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2012~2021十年高考汇编·专题31 电学综合3 压轴大题1（解析版）.doc
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专题31 电学综合3压轴大题1
（2012-2021）
电磁综合压轴大题1—电磁感应中的动力学与能量综合问题

1.（2021全国乙）12. 如图，一倾角为 的光滑固定斜面的顶端放有质量 的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻 的金属棒 的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路 ； 与斜面底边平行，长度 。初始时 与 相距 ，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离 后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的 边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小 ，重力加速度大小取 。求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒 质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。


【答案】（1） ；（2） ， ；（3）
【解析】（1）根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得

代入数据解得

金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得

由闭合回路的欧姆定律可得

则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为

（2）金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有

此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得

设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为

则此时导体框的速度为

则导体框的位移

因此导体框和金属棒的相对位移为

由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系

金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为
，
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得

联立以上可得
， ， ，
（3）金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有

金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有

导体框匀速运动的距离为

代入数据解得

2.（2021浙江） 一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（ ）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值 的细导线绕制、匝数 的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值 的电阻连接。螺线管的横截面是半径 的圆，其中心与长直导线的距离 。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其 图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为 ，其中 。
（1）求 内通过长直导线横截面的电荷量Q；
（2）求 时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量 ；
（3）若规定 为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的 图像；
（4）若规定 为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的 图像。

【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析；（4）见解析
【解析】（1）由电量和电流的关系 可知 图像下方的面积表示电荷量，因此有

代入数据解得

（2）由磁通量的定义可得

代入数据可得

（3）在 时间内电流均匀增加，有楞次定律可知感应电流的方向 ，产生恒定的感应电动势

由闭合回路欧姆定律可得

代入数据解得

在 电流恒定，穿过圆形螺旋管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在 时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和 大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为 ，则图像如图所示

（4）考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻碍电流的变化，因此开始时电流是缓慢增加的，过一段时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在 时间内电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。同理，在 内电流缓慢增加，过一段时间电路达到稳定后自感消失，在 之后，电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。图像如图

3.（2020江苏）如图所示，电阻为 的正方形单匝线圈 的边长为 ， 边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为 。在水平拉力作用下，线圈以 的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。

【答案】(1)0.8V；(2)0.8N；(3)0.32J
【解析】(1)由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为

(2)因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有

根据闭合电路欧姆定律有

结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8N；
(3)线框穿过磁场所用的时间为

故线框穿越过程产生的热量为

4.（2020北京）.某试验列车按照设定的直线运动模式，利用计算机控制制动装置，实现安全准确地进站停车。制动装置包括电气制动和机械制动两部分。图1所示为该列车在进站停车过程中设定的加速度大小 随速度 的变化曲线。
(1)求列车速度从 降至 经过的时间t及行进的距离x。
(2)有关列车电气制动，可以借助图2模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，回路中的电阻阻值为 ，不计金属棒 及导轨的电阻。 沿导轨向右运动的过程，对应列车的电气制动过程，可假设 棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比。列车开始制动时，其速度和电气制动产生的加速度大小对应图1中的 点。论证电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系，并在图1中画出图线。
(3)制动过程中，除机械制动和电气制动外，列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明列车从 减到 的过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强?
(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)


【答案】. (1) ， ；(2) 列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为过P点的正比例函数，论证过程见解析。画出的图线如下图所示：


(3)
【解析】（1）由图1可知，列车速度从 降至 的过程加速度为0.7m/s2的匀减速直线运动，由加速度的定义式：

得

由速度位移公式

得

（2）由MN沿导轨向右运动切割磁场线产生感应电动势

回路中感应电流

MN受到的安培力

加速度为

结合上面几式得

所以棒的加速度与棒的速度为正比例函数。又因为列车的电气制动过程，可假设MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比，所以列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为过P点的正比例函数。画出的图线如下图所示。

(3)由（2）可知，列车速度越小，电气制动的加速度越小。由题设可知列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。所以电气制动和空气阻力产生的加速度都随速度的减小而减小。由图1 中，列车速度从 降至 的过程中加速度大小 随速度v减小而增大，所以列车速度从 降至 的过程中所需的机械制动逐渐变强，所以列车速度为 附近所需机械制动最强。
5.（2019天津）如图所示，固定在水平面上间距为 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒 和 长度也为 、电阻均为 ，两棒与导轨始终接触良好。 两端通过开关 与电阻为 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量 。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 。 的质量为 ，金属导轨足够长，电阻忽略不计。

（1）闭合 ，若使 保持静止，需在其上加多大 水平恒力 ，并指出其方向；
（2）断开 ， 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为 的加速过程中流过 的电荷量为 ，求该过程安培力做的功 。
【答案】（1） ，方向水平向右；（2）
【解析】：（1）设线圈中的感应电动势为 ，由法拉第电磁感应定律 ，则
①
设 与 并联的电阻为 ，有
②
闭合 时，设线圈中的电流为 ，根据闭合电路欧姆定律得
③
设 中的电流为 ，有
④
设 受到的安培力为 ，有
⑤
保持 静止，由受力平衡，有ⅠⅡⅢⅣ
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
⑦
方向水平向右。
（2）设 由静止开始到速度大小为 的加速过程中， 运动的位移为 ，所用时间为 ，回路中的磁通量变化为 ，平均感应电动势为 ，有
⑧
其中
⑨
设 中的平均电流为 ，有
⑩
根据电流的定义得
⑪
由动能定理，有
⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式得
⑬


6.（2014·安徽）如图所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨的MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m．以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m，质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10 m/s2.

(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD；
(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出F¬x关系图像；
(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．
【答案】 (1)－0.6 V　(2)略　(3)7.5 J
【解析】 (1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势
E＝Blv(l＝d)，E＝1.5 V(D点电势高)
当x＝0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，则
l外＝d－OP－xOPd
OP＝MP2－MN22
得l外＝1.2 m
由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差
UCB＝－Bl外v, UCD＝－0.6 V
(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是
l＝OP－xOPd＝3－32x
对应的电阻R1为R1＝ldR，电流I＝BlvR1
杆受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x
根据平衡条件得F＝F安＋mgsin θ
F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)
画出的F¬x图像如图所示．

(3)外力F所做的功WF等于F¬x图线下所围的面积，即
WF＝5＋12.52×2 J＝17.5 J
而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgsin θ
故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5 J