【文档说明】高考物理三轮冲刺复习计算题20电磁学综合题电磁感应中三大观点的应用(含解析).doc，共(5)页，90.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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-1-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(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＝1m，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＝

0.1kg，电阻也均为R＝1Ω，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＝1T．设导体棒甲、乙只在MN两边各自的导轨上运动，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10

m/s2.-2-(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′＝0.05kg，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＝0.8m/s沿导轨向下运动，问在时间t＝1s内电路中产生的电能为多少？3．间距为L＝2m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＝0.1k

g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＝0.6Ω，R2＝0.4Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50T、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＝10m/s2.(1)求ab杆的加速度a；-3-(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5.2J的功，通过cd杆横截面的电荷量为0.2C，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E－＝BL2t平均电流为：I－＝E－

r＝BL2rt，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＝BL2rt1，q＝It＝BL2r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＋BI－1Lt1＝2B2L3r整个过程累计得到：I总冲量＝n2B2L3r.(2)金属框穿过第(k－1)个磁场区域后，由动量定理得到

：－(k－1)2B2L3r＝mvk－1－mv0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：－B2L3r＝mv′k－mvk－1n2B2L3r＝mv0解得：v′k＝（2n－2k＋1）B2L3mr.答案：(1)BL2rn2B2L3r(2)（2

n－2k＋1）B2L3mr2．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E1＝BLv感应电流I1＝E12R，甲棒受安培力F1＝BI1L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mgsinα＝F1-4-联立并代入

数据解得甲棒最大速度vm1＝1.2m/s.(2)甲、乙两棒同时由静止释放，则电路中产生感应电动势E2＝2BLv感应电流I2＝E22R甲、乙两棒均受安培力F2＝BI2L最终均做匀速运动，此时甲(或乙)棒受力mgsinα＝F2联

立并代入数据解得两棒最大速度均为vm2＝0.6m/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E3＝BLv0感应电流I3＝E32R甲、乙两棒均受安培力F3＝BI3L对于甲棒，根据牛顿第二定律得：mgsin37°－F3＝ma对于乙棒，根据牛顿第二定律得：F3－m′gsi

n37°＝m′a′代入数据联立解得：a＝a′＝2m/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t＝1s内，甲棒位移s甲＝v0t＋12at2，乙棒位移s乙＝12a′t2甲棒速度v甲＝v0＋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sin37°－m′gs乙sin37°＋12mv20－12mv2甲－12m′v2乙联立并代入数据解得E＝0.32J.答案：(1)1.2m/s(2)0.6m/s(3)0.32J3．解析：(1)由题图乙可知，在t＝0时，F＝1.5N对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F－μ

mg＝ma代入数据解得a＝10m/s2.(2)从d向c看，对cd杆进行受力分析如图所示-5-当cd速度最大时，有Ff＝mg＝μFN，FN＝F安，F安＝BIL，I＝BLvR1＋R2综合以上各式，解得v＝2m/s.(3)

整个过程中，ab杆发生的位移x＝q（R1＋R2）BL＝0.2m对ab杆应用动能定理，有WF－μmgx－W安＝12mv2代入数据解得W安＝4.9J，根据功能关系有Q总＝W安所以ab杆上产生的热量Qab＝R1R1＋R

2Q总＝2.94J.答案：见解析