训练13 电磁感应+图像-高考物理压轴题冲刺训练

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1. (2024河南洛阳名校联考)如图（甲）所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间连接一个阻值为R的电阻，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l的导体棒垂直搁在导轨上a、b两点间，在a点右侧导轨间加一有界匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，宽度为d0，磁感应强度为B，设磁场左边界到ab距离为d。现用一个水平向右的力F拉导体棒，使它从a、b处静止开始运动，棒离开磁场前已做匀速直线运动，与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，水平力F-x的变化情况如图（乙）所示，F0已知。求：
（1）棒ab离开磁场右边界时的速度；
（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能E；
（3）d满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动。
【参考答案】（1）；（2）；
（3）
【名师解析】
（1）设棒ab离开磁场右边界时的速度为v，产生的感应电动势为
感应电流为

根据平衡条件得

解得

（2）全程根据动能定理得

根据功和能的关系得

解得
（3）棒在磁场中做匀速运动，进入磁场时的速度为v，根据动能定理得

解得

2.（2024安徽六校教育研究会第二次素养测试）如图甲所示，由粗细均匀的金属丝绕制而成的正方形线圈固定在绝缘滑块上，线圈和滑块的总质量为M=2kg，匝数为10，边长为L=0.2m，水平面粗糙，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ=0.5，矩形线圈总阻值R=0.1Ω ，滑块的右侧有一长为4L、宽为L的长方形磁场区域。磁场方向垂直纸面向里，且线框的上边界与磁场区域的中间线重合。现给滑块施加一水平向右的外力，使整个装置以恒定的速度v=0.2m/s通过磁场区域，从线框进入磁场瞬间开始计时，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，重力加速度为g=10m/s2。求：
（1）正方形线框进入磁场时，线框中的电流是多少？
（2）正方形线框刚要全部进入磁场时滑块与地面间摩擦力应为多大？
（3）正方形线框从刚进入磁场到刚好离开磁场的过程中，外力做的功为多少？
【参考答案】：（1）1A；（2）10.5N；（3）10.1J
【名师解析】
（1）正方形线框刚进入磁场时，线框切割磁感线产生的感应电动势：E1＝NB×L2×v由闭合电路的欧姆定律可知，线框中的电流：I1=E1R代入数据解得： I1＝1A
（2）正方形线框全部进入磁场所用的时间为t=Lv＝1s
在此时间内，磁感应强度不变，均为B＝0.5T
线框将要全部进入磁场时，右边导线受到向左的安培力，大小为F1＝NBI1×L2=0.5N
线框的上边所受的安培力向下，大小为F2＝NBI1L
滑块所受滑动摩擦力为f＝μ（Mg+F2）代入数据解得：f＝10.5N（3）正方形线框刚进入磁场时的外力大小为F′＝f′+F1＝μMg+F1，代入数据解得：F′＝10.5N
线框全部进入过程中外力所做的功为W1=FL=10.5+112×0.2J＝2.15J
线框整体在磁场中运动的时间为t1=3Lv＝3s则1～3s内有E2＝NΔΦΔt=NΔBΔt×12L2
代入数据解得：E2＝0.05V
线框中有沿顺时针方向的电流，电流大小为I2=E2R=0.5A线框完全进入磁场瞬间，磁感应强度发生变化，线框的上边受到向上的安培力，大小为F3＝NBI2L＝0.5N
则1～3s内外力做的功W2=μMg+μ(Mg−F3)2×2L，代入数据解得：W2＝3.95J
3s后线框中无电流，此时直到线框完全离开磁场，外力做的功W3＝2μMgL，代入数据解得：W3＝4J故整个过程外力做的总功为W＝W1+W2+W3＝10.1J
3. （2024南京名校联考）如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U-I图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取，。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。
（1）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度vm；
（2）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）设断开开关S时，金属棒最大速度时回路电流为I1，对金属棒根据平衡条件得
根据欧姆定律得

根据题意得
解得

（2）设闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，回路电流为I2，感应电动势为E2，对金属棒根据平衡条件得
根据欧姆定律得

