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2012~2021十年高考匯編·專題31 電學綜合3 壓軸大題1（解析版）.doc
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專題31 電學綜合3壓軸大題1
（2012-2021）
電磁綜合壓軸大題1—電磁感應中的動力學與能量綜合問題

1.（2021全國乙）12. 如圖，一傾角為 的光滑固定斜面的頂端放有質量 的U型導體框，導體框的電阻忽略不計；一電阻 的金屬棒 的兩端置于導體框上，與導體框構成矩形回路 ； 與斜面底邊平行，長度 。初始時 與 相距 ，金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離 后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區域。當金屬棒離開磁場的瞬間，導體框的 邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應強度大小 ，重力加速度大小取 。求：
（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大??；
（2）金屬棒 質量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數；
（3）導體框勻速運動的距離。


【答案】（1） ；（2） ， ；（3）
【解析】（1）根據題意可得金屬棒和導體框在沒有進入磁場時一起做勻加速直線運動，由動能定理可得

代入數據解得

金屬棒在磁場中切割磁場產生感應電動勢，由法拉第電磁感應定律可得

由閉合回路的歐姆定律可得

則導體棒剛進入磁場時受到的安培力為

（2）金屬棒進入磁場以后因為瞬間受到安培力的作用，根據楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向上，之后金屬棒相對導體框向上運動，因此金屬棒受到導體框給的沿斜面向下的滑動摩擦力，因勻速運動，可有

此時導體框向下做勻加速運動，根據牛頓第二定律可得

設磁場區域的寬度為x，則金屬棒在磁場中運動的時間為

則此時導體框的速度為

則導體框的位移

因此導體框和金屬棒的相對位移為

由題意當金屬棒離開磁場時金屬框的上端EF剛好進入線框，則有位移關系

金屬框進入磁場時勻速運動，此時的電動勢為
，
導體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得

聯立以上可得
， ， ，
（3）金屬棒出磁場以后，速度小于導體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運動，則有

金屬棒向下加速，導體框勻速，當共速時導體框不再勻速，則有

導體框勻速運動的距離為

代入數據解得

2.（2021浙江） 一種探測氣體放電過程的裝置如圖甲所示，充滿氖氣（ ）的電離室中有兩電極與長直導線連接，并通過兩水平長導線與高壓電源相連。在與長直導線垂直的平面內，以導線為對稱軸安裝一個用阻值 的細導線繞制、匝數 的圓環形螺線管，細導線的始末兩端c、d與阻值 的電阻連接。螺線管的橫截面是半徑 的圓，其中心與長直導線的距離 。氣體被電離后在長直導線回路中產生順時針方向的電流I，其 圖像如圖乙所示。為便于計算，螺線管內各處的磁感應強度大小均可視為 ，其中 。
（1）求 內通過長直導線橫截面的電荷量Q；
（2）求 時，通過螺線管某一匝線圈的磁通量 ；
（3）若規定 為電流的正方向，在不考慮線圈自感的情況下，通過計算，畫出通過電阻R的 圖像；
（4）若規定 為電流的正方向，考慮線圈自感，定性畫出通過電阻R的 圖像。

【答案】（1） ；（2） ；（3）見解析；（4）見解析
【解析】（1）由電量和電流的關系 可知 圖像下方的面積表示電荷量，因此有

代入數據解得

（2）由磁通量的定義可得

代入數據可得

（3）在 時間內電流均勻增加，有楞次定律可知感應電流的方向 ，產生恒定的感應電動勢

由閉合回路歐姆定律可得

代入數據解得

在 電流恒定，穿過圓形螺旋管的磁場恒定，因此感應電動勢為零，感應電流為零，而在 時間內電流隨時間均勻變化，斜率大小和 大小相同，因此電流大小相同，由楞次定律可知感應電流的方向為 ，則圖像如圖所示

（4）考慮自感的情況下，線框會產生自感電動勢阻礙電流的變化，因此開始時電流是緩慢增加的，過一段時間電路達到穩定后自感消失，電流的峰值和之前大小相同，在 時間內電路中的磁通量不變化電流要減小為零，因此自感電動勢會阻礙電流的減小，使得電流緩慢減小為零。同理，在 內電流緩慢增加，過一段時間電路達到穩定后自感消失，在 之后，電路中的磁通量不變化電流要減小為零，因此自感電動勢會阻礙電流的減小，使得電流緩慢減小為零。圖像如圖

3.（2020江蘇）如圖所示，電阻為 的正方形單匝線圈 的邊長為 ， 邊與勻強磁場邊緣重合。磁場的寬度等于線圈的邊長，磁感應強度大小為 。在水平拉力作用下，線圈以 的速度向右穿過磁場區域。求線圈在上述過程中：
(1)感應電動勢的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感應電流產生的熱量Q。

