（山西專版）2020版高考物理二輪復習 第三篇 計算題 熱點20 電磁學綜合題（二）電磁感應(yīng)中三大觀點的應(yīng)用精練（含解析）

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1、熱點20　電磁學綜合題(二)電磁感應(yīng)中三大觀點的應(yīng)用 熱考題型 題型一　電磁感應(yīng)中動力學觀點的應(yīng)用 　　近幾年課標卷計算題中對電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用問題考查頻繁,從命題形式上看,多以“桿+導軌”模型或者線圈切割磁感線模型為載體,重點考查電磁感應(yīng)與電路、圖象、動力學和能量轉(zhuǎn)化等知識結(jié)合起來應(yīng)用的問題。 1.如圖所示,間距l(xiāng)=0.3m的平行金屬導軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個豎直面內(nèi)。在水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角θ=37°的斜面c1b1b2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強度B1=0.4T、方向豎直向上和B2=1T、方向垂直于斜面向上的勻強磁場。電阻R=0.3Ω、質(zhì)量m1=0.1kg

2、、長為l的相同導體桿K、S、Q分別放置在導軌上,S桿的兩端固定在b1、b2點,K、Q桿可沿導軌無摩擦滑動且始終接觸良好。一端系于K桿中點的輕繩平行于導軌繞過光滑輕質(zhì)定滑輪自然下垂,繩上穿有質(zhì)量m2=0.05kg的小環(huán)。已知小環(huán)以a=6m/s2的加速度沿繩下滑,K桿保持靜止,Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運動。不計導軌電阻和滑輪摩擦,繩不可伸長。取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求 (1)小環(huán)所受摩擦力的大小; (2)Q桿所受拉力的瞬時功率。 答案　(1)0.2N　(2)2W 解析　(1)以小環(huán)為研究對象,由牛頓第二定律得 m2g-Ff=

3、m2a 代入數(shù)據(jù)得Ff=0.2N (2)設(shè)流過桿K的電流為I,由平衡條件得 IlB1=FT=Ff 對桿Q,根據(jù)并聯(lián)電路特點以及平衡條件得 2IlB2=F+m1gsinθ 由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=B2lv 根據(jù)歐姆定律有I=ER總 且R總=R2+R 瞬時功率表達式為P=Fv 聯(lián)立以上各式得P=2W 題型二　電磁感應(yīng)中的運動綜合問題 　　電磁感應(yīng)的綜合問題,涉及力學知識(如牛頓運動定律、功、動能定理和能量守恒定律等)、電學知識(如法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、直流電路、磁場等)多個知識點,是歷年高考的重點、難點和熱點,考查的知識主要包括感應(yīng)電動勢大小的計算(法拉第電磁感應(yīng)

4、定律)和方向的判定(楞次定律和右手定則),常將電磁感應(yīng)與電路規(guī)律、力學規(guī)律、磁場規(guī)律、功能關(guān)系、數(shù)學函數(shù)與圖象等綜合考查,難度一般較大。 　　解答電磁感應(yīng)與力和能量的綜合問題,要明確三大綜合問題,即變速運動與平衡、通過導體截面的電荷量及系統(tǒng)的能量轉(zhuǎn)化,解決這些問題獲取高分需掌握受力分析、牛頓運動定律、運動學相關(guān)規(guī)律、功能關(guān)系等知識。 　　(1)利用牛頓第二定律的瞬時性分析金屬棒(線框)的受力情況和運動性質(zhì),明確金屬棒(線框)的加速度與力瞬時對應(yīng),速度的變化引起安培力的變化反過來又導致加速度變化。 　　(2)功能關(guān)系在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用是最常見的,金屬棒(線框)所受各力做功情況的判定及能量狀

5、態(tài)的判定是獲取高分的關(guān)鍵,特別是安培力做功情況的判定。 2.如圖所示,足夠長的粗糙斜面與水平面成θ=37°角放置,在斜面上虛線aa'和bb'與斜面底邊平行,且間距為d=0.1m,在aa'、bb'圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B=1T;現(xiàn)有一質(zhì)量為m=10g、總電阻為R=1Ω、邊長也為d=0.1m的正方形金屬線圈MNPQ,其初始位置PQ邊與aa'重合,現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運動,當金屬線圈從最高點返回到磁場區(qū)域時,線圈剛好做勻速直線運動。已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,不計其他阻力,求:(取 sin37°=0.6,cos37°=0.8) (1

