2019届高考浙江新高考电磁感应大题

浙江省新高考“电磁感应”大题集锦江苏省特级教师戴儒京浙江省新高考从2016年开始，每年4月和10月两次考试，至今(2019年4月18日)4年已经有7套试卷(2019年4月一套)。每套试卷分为必做题和选做题两种，其中必做题是合格考，及格就是合格的高中毕业生，选做题是高考选择物理的考生做的。其中第22题(倒数第2题)，一般是电磁感应大题，是比较难的综合题，我把它们汇集起来，共7题，以飨读者。1.2019年4月第22题22(10分【加试题】如图所示，倾角6=37。、间距l=0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1Q的电阻，质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数〃立45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴，。在0.2mSxS0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t=0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下从x=0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v=kx(可导出a=kv)k=5s-1。当棒ab运动至x1=0.2m处时，电阻R消耗的电功率P=0.12W,运动至x2=0.8m处时撤去外力F,此后棒ab将继续运动，最终返回至x=0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：(提示：可以用F-x图象下的“面积”代表力F做的功(1)磁感应强度B的大小(2)外力F随位移x变化的关系式；(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。P=(BLv)2=0.12,解得B=超TR 5(2)①无磁场区域0WxW0.2m时，根据动能定理：F-mgsin0-日mgcos0=ma其中a=kv,v=kx得a=k2x联立可得F=2.5x+0.96②有磁场区域0.2m<xW0.8m时，根据动能定理：F-mgsin0-日mgcos0-BIl=ma联立可解得F=3.1x+0.96(3)上升过程中克服安培力做功(梯形面积)W=竺(x+x)(x—x)=0.18JA1 2 1 22 1撤去外力后，导体棒上升的最大距离为s,再次进入磁场时的速度为V,，则

(mgsin9+^mgcos9)s=mmv2^2(mgsin9-^mgcos9)s=2mv'2由于(mgsin9-日mgcos9)s-v=0R故导体棒ab再次进入磁场后做匀速运动。下滑过程中克服安培力做功(Bl)2v' (x一x)=0.144JR2 1Q=%+Qa2=0.324J【解析2】(1)x=0.2m时，导体棒的速度v「kx=1m/s电阻P上的功率P=I2RTEBlvI=—= RRE=Blv解得B=工12T=—T(1)0WxW0.2m时，根据动能定理：F-mgsin9-日mgcos9=ma其中a=kv,v=kx得a=k2x联立可得F=2.5x+0.960.2m<xW0.8m时，根据动能定理：F-mgsin9-日mgcos9-BIl=ma联立可解得F=3.1x+0.96AxQ=1mv2-imv212 22 1x=0.8mAxQ=1mv2-imv212 22 1WF-mgAxsin9-日mgcos9TOC\o"1-5"\h\z画F-x图像，数据表如下：x F0 0.960.1 1.210.2 1.460.2 1.580.3 1.890.4 2.20.5 2.51

