物理2025《高中考前》高考冲刺考试方法答题技巧高考预测板块七 　电磁感应规律的综合应用含答案

物理2025《高中考前》高考冲刺考试方法答题技巧高考预测板块七电磁感应规律的综合应用板块七电磁感应规律的综合应用考向一电磁感应规律的动力学问题【真题研磨】典例(2024·河北选择考)如图,边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上,细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动①,水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中,CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止②。已知CD棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计,CD棒始终与导轨垂直,各部分始终接触良好,不计空气阻力,重力加速度大小为g。(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。(2)锁定OA棒,推动CD棒下滑,撤去推力瞬间,CD棒的加速度大小为a,所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值,求CD棒与导轨间的动摩擦因数。审题思维题眼直击信息转化①转动切割产生电动势,切割有效长度最大Lmax=2L,切割的有效长度最短为L②安培力最大时摩擦力向下为最大静摩擦力,安培力最小时摩擦力向上为最大静摩擦力模型转化导体棒转动切割:OA棒绕O点转动切割磁感线产生电动势,E=BL2ω【解析】(1)当OA运动到正方形细框对角线瞬间,切割的有效长度最大,Lmax=2L,此时感应电流最大,CD棒所受的安培力最大,根据法拉第电磁感应定律得Emax=BLmaxv1=B·2L·2Lω2=根据闭合电路欧姆定律得Imax=E故CD棒所受的安培力最大为Fmax=BImaxL=B当OA运动到与细框一边平行的瞬间,切割的有效长度最短,感应电流最小,CD棒受到的安培力最小,得Emin=BLminv2=B·L·Lω2故CD棒所受的安培力最小为Fmin=BIminL=B(2)当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得mgsinθ-μmgcosθ-Fmin=0当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得Fmax-mgsinθ-μmgcosθ=0联立解得m=3撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律得Fmax+μmgcosθ-mgsinθ=ma解得μ=agcosθ-答案:(1)B2L3ωR,B2L【答题要素】电磁感应规律的动力学问题解答步骤(1)“转化图形”——把立体图转化为平面图便于对导体进行受力分析。(2)“判断流向”——利用楞次定律、右手定则判断出导体棒中的电流方向。(3)“受力分析”——导体的受力情况分析。(4)“过程分析”——速度随时间的动态分析。(5)“能量分析”——根据焦耳定律、动能定理、能量守恒定律分析。(6)“动量分析”——涉及q、x、t三个物理量往往需要考虑从动量定理入手分析。【多维演练】1.维度:“电-动-电”型如图所示,长平行导轨PQ、MN光滑,相距l=0.5m,处在同一水平面中,磁感应强度B=0.8T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面。横跨在导轨上的直导线ab的质量m=0.1kg、电阻R=0.8Ω,导轨电阻不计。导轨间通过开关S将电动势E=1.5V、内电阻r=0.2Ω的电池接在M、P两端,试计算分析:(1)导线ab的加速度的最大值和速度的最大值分别是多少。(2)在闭合开关S后,怎样才能使ab以恒定的速度v=7.5m/s沿导轨向右运动。【解析】(1)闭合开关S,导线ab受到向右的安培力而往右加速运动,导线切割磁感线,产生逆时针方向的感应电动势E'=Blv(俯视),电源电动势为E,方向为顺时针方向,因此总电动势为顺时针方向且E总=E-E'=E-Blv,总电流I=E总R安培力F安=BIl=B据牛顿第二定律有:F安=B(E由上式可知:导线ab做加速度减小的加速运动当导线的速度v=0时,加速度最大且amax=BElm(当导线ab的加速度a=0时,即E=Blv时,导线速度最大vmax=EBl=3.(2)如果ab以恒定速度v=7.5m/s向右沿导轨运动,则ab中感应电动势:E'=Blv=3V由于E'>E且方向相反,这时闭合电路中电流方向为逆时针方向(俯视),大小为I'=E'-ER直导线ab中的电流由b到a,根据左手定则,磁场对ab有水平向左的安培力作用,大小为F'=BI'l=0.6N所以要使ab以恒定速度v=7.5m/s向右运动,必须有水平向右的恒力F=0.6N作用于ab。答案:(1)6m/s23.75m/s(2)必须有水平向右的恒力F=0.6N作用于ab2.