专题15 电磁感应综合运用--2023高考物理分类解析

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2023高考物理分类解析
专题15 电磁感应综合运用
1. （2023学业水平等级考试上海卷）如图（a）单匝矩形线框cdef放置在倾角θ=30°的斜面上，在宽度为D=0.4m的区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，线框质量m=0.1kg，总电阻R=0.25Ω。现对线框施加一沿斜面向上的力F使线框向上运动，ed边离开磁场时撤去外力F，线框速度随时间变化的图像如图（b）。已知线框ef=0.4m，线框与斜面之间的动摩擦因数μ=，g取9.8m/s2。求：
（1）外力F的大小；
（2）线框cf的长度L；
（3）整个过程中线框产生的焦耳热Q。
【参考答案】（1）1.48N （2）0.5m （3）0.4J
【名师解析】（1）对线框受力分析如图所示。
由牛顿第二定律，F-mgsinθ-f=ma，
N=mgcosθ，f=μN。
由速度图像可知，在0~0.4s内，a==5m/s2。
联立解得：F=1.5N.
（2）对线框受力分析如图所示。
在线框匀速运动阶段，F=mgsinθ+f+FA，
N=mgcosθ，f=μN。
安培力FA=BIL，I=E/R,E=BLv，v=2.0m/s
联立解得：L=0.5m
（3）由I=E/R,E=BLv，可得I=2A，
线框进入磁场时间和出磁场时间相等，都是t=ef/v=0.2s，
由焦耳定律可得整个过程中线框产生的焦耳热Q=I2R（2t）=0.4J
2. （2023高考全国甲卷）（20分）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：
（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；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
【参考答案】（1） （2） （3）
【命题意图】本题考查电磁感应、弹性碰撞、平抛运动及其相关知识点。
【解题思路】
（1）Q与P弹性碰撞，由动量守恒定律，3mv0=mvP+3mvQ，
由系统动能守恒，=+
联立解得：，
根据题述，P、Q落到地面同一点，由平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为
（2）由能量守恒定律，金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量Q=-=
（3）P在导轨上做变速运动，设速度为v时金属棒中产生的感应电动势为e，电流为i，在△t时间内速度变化△v，由法拉第电磁感应定律，e=BLv，
由闭合电路欧姆定律，i=e/R
所受安培力 F=BiL=，
由动量定理，F△t=m△v，
即：△t=m△v，
方程两侧求和 Σ△t=Σm△v，
即Σv△t=mΣ△v，
注意到Σv△t=x，Σ△v=-= v0，解得：x=
由x=vQt
解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t=
【规律总结】两物体弹性碰撞，利用动量守恒定律和动能之和不变列方程解答；导体棒在磁场中切割磁感线运动为变速直线运动，可以采用微元法，把位移分割为微元，利用动量定理列方程解答。
3. （2023高考湖南卷）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为．运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为．
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离．
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）a匀速运动切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv0，
导体棒a中电流I=E1/2R
所受安培力F=BIL，
匀速运动，mgsinθ=F
联立解得v0==
（2）当导体棒a匀速运动时，释放b，由左手定则可判断出导体棒b受到沿导轨斜向下的安培力力，由牛顿第二定律，mgsinθ+F=ma，
解得 a=2gsinθ。
（3释放导体棒b后，由于导体棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与导体棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两导体棒所受安培力均减小，对导体棒a，由动量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+F）t0=mv
联立解得：v=gt0sinθ+
取导体棒变速运动过程中，导体棒a速度为vi时产生的感应电动势为Ei=BLvi，同时导体棒b速度为vj，感应电动势Ej=BLvj，导体棒中电流为I==，所受安培力F=BIL=
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+）△t=m△v
方程两侧求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v
注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x
解得：△x=
4．（2023全国高考新课程卷）（20分）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
【名师解析】
（1）设导线框进入磁场时速度为v0，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=BLvi，
感应电流，i=e/4R0,
所受安培力F=BiL，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v1- v0，
化简得 =m（v0-v1） ①
导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。
导线框出磁场过程，取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v=-v1，
化简得 =m（v1 -） ②
①②两式消去v1，得v0=
（2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，其电路可以简化如下。
故电路中的外电路电阻为=,总电阻R总=R0+=
设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=l，Σ△v= v1- v，
化简得 =m（v-v1） ①
解得：v1=v-=
在这个过程中线框动能减小△Ek1=-=
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q1，由于R1=2R，根据串并联电路规律和焦耳定律可知，导线框右边电阻产生的热量为4.5Q1，左边电阻产生的热量为2Q1，整个电路电阻产生的热量为Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5 Q1.
解得：Q1=
导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R的电源，回路总电阻R总=2.5R，
导线框做减速运动，设导线框开始出磁场时速度为v2，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v2- v1，
化简得 =m（v1-v2） ①
解得：v2=v1-=0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。
在这个过程中线框动能减小△Ek2==
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q2，则导线框电阻产生的热量为Q2，整个电路电阻产生的热量为Q’=1.25 Q2.
解得：Q2.=
整个运动过程中，R1产生的热量为Q= Q1+ Q2 ==+=
5．（11分）（2023年6月高考浙江选考科目）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成团合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。
导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零：在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
【参考答案】（1）3Mg；；（2）E=（v0-2gt）；
（3）；
（4）装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能。
【名师解析】（1）导电杆所受安培力F=B1Id=kI·I·=3Mg
由动能定理，-FL+MgL=0-
解得：L=。
（2）火箭与导电杆下落做匀减速运动，由F-Mg=Ma，解得加速度大小为a=2g。
在时刻t，导电杆的速度v=v0-at=v0-2gt，
导电杆切割磁感线产生的感应电动势E=B2dv=2kI·d·（v0-2gt）=（v0-2gt）
（3）根据题述导电杆中电流恒定为I，则有U-E=IR，
解得装置A输出电压U=IR+ v0-t=
装置A输出的电功率P=UI= I2R+ 3Mgv0-6Mg2t
由v0-2gt0=0解得总下落时间t0=
令I2R+ 3Mgv0=P0，画出输出的电功率P随时间t变化图像，如图。
电功率P随时间t变化图像与横轴所围面积等于输出的能量W，
所以W==（I2R+ 3Mgv0）=
（4）若R的阻值视为零，装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能；
动能为EK=，重力势能为为Ep=Mg·=，
可回收的总能量为W回= EK+ Ep=+=
6. （2022福建高考）如图（a），一倾角为的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N．两根平行金属棒G、H垂直导轨放置，G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G在后的速度一时间图线如图（b）所示，其中段为直线．已知：磁感应强度大小，，G、H和A的质量均为，G、H的电阻均为；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：，，重力加速度大小取，图（b）中e为自然常数，．求：
（1）在时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；
（2）时，棒H上拉力的瞬时功率；
（3）在时间段内，棒G滑行的距离．
【参考答案】（1） ；；（2）；（3）
【命题意图】此题考查电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。对速度图像的理解、牛顿运动定律及其相关知识点。
【名师解析】
（1）由图像可得在内，棒G做匀加速运动，其加速度为
依题意物块A的加速度也为，由牛顿第二定律可得
解得细绳受到拉力
（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为
由牛顿运动定律和安培力公式有
由于在内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为，两棒速度差为
保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；
对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力
由图像可知时，棒G的速度为
此刻棒H的速度为
其水平向右拉力的功率
．
（3）棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为
物块A加速度为
说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在内
棒G滑行的距离
这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。
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