江苏省2020版高考物理三轮复习 热点19 电磁学综合题（电磁感应中三大观点的应用）练习（含解析）

热点19电磁学综合题(电磁感应中三大观点的应用)(建议用时：20分钟)1(2019江苏省四校联考)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(kn)段磁场区域前的瞬间，金属框速度的大小2(2019苏锡常镇四市调研)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L1 m，导轨两侧均与水平面夹角为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m0.1 kg，电阻也均为R1 ，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B1 T设导体棒甲、乙只在MN两边各自的导轨上运动，sin 370.6，cos 370.8，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m0.05 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v00.8 m/s沿导轨向下运动，问在时间t1 s内电路中产生的电能为多少？3间距为L2 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m0.1 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0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd的电阻分别为R10.6 ，R20.4 .整个装置处于磁感应强度大小为B0.50 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g10 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19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v0，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t1，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平均电流为：I，则金属框在出第一段磁场区域过程中产生的平均电流1，qIt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IBILtB1Lt1整个过程累计得到：I总冲量n.(2)金属框穿过第(k1)个磁场区域后，由动量定理得到：(k1)mvk1mv0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：mvkmvk1nmv0解得：vk.答案：(1)n(2)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E1BLv感应电流I1，甲棒受安培力F1BI1L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mgsin F1联立并代入数据解得甲棒最大速度vm11.2 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E22BLv感应电流I2甲、乙两棒均受安培力F2BI2L最终均做匀速运动，此时甲(或乙)棒受力mgsin F2联立并代入数据解得两棒最大速度均为vm20.6 m/s.(3)乙棒静止释放，甲棒以初速度v0下滑瞬间，则电路中产生感应电动势E3BLv0感应电流I3甲、乙两棒均受安培力F3BI3L对于甲棒，根据牛顿第二定律得：mgsin 37F3ma对于乙棒，根据牛顿第二定律得：F3mgsin 37ma代入数据联立解得：aa2 m/s2甲棒沿导轨向下，乙棒沿导轨向上，均做匀加速运动在时间t1 s内，甲棒位移s甲v0tat2，乙棒位移s乙at2甲棒速度v甲v0at，乙棒速度v乙at据能量的转化和守恒，电路中产生电能Emgs甲sin 37mgs乙sin 37mvmvmv联立并代入数据解得E0.32 J.答案：(1)1.2 m/s(2)0.6 m/s(3)0.32 J3解析：(1)由题图乙可知，在t0时，F1.5 N对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得Fmgma代入数据解得a10 m/s2.(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FfmgFN，FNF安，F安BIL，I综合以上各式，解得v2 m/s.(3)整个过程中，ab杆发生的位移x0.2 m对ab杆应用动能定理，有WFmgxW安mv2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QabQ总2.94 J.答案：见解析- 6 -