2020年高考物理(京津鲁琼)三轮复习典型例题分层突破 计算题热点 电磁学综合题 电磁感应中三大观点的应用

热点20电磁学综合题(电磁感应中三大观点的应用)
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1．(2019·烟台联考)如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与圆弧部分平滑连接，两导轨间距为L，导轨的水平部分有n段相同的匀强磁场区域(图中的虚线范围)，磁场方向竖直向上，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为s，相邻磁场区域的间距也为s，且s大于L，磁场左、右两边界均与导轨垂直，现有一质量为m、电阻为r、边长为L的正方形金属框，由圆弧导轨上某高度处静止释放，金属框滑上水平导轨，在水平导轨上滑行一段时间进入磁场区域，最终线框恰好完全通过n段磁场区域，地球表面处的重力加速度为g，感应电流的磁场可以忽略不计，求：
(1)金属框进入第1段磁场区域的过程中，通过线框某一横截面的感应电荷量及金属框完全通过n段磁场区域的过程中安培力对线框的总冲量的大小；
(2)金属框完全进入第k(k<n)段磁场区域前的瞬间，金属框速度的大小．
2．(2019·济南模拟)如图所示，两条“∧”形足够长的光滑金属导轨PME和QNF平行放置，两导轨间距L＝1 m，导轨两侧均与水平面夹角为α＝37°，导体棒甲、乙分别放于MN 两边导轨上，且与导轨垂直并接触良好．两导体棒的质量均为m＝0.1 kg，电阻也均为R＝1 Ω，导轨电阻不计，MN两边分别存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝1 T．设导体棒甲、乙只在MN两边各自的导轨上运动，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.
(1)将乙导体棒固定，甲导体棒由静止释放，问甲导体棒的最大速度为多少？
(2)若甲、乙两导体棒同时由静止释放，问两导体棒的最大速度为多少？
(3)若仅把乙导体棒的质量改为m′＝0.05 kg，电阻不变，在乙导体棒由静止释放的同时，让甲导体棒以初速度v0＝0.8 m/s沿导轨向下运动，问在时间t＝1 s内电路中产生的电能为多少？
3．间距为L＝2 m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m＝0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路．杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd的电阻分别为R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)．当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动．测得拉力F与时间t的关系如图乙所示．g＝10 m/s2.
(1)求ab杆的加速度a；
(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；
(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2 J的功，通过cd杆横截面的电荷量为0.2 C，求该过程中ab杆所产生的焦耳热．
热点20 电磁学综合题
(电磁感应中三大观点的应用)
1．解析：(1)设金属框在进入第一段匀强磁场区域前的速度为v 0，进入第一段匀强磁场区域运动的时间为t ，出第一段磁场区域运动的时间为t 1，金属框在进入第一段匀强磁场区域的
过程中，线框中产生平均感应电动势为E －＝BL 2t
平均电流为：I －＝E －r ＝BL 2rt
，则金属框在出第一段磁场区域过程中产生的平均电流I －1＝BL 2rt 1，q ＝It ＝BL 2r
设线框经过每一段磁场区域的过程中安培力冲量大小为I
则I ＝BILt ＋B I －1Lt 1＝2B 2L 3r
整个过程累计得到：I 总冲量＝n 2B 2L 3r
. (2)金属框穿过第(k －1)个磁场区域后，由动量定理得到：－(k －1)2B 2L 3r
＝m v k －1－m v 0 金属框完全进入第k 个磁场区域的过程中，由动量定理得到：－B 2L 3r
＝m v ′k －m v k －1 n 2B 2L 3r
＝m v 0 解得：v ′k ＝（2n －2k ＋1）B 2L 3mr
. 答案：(1)BL 2r n 2B 2L 3r (2)（2n －2k ＋1）B 2L 3mr
2．解析：(1)将乙棒固定，甲棒静止释放，则电路中产生感应电动势E 1＝BL v 感应电流I 1＝E 12R ，甲棒受安培力F 1＝BI 1L 甲棒先做加速度减小的变加速运动，达最大速度后做匀速运动，此时mg sin α＝F 1 联立并代入数据解得甲棒最大速度
v m1＝1.2 m/s.
(2)甲、乙两棒同时由静止释放，则电路中产生感应电动势E 2＝2BL v
感应电流I 2＝E 22R
甲、乙两棒均受安培力F 2＝BI 2L
最终均做匀速运动，此时甲(或乙)棒受力mg sin α＝F 2 联立并代入数据解得两棒最大速度均为
v m2＝0.6 m/s.
(3)乙棒静止释放，甲棒以初速度v 0下滑瞬间，则电路中产生感应电动势E 3＝BL v 0 感应电流I 3＝E 32R
甲、乙两棒均受安培力F 3＝BI 3L
对于甲棒，根据牛顿第二定律得：
mg sin 37°－F 3＝ma
对于乙棒，根据牛顿第二定律得：
F 3－m ′g sin 37°＝m ′a ′
代入数据联立解得：a ＝a ′＝2 m/s 2
甲棒沿导轨向下，乙棒沿导轨向上，均做匀加速运动
在时间t ＝1 s 内，甲棒位移s 甲＝v 0t ＋12
at 2， 乙棒位移s 乙＝12
a ′t 2 甲棒速度v 甲＝v 0＋at ，乙棒速度v 乙＝a ′t
据能量的转化和守恒，电路中产生电能
E ＝mgs 甲sin 37°－m ′gs 乙sin 37°＋12m v 20－12m v 2甲－12
m ′v 2乙 联立并代入数据解得E ＝0.32 J.
答案：(1)1.2 m/s (2)0.6 m/s (3)0.32 J
3．解析：(1)由题图乙可知，在t ＝0时，F ＝1.5 N 对ab 杆进行受力分析，由牛顿第二定律得 F －μmg ＝ma
代入数据解得a ＝10 m/s 2.
(2)从d 向c 看，对cd 杆进行受力分析如图所示
当cd 速度最大时，有
F f ＝mg ＝μF N ，F N ＝F 安，F 安＝BIL ，
I ＝BL v R 1＋R 2
综合以上各式，解得v ＝2 m/s.
(3)整个过程中，ab 杆发生的位移 x ＝q （R 1＋R 2）BL
＝0.2 m 对ab 杆应用动能定理，有
W F －μmgx －W 安＝12
m v 2 代入数据解得W 安＝4.9 J ，根据功能关系有Q 总＝W 安 所以ab 杆上产生的热量
Q ab ＝R 1R 1＋R 2
Q 总＝2.94 J. 答案：见解析。