第3部分命题区间4

文档编码:CJ6P9R2A8H4——HX3K5Y8A9A8——ZI3N9F6O4V2第三部分突破高考运算题的4个命题区间命题区间四电磁感应中的运算题课时跟踪检测〔二十二〕 电磁感应中的运算题 1.〔2022·江西赣州高三期末〕如以下图,间距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面夹角为30°,导轨的电阻不计,导轨的 N、Q端连接一阻值为R的电阻,导轨上有一根质量确定、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置,导体棒上方距离L以上的范畴存在着磁感应强度大小为向下的匀强磁场．现在施加一个平行斜面对上且与棒 B、方向与导轨平面垂直ab重力相等的恒力,使导体棒ab从静止开头沿导轨向上运动,当ab进入磁场后,发觉ab开头匀速运动,求： 〔1〕导体棒的质量；

〔2〕如进入磁场瞬时,拉力减小为原先的一半,求导体棒能连续向上运动的最大位移．解析：〔1〕导体棒从静止开头在磁场外匀加速运动,距离为 L,其加速度为F－mgsin30 ＝maF＝mg得a＝12g2aL＝gL棒进入磁场时的速度为v＝由棒在磁场中匀速运动可知F安＝12mgF安＝BIL＝B2L2vR＋r得m＝2B2L2R＋rL

g.F＝12mg〔2〕如进入磁场瞬时使拉力减半,就就导体棒所受合力为F安F安＝BIL＝B2L2vR＋r＝ma将v＝ΔxΔt,a＝Δv

Δt代入上式B2L2ΔxΔt ΔvR＋r ＝mΔt即B2L2Δx＝mΔv

R＋r设导体棒连续向上运动的位移为x,就有B2L2x＝mvR＋r将v＝ gL,m＝2BR＋r

2L2 Lg代入上式得x＝2L.答案：〔1〕2BR＋r2L2Lg 〔2〕2L2.如以下图,MN、PQ为足够长的平行导轨,间距L＝0.5m．导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°.NQ⊥MN,NQ间连接有一个R＝3Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B0＝1T．将一根质量为m＝0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上,且与导轨接触良好,金属棒的电阻 r＝2Ω,其余部分电阻不计．现由静止释放金属棒,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与 NQ平行．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数 μ＝0.5,当金属棒滑行至 cd处时速度大小开头保持不变,cd距离NQ为s＝2m．求：〔g＝10m/s2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8〕〔1〕金属棒达到稳固时的速度是多大？〔2〕从静止开头直到达到稳固速度的过程中,电阻R上产生的热量是多少？〔3〕如将金属棒滑行至 cd处的时刻记作t＝0,从今时刻起,让磁感应强度逐渐减小,可使金属棒中不产生感应电流,就t＝1s时磁感应强度应为多大？解析：〔1〕在达到稳固速度前,金属棒的加速度逐步减小,速度逐步增大,达到稳固速度时,

有mgsinθ＝B0IL＋μmgcosθ

E＝B0Lv

E＝I〔R＋r〕

代入已知数据,得 v＝2m/s. 〔2〕依据能量守恒得,重力势能减小,转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热,

有mgssinθ＝12mv2＋μmgcosθ·s＋Q

电阻R上产生的热量：QR＝R Q

R＋r

解得QR＝0.06J. 〔3〕当回路中的总磁通量不变时,金属棒中不产生感应电流．此时金属棒将沿导轨做匀加速运动,故

mgsinθ－μmgcosθ＝ma设t时刻磁感应强度为x＝vt＋12at2B,就B0Ls＝BL〔s＋x〕故t＝1s时磁感应强度B＝0.4T.答案：〔1〕2m/s〔2〕0.06J〔3〕0.4T3.〔2022·山东潍坊高三期末联考〕如以下图,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为 MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面对上, 两磁场的磁场感应度大小均为 B＝0.5T．在区域Ⅰ中,将质量m1＝0.1kg,电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑．然后,在区域Ⅱ中将质量 m2＝0.4kg,电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开头下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,取 g＝10m/s2,求：〔1〕cd下滑的过程中,ab中的电流方向；〔2〕ab刚要向上滑动时,cd的速度v的大小； 〔3〕从cd开头下滑到ab刚要向上滑动的过程中,此过程中ab上产生的热量Q是多少？cd滑动的距离x＝3.8m,解析：〔1〕由右手定就可以直接判定出电流是由 a流向b.〔2〕开头放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有Fmax＝m1gsinθ①E,由法拉第电磁感应定律有E设ab刚好要上滑时,cd棒的感应电动势为＝BLv②设电路中的感应电流为I＝E③R1＋R2I,由闭合电路欧姆定律有设ab所受安培力为F安,有F安＝ILB ④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面对下,由平稳条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax ⑤综合①②③④⑤式,代入数据,解得 v＝5m/s. 〔3〕设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为θ＝Q总＋12m2v 2 R1