【答案】(1)0.8V；(2)0.8N；(3)0.32J
【解析】(1)由題意可知當線框切割磁感線是產生的電動勢為

(2)因為線框勻速運動故所受拉力等于安培力，有

根據閉合電路歐姆定律有

結合(1)聯立各式代入數據可得F=0.8N；
(3)線框穿過磁場所用的時間為

故線框穿越過程產生的熱量為

4.（2020北京）.某試驗列車按照設定的直線運動模式，利用計算機控制制動裝置，實現安全準確地進站停車。制動裝置包括電氣制動和機械制動兩部分。圖1所示為該列車在進站停車過程中設定的加速度大小 隨速度 的變化曲線。
(1)求列車速度從 降至 經過的時間t及行進的距離x。
(2)有關列車電氣制動，可以借助圖2模型來理解。圖中水平平行金屬導軌處于豎直方向的勻強磁場中，回路中的電阻阻值為 ，不計金屬棒 及導軌的電阻。 沿導軌向右運動的過程，對應列車的電氣制動過程，可假設 棒運動的速度與列車的速度、棒的加速度與列車電氣制動產生的加速度成正比。列車開始制動時，其速度和電氣制動產生的加速度大小對應圖1中的 點。論證電氣制動產生的加速度大小隨列車速度變化的關系，并在圖1中畫出圖線。
(3)制動過程中，除機械制動和電氣制動外，列車還會受到隨車速減小而減小的空氣阻力。分析說明列車從 減到 的過程中，在哪個速度附近所需機械制動最強?
(注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明)


【答案】. (1) ， ；(2) 列車電氣制動產生的加速度與列車的速度成正比，為過P點的正比例函數，論證過程見解析。畫出的圖線如下圖所示：


(3)
【解析】（1）由圖1可知，列車速度從 降至 的過程加速度為0.7m/s2的勻減速直線運動，由加速度的定義式：

得

由速度位移公式

得

（2）由MN沿導軌向右運動切割磁場線產生感應電動勢

回路中感應電流

MN受到的安培力

加速度為

結合上面幾式得

所以棒的加速度與棒的速度為正比例函數。又因為列車的電氣制動過程，可假設MN棒運動的速度與列車的速度、棒的加速度與列車電氣制動產生的加速度成正比，所以列車電氣制動產生的加速度與列車的速度成正比，為過P點的正比例函數。畫出的圖線如下圖所示。

(3)由（2）可知，列車速度越小，電氣制動的加速度越小。由題設可知列車還會受到隨車速減小而減小的空氣阻力。所以電氣制動和空氣阻力產生的加速度都隨速度的減小而減小。由圖1 中，列車速度從 降至 的過程中加速度大小 隨速度v減小而增大，所以列車速度從 降至 的過程中所需的機械制動逐漸變強，所以列車速度為 附近所需機械制動最強。
5.（2019天津）如圖所示，固定在水平面上間距為 的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒 和 長度也為 、電阻均為 ，兩棒與導軌始終接觸良好。 兩端通過開關 與電阻為 的單匝金屬線圈相連，線圈內存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量 。圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為 。 的質量為 ，金屬導軌足夠長，電阻忽略不計。

（1）閉合 ，若使 保持靜止，需在其上加多大 水平恒力 ，并指出其方向；
（2）斷開 ， 在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為 的加速過程中流過 的電荷量為 ，求該過程安培力做的功 。
【答案】（1） ，方向水平向右；（2）
【解析】：（1）設線圈中的感應電動勢為 ，由法拉第電磁感應定律 ，則
①
設 與 并聯的電阻為 ，有
②
閉合 時，設線圈中的電流為 ，根據閉合電路歐姆定律得
③
設 中的電流為 ，有
④
設 受到的安培力為 ，有
⑤
保持 靜止，由受力平衡，有ⅠⅡⅢⅣ
⑥
聯立①②③④⑤⑥式得
⑦
方向水平向右。
（2）設 由靜止開始到速度大小為 的加速過程中， 運動的位移為 ，所用時間為 ，回路中的磁通量變化為 ，平均感應電動勢為 ，有
⑧
其中
⑨
設 中的平均電流為 ，有
⑩
根據電流的定義得
?
由動能定理，有
?
聯立⑦⑧⑨⑩???式得
?


6.（2014·安徽）如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面向上．絕緣斜面上固定有“A”形狀的光滑金屬導軌的MPN(電阻忽略不計)，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m．以MN中點O為原點、OP為x軸建立一維坐標系Ox.一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3 m，質量m為1 kg、電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1 m/s在導軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導軌接觸良好)．g取10 m/s2.

(1)求金屬桿CD運動過程中產生的感應電動勢E及運動到x＝0.8 m處電勢差UCD；
(2)推導金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關系式，并在圖2中畫出F?x關系圖像；
(3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產生的焦耳熱．
【答案】 (1)－0.6 V　(2)略　(3)7.5 J
【解析】 (1)金屬桿CD在勻速運動中產生的感應電動勢
E＝Blv(l＝d)，E＝1.5 V(D點電勢高)
當x＝0.8 m時，金屬桿在導軌間的電勢差為零．設此時桿在導軌外的長度為l外，則
l外＝d－OP－xOPd
OP＝MP2－MN22
得l外＝1.2 m
由楞次定律判斷D點電勢高，故CD兩端電勢差
UCB＝－Bl外v, UCD＝－0.6 V
(2)桿在導軌間的長度l與位置x關系是
l＝OP－xOPd＝3－32x
對應的電阻R1為R1＝ldR，電流I＝BlvR1
桿受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x
根據平衡條件得F＝F安＋mgsin θ
F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)
畫出的F?x圖像如圖所示．

(3)外力F所做的功WF等于F?x圖線下所圍的面積，即
WF＝5＋12.52×2 J＝17.5 J
而桿的重力勢能增加量ΔEp＝mgsin θ
故全過程產生的焦耳熱Q＝WF－ΔEp＝7.5 J

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