专题20电磁感应综合运用-2024高考物理真题分类汇编（全国版 含解析）

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2024高考物理真题分项解析
专题1电磁感应综合运用
2024高考题
1. 21. （2024年6月浙江省物理选考）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势、内阻、限流电阻、飞轮每根辐条电阻，电路中还有可调电阻R2（待求）和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数。
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；
②求物块匀速上升的速度v。
（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B的大小。
【答案】（1）①垂直纸面向外，10A；②5m/s；（2）①；②2.5T
【解析】
（1）①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到的安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向从圆周指向O点，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外；由闭合电路的欧姆定律可知
则
②辐条切割磁感线产生的电动势与电源电动势相反，设每根辐条产生的电动势为E1，则
解得
此时金属轮可视为电动机
当物块P匀速上升时
解得
另解：因，根据
解得
（2）①物块匀速下落时，由受力分析可知，辐条受到的安培力与第（1）问相同，经过R2的电流
由题意可知
每根辐条切割磁感线产生的感应电动势
解得
13. （2024年高考海南卷）两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L = 1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R = 0.02Ω的电阻和C = 1F的电容器，整个装置处于B = 0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m1 = 0.8kg，m2 = 0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0 = 4.32m处在一个大小F = 4.64N，方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，g = 10m/s2（ ）
A. ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s
B. ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J
C. 两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/s
D. 两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s
【答案】BD
【解析】
由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有
Δq = C·BLΔv
对cd根据牛顿第二定律有
F－BIL－m2gsin30° = m2a2
其中
，
联立有
则说明金属棒cd做匀加速直线运动，则有
联立解得
a2 = 6m/s2，t = 1.2s
故A错误；
B．由题知，知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，则根据功能关系有
金属棒下滑过程中根据动量定理有
其中
，R总 = R＋Rab = 0.1Ω
联立解得
q = 6C，xab = 3m，Q = 3.9J
则R上消耗的焦耳热为
故B正确；
CD．由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有
m1v1－m2v2 = m1v1′＋m2v2′
其中
v2 = a2t = 72m/s
联立解得
v1′ = －3.3m/s，v2′ = 8.4m/s
故C错误、D正确。
3 （2024高考广西卷）某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈、组成。小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场边界处，方向与磁场方向平行，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n，通过链条连接。K的结构参数见图乙，其中，每个线圈的圆心角为，圆心在转轴轴线上，电阻为R。不计摩擦，忽略磁场边界处的磁场，若大齿轮以的角速度保持匀速转动，以线圈的ab边某次进入磁场时为计时起点，求K转动一周。
（1）不同时间线圈受到的安培力大小；
（2）流过线圈的电流有效值；
（3）装置K消耗的平均电功率。
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
（1）由题意知大齿轮以的角速度保持匀速转动，大小齿轮线速度相等，则
，
可得小齿轮转动的角速度为
转动周期为
以线圈ab边某次进入磁场时为计时起点，到cd边进入磁场，经历的时间为
这段时间内线圈产生的电动势为
电流为
受到的安培力大小
当ab边和cd边均进入磁场后到ab边离开磁场，经历的时间为
由于M1线圈磁通量不变，无感应电流，安培力大小为0；
当M1线圈ab边离开磁场到cd边离开磁场，经历的时间为
此时的安培力大小由前面分析可知
方向与进入时相反；
当M1线圈cd边离开磁场到ab边进入磁场，经历的时间为
同理可知安培力为0。
（2）根据（1）可知设流过线圈的电流有效值为I，则根据有效值定义有
其中
，
联立解得
（3）根据题意可知流过线圈和的电流有效值相同，则在一个周期内装置K消耗的平均电功率为
4. （2024高考辽宁卷） 如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（　　）
A. 回路中的电流方向为abcda
B. ab中电流趋于
C. ab与cd加速度大小之比始终为2︰1
D. 两棒产生的电动势始终相等
【答案】AB
【解析】
导体棒ab和cd同时由静止释放，速度为v时，ab产生的感应电动势E1=2BLv，由右手定则可判断出ab中感应电动势方向为a→b；cd产生的感应电动势E2=BLv，由右手定则可判断出ab中感应电动势方向为c→d，两导体棒产生的感应电动势；所以回路中的电流方向为abcda，A正确；当导体棒所受安培力沿导轨方向的分力等于重力沿导轨方向的分力时，导体棒匀速运动，电流趋于最大值。设ab导体棒中电流趋于I，ab所受安培力F=2BLI，由Fcos30°=2mgsin30°，解得I=，B正确；导体棒速度为v时回路中总感应电动势E=E1+E2=3BLv，导体棒中电流I=E/2R=,对导体棒ab，所受安培力F1=，由牛顿第二定律2mgsin30°-F1cos30°=2ma1，解得a1=g/2-；对导体棒cd，由所受安培力F2=，由牛顿第二定律mgsin30°-F2cos30°=ma2，解得a2=g/2-；由此可知，ab和cd加速度大小始终相等，C错误；由于ab和cd加速度大小始终相等，可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，由E=BLv可知两导体棒产生的感应电动势始终不相等，D错误。
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