2022届新高考二轮复习 “电路与电磁感应”大题的考法研究 作业

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计算题增分专训（五）  “电路与电磁感应”大题的考法研究1．如图所示，质量为M的可移动“⊃”型导轨MNPQ位于光滑水平桌面上，两条平行轨道间的距离为L。质量为m的金属杆可垂直于导轨滑动，金属杆与轨道之间存在摩擦力，金属杆接入回路中的电阻为R。初始时金属杆位于图中的虚线OO′处，OO′的左侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在t＝0时，用一平行于导轨的恒力F作用于金属杆，使之由静止开始沿导轨向左运动。t0时刻回路中的电流为I0，此过程中导轨MNPQ向左移动的距离为x0(杆与轨道始终保持相对运动，NP尚未进入磁场)。不考虑导轨的电阻与回路的自感，求：(1)t0时刻金属杆的速度大小v；(2)金属杆与“⊃”型导轨间的滑动摩擦因数μ；(3)该过程中金属杆移动的距离x。解析：(1)由闭合电路欧姆定律得E＝I0R切割感应电动势E＝BLv，解得v＝。(2)滑动摩擦力为f＝μmg对导轨受力分析，由牛顿第二定律得f＝Ma导轨匀加速运动x0＝at，解得μ＝。(3)在任意短的时间内对金属杆分析，由动量定理得(F－f－BIL)Δt＝mΔv叠加求和有(F－f)t0－BLq＝mv，而＝，＝，q＝t0，联立解得q＝联立解得x＝－。答案：(1)　(2)　(3)－2．(2022届·泰安高三调研)如图所示，两平行光滑金属导轨ABC、A′B′C′的左端接有阻值为R的定值电阻Z，间距为L，其中AB、A′B′固定于同一水平面(图中未画出)上且与竖直面内半径为r的光滑圆弧形导轨BC、B′C′相切于B、B′两点。矩形DBB′D′区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。导体棒ab的质量为m、电阻值为R、长度为L，ab棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t后撤去推力，然后ab棒与另一根相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起，以3的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC′处。重力加速度大小为g，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。(1)求该推力的功率P；(2)求两导体棒通过磁场右边界BB′时的速度大小v；(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z产生的焦耳热Q；(4)两导体棒到达CC′后原路返回，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域。若不能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD′的距离x。解析：(1)设两导体棒碰撞前瞬间ab棒的速度大小为v0，在推力作用的过程中，由动能定理有Pt＝mv设ab与cd碰后瞬间的速率为v1，其值为3，由动量守恒定律有mv0＝2mv1，解得P＝。(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程，由机械能守恒定律有×2mv2＝2mgr，解得v＝。(3)经分析可知，两导体棒上产生的总焦耳热为，由能量守恒定律有Q＋＝×2mv－×2mv2解得Q＝mgr。(4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t1，该过程回路中的平均电流为，DD′与BB′的间距为x1，由动量定理有－BLt1＝2mv－2mv1根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有t1＝，解得x1＝由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB′处时的速度大小仍为v＝，导体棒再次进入磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同时设导体棒在磁场中向左运动的时间为t2，导体棒进入磁场后到停止运动的距离为Δx，该过程回路中的平均电流为′，同前述道理可分别列式为－B′Lt2＝0－2mv，′t2＝解得Δx＝显然Δx<x1，假设成立，故导体棒不能向左穿过磁场区，且根据前述计算可知，导体棒停止的位置与DD′的距离x＝x1－Δx＝。答案：(1)　(2)　(3)mgr(4)不能，3．