维度:电容器放电如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中,两根相距L的平行长直金属导轨水平放置,左端接电容为C的电容器,一导体棒放置在导轨上,与导轨垂直且接触良好,不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B,导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。(1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I;(2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a;(3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。【解析】(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q,则电容器两极板间电压U=Q开关闭合瞬间,通过导体棒的电流I=U解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为I=Q(2)开关闭合瞬间由牛顿第二定律有BIL=ma将电流I代入解得a=BQL(3)由(2)中结论可知,随着电容器放电,所带电荷量不断减少,所以导体棒的加速度不断减小,其v-t图线如图所示答案:(1)QCR(2)BQLCRm考向二电磁感应规律的动量、能量问题【真题研磨】典例(2024·湖北选择考)如图所示,两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L,固定在同一水平面内,直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的14圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直,其左侧无磁场,右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环,水平放置在两直导轨上,其圆心到两直导轨的距离相等①。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变,金属棒、金属环均与导轨始终接触良好,重力加速度大小为g。现将金属棒ab(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小;(2)金属环刚开始运动时的加速度大小;(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触,金属环圆心初始位置到MP的最小距离②。审题思维题眼直击信息转化①金属环在导轨间两段圆弧电阻为R且并联接入电路,其余部分被短路②运动中金属棒ab和金属环系统动量守恒,当金属棒ab和金属环速度相等时,金属棒ab恰好追上金属环【解析】(1)根据题意可知,对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中,由动能定理有mgL=12mv02,解得v则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL(2)根据题意可知,金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中,导轨外侧的两段圆弧被短路,由几何关系可得,导轨间每段圆弧的电阻为R0=12×6R3=R可知,整个回路的总电阻为R总=R+R·ab刚越过MP时,通过ab的感应电流为I=ER总对金属环由牛顿第二定律有2BL·I2=2ma,解得a=(3)根据题意,结合上述分析可知,金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向,则系统的动量守恒,由于金属环做加速运动,金属棒做减速运动,为使ab在整个运动过程中不与金属环接触,则有当金属棒ab和金属环速度相等时,金属棒ab恰好追上金属环,设此时速度为v,由动量守恒定律有mv0=mv+2mv,解得v=13v对金属棒ab,由动量定理有-BILt=m·v03-mv0,则有BLq=2设金属棒运动距离为x1,金属环运动的距离为x2,则有q=BL(x1-x2)R总,联立解得Δ则金属环圆心初始位置到MP的最小距离d=L+Δx=B答案:(1)BL2gL(2)B2【答题要素】电磁感应中的能量转化【多维演练】维度:双棒动量定理如图所示,在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中,间距为L的足够长水平金属导轨P、Q与间距为2L的足够长水平金属导轨M、N相连,长为L、质量为m、电阻为R的均匀金属棒a垂直于P、Q静止放置,由相同金属制成的均匀金属棒b长为2L、质量为2m,垂直于M、N运动,棒与导轨接触良好,导轨光滑且不计电阻。开始时棒b在水平外力F作用下以恒定速度v0匀速向右运动,经一段时间棒a的速度也达到v0(a棒始终在导轨P、Q上滑动),此时撤去外力F。求:(1)刚拉动棒b时,棒a上的电流I1;(2)从开始运动到速度达到v0,棒a上产生的热量Q1;(3)撤去F后,棒a上产生的热量Q2。