备战2025年高考物理(浙江专用)押浙江卷计算大题17电磁感应综合问题(学生版+解析)练习

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1．某科技小组设计了一种新型的海浪发电装置，其原理图如图甲所示。匝数为N、质量为m、半径为r、总电阻为R的圆形线圈通过固定绝缘细杆与漂浮平台连接，发电装置工作时，漂浮平台与线圈始终保持水平，且随着海浪做竖直方向的运动。条形磁铁固定在水底，N极在上，条形磁铁粗细可忽略不计。以条形磁铁底端所在位置为坐标原点，竖直向上为y轴正方向建立坐标轴，在条形磁铁上方，沿y轴方向的磁场可视为磁感应强度为B0的恒定匀强磁场，磁场的水平分量可视为沿磁铁中心轴辐向分布且不随y发生变化。某次发电时，如图乙所示，漂浮平台速度v与时间t满足关系v=v0cs2πTt，经检测可知，当线圈向上加速或向下减速运动时，穿过线圈的磁通量随y坐标的变化满足Φy=πr2B0+πr2ky（k为常量），线圈向下加速或向上减速运动时，穿过线圈的磁通量随y轴坐标的变化满足Φy=πr2B0-πr2ky，规定竖直向上为正方向，线圈产生的电能通过传输装置供给总阻值为R1的负载。已知正弦式交流电的感应电动势大小的平均值为最大值的2π，不计海水对线圈的作用力，求：
(1)t=0时，线圈中电流的方向（俯视观察）；
(2)一个周期内，该装置输出的电能；
(3)在0∼14T时间内，绝缘细杆对线圈的冲量大小。
【答案】(1)逆时针方向
(2)N2k2π2r4v02R1T2R+R12
(3)14mgT+N2k2πr4v0T2R+R1-mv0
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（八）
【详解】（1）由题图乙可知，t=0时漂浮平台速度方向竖直向上，由题述及右手定则可知此时线圈中电流方向沿逆时针方向。
（2）由题意可知，感应电动势e=NΔΦyΔt
由于当线圈向上加速或向下减速运动时，穿过线圈的磁通量随y坐标的变化满足Φy=πr2B0+πr2ky
线圈向下加速或向上减速运动时，穿过线圈的磁通量随y轴坐标的变化满足Φy=πr2B0-πr2ky
可知ΔΦyΔt的大小为ΔΦyΔt=πr2kΔyΔt=kπr2v
解得e=Nkπr2v0cs2πTt
则产生的电动势的有效值为U=Nkπr2v02=2Nkπr2v02
可知一个周期内，该装置输出的电能E=UR+R12R1T
解得E=N2k2π2r4v02R1T2R+R12
（3）设线圈处磁感应强度的水平分量大小为Bx，0∼14T时间内，根据动量定理有-mgt-2NBxIπrt+I杆=0-mv0
其中t=T4
感应电流的平均值I=ER+R1
感应电动势的平均值E=2πem
结合上述有em=Nkπr2v0
根据题意、结合上述可知，在线圈运动过程中有Nkπr2v=NBx2πrv
解得I杆=14mgT+N2k2πr4v0T2R+R1-mv0
2．如图，两根光滑平行金属导轨EF、HG固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小为B。两根完全相同的均匀金属棒P、Q，长度均为2d、质量均为m，P棒中点处接有一原长为L、劲度系数为k的轻质绝缘弹簧，两棒放置在导轨上图示位置。现给P棒一个初速度，当P棒运动到MN时（两棒运动已经稳定），P棒速度大小为v0，弹簧刚好与Q接触。运动过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，弹簧始终在弹性限度内，弹簧弹性势能的大小为12kx2（x为弹簧的形变量），导轨足够长且电阻不计，两棒电阻不可忽略。
(1)求P棒的初速度大小vP0；
(2)求P运动到MN过程通过Q的电荷量q；
(3)若运动过程中两棒的最近距离为12L，求从开始到弹簧压缩至最短过程P棒产生的焦耳热QP。
【答案】(1)5v04
(2)mv04Bd
(3)mv0212-kL216
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（二）
【详解】（1）P棒向右运动，根据右手定则可知，在P棒、Q棒组成的回路中会产生逆时针的电流，根据左手则，可知P棒受到的安培力向左，Q棒受到的安培力向右；当P棒运动到MN时两棒的运动已经稳定，说明回路中电流为零，即此时两棒产生的电动势相等，则两棒开始匀速运动时有Bdv0=2BdvQ
解得vQ=v02
两棒从开始到稳定过程，分别对P棒、Q棒由动量定理得-BIdt=mv0-mvP0，BI⋅2dt=mvQ-0
联立解得vP0=54v0
（2）对Q棒，根据动量定理有，BI⋅2dt=mvQ-0
又q=It
联立可得Bq⋅2d=mvQ
解得q=mv04Bd
（3）P棒在窄导轨上运动到稳定过程中，由系统能量守恒得12mvP02=Q1+12mv02+12mvQ2
解得Q1=532mv02
此过程P棒产生的焦耳热为QP1=dd+2dQ1=13Q1
P棒进入宽导轨到弹簧压缩至最短过程中，P棒在安培力和弹力作用下做减速运动，Q棒在安培力和弹力作用下做加速运动，当速度相等时，回路电流为零，弹簧被压缩到最短，开始恢复形变，由系统动量守恒和能量守恒可得mv0+mvQ=2mv共,12mv02+12mvQ2=Q2+12×2mv共2+Ep弹
解得Q2=116mv02-18kL2
此过程P棒产生的焦耳热为QP2=2d2d+2d=12Q2
综上，P棒中产生的焦耳热QP=QP1+QP2=112mv02-116kL2