又Q＝R1＋R2Q解得Q＝1.3J.答案：〔1〕由a流向b〔2〕5m/s〔3〕1.3JQ总,由能量守恒有m2gxsin4．如以下图,在倾角 θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面对上的匀强磁场区域MNPQ,磁感应强度B的大小为5T,磁场宽度d＝0.55m,有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框 abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连,物体与水平面间的动摩擦因数 μ＝0.4,将线框从图示位置由静止释放,物体到定滑轮的距离足够长．〔取g＝10m/s2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8〕求：〔1〕线框abcd仍未进入磁场的运动过程中,细线中的拉力为多少？〔2〕当ab边刚进入磁场时,线框恰好做匀速直线运动,求线框刚释放时 ab边距磁场MN边界的距离x多大？〔3〕在〔2〕问中的条件下,如 cd边恰离开磁场边界 PQ时,速度大小为2m/s,求整个运动过程中 ab边产生的热量为多少？解析：〔1〕m1、m2运动过程中,以整体法有m1gsinθ－μm2g＝〔m1＋m2〕a解得a＝2m/s2以m2为争论对象有 FT－μm2g＝m2a〔或以m1为争论对象有 m1gsinθ－FT＝m1a〕FT＝2.4N.〔2〕线框进入磁场恰好做匀速直线运动,以整体法有m1gsinθ－μm2g－B2LR

2v＝0解得v＝1m/sab到MN前线框做匀加速运动,有v2＝2ax解得x＝0.25m.〔3〕线框从开头运动到 cd边恰离开磁场边界 PQ时：m1gsinθ〔x＋d＋L〕－μm2g〔x＋d＋L〕＝12〔m1＋m2〕v21＋Q解得Q＝0.4J所以Qab＝14Q＝0.1J.答案：〔1〕2.4N 〔2〕0.25m 〔3〕0.1J5．〔2022·湖北省宜昌市高三质检〕如以下图,两根一端带有挡柱的金属导轨MN和PQ与水平面成θ＝37°角放置在磁感应强度B＝2T的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面对上,两导轨间距L＝1m．现有两根完全相同的金属棒ab和cd,长度均为L,质量均为m＝1kg,电阻均为R＝1Ω,两金属棒与导轨始终垂直且保持良好接触,导轨自身电阻不计．现让金属棒ab在沿斜面对上的外力F作用下从轨道上某处由静止开头做加速度 a＝2.5m/s2的匀加速直线运动,到金属棒cd刚要滑动时撤去外力F,此后金属棒ab连续向上运动0.3s后减速为0,当金属棒ab刚好返回到初始动身点时金属棒 cd对挡柱的压力是金属棒 ab静止时压力的2倍．已知两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为 0.5,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,重力加速度g为10m/s2.求：〔1〕外力F的冲量大小；〔2〕金属棒ab从减速为0到返回动身点过程中所产生的焦耳热．解析：〔1〕设金属棒ab的速度为v时金属棒cd刚要滑动,由B2L2R＝mgsinθ

2v＋μmgcosθ得v＝5m/s由v＝at知t＝2s,匀加速时段内金属棒 ab的位移为x1＝12at2＝5m对金属棒ab由牛顿其次定律得B2L2vF－mgsinθ－μmgcosθ－ 2R＝ma故F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋B2L2R＋ma,

2at代入数据可知,F随t线性变化,且最大值为F1＝22.5N,最小值为F2＝12.5N因此外力F的冲量I＝F1＋F2

2 t,代入数据解得I＝35N·s. 〔2〕撤力后金属棒cd仍静止,设金属棒ab减速滑行的位移为＋mgsinθ＋BIL〕Δt＝mv和IΔt＝BLx22R得x2＝1mx2,由〔μmgcosθB2L2v12R＝mgsinθ设金属棒ab返回到动身点时的速度为v1,对金属棒cd,由得v1＝3m/s由能量守恒知mg〔x1＋x2〕sinθ＝μmgcosθ〔x1＋x2〕＋12mv21＋2Q代入数据解得Q＝3.75J.答案：〔1〕35N·s 〔2〕3.75J6．两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道,如图甲所示放置,间距为 d＝1m,在左端圆弧轨道部分高 h＝1.25m处放置一金属杆 a,圆弧轨道与平直轨道区域光滑连接,在平直轨道右端放置另一金属杆b,杆a、b电阻Ra＝2Ω、Rb＝5Ω,只在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度 B＝2T．现杆b以初速度v0＝5m/s开头向左滑动,同时由静止释放杆a,杆a由静止滑到水平轨道的过程中,通过杆 b的平均电流为0.3A．从杆a下滑到水平轨道时开头计时,a、b杆运动的v-t图象如图乙所示〔以a运动方向为正〕,其中ma＝2kg,mb＝1kg,g取10m/s2,求：〔1〕杆a在圆弧轨道上运动的时间；

〔2〕杆a在水平轨道上运动过程中通过其横截面的电荷量；〔3〕在整个运动过程中杆 b产生的焦耳热．解析：〔1〕对杆b运用动量定理,有由题图乙可知,vb＝－2m/s

解得Δt＝5sBdIΔt＝mb〔vb－v0〕即杆a在圆弧轨道上运动的时间为 5s.〔2〕杆a下滑的过程中,由机械能守恒定律得magh＝12mav2a,解得va＝5m/s 设最终两杆共同的速度为