kg，a電阻為R＝2Ω，b電阻不計，BC、B′C′平面，CD、C'D'平面，HG、H'G'平面內(nèi)均有垂直于該平面的磁場B＝1T，不計一切摩擦，導(dǎo)軌電阻不計，g＝10m/s2?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒a自BB'靜止釋放，求：（1）若導(dǎo)體棒a運動至CC'前已勻速，求下滑的時間及勻速下滑時速度；（2）CD、C'D'水平金屬導(dǎo)軌足夠長，要求a、b棒可在水平軌道上達到共速且不會發(fā)生碰撞，則b初始位置至少應(yīng)離CC'多遠；（3）b過DD'后，轉(zhuǎn)軸開關(guān)將a擋住，求b在軌道HG、H'G'滑行的最終速度?！窘獯稹拷猓海?）對a棒，當(dāng)其勻速下滑時由平衡條件有：mgsinθ＝BId解得：I=mgsinθ所以感應(yīng)電動勢：E＝IR＝6×2V＝12V又根據(jù)動生電動勢公式：E＝Bdv代入數(shù)據(jù)可得棒勻速運動的速度：v1＝12m/s對a有：mgsinθt又：I聯(lián)立解得：t=（2）a滑上CD、C′D′后與b動量守恒，則：mv1＝2mv2解得：v2＝6m/s以向右方向為正，根據(jù)動量定理，對b有：B又根據(jù)電流的定義知：I聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得：Δx相＝12m故至少離CC′的距離為12m。（3）b進入圓軌道時，因為v故沿軌道做圓周運動至GG′，由動能定理有：2mgr=可得：v3＝12m/s對b有：-又根據(jù)電容和電流的定義知：I且U＝Bdv可得：v=代入數(shù)據(jù)可得：v＝6m/s2．【以感生電動勢為基綜合考查導(dǎo)體棒運動的問題】（2023??？谌＃┤鐖D1所示，間距L＝1m的足夠長傾斜導(dǎo)軌傾角θ＝37°，導(dǎo)軌頂端連一電阻R＝1Ω，左側(cè)存在一面積S＝0.6m2的圓形磁場區(qū)域B，磁場方向垂直于斜面向下，大小隨時間變化如圖2所示，右側(cè)存在著方向垂直于斜面向下的恒定磁場B1＝1T，一長為L＝1m，電阻r＝1Ω的金屬棒ab與導(dǎo)軌垂直放置，t＝0至t＝1s，金屬棒ab恰好能靜止在右側(cè)的導(dǎo)軌上，之后金屬棒ab開始沿導(dǎo)軌下滑，經(jīng)過足夠長的距離進入EF，且在進入EF前速度已經(jīng)穩(wěn)定，最后停止在導(dǎo)軌上。已知EF左側(cè)導(dǎo)軌均光滑，EF右側(cè)導(dǎo)軌與金屬棒間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，取g＝10m/s2，不計導(dǎo)軌電阻與其他阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）t＝0至t＝1s內(nèi)流過電阻的電流和金屬棒ab的質(zhì)量；（2）金屬棒ab進入EF時的速度大?。唬?）金屬棒ab進入EF后通過電阻R的電荷量?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得t＝0至t＝1s內(nèi)回路中的感應(yīng)電動勢為：E=ΔΦ根據(jù)閉合電路歐姆定律可得t＝0至t＝1s內(nèi)流過電阻的電流為I=ER+r=設(shè)金屬棒ab的質(zhì)量為m，這段時間內(nèi)金屬棒ab受力平衡，根據(jù)平衡條件可得：mgsinθ＝B1IL代入數(shù)據(jù)解得：m＝0.05kg；（2）設(shè)金屬棒ab進入EF時的速度大小為v，此時回路中的感應(yīng)電動勢為E′＝B1Lv回路中的電流為I導(dǎo)體棒ab所受安培力大小為F＝B1I′L根據(jù)平衡條件可得F＝mgsinθ聯(lián)立解得：v＝0.6m/s；（3）設(shè)金屬棒ab從進入EF到最終停下的過程中，回路中的平均電流為I，經(jīng)歷時間為t，取沿導(dǎo)軌向下為正方向，對金屬棒ab根據(jù)動量定理有（﹣B1IL+mgsinθ﹣μmgcosθ）t＝0﹣mvt＝0﹣mv其中mgsinθ﹣μmgcosθ＝0且：q=I聯(lián)立解得：q＝0.03C。3．【以等間距雙導(dǎo)體棒模型考動量能量問題】（2023?皇姑區(qū)校級模擬）如圖所示，兩根豎直放置的平行光滑金屬導(dǎo)軌，上端接阻值R＝3Ω的定值電阻．水平虛線A1、A2間有與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場，磁場區(qū)域的高度為d＝0.3m．