2025高考物理冲刺训练《电磁感应综合题》含答案

1 1 1题型二动量定理在电磁感应中的应用 题型三动量守恒定律在电磁感应中的应用 点。为了有效地备战2025年高考,本专题结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律等知识,深入研究电11在区域加一个垂直导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度B和时间t的函数关系如图乙所示。导体棒横截面的电荷量q=1.0C。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且导体棒滑到底部前已经做(2)导体棒滑到底部前的最大速度vm；22个装置处于磁感应强度大小B=0.2T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。在导轨上垂直于33光滑定滑轮的轻绳与质量M=0.3kg的重物P相连，磁感应强度大小为B0=2T的匀强磁场与导轨平(1)重物P匀速下降的速度v；44理如图所示：主要部件为缓冲滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PQ上的着陆器主体，着陆器55框施加一沿斜面向上的力F使之运动，ed边离开磁场后撤去F。斜面上动擦因数线框速度(1)求外力F大小；(2)求cf长度L；666.如图所示，平行且光滑的金属导轨MN、PQ相距为L=1m，在M点和P点间接一个阻值为R=1.5Ω现从与磁场的左边界相距为d0=5m的位置开始用一个大小为F=5N、方向水平向右的恒力拉导体7788车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。求：99(1)金属杆ab运动到MN处时的速度大小；题型二动量定理在电磁感应中的应用在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可-BILΔt=mv2-mv1，q=IΔt，即-BqL=mv2-mv1-BILΔt+F其他Δt=mv2-mv1，即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1，t+F其他Δt=mv2-mv1，即-B2x+F其他Δt=mv2-mv1，11.(2024·河北·模拟预测)如图所示，质量M=4kg的U形框EABF放置在光滑绝段的电阻为R=3Ω,其余部分电阻忽略不计。在CDFE区域存在竖直向下、磁感应强度大小可变的都为m=1kg，有效接入导轨间的长度都为L=2m，电阻都为1m处由静止释放，ab与cd之间距离x2=5m,cd与NQ之间距离x3=16.某游乐设施主体结构如图甲所示为一绝缘的弯曲轨道与略微倾斜的直轨道组成，弯曲轨道与直轨道在B处相切。一绝缘材料做成的小车从弯曲轨道顶端A点自由滑下，A点与B点的竖直高度差为h。和L2(L1>L2(，其短边与轨道垂直。小车包含游客的总质量为M。小车滑至B处时，速度为略宽于L2的矩形，磁感应强度相同且大小等于B。小车在AB轨18.(2025高三上·陕西·开学考试)如图，间距为L的平行光滑金属轨道AEM与CFN由倾斜和水平两部题型三动量守恒定律在电磁感应中的应用件--甲杆静止，受力平衡两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦(1)金属棒T运动至圆弧轨道最底端CC1处时的速度v0和金属棒T对轨道的压力大小；(3)从金属棒T进入水平轨道到两棒运动稳定的共同速度v；着两根导体棒PQ和MN，棒MN距离挡板为d，导体棒PQ、MN质量均为m，电阻均为R，其余部分(1)导体棒PQ的速率为v时，导体棒MN所受的安培力大小；22.(2024·浙江金华·一模)如图所示，倾角为θ=53°的金阻r=0.2Ω,整个线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场B0且磁场随时间均匀变化。当开关与2连接时，导轨与一个阻值为R1=0.3Ω的电阻相连。水平轨道的NN/至PP/间是绝缘带，其它部分导电良导轨MN和M/N/的平面内有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1=0.2T；整个水平轨道上一开始被锁定(锁定装置未画出)，且到PP/位置的水平距离为d=0.24m。棒a与棒b的质量均为m(2)棒a滑至NN/时的速度大小v1；25.间距为l的平行光滑金属导轨MN、PQ水平段处于方向竖直体棒a的速度随时间变化的v-t图像如图乙所示(v0未知)，运动过程中导体棒与导轨接触良好且始(1)金属棒M匀速下滑时的速度大小；程中金属棒M产生的焦耳热Q(计算结果保留一位小数)；(3)若金属棒N不固定，将金属棒M由静止释放的同时、给金属棒N平行于导轨向上的恒力F=5N，求金属棒M匀速运动时的速度大小。