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

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＝eq\f(I0R,BL)。(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＝eq\f(1,2)ateq\o\al(02,)，解得μ＝eq\f(2Mx0,mgt\o\al(02,))。(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eq\x\to(E)＝eq\f(BLx,t0)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，q＝eq\x\to(I)t0，联立解得q＝eq\f(BLx,R)联立解得x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－\f(2Mx0,t\o\al(02,))))eq\f(Rt0,B2L2)－eq\f(I0mR2,B3L3)。答案：(1)eq\f(I0R,BL)(2)eq\f(2Mx0,mgt\o\al(02,))(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－\f(2Mx0,t\o\al(02,))))eq\f(Rt0,B2L2)－eq\f(I0mR2,B3L3)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eq\f(1,4)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3eq\r(2gr)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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)设ab与cd碰后瞬间的速率为v1，其值为3eq\r(2gr)，由动量守恒定律有mv0＝2mv1，解得P＝eq\f(36mgr,t)。(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eq\f(1,2)×2mv2＝2mgr，解得v＝eq\r(2gr)。(3)经分析可知，两导体棒上产生的总焦耳热为eq\f(Q,2)，由能量守恒定律有Q＋eq\f(Q,2)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mv2解得Q＝eq\f(32,3)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eq\x\to(I)，DD′与BB′的间距为x1，由动量定理有－Beq\x\to(I)Lt1＝2mv－2mv1根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有eq\x\to(I)t1＝eq\f(BLx1,\f(3R,2))，解得x1＝eq\f(6mR\r(2gr),B2L2)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＝eq\r(2gr)，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eq\x\to(I)′，同前述道理可分别列式为－Beq\x\to(I)′Lt2＝0－2mv，eq\x\to(I)′t2＝eq\f(BLΔx,\f(3R,2))解得Δx＝eq\f(3mR\r(2gr),B2L2)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＝eq\f(3mR\r(2gr),B2L2)。答案：(1)eq\f(36mgr,t)(2)eq\r(2gr)(3)eq\f(32,3)mgr(4)不能，eq\f(3mR\r(2gr),B2L2)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＝eq\x\to(I)×Δt＝eq\f(\x\to(E),R)×Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)×Δt＝eq\f(ΔΦ,R)由于ΔΦ＝BScos30°＝eq\f(\r(3)BL2,2)所以q＝eq\f(\r(3)BL2,2R)。(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＝BLvabcosθ＝BL×Lω×cosωt＝BL2ωcosωt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－eq\f(1,4)e＝eq\f(3,4)BL2ωcosωteq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤t≤\f(π,2ω)))。(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＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL2ω,\r(2)R)))2×R×eq\f(π,2ω)＝eq\f(πωB2L4,4R)由动能定理得W＋eq\f(1,2)mgL－WA＝0解得W＝eq\f(πωB2L4,4R)－eq\f(1,2)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＝eq\f(3,4)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′＝eq\f(1,4)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)eq\f(\r(3)BL2,2R)(2)Uab＝eq\f(3,4)BL2ωcosωteq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤t≤\f(π,2ω)))(3)eq\f(πωB2L4,4R)－eq\f(1,2)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＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(B0x＜0，,B0＋kxx≥0))，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＝eq\f(2B0dvm,R＋r1)，联立解得vm＝eq\f(3rF,4B\o\al(02,)d2)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＝eq\f(B0dvm,R＋\f(r1,2))·R代入数值得Uab＝eq\f(3,2)B0dvm＝eq\f(9rF,8B0d)。(2)ab棒在窄轨上的导体部分做减速运动，由动量定理得－B0eq\x\to(I)1dt＝m1v1－m1vm又eq\x\to(I)1＝eq\f(\x\to(E)1,2r)，eq\x\to(E)1＝B0deq\x\to(v)1，d＝eq\x\to(v)1t联立上述方程可解得ab棒滑出导体区域瞬间速度v1＝eq\f(3Fr,4B\o\al(02,)d2)－eq\f(B\o\al(02,)d3,2mr)，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＝eq\f(ΔBdv,r2＋\f(r1,2))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