解得

断开开关的瞬间，元件Z两端的电压为
断开开关的瞬间，回路的电流为

解得
根据牛顿第二定律，金属棒的加速度为

解得
4. （2024贵州高考适应性考试） 如图（a），足够长的固定光滑平行金属导轨CD、EF相距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角。导轨所在区域有方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。在C、E两点通过导线和单刀双掷开关K接有一匝数为n、面积为S的固定水平圆形线圈M，在M区域内有竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图（b）所示。时刻，开关K接1，此时将质量为m的导体棒ab水平放置在导轨顶端，ab恰好静止不动。时刻，开关K改接2，ab开始运动。ab始终与两导轨接触良好且保持水平，其接入电路的电阻为R，电路中其余电阻不计。忽略空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）时刻，通过ab的电流大小和方向；
（2）时刻，M所在区域磁感应强度的大小；
（3）ab在导轨上所能达到的最大速度的大小。
【参考答案】（1），；（2）；（3）
【名师解析】（1）对导体棒ab受力分析，由平衡条件
可得，时刻，通过ab的电流大小为
由左手定则可知，通过ab的电流方向为由。
（2）时刻，由法拉第电磁感应定律
由闭合电路的欧姆定律得
可得，此时M所在区域磁感应强度的大小为
（3）当K接2时，对导体棒ab受力分析，由牛顿第二定律
由闭合电路欧姆定律
导体棒产生的感应电动势为
联立可得
当加速度时，导体棒有最大速度，则ab在导轨上所能达到的最大速度的大小为
5. （2024年2月广东大联考）动能回收系统（KineticEnergyRecverySystem）是新能源汽车时代一项重要的技术，其主要原理是利用电磁制动回收动能以替代传统的刹车制动模式，其能源节省率高达37%。其原理为，当放开油门进行轻制动时，汽车由于惯性会继续前行，此时回收系统会让机械组拖拽发电机线圈，切割磁场并产生电流对电池进行供电。设汽车的质量为M，若把动能回收系统的发电机看成理想模型：线圈匝数为N，面积为S，总电阻为r，且近似置于一磁感应强度为B的匀强磁场中。若把整个电池组等效成一外部电阻R，则：
（1）若汽车系统显示发电机组此时的转速为n，则此时能向外提供多少有效充电电压？
（2）某厂家研发部为了把能量利用达到最大化，想通过设计“磁回收”悬挂装置对汽车行驶过程中的微小震动能量回收，实现行驶更平稳，更节能的目的。其装置设计视图如图甲、乙所示，其中，避震筒的直径为D，震筒内有辐向磁场且匝数为n₁的线圈所处位置磁感应强度均为，线圈内阻及充电电路总电阻为，外力驱动线圈，使得线圈沿着轴线方向往复运动，其纵向震动速度图像如图丙所示，忽略所有的摩擦。试写出此避震装置提供的电磁阻力随时间的表达式。
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）由线圈转动产生交变电流电动势最大值为
由题意得，电动势的有效值为
由闭合电路欧姆定律，电池组获得的实际充电电压为
又因
联立解得
（2）电磁避震筒通过切割辐向磁场产生感应电流，其电动势表达式为
由题图可知，阻尼线圈的切割速度函数表达式为
线圈中的总电流
感应电流产生的安培力与运动方向相反且其大小为
联立解得
6.(16分）（2024广东深圳一模）中国第一台高能同步辐射光源（HEPS）将在2024年辐射出第一束最强“中国光”.HEPS工作原理可简化为先后用直线加速器与电子!感应加速器对电子加速,如图甲所示，直线加速器由多个金属圆简（分别标有奇偶序号）依次排列，圆筒分别和电压为U0的交变电源两极相连，电子在金属圆简内作匀速直线运动．一个质量为m,电荷量为e的电子在直线加速器О极处静止释放，经n次加速后注入图乙所示的电子感应加速器的真空室中.图乙中磁极在半径为R的圆形区域内产生磁感应强度大小为B1=kt(k>0)的变化磁场，该变化磁场在环形的真空室中激发环形感生电场，使电子再次加速，真空室内存在另一个变化的磁场B“约束电子在真空室内做半径近似为R的圆周运动,已知感生电场大小(不考虑电子的重力和相对论效应,忽略电子通过圆筒狭缝的时间)．求
(1)电子经第一次加速后射入1号圆筒的速率;
(2)电子在感应加速器中加速第一周过程中动能的增加量，并计算电子运动第一周所用的时间;
(3)真空室内磁场的磁感应强度B随时间的变化表达式（从电子刚射入感应加速器时开始计时).
【名师解析】(1)电子经第一次加速后射入1号圆筒的过程，由动能定理
解得：
(2)设电子在感应加速器中加速第一周的时间为T1，该过程中感生电场;
由动能定理，
解得
设电子加速圆周运动的切向加速度为a，由牛顿第二定律，
eE=ma，
解得
电子加速n次，由动能定理，
解得
加速一周，由动能定理，
解得
加速一周的时间，
（3）电子进入感应加速器，洛伦兹力提供向心力，
解得
在△t时间内，由动量定理，
对任意时刻，洛伦兹力提供向心力，
解得
则
由此可得
则有
7．（2023福建晋江部分重点高中期末联考如图（甲）所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间连接一个阻值为R的电阻，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l的导体棒垂直搁在导轨上a、b两点间，在a点右侧导轨间加一有界匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，宽度为d0，磁感应强度为B，设磁场左边界到ab距离为d。现用一个水平向右的力F拉导体棒，使它从a、b处静止开始运动，棒离开磁场前已做匀速直线运动，与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，水平力F-x的变化情况如图（乙）所示，F0已知。求：
（1）导体棒到达磁场左边界时的速度v1；
（2）导体棒匀速离开磁场右边界时的速度v2；
（3）导体棒从ab处静止开始运动到离开磁场右边界这一过程电阻R产生的焦耳热Q。
【参考答案】．（1）；（2）；
（3）
【名师解析】：（1）导体棒运动的加速度
解得
（2）设棒ab离开磁场右边界时的速度为v2，产生的感应电动势为
感应电流为