6、)線圈向下返回到磁場區(qū)域時的速度; (2)線圈向上離開磁場區(qū)域時的動能; (3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中,線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。 答案　(1)2m/s　(2)0.1J　(3)0.004J 解析　(1)金屬線圈向下進入磁場時,有 mgsinθ=μmgcosθ+F安 其中F安=BId,I=ER,E=Bdv 解得v=2m/s (2)設(shè)最高點離bb'的距離為x,則 v2=2ax,mgsinθ-mgμcosθ=ma 根據(jù)動能定理有 Ek1-Ek=mgμcosθ·2x,其中Ek=12mv2 解得Ek1=0.1J (3)向下勻速通過磁場區(qū)域過程中,有 mgsinθ·2d-μmgc

7、osθ·2d+W安=0 Q=-W安 解得Q=0.004J 跟蹤集訓 1.間距為L=2m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)量均為m=0.1kg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=0.6Ω,R2=0.4Ω。整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B=0.50T、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=10m/

8、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5.2J的功,通過cd桿橫截面的電荷量為0.2C,求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。 答案　見解析 解析　(1)由題圖乙可知,在t=0時,F=1.5N 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=10m/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,FN=F安,F安=BIL,I=BLvR1+R2 綜合以上各式,解得v=2m/s (3)整個過程中,a

9、b桿發(fā)生的位移x=q(R1+R2)BL=0.2m 對ab桿應(yīng)用動能定理,有WF-μmgx-W安=12mv2 代入數(shù)據(jù)解得W安=4.9J,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=R1R1+R2Q總=2.94J 2.如圖甲所示,一對足夠長的平行粗糙導軌固定在水平面上,兩導軌間距l(xiāng)=1m,左端用R=3Ω的電阻連接,導軌的電阻忽略不計。一根質(zhì)量m=0.5kg、電阻r=1Ω的導體桿靜止置于兩導軌上,并與兩導軌垂直。整個裝置處于磁感應(yīng)強度B=2T 的勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面向上?，F(xiàn)用水平向右的拉力F拉導體桿,拉力F與時間t的關(guān)系如圖乙所示,導體桿恰好做勻加速直線運動。在0

10、~2s內(nèi)拉力F所做的功為W=683J,重力加速度g取10m/s2。求: (1)導體桿與導軌間的動摩擦因數(shù)μ; (2)在0~2s內(nèi)通過電阻R的電荷量q; (3)在0~2s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。 答案　(1)0.4　(2)2C　(3)8J 解析　(1)設(shè)導體桿的加速度為a,則t時刻導體桿的速度v=at 產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Blv 電路中的感應(yīng)電流為I=BlvR+r 導體桿上所受的安培力為F安=BIl=B2l2vR+r=B2l2atR+r 由牛頓第二定律可知F-μmg-B2l2atR+r=ma 即F=ma+μmg+B2l2atR+r 代入數(shù)據(jù)得F=12a+5μ+at(N) 由圖像可知F=3+2t(N) 由于導體桿做勻加速直線運動,加速度a為常數(shù),比較兩式可得 a=2m/s2,μ=0.4 (2)0~2s時間內(nèi),導體桿的位移為x=12at12=4m 在0~2s內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢E=ΔΦΔt=Blxt1 平均感應(yīng)電流為I=Blxt1(R+r) 通過的電荷量q=It1=BlxR+r 代入數(shù)據(jù)得q=2C (3)2s末,導體桿的速度v=at1=4m/s。 設(shè)在力F的作用過程中,電路中產(chǎn)生的總熱量為Q'。由動能定理可知 WF-μmgx-Q'=12mv2 代入數(shù)據(jù)可得Q'=323J 由串聯(lián)電路的知識可知Q=34Q'=8J。 7