【解析】(1)由题意可知,棒b的电阻为2R,棒a未动时,回路电动势为E=2BLv0,则刚拉动棒b时,棒a上的电流为I1=2(2)对棒a用动量定理得ΣBIL·Δt=ΣmΔv可得BLq=mv0棒b相当于电源,棒a相当于电动机,电源产生的电能一部分转化为棒a的动能,其余转化为回路电热,则有E电=2BLv0·q=12mv02+Q总,又Q1=13Q总,联立解得Q1(3)撤去F后,最终两棒上均无电流,则有BLva=B·2Lvb可得va=2vb,由动量定理可得ΣFa·Δt=m(va-v0),ΣFb·Δt=2m(v0-vb)又Fb=2BIL=2Fa可得va-v0=v0-vb,联立解得va=43v0,vb=23由能量守恒可得12×3mv02=12mva2+1又Q2=13Q'总,联立解得Q2=118答案:(1)2BLv03R(2)12m1.☆☆☆(电磁感应动力学问题)磁悬浮列车是一种高速运载的交通工具,它利用磁力使列车在轨道上悬浮起来从而减少阻力,同时利用磁场与固定在列车下方的金属线圈相互作用,使列车获得牵引力。如图为某种磁悬浮列车驱动原理的示意图。水平面上有两根平行直轨道,轨道间有垂直于轨道平面、方向相反的两种匀强磁场,两种磁场沿轨道方向的宽度均为L,且相间排列,车厢下方固定着N匝边长为L的闭合正方形金属线圈abcd,车厢与线圈绝缘。当所有磁场同时沿轨道方向运动时,线圈会带动车厢沿轨道运动。已知:轨道宽度为L,两种磁场的磁感应强度大小均为B,车厢运动中受到的阻力恒为f,车厢及线圈的总质量为m,线圈的总电阻为R。(1)若所有磁场同时沿轨道方向以速度v做匀速运动,求:a.线圈中感应电流的最大值Im;b.车厢速度的最大值vm。(2)若所有磁场同时沿轨道方向由静止做加速度为a的匀加速运动,当磁场运动时间为t时,车厢正在沿轨道做匀加速运动,求此时车厢的速度大小v车。【解析】(1)a.列车静止时,电流最大,列车受到的电磁驱动力最大,此时线圈中产生的感应电动势为Em=2NBLv线圈中感应电流为Im=EmRb.列车匀速运动时,速度最大,有f=F安=2NBIL又I=2联立,解得vm=v-fR(2)依题意,列车做匀加速运动的加速度必须与两磁场由静止做匀加速运动的加速度相同。则有F'安-f=ma又F'安=4联立,解得v车=at-(答案:(1)a.2NBLvRb.v-fR4N22.☆☆☆☆(能量守恒和动量定理)如图所示,相距l=2m的两平行导轨MN、PQ固定在水平面上,其中O'和O处为一小段长度可忽略的绝缘材料,其余均为金属材料,两导轨左端连接阻值为R=2Ω的电阻。导轨所在处的空间分布着两个竖直向下的有界磁场,磁场1宽度为D1=3m,右边界与y轴重合,磁感应强度大小B1=0.5T,磁场2宽度为D2=2m,左边界与y轴重合,磁感应强度分布规律为B2=(0.5+2x)T,水平导轨上的无磁场区域静止放置一质量为m=0.4kg的“联动双杆”(金属杆ab和cd长度均为l=2m,电阻均为R=2Ω,它们之间用长度为d=1m的刚性绝缘杆连接构成),在外力F的作用下以v=4m/s的速度匀速穿过磁场1,完全进入磁场2后撤去外力F,运动过程中,杆ab、cd与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应。求:(1)联动双杆进入磁场1的过程中,通过ab杆的电荷量;(2)联动双杆匀速穿过磁场1的过程中,外力F做的功;(3)联动双杆能否穿出磁场2,请说明理由。【解析】(1)联动双杆进入磁场1的过程中,cd杆切割磁感线产生的感应电动势为Ecd=B1lv=4V,流过干路的总电流为I总=EcdR+联动双杆进入磁场1所用时间为t1=dv=1通过ab杆的电荷量为q=I总2t1=(2)联动双杆进入磁场1过程中产生的焦耳热为Q1=Ecd2R2+联动双杆均在磁场1中运动,ab杆和cd杆产生的电动势均为Eab=Ecd=B1lv=4V,将ab杆和cd杆看成一个等效电源,则等效电源电动势和内阻分别为E=Eab=Ecd=4V,r=R联动双杆在磁场1中运动过程的时间为t2=D1-d联动双杆在磁场1中运动过程产生的焦耳热为Q2=E2R2+R联动双杆出磁场1过程中,ab杆与R构成回路,该过程产生的焦耳热为Q3=Eab22Rt1=1J可得Q总=Q1+Q2+Q3=5J,联动双杆匀速穿过磁场1的过程中,根据能量守恒可知,外力F做的功为WF(3)联动双杆完全进入磁场2后撤去外力F,联动双杆在磁场2的运动过程中,设cd杆所在位置的磁感应强度为B2时,ab杆所在位置的磁感应强度为B'2,根据B2=(0.5+2x)T可知ΔB=B2-B'2=2d=2T联动双杆产生的总电动势为E总=B2lv-B'2lv=ΔB·lv联动双杆与导轨构成回路的电流为I=E总2R,联动双杆受到的安培力合力大小为F=B2Il-B'2Il=ΔB·设联动双杆的速度减为0时在磁场2中运动的位移为s,根据动量定理可得-(ΔB)2l2v2R·联立可得s=0.4m,由于s+d=1.4m<D2=2m故联动双杆不能穿出磁场2。