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(京津魯瓊專用)2020版高考物理大三輪復習 計算題熱點巧練 熱點20 電磁學綜合題(電磁感應(yīng)中三大觀點的應(yīng)用)(含解析)

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1、熱點20 電磁學綜合題(電磁感應(yīng)中三大觀點的應(yīng)用) (建議用時:20分鐘) 1.(2019·煙臺聯(lián)考)如圖所示,兩條光滑的絕緣導軌,導軌的水平部分與圓弧部分平滑連接,兩導軌間距為L,導軌的水平部分有n段相同的勻強磁場區(qū)域(圖中的虛線范圍),磁場方向豎直向上,磁場的磁感應(yīng)強度為B,磁場的寬度為s,相鄰磁場區(qū)域的間距也為s,且s大于L,磁場左、右兩邊界均與導軌垂直,現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電阻為r、邊長為L的正方形金屬框,由圓弧導軌上某高度處靜止釋放,金屬框滑上水平導軌,在水平導軌上滑行一段時間進入磁場區(qū)域,最終線框恰好完全通過n段磁場區(qū)域,地球表面處的重力加速度為g,感應(yīng)電流的磁場可以忽略不計,求:

2、 (1)金屬框進入第1段磁場區(qū)域的過程中,通過線框某一橫截面的感應(yīng)電荷量及金屬框完全通過n段磁場區(qū)域的過程中安培力對線框的總沖量的大小; (2)金屬框完全進入第k(k

3、.設(shè)導體棒甲、乙只在MN兩邊各自的導軌上運動,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2. (1)將乙導體棒固定,甲導體棒由靜止釋放,問甲導體棒的最大速度為多少? (2)若甲、乙兩導體棒同時由靜止釋放,問兩導體棒的最大速度為多少? (3)若僅把乙導體棒的質(zhì)量改為m′=0.05 kg,電阻不變,在乙導體棒由靜止釋放的同時,讓甲導體棒以初速度v0=0.8 m/s沿導軌向下運動,問在時間t=1 s內(nèi)電路中產(chǎn)生的電能為多少? 3.間距為L=2 m的足夠長的金屬直角導軌如圖甲所示放置,它們各有一邊在同一水平面內(nèi),另一邊垂直于水平面.質(zhì)量

4、均為m=0.1 kg的金屬細桿ab、cd與導軌垂直放置形成閉合回路.桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,導軌的電阻不計,細桿ab、cd的電阻分別為R1=0.6 Ω,R2=0.4 Ω.整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B=0.50 T、方向豎直向上的勻強磁場中(圖中未畫出).當ab在平行于水平導軌的拉力F作用下從靜止開始沿導軌勻加速運動時,cd桿也同時從靜止開始沿導軌向下運動.測得拉力F與時間t的關(guān)系如圖乙所示.g=10 m/s2. (1)求ab桿的加速度a; (2)求當cd桿達到最大速度時ab桿的速度大小; (3)若從開始到cd桿達到最大速度的過程中拉力F做了5.2 J的功,通過cd桿

5、橫截面的電荷量為0.2 C,求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱. 熱點20 電磁學綜合題 (電磁感應(yīng)中三大觀點的應(yīng)用) 1.解析:(1)設(shè)金屬框在進入第一段勻強磁場區(qū)域前的速度為v0,進入第一段勻強磁場區(qū)域運動的時間為t,出第一段磁場區(qū)域運動的時間為t1,金屬框在進入第一段勻強磁場區(qū)域的過程中,線框中產(chǎn)生平均感應(yīng)電動勢為= 平均電流為:==,則金屬框在出第一段磁場區(qū)域過程中產(chǎn)生的平均電流1=,q=It= 設(shè)線框經(jīng)過每一段磁場區(qū)域的過程中安培力沖量大小為I 則I=BILt+B1Lt1= 整個過程累計得到:I總沖量=n. (2)金屬框穿過第(k-1)個磁場區(qū)域后,由動

6、量定理得到:-(k-1)=mvk-1-mv0 金屬框完全進入第k個磁場區(qū)域的過程中,由動量定理得到:-=mv′k-mvk-1 n=mv0 解得:v′k=. 答案:(1) n (2) 2.解析:(1)將乙棒固定,甲棒靜止釋放,則電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E1=BLv 感應(yīng)電流I1=,甲棒受安培力F1=BI1L 甲棒先做加速度減小的變加速運動,達最大速度后做勻速運動,此時mgsin α=F1 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得甲棒最大速度 vm1=1.2 m/s. (2)甲、乙兩棒同時由靜止釋放,則電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E2=2BLv 感應(yīng)電流I2= 甲、乙兩棒均受安培力F2=BI2L 最終均做

7、勻速運動,此時甲(或乙)棒受力mgsin α=F2 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得兩棒最大速度均為 vm2=0.6 m/s. (3)乙棒靜止釋放,甲棒以初速度v0下滑瞬間,則電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E3=BLv0 感應(yīng)電流I3= 甲、乙兩棒均受安培力F3=BI3L 對于甲棒,根據(jù)牛頓第二定律得: mgsin 37°-F3=ma 對于乙棒,根據(jù)牛頓第二定律得: F3-m′gsin 37°=m′a′ 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得:a=a′=2 m/s2 甲棒沿導軌向下,乙棒沿導軌向上,均做勻加速運動 在時間t=1 s內(nèi),甲棒位移s甲=v0t+at2, 乙棒位移s乙=a′t2 甲棒速度v甲=v0+a

8、t,乙棒速度v乙=a′t 據(jù)能量的轉(zhuǎn)化和守恒,電路中產(chǎn)生電能 E=mgs甲sin 37°-m′gs乙sin 37°+mv-mv-m′v  聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)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)由題圖乙可知,在t=0時,F(xiàn)=1.5 N 對ab桿進行受力分析,由牛頓第二定律得 F-μmg=ma 代入數(shù)據(jù)解得a=10 m/s2. (2)從d向c看,對cd桿進行受力分析如圖所示 當cd速度最大時,有 Ff=mg=μFN,F(xiàn)N=F安,F(xiàn)安=BIL, I= 綜合以上各式,解得v=2 m/s. (3)整個過程中,ab桿發(fā)生的位移 x==0.2 m 對ab桿應(yīng)用動能定理,有 WF-μmgx-W安=mv2 代入數(shù)據(jù)解得W安=4.9 J,根據(jù)功能關(guān)系有Q總=W安 所以ab桿上產(chǎn)生的熱量 Qab=Q總=2.94 J. 答案:見解析 - 5 -

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