(2021·浙江温州二模)如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面固定在粗糙程度较大的水平地面上，斜面底部MNPQ区域内及PQ右侧区域分布着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界MN、PQ间的距离为L，PQ为斜面最低处。将质量为m、电阻为R、边长为L的正方形匀质金属框abcd(表面涂有绝缘漆)从cd边距MN边界的距离为L处静止释放，当cd边到达PQ处时刚好速度为零，接着用外力使框做“翻跟头”运动，即框以cd边为轴顺时针翻转150°，然后以ab边为轴顺时针翻转180°，再以cd边为轴顺时针翻转180°，……，如此不断重复，每转到竖直和水平时位置记为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ、……。翻转过程中，金属框不打滑，并保持角速度大小恒为ω，空气阻力不计，重力加速度为g，以位置Ⅰ作为计时起点即t＝0。(1)求金属框进入MNPQ区域的过程中，流过ab边的电量；(2)写出金属框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，a、b两点的电势差Uab随时间变化的函数式；(3)求金属框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，外力对框做的功；(4)在图示坐标系内画出金属框从位置Ⅰ到位置Ⅴ的过程中，电势差Uab随时间变化的函数图像(标出相应的纵横坐标)。解析：(1)流过ab边的电量q＝×Δt＝×Δt＝×Δt＝由于ΔΦ＝BScos  30°＝所以q＝。(2)从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，ab边以cd边为中心匀速转动，ab边上产生的电动势为e＝BLvabcos θ＝BL×Lω×cos ωt＝BL2ωcos ωt其中θ为ad边与竖直方向的夹角；所以a、b两点的电势差为Uab＝e－e＝BL2ωcos ωt。(3)从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，安培力做的功在数量上等于导体产生的热量，即WA＝2×R×＝由动能定理得W＋mgL－WA＝0解得W＝－mgL。(4)在位置Ⅰ及位置Ⅴ，ab边切割磁感线，且速度方向与磁感线垂直，所以电势差Uab＝BL2ω在位置Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，ab边静止不动，cd切割磁感线，所以电势差Uab′＝BL2ω由于线框匀速转动，所以曲线为正弦曲线，函数图像如下图所示。答案：(1)　(2)Uab＝BL2ωcos ωt(3)－mgL　(4)见解析图4．(2021·华南师大附中二模)如图所示，有形状为“”的光滑平行导轨MQ和NP水平放置，其中宽轨间距为2d，窄轨间距为d，轨道足够长。N1M1右侧均为绝缘材料，其余为金属导轨，N0N1＝M0M1＝d。MN间接有一电阻R＝r，金属棒ab质量m1＝m、长度2d、电阻r1＝2r，在水平向右、大小为F的恒力作用下，从静止开始加速，离开宽轨前，速度已达最大值。金属棒滑上窄轨瞬间，迅速撤去力F。cdef是质量m2＝m、电阻r2＝r、三边长度均为d的“U”形金属框，如图平放在绝缘导轨上。以f点所在处为坐标原点O，沿feP方向建立坐标轴。整个空间存在竖直向上的磁场，磁感应强度分布规律B＝，其中k>0，金属导轨电阻不计，ab棒、金属框与导轨始终接触良好。(1)求ab棒在宽轨上运动的最大速度vm及刚滑上窄轨时ab两端电压Uab；(2)求ab棒运动至M1N1位置与金属框碰撞前瞬间的速度大小v1；(3)若ab棒与金属框碰撞后连接在一起，求金属框静止时f端的位置坐标x。解析：(1)当ab棒匀速运动时，加速度为零，此时速度最大，ab棒受力平衡B0I×2d＝F其中I＝，联立解得vm＝当ab刚滑上窄轨时，等效电路如图所示，ab棒只有中间宽度为d的部分有电流流过，ab间电压Uab＝UN0M0＋B0dvm，其中UM0N0＝·R代入数值得Uab＝B0dvm＝。(2)ab棒在窄轨上的导体部分做减速运动，由动量定理得－B01dt＝m1v1－m1vm又1＝，1＝B0d1，d＝1t联立上述方程可解得ab棒滑出导体区域瞬间速度v1＝－，之后匀速运动至与金属框相碰。(3)ab棒与金属框相碰，据动量守恒定律可得m1v1＝(m1＋m2)v2进入窄轨的绝缘部分后，ab棒cf部分和金属框构成回路，ed边处的磁场总是比fc边的磁场大ΔB＝kd回路中的电流I2＝全框架受到的安培力合力F安＝ΔBI2d由动量定理可得－F安·t＝0－(m1＋m2)v2金属框前进的位移x＝∑v·t联立以上方程得金属框静止时f端的位置坐标x＝－。答案：(1)　　(2)－(3)－