(京津鲁琼专用)2020版高考物理大三轮复习 计算题热点巧练 热点20 电磁学综合题(电磁感应中三大观点的应用)(含解析)

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资源描述
热点20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(kn)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平均电流为:,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- 5 -
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