长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B=0.5T角满足sinθ2=0.8，摩擦因数现将质量为m甲=6kg的导体杆甲从斜面上高h=4m处t3t4(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装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt(SI)，k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；不与N相撞条件下k的取值范围。 1 1 1题型二动量定理在电磁感应中的应用 题型三动量守恒定律在电磁感应中的应用 点。为了有效地备战2025年高考,本专题结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律等知识,深入研究电11在区域加一个垂直导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度B和时间t的函数关系如图乙所示。导体棒横截面的电荷量q=1.0C。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且导体棒滑到底部前已经做(2)导体棒滑到底部前的最大速度vm；(1)由法拉第电磁感应定律可得前2s产生的感应电动势E1=Ld1I1=I1=0.8Amgsinθ=B2I2L，E2=B2Lvm，I2=B2=2Tvm=3m/s222=2.5mmgd2sinθ+WA=mv，Q=|WA|Q=2.1J电阻R产生的热量为个装置处于磁感应强度大小B=0.2T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。在导轨上垂直于(1)2m/s(2)0.5smgsinθ=FEm=BLvmF=BImLvm=2m/sΔE=BLΔvΔQ=CΔE33I=CBLaF/=BILmgsinθ-F/=mat==0.5s光滑定滑轮的轻绳与质量M=0.3kg的重物P相连，磁感应强度大小为B0=2T的匀强磁场与导轨平(1)重物P匀速下降的速度v；(1)2m/s(2)1.5J(3)B=(T(Mg=mgsinθ+B0IdI=根据法拉第电磁感应定律有44E=B0dvBd2v=(R+r((Mg-mgsinθ(Bd2(R+r(ΔtI-=(R+r(ΔtL=2mMgL-mgLsinθ=Mv2+mv2+QB0Ld=B(L+x(dMg-mgsinθ=(M+m(a金属杆运动的位移x=vt+at2则磁感应强度B随时间t变化的关系为t2+t+1B=t2+t+1理如图所示：主要部件为缓冲滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PQ上的着陆器主体，着陆器55(1)-g(2)Mg+(1)线圈切割磁感线产生的感应电动势E=nBLv1I=F安=nBILF安,=F安=nBILF安,-mg=maFN=Mg+FE,=nBLv2I,=F=BI,L=FN=Mg+66E-=n=nB=nB-I=I=rq=I-⋅Δt=nQ=m(v-v)+框施加一沿斜面向上的力F使之运动，ed边离开磁场后撤去F。斜面上动擦因数线框速度v1=2.0m/sF-mgsinθ-μmgcosθ=maF=1.48NE=BLv177I=F=BIL=F=F1+mgsinθ+μmgcosθL=0.5mmgsinθ=μmgcosθQ=I2Rt=0.4J6.如图所示，平行且光滑的金属导轨MN、PQ相距为L=1m，在M点和P点间接一个阻值为R=1.5Ω现从与磁场的左边界相距为d0=5m的位置开始用一个大小为F=5N、方向水平向右的恒力拉导体F=F安E=BLvmI=88F安=BILvm==10m/sF=ma0=atv=2ad0t1=2s1=5m/sFΔt=BLiΔt=BL⋅⋅Δt==9N⋅sFt2-F安Δt=mv2-mv1t2=2.8st=t1+t2=4.8s99E=Bdv1mgsinθ=FAB=1TS=d2q=0.5C2E/=2Bdv2F=2BI/dmgsinθ=Fv2=1m/sQ=mg⋅2dsinθ+mv-mv=7J车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。求：(1)I=，a=(2)Q=mv-fs(3)q=I=ILB+f=maa=律Q=mv-fs又—EI=Eq=IΔtRRΔΦ=BLsqRR(1)金属杆ab运动到MN处时的速度大小；(1)3m/s(2)1.2C(3)0.63J(1)金属棒ab匀速运动过程中受力如图所示，F+mgsin37°=f1F=0E=BLv0v0=3m/sBILΔt=m1Δv即BLΔq=m1ΔvBLq=m1(v0-0(W=qEEk=m1vΔEp=m1gxsin37°W有ΔEp=W1Q1=W-ΔEkR1R+r+R1Q2R+r+R1m1v0=(m1+m2(v1Q3=m1v-(m1+m2(vQ4=Q3ab杆在导轨上运动时产生的焦耳热Q=Q2+Q4=0.5m，轨道左端用阻值R=3ΩE=BLvI=得I=2AmgH=mv2v=2m/smv2=Q+mv2Qr=QQr=0.84J-BILt=mv-mvq=It==x=0.75m题型二题型二动量定理在电磁感应中的应用在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可-BILΔt=mv2-mv1，q=IΔt，即-BqL=mv2-mv1t=0-mv0，即-B2x=0-mv0-BILΔt+F其他Δt=mv2-mv1，即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1，t+F其他Δt=mv2-mv1，11.