導(dǎo)體棒a的質(zhì)量ma＝0.2kg，電阻Ra＝3Ω；導(dǎo)體棒b的質(zhì)量mb＝0.1kg，電阻Rb＝6Ω．它們分別從圖中P、Q處同時由靜止開始在導(dǎo)軌上向下滑動，且都能勻速穿過磁場區(qū)域，當(dāng)b剛穿出磁場時a正好進入磁場．設(shè)重力加速度為g＝10m/s2，不計a、b之間的作用，整個過程中a、b棒始終與金屬導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計．求：（1）在整個過程中，a、b兩棒克服安培力做的功分別是多少；（2）a、b棒剛進入磁場時的速度大小分別為多少?！窘獯稹拷猓海?）導(dǎo)體棒只有通過磁場時才受到安培力，因兩棒均勻速通過磁場，由動能定理可知，克服安培力做的功與重力功相等，有：Wa＝magd＝0.2×10×0.3J＝0.6JWb＝mbgd＝0.1×10×0.3J＝0.3J（2）設(shè)b棒在磁場中勻速運動的速度為vb，此時b棒相當(dāng)于電源，a棒與電阻R并聯(lián)，此時整個電路的總電阻為：R1=RRaR+Ra+Rbb棒中的電流為：Ib=b棒所受安培力：F安＝BIbL=根據(jù)平衡條件有：B2L2同理，對a棒有：B2L2其中：R2=RRbR+Rb+Ra解得：v設(shè)b棒在磁場中運動的時間為t，有：d＝vbt因b到達磁場上邊界是兩棒的速度相同，且b剛穿出磁場時a正好進入磁場，則有：va＝vb+gt聯(lián)立解得：va＝4m/s，vb＝3m/s4．【以不等間距雙導(dǎo)體棒模型考動量定理與電磁規(guī)律的綜合問題】（2023?衡水二模）如圖所示，光滑平行軌道abcc'd的水平部分（虛線右側(cè)）存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，bc段軌道寬度為2L，c'd段軌道寬度為L，質(zhì)量為m、長度為2L的均質(zhì)金屬棒Q靜止在c'd段，將另一完全相同的金屬棒P從ab段距水平軌道高h處無初速釋放，由于回路中除兩金屬棒外的電阻極小，bc段和c'd段軌道均足夠長，一段時間后兩金屬棒均勻速運動，重力加速度大小為g，求：（1）金屬棒P在磁場中運動的最小速度vP；（2）兩金屬棒距離最近時金屬棒Q兩端的電壓U。【解答】解：（1）金屬棒P下滑剛進入磁場時，速度最大，設(shè)最大速度為vm，之后金屬棒P進入磁場后，產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬棒P在安培力作用下向右做減速運動，金屬棒Q在安培力作用下向右做加速運動，直到兩金屬棒產(chǎn)生的電動勢等大、反向，回路的電流為零。設(shè)金屬棒Q勻速運動時的速度大小為vQ，整個過程中通過回路中某截面的電荷量為q，時間為Δt，平均電流為I1。金屬棒P下滑過程，由機械能守恒有mg穩(wěn)定時，有B?2L?vP＝BLvQ通過金屬棒P的電荷量q＝I1Δt金屬棒P，取向右為正方向，由動量定理有﹣BI1?2LΔt＝﹣B?2Lq＝mvP﹣mvm金屬棒Q，取向右為正方向，由動量定理有BI1LΔt＝BLq＝mvQ﹣0解得：v（2）兩金屬棒在水平軌道做變速運動時，金屬棒P的加速度大小始終等于金屬棒Q的加速度大小的兩倍。運動過程中的v﹣t圖像如圖所示顯然圖像的交點的縱坐標(biāo)為vm3，而兩金屬棒速度大小相等時距離最近，設(shè)此時金屬棒P產(chǎn)生的電動勢為E，金屬棒Q在電路中產(chǎn)生的反電動勢為E'，回路中的感應(yīng)電流為I，設(shè)金屬棒Q接入電路的電阻為R，金屬棒P接入電路的電阻為2R，則有E＝B?2LE′＝BL?v由閉合電路歐姆定律有I=金屬棒Q兩端的電壓U＝B?2L?vm3-I?2R5．【以棒+電容器模型考查力電綜合問題】（2023?金華模擬）如圖所示，長度足夠的兩導(dǎo)軌與水平面成θ角平行放置，間距為d；在導(dǎo)軌所在區(qū)間，存在方向垂直導(dǎo)軌平面、大小為B的勻強磁場；接入兩導(dǎo)軌間的兩個電阻阻值均為R、電容器電容為C和線圈電感為L。一根長也為d、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒擱置在兩導(dǎo)軌上。t＝0時，導(dǎo)體棒靜止釋放，不計摩擦、空氣阻力和其它電阻（不考慮電磁輻射）。（提示：當(dāng)通過線圈的電流隨時間發(fā)生變化時，線圈產(chǎn)生的電動勢大小E=LΔIΔt；當(dāng)線圈中通有電流I時，其儲存的磁能（1）t＝0時，接通S1，斷開S2和S3，求棒所能達到的最大速度vm1；（2）t＝0時，接通S2，斷開S1和S3，求棒的加速度a；（3）t＝0時，接通S3，斷開S1和S2，已知棒下滑x0