根据平衡条件得

解得

（3）全程根据动能定理得
根据功和能的关系得

解得
8. (2023重庆四区期末)2023年3月31日下午，我国自主研制的首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成悬浮运行。某学习小组受此启发，设计了如图甲所示的电磁驱动模型。两根平行长直金属导轨置于倾角为30°的绝缘斜面上，导轨间距为L且足够长，其上下两侧接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上一矩形区域内存在着垂直平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时，导体棒静止于磁场区域的上端，当磁场以速度沿导轨平面匀速向上移动时，导体棒随之开始滑动。已知导体棒与轨道间有摩擦，且始终处于磁场中，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）为了使导体棒能随磁场滑动，动摩擦因数μ不能超过多少；
（2）若已知动摩擦因数为μ，导体棒最终的恒定速度的大小；
（3）若时磁场由静止开始沿导轨平面向上做匀加速直线运动；经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，导体棒的加速度随时间变化的a—t关系如图乙所示（图中已知），已知动摩擦因数为μ，求导体棒在时刻的瞬时速度大小v。

【参考答案】（1）；（2）；
（3）
【名师解析】
（1）为了使导体棒能随磁场滑动，则安培力必须大于导体棒重力沿斜面向下的分力与摩擦力之和，则有
根据闭合电路的欧姆定律有
联立解得
（2）导体棒最终速度恒定，即导体棒做匀速运动，根据平衡条件有
根据闭合电路的欧姆定律有
联立解得
（3）根据题意，由牛顿第二定律有
设磁场的速度为，而
导体棒要做匀加速直线运动，则可知必然为常数，而速度差要为恒量，则可知磁场的加速度必然与金属棒的加速度相同，又因为感应电动势
联立解得导体棒在时刻的瞬时速度大小为
9.（2024福建名校联考）如图甲所示，在光滑绝缘水平面内有一匝数n =10、边长L=0.36 m，电阻R=0.36Ω的正方形金属线框，空间中存在一个宽度d=0.75 m、方向竖直向下的有界匀强磁场．线框右侧刚进入磁场时的速度=2 m/s，此时对线框施加一水平向左的外力F使其始终做匀减速直线运动．以线框右侧刚进入磁场为计时起点，外力F随时间t的变化如图乙所示．求：
(1)线框加速度a的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)当线框右侧到达磁场右边界时撤去外力F，求此后线框中产生的焦耳热Q？
【名师解析】.
（1）由图示图像可知：t1=0.2s时，线框左侧刚好进入磁场
根据运动学公式可得，
解得a=2m/s2，
（2）线框速度为v时，线框中的感应电动势E=nBLv
线框中的感应电流，
线框所受的安培力F安=nBIL
联立解得
t=0时，外力F0=2N，根据牛顿第二定律可得
t=0.2s时外力F1=2.4N，线框的速度v1=v0-at1
根据牛顿第二定律可得
联立解得，m=2kg
（3）设线框右侧到达磁场右边界时速度为v2，根据运动学公式可得v22-v02=2ad
解得v2=1m/s
撤去外力后，根据牛顿第二定律可得:
，
故:
设线框刚好完全穿出磁场时速度为v3
故，
解得v3=0.82m/s
线框中产生的焦耳热
10 （2024湖南名校联考）相距L＝1.5 m的足够长平行金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图甲所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同。ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计。t＝0时刻起，ab棒在方向竖直向上，大小按图乙所示规律变化的外力F作用下，从静止开始沿导轨匀加速运动，同时也由静止释放cd棒。g取10 m/s2。
(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；
(2)已知在2 s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；
(3)求出cd棒达到最大速度时所对应的时刻。
【参考答案】：(1)1.2 T 1 m/s2 (2)18 J (3) 2 s
【名师解析】 (1)经过时间t，金属棒ab的速率v＝at
此时，回路中的感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)
对金属棒ab，由牛顿第二定律得
F－BIL－m1g＝m1a
由以上各式整理得： F＝m1a＋m1g＋eq \f(B2L2,R)at
在图线上取两点：
t1＝0，F1＝11 N；t2＝2 s，F2＝14.6 N
代入上式得a＝1 m/s2，B＝1.2 T。
(2)在2 s末金属棒ab的速率vt＝at2＝2 m/s
所发生的位移s＝eq \f(1,2)at22＝2 m
由动能定律得WF－m1gs－W安＝eq \f(1,2)m1vt2
又Q＝W安
联立以上方程，解得Q＝WF－m1gs－eq \f(1,2)m1vt2＝18 J。
(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。
当cd棒速度达到最大时，有m2g＝μFN
又FN＝F安，F安＝BI1L
I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(BLv1,R)，v1＝at0
整理解得t0＝eq \f(m2gR,μB2L2a)＝2 s。