(2024·河北·模拟预测)如图所示，质量M=4kg的U形框EABF放置在光滑绝段的电阻为R=3Ω,其余部分电阻忽略不计。在CDFE区域存在竖直向下、磁感应强度大小可变的(1)4m/s(2)3T(3)静止，mmv0=(M+m(v-μmgL=mv2-mvv0=4m/sF安=BIL，I=-μmg=ma，μmg=MaBm=3T-ΣΔt=0-(m+M(v=(m+M(vx=6mx棒=t=2mt=sU形框的位移大小为由于ΔL<2L<x，则导体棒进入磁场后先向右减速运动都为m=1kg，有效接入导轨间的长度都为L=2m，电阻都为1m处由静止释放，ab与cd之间距离x2=5m,cd与NQ之间距离x3=(1)v0=3m/s(2)金属棒2的速度大小mgsinθ=F安=BILE=BLv0I=v0=3m/smgsinθ=μmgcosθBLv1=BLv2(mgsinθ-μmgcosθ(t-=mv1-mv0即-=mv1-mv0=mv2v1=v2=1.5m/s1-s2=0.75m2=7.25m8m-7.25m=0.75mB2L2(s+s(B2L2(s+s(2rs+s=0.75mQ1==mg(x1+x2+x3(sinθ-μmgcosθ⋅x3mgQ1==BLv1=I1(R+v1=BLv2=I2(3R+mgsin30°=BI2Lv1mgsin30°=ma2a×=v-0t1=t2=v2=v1+at3t3=2LgI=mg(t1+t2+t3(=2L3为E=B·2lv0-Blv0=Blv0vaBlva=B·2lvbva=2vbBIlt=mva-mv0-BI·2lt=2mvb-2mv0va=v0，vb=v0Q=(m+2m)v-mv-×2mvQ=mvBIlt=mva-mv0q=It，va=v0mv0q=3BlE=BLv-=BLq1=t=则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回-BI—L⋅Δt=-mv0又v0=16.某游乐设施主体结构如图甲所示为一绝缘的弯曲轨道与略微倾斜的直轨道组成，弯曲轨道与直轨道在B处相切。一绝缘材料做成的小车从弯曲轨道顶端A点自由滑下，A点与B点的竖直高度差为h。和L2(L1>L2(，其短边与轨道垂直。小车包含游客的总质量为M。小车滑至B处时，速度为略宽于L2的矩形，磁感应强度相同且大小等于B。小车在AB轨(1)mgh-mv2(2)a=n22v(3)x=mgh-W克=mv2W=mgh-mv2E=nBL2v根据闭合电路欧姆定律可得I==F=nBIL2=F=maa=n2B2LvmRF=n2B2LvR⋅Δt=mvΣv⋅Δt=xq=I—Δt金属框进入磁场区域的过程中流过回路的电流-BIL×Δt1-BI—2L×Δt2=-BLq1-BLq2=m-mv0a=gsinθ-Δx=x0+2x1-(+v2(t1E=BLv1棒所受安培力F1=BILmgsinθ-F1=maa=gsinθ-mgsinθ⋅t-BI—Lt=mv2tE=tI=ΔΦ=BLa棒下滑至EF过程中，由机械能守恒定律得x=v0tx=+2ghmv0+mv2=mva+mvbmv0Δt+mv2Δt=mvaΔt+mvbΔt在t1v0t1+v2t1=x1+x2Δx=x0+x1-x2Δx=x0+2x1-(、2gh+v2(t1题型三题型三动量守恒定律在电磁感应中的应用件--甲杆静止，受力平衡两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦RmgR=mvv0=2gRFN-mg=mFN=3mgF=FN=3mgE=Bdv0I==mv0=2mvQ总=mv-⋅2mv2QS=Q总QS=mgR着两根导体棒PQ和MN，棒MN距离挡板为d，导体棒PQ、MN质量均为m，电阻均为R，其余部分(3)棒PQ开始运动到停止的位移。(1)E=Blv0mv0=(m+m)vmv=(m+m)v2+QQ=mvBIlt1=m(v-0)故Blq1=mvq=ItI=E=n===即所以PQ走过的位移为mv-mv=(m+m)v1v1=0m/s-BIlt2=m(0-v)故Blq2=mvq=It===即x=所以PQ走过的位移为x0=x1+x2=+dMN=(2)由M指向N，q=(3)QPQ=kL2FPQ=BI⋅2dFMN=2BId则2mv=mv/v/=2vI==MN所受安培力大小为FMN=2BId=mx1=2mx2x1+x2=L可得则最终MN位置向右移动x1=PQ位置向左移动x2=则q=I-Δt====Q总=kL2导体棒PQ产生的热量为阻r=0.2Ω,整个线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场B0且磁场随时间均匀变化。