答案:(1)16C(2)5J(3)不能,理由见解析考向一气体实验定律的综合应用【真题研磨】典例(2024·甘肃选择考)如图,刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体,被隔板分成A、B两部分,隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态,A、B体积均为Sl,压强均为p0,弹簧为原长。现将B中气体抽出一半①,(1)抽气之后A、B的压强pA、pB。(2)弹簧的劲度系数k。审题思维题眼直击信息转化①可以先假定体积不变,则压强变为原来的一半②A的体积变为原来的四分之五,弹簧压缩l模型转化活塞受力平衡pAS=pBS+F弹【解析】(1)设抽气前两部分体积为V=Sl,对气体A分析:抽气后VA=2V-34V=5根据玻意耳定律得p0V=pA54解得pA=45p对气体B分析,若体积不变的情况下抽去一半的气体,则压强变为原来的一半即12p0,则根据玻意耳定律得12p0V=pB解得pB=23p(2)由题意可知,弹簧的压缩量为l4,对活塞受力分析有pAS=pBS+根据胡克定律得F=kl联立得k=8答案:(1)45p023p0【答题要素】利用气体实验定律解决问题的基本思路【多维演练】维度:变质量类目前国内最大的单体冷库规划容量为四十六万吨。夏季某天外界气温为37℃,冷库内的温度为-23℃,冷库与外界之间有一个穿堂,温度为10℃。一辆货车在冷库内时轮胎内压强值为2.6atm,到外界后为避免温度高时胎内压强过高造成爆胎,必须及时放气,使轮胎内压强降至2.2atm。已知轮胎的容积恒为30L,轮胎内气体可视为理想气体,气体温度和外界温度相同,计算结果均保留两位小数。(1)货车离开冷库的过程中,轮胎内气体压强升高,请从微观角度解释气体压强升高的原因;(2)求货车在穿堂内行驶时轮胎内气体的压强;(3)求离开冷库后放出气体的质量与轮胎内原有气体的质量比。【解析】(1)货车离开冷库的过程中,温度升高,气体平均分子动能增大,气体体积不变,单位时间对轮胎单位面积平均碰撞次数增加,与轮胎壁碰撞时对轮胎壁的冲击力变大,则气体的压强增大。(2)货车在冷库内时,压强和温度分别为p1=2.6atm,T1=(-23+273)K=250K,货车在穿堂内行驶时,有T2=(10+273)K=283K,气体做等容变化,则有p1T1解得货车在穿堂内行驶时轮胎内气体的压强为p2≈2.94atm。(3)离开冷库后,温度和压强分别为T3=(37+273)K=310K,p3=2.2atm,设放出压强为2.2atm的气体的体积为ΔV,根据理想气体状态方程p1VT1=p3答案:(1)见解析(2)2.94atm(3)0.32考向二气体实验定律和热力学定律的综合应用【真题研磨】典例(2024·湖北选择考)如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0,气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升15h①再次平衡②。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT,C为已知常数,大气压强恒为p0,重力加速度大小为g(1)再次平衡时容器内气体的温度。(2)此过程中容器内气体吸收的热量。审题思维题眼直击信息转化①气体体积增大,对外做正功②由受力平衡得压强不变,气体发生等压变化模型转化等压膨胀对外做功W=p·ΔV失分警示注意判断气体做功的正负。【解析】(1)气体进行等压变化,则由盖吕萨克定律得V0T即hST0解得T1=65T(2)此过程中气体内能增加量ΔU=CΔT=15CT气体对外做功W=pSΔh=15h(p0S+mg此过程中容器内气体吸收的热量Q=ΔU+W=15h(p0S+mg)+15答案:(1)65T0(2)15h(p0S+mg)+1【答题要素】热力学定律的解题流程【多维演练】维度:液体类某课外兴趣小组用试管制作温度计,把上端A封闭、下端B开口的玻璃管插入水中,放掉适当的空气后放手,让玻璃管竖直地浮在水中,A端露出水面,如图所示。室温为T0时,水面上方的空气柱长度为x0,水面下方空气柱长度为h,室温升高至Tx时,水面以上空气柱长度变为x。已知空气柱横截面积为S,大气压强为p0,水的密度为ρ,重力加速度为g,试管足够长且保持竖直。(1)求Tx;(2)已知升温过程中气体内能增加了ΔU,求气体吸收的热量Q。【解析】(1)气体在升温过程中做等压变化,初态V1=(x0+h)ST1=T0末态V2=(x+h)ST2=Tx根据盖-吕萨克定律可得V1T解得Tx=x+h(2)温度升高,气体膨胀对外做功,则有W=-pΔV=-(p0+ρgh)(x-x0)S根据热力学第一定律ΔU=W+Q可得气体吸收的热量Q=ΔU+(p0+ρgh)(x-x0)S答案:(1)x+hx0+hT0(2)ΔU+(p0+ρgh)(1.☆☆☆(汽缸类)油气混合车汽油发动机燃烧室的结构如图a,汽油机工作过程中在一个冲程内燃烧室内气体的p-V曲线如图b所示,其中B→C和D→A为两个绝热过程。燃烧室内的气体可看作理想气体。一定质量的油气混合气体进入燃烧室,初始状态A点处混合气体的温度为T1=300K,压强约为p1=100kPa。火花塞点火瞬间,燃料燃烧使得燃烧室内的压强迅速增大到p2=300kPa,然后,活塞被推动向下移动,在经历B→C的绝热膨胀过程中,由于气体对外做功驱动汽车前进,使