F’+F0.60.70.82.823.133.441F’+F0.60.70.82.823.133.441-2WF2•（元一元）= x0.6=1.506J2 1 2其中F'=3.1*0.2+0.96=1.58N,F=3.1*0.8+0.96=3.44N代入得Q1=0.18J到达x=0.8m后减速上滑的加速度a1=g(sin0+日cos0)=9.6m/s2到达最高点后加速下滑的加速度a2=g(sin0-日cos0)=2.4m/s2v2=2a1，v2=2a_x'3 2设从x=0.8m处继续上滑的位移为x,,再次回到v2=2a1，v2=2a_x'3 2若导体杆在磁场中匀速运动时mgsin0=日mgcos+求得v4=2m/s,可知导体杆进入磁场后做匀速直线运动.从x=0.8m处回到x=0.2m处，列动能定理mgAxsin0-^mgcos0Ax-Q2=0解得Qf0.144JQ=Q1+Q2=0.324J。【答案】(1)-T；(1)0WxW0.2m时，F=2.5x+0.96；(2)0.2m<xW0.8m时，F=3.1x+0.96；0.324J2.2018年10月第22题22.(10分)【加试题】如图所示，在间距L=0.2m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场，磁感应强度为分布沿y方向不变，沿x方向如下：fITx>0.2mB=)5xT-0.2m<x<0.2m(-ITx<-0.2m导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C=1F的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I=2A，电流方向如图所示。有一质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0=0.7m处。开关S掷向1，棒ab从静止开始运动，到达x3=—0.2m处时，开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求：(提示：可以用F-x图象下的“面积”代表力F所做的功)(1)棒ab运动到x1=0.2m时的速度v1；(2)棒ab运动到x2=—0.1m时的速度v2；(3)电容器最终所带的电荷量Q。答案：£：)V,=2m/s(?)5(j)q=—C7解析：口)从疝一K1的过程，由于安培力为恒力.运用动能定理总也(%-毛)=；他窜：-0.得v.=2tn：s(2)从k1一x2过程中，安培力F=BIL,由于B=5x,可知F=2x,可知F随k变化而变化，可以表示如下图所示，所以在这个过程中，安培力垓的功大小为图像中与x轴围成的面积.Ww=0.03J所以I所以I■晨二!用A--mvt充2 ,2C)从0.2处移到』。处安培力不强功,设最后鬼定时的速度为y则导体棒两端电RU=RLy电路中通过的电量q二〃栈据动量定理栈据动量定理一81£f=flTVWTVj3.2018年4月选考物理22.[2018・浙江4月选考]【加试题】压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示.压力波p(t)进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“T”形轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比(x=ap,a>0).霍尔片的放大图如图2所示，它由长义宽义厚=aXbXd、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成.磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为B=B0(1-BIXI),B>0.无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿qC2方向的电流I，则在侧面上D/D2两点间产生霍尔电压U0.(1)指出D「D2两点哪点电势高.(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=〃ev〃d,其中e为电子电荷量).(3)弹性盒中输入压力波p(t),霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压UH随时间t变化图像如图3.忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率.(结果用U0、U1、t0、a及B表示)[答案](1)D1点电势高⑵Uo=B⑶ai1-..[解析](1)根据左手定则，自由电子向D2移动，故D1点电势高.(2)电子受力平衡，有evB°=eE«0 HIIB故U0=EHb=vBob=Rob=高IB(t) I< 、IB一。、 ,⑶由(2)可得霍尔电压UH(t尸=ndo[1-B1x(t)|]=高[1-B如(t)|]=U0[1-aBIIp(t)I]故।p(t)I=~B.1-UuH(力结合UH-1图像可得出压力波p(t)关于时间t是正弦函数，周期T=210,振幅4=aI—U)，频率于=q.4.2017年11月22.(10分)【加试题】如图所示，匝数N=100、横截面积s=1.0x10-2m2、电阻r=0.15。的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场Bl其变化率k=0.80T/s。线圈通过开关s连接两根相互平行、间距d=0.2m的竖直导轨，下端连接阻值R=0.50。的电阻。一根阻值也为0.50。、质量m=1.0义10-2Kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2o接通开关s后，棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。（1）求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向；（2）断开开关s后撤去挡条，棒开始下滑，经t=0.25s后下降了h=0.29m，求此过程棒上产生的热量。【答案】22.（1）B2=0.50T垂直纸面向外（2）Q=2.3x10-3JZZ.（10分）门）线圈的感应电动势为 E=N箸警流过导体棒的电流 L=―3二?圻+袅导体棒对挡条的压力为举，有%2=鹏城凡=更嘘华产2得a方向（㈤由动量定理及得心棒产生的热量得5.2017年4月22.【加试题】间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示，倾角为0的导轨处于大小为B1，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”（有两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成），在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间II，其长度大小于L，质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”。“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间ii并从中滑出。运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd和ef电阻均为R=0.02Q，m=0.1kg，l=.0.5m，L=0.3m，0=30°，B=0.1T，B=0.2T，1 2不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v；0“联动三杆”进入磁场区域II前的速度大小为v；“联动三杆”滑过磁场区域II产生的焦耳热Q。22【解析】（1）匀速运动条件B"=mgsin9，解得v=1.5mgRsin9=6m/s1.5R 0 B212i(2)由动量守恒定律mv=4mv，解得v=—v=1.5m/s0 40（3）进入（3）进入B2磁场区，不*A A① 人为IAt= •AtAt-1.5R设速度变化为Av，由动量定理,可得在#=-4mAv，因〜一一 BIl所以IAt=Aq=—2—1.5R1.5R1.5Rx4m=-0.25m/s出B2磁场区，因为受安培力的导线为2条，所以安培力为2倍，但电流为进入磁场时的2，所以同样有磁场时的2，所以同样有a-21.5Rx4m=-0.25m/s出B2磁场后“联动三杆”的速度为v'=v+2Av=1.0m/s2，Q=—x4m（v2-v'2）=0.25J26.2016年10月22.(1吩)【加试题】为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置.半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为1,电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴00〃上，由电动机A带动旋转。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为％、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为1,底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接。当开关S断开，棒cd静止时,弹簧伸长量为x。；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x（不超过弹性限度）。不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时（1）通过棒cd的电流I;cd（2）电动机对该装置的输出功率P；（3）电动机转动角速度①与弹簧伸长量x之间的函数关系.【解析】（1）S断开，cd棒静止有mg=kx0S闭合，cd棒静止时受到的安培力f二Cd棒静止有mg+1Bl=kl得.I=mg（x-xjcdBlx1 3（2）回路总电阻：R=R+-R=-R总2 2总电流：I-2mg（x-x0）B2lx0

间距为L。导轨间第23题图由能量守恒，得P=12R=6m2g2R(x-x0)2总 B21间距为L。导轨间第23题图20(3)由法拉第电磁感应定律：E= =—BS12At2i回路总电流：I=勺"3R得①二6mgR(X-X0)B1B213xo［答案］(1)I=mg(x-xo)；(2)6m2g2R(x-xo)2；(3)3)6mgR(X-X0)cdBlx B212X2 BB13x20 2 0 12 07.2016年4月23.(10