当开关与2连接时，导轨与一个阻值为R1=0.3Ω的电阻相连。水平轨道的NN,至PP,间是绝缘带，其它部分导电良导轨MN和M,N,的平面内有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1=0.2T；整个水平轨道上一开始被锁定(锁定装置未画出)，且到PP,位置的水平距离为d=0.24m。棒a与棒b的质量均为m(2)棒a滑至NN,时的速度大小v1；(1)0.4T/s(2)10m/s(3)2m/s(4)Jmgsinθ=B1IL=0.4T/smgsinθ=R总=0.3Ω即v2=2m/sQ总1=mv-mv此时电阻R2产生热量Q1=Q总1得Q1=0.8Jmv2=2mv3Q总2=2mv电阻R2产生热量Q2=Q总2得Q2=JQ=Q1+Q2=JE0=Bdv0EI0=E0=I0Rb0=3V-BI-d⋅Δt=mava-mav0又q=I—Δt==Δt==va=1m/sQ=mav-mav=2JRa+RbQa=RaQRa+Rbmava=mav+mbvbmav=mav2+mbvv=-0.5m/s—-BI/d⋅Δt/=0-ma|va|又q/=IΔt/=x=0.25m<L=1mE0=BLv0I0=ab棒所受的安培力F1=BI0LF1=ma0a0=m1=2m21=22v共=1⋅t1=v0-2⋅t1v共=v0Q=Q总Q=mv1=BILm1=BLI-t1=mv共即BLq=mv共3BLq3BL25.间距为l的平行光滑金属导轨MN、PQ水平段处于方向竖直体棒a的速度随时间变化的v-t图像如图乙所示(v0未知)，运动过程中导体棒与导轨接触良好且始(1)(2)有E=Blv0I=F=BIlmv0=(m+mb)v′mb=2mmv=(m+mb)v′2+Qa+QbQb=2QaQb=(1)金属棒M匀速下滑时的速度大小；程中金属棒M产生的焦耳热Q(计算结果保留一位小数)；(3)若金属棒N不固定，将金属棒M由静止释放的同时、给金属棒N平行于导轨向上的恒力F=5N，求金属棒M匀速运动时的速度大小。(1)设金属棒M匀速下滑时的速度大小为v，金属棒M切割磁感线产生的电动势为E=BLv通过金属棒M的电流为I=金属棒M受到的安培力为F=BIL金属棒M做匀速直线运动时有F=mgsinθ(2)设当金属棒M的速度大小为v==6.25m/s通过金属棒M的电荷量为q=IΔtI=ΔtE=ΔtΔΦ=BLss==6mmgssinθ=mv2+2QQ≈2.6Jmgsinθ-BIL=ma1F-mgsinθ-BIL=ma2vM=vN=v02BLvI1=2BLv金属棒M受到的安培力为F=BI1LF=mgsinθv0=6.25m/s0mv0=2mvv=0.5v0Q=mv-⋅2mv2Q=mvE=BL(v1-v2)I=F安=BILmv-mv0=IF-mv0=-Δx长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁角满足sinθ2=0.8，摩擦因数现将质量为m甲=6kg的导体杆甲从斜面上高h=4m处轨间距为l=2m，两杆电阻均为R=1Ω,其余电阻不计，不计导体杆通过水t3t4乙0=2m/s2，方向水平向右d≥24m；m<d<m1gh-μ1m1gcosθ1⋅=m1vE0=Blv0I0=BI0l=m2a乙0m1v0=(m1+m2)v共BI-lt=m2v共I-t=q=dmin=Δx=24md≥24mm2gsinθ2+μ2m2gcosθ2=m2a乙上根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a乙上x上=vm2gsinθ2-μ2m2gcosθ2=m2a乙下2a乙下x下=v且x上=x下v1=5m/s(m1+m2)gsinθ2+μ2(m1+m2)gcosθ2=(m1+m2)a共上2a共上x共上=v2且由图(b)可知x上=4.84x共上v=m/sm1v2-m2v1=(m1+m2))vv2=m/s-BI-1lΔt1=m1v2-m1v共Δt1=q1=Δx1=mdmin′-Δx=Δx1din=mlΔt2=m2v+m2v1dmax-Δx-Δx1=Δx2m<d<m0+E=BLv0I=，F=BILa棒受力平衡可得mgsinθ=BILv0=B2L2mgsinθ+BIL=maa=2gsinθmgsinθt0-BI-Lt0=mv-mv0b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理mgsinθt0+BI-Lt0=mvv=gsinθ⋅t0+=gsinθ⋅t0+0Δx==I=BIL=ma将电流I代入解得mgL=mvv0=2gLE=BLv0=BL2gLR0=×=RR总=R+=Rab刚越过MP时，通过ab的感应电流为I==mv0=mv+2mvv=v0-BILt=m⋅-mv0BLq=mv0R总BL(x1-x2(q=R总Δx=x1-x2=则金属环圆心初始