3．某研究小组设计了一个小型载物小车，它的原理是电磁阻尼和电磁驱动。载物小车底部固定导体棒，为了研究问题方便，图中只画出导体棒和金属导轨，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上，斜面的倾角为θ，导轨间距为l。导体棒垂直导轨，阻值为R，载物车整体质量为m。区域Ⅰ（长度为d），Ⅱ（即两虚线间，且足够长）中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区域中为均匀磁场，磁感应强度随时间均匀增大，与时间关系为B1=kt,k=2mgRsinθBdl2，其中g为重力加速度。Ⅱ区域中为匀强磁场，磁感应强度为B2=B。导体棒从无磁场区域下边缘a处由静止释放，进入Ⅱ区域后，减速到区域Ⅱ下边缘c处时放下货物，然后在磁场力作用下向上运动。运动过程中导体棒始终垂直导轨且接触良好，Ⅰ区域下边缘与Ⅱ区域上边缘距离也为d。
(1)求导体棒在Ⅱ区域中向下运动时的最大加速度。
(2)若导体棒从刚进入Ⅱ区域到c处的位移为d，放下货物后整车的质量变为0.25m，导体棒从c处向上运动到离开磁场Ⅱ区域过程中，通过导体棒的电荷量为q=2BdlR。
①求导体棒离开区域Ⅱ时的速度大小。
②求导体棒从c处向上运动到离开区域Ⅱ过程中产生的焦耳热。
【答案】(1)amax=B2l2mR2gdsinθ+gsinθ
(2)v2=13B2l2d2Rm，Q=154mgdsinθ-169B4l4d232R2m
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（七）
【详解】（1）在无磁场区域运动时，导体棒做加速度为a1=gsinθ的匀加速运动；
设刚进入Ⅱ区域时速度大小为v1，则有v12=2gdsinθ
B1随时间变化，产生感生电动势，导体棒在Ⅱ区域向下运动时，产生动生电动势，二者方向相同；感生电动势为E1=ΔΦΔt=ldΔB1Δt1=kld
动生电动势为E2=Blv
导体棒上的感应电流为I1=E1+E2R=kld+BlvR
根据牛顿第二定律可得BI1l-mgsinθ=B2l2Rv+Bkl2dR-mgsinθ=ma2
导体棒在Ⅱ区域做加速度减小的减速运动，到达最低点c时速度为零。
所以导体棒刚进入磁场Ⅱ区域时加速度最大，满足B2l2Rv1+Bkl2dR-mgsinθ=mamax
解得amax=B2l2mR2gdsinθ+gsinθ
（2）①导体棒在Ⅱ区域向上运动时，电路中感生电动势和动生电动势方向相反
导体棒上的感应电流为I2=E1-E2R=kdl-BlvR
导体棒在区域Ⅱ中向下运动的最大位移为d，则导体棒从c处到离开区域Ⅱ的位移大小也为d，导体棒向上离开Ⅱ区域过程有
q=∑I2Δt=∑kdl-BlvRΔt=kdltR-∑BlvRΔt=kdlt2R-BldR
解得t2=3Bk=3B2dl22mgRsinθ
设离开Ⅱ区域时导体棒速度大小为v2，则由动量定理可得
∑BI2lΔt2-0.25mgΔt2sinθ=Blq-0.25mgsinθ⋅t2=0.25mv2
解得v2=13B2l2d2Rm
②设此过程中导体棒上产生的热量为Q，则qE1=0.25mgdsinθ+12×0.25mv22+Q
结合E1=kdl,k=2mgRsinθBdl2,q=2BdlR
解得Q=154mgdsinθ-169B4l4d232R2m
4．直流电动机拖动直流发电机－对直流电压进行升降压，学名斩波。图中直流电动机M的内阻R1=0.2Ω，电动机由一电动势E=14V、内阻r=0.1Ω的电源供电，并通过绝缘皮带带动一飞轮，飞轮由三根长a=1m、R2=3Ω的辐条和电阻不计的金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定绝缘轴转动，转轴半径b=0.2m，转轴中心与金属圆环通过导线连接，导线不随飞轮转动。不可伸长细绳绕在圆环上，末端系一质量m=0.58kg的重物，细绳与圆环之间无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中。闭合S1，断开S2，飞轮转动稳定后测得电源的输出电压U=13V，重物的提升速度为v=5m/s。不计飞轮质量和其他一切摩擦。
(1)求电源的效率η和电动机的电功率P；
(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)断开S1，闭合S2，若电动机内部结构与飞轮相似，绝缘皮带缠绕在电动机的外环上，电动机内部有三个b=0.2m的同材质的辐条，在电动机处施加磁感应强度大小为25B、方向与辐条组成的环面垂直的匀强磁场，重物的质量变为M=1.08kg，求重物稳定下降时的速度大小v1。
【答案】(1)92.9%，130W
(2)3.6T
(3)59m/s
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（六）
【详解】（1）电源的效率为η=UE=92.9%
通过电动机的电流为I=E-Ur
则电动机的电功率P=UI=130W
（2）稳定后电动机的输出功率等于重物提升的功率和辐条热功率之和，飞轮的三根辐条并联，飞轮切割磁感线产生的电动势为E1=12Bav
总电阻为R并=R23
根据P-I2R1=mgv+E12R并
解得B=3.6T
（3）稳定下降后重物重力做功的功率等于两个发电机的电功率之和，由于a=5b，则电动机辐条边缘的速度为飞轮辐条边缘速度的15倍，可得Mgv1=Bav122R23+25Bb×15×v122R1
解得v1=59m/s
5．如图1所示，在光滑绝缘的水平面内建立xOy坐标系，空间中0