2025年高考二輪復(fù)習(xí)物理專題分層突破練11　電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用2

專題分層突破練11電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用選擇題:每小題6分,共54分基礎(chǔ)鞏固1.(2024遼寧朝陽二模)如圖所示,薄玻璃板上放有兩個粗細(xì)相同的玻璃水杯,杯中裝入質(zhì)量相等的純凈水,其中右側(cè)水杯內(nèi)的底部平放一薄銅片,在兩個水杯中都放入溫度傳感器用來測水的溫度。在玻璃板的下方,一裝有多個磁體的塑料圓盤旋轉(zhuǎn)起來,經(jīng)過一段時間,可以觀測到右側(cè)水杯中水的溫度明顯上升,而左側(cè)水杯中水的溫度沒有變化,這是()A.磁體使水杯中的水產(chǎn)生渦流引起的B.磁體使水杯底部的銅片產(chǎn)生渦流引起的C.磁體與空氣摩擦生熱引起的D.磁體使水杯底部的銅片磁化引起的答案B解析純凈水是絕緣體,磁體不能使水產(chǎn)生渦流,A錯誤;磁體在轉(zhuǎn)動過程中,通過銅片的磁通量發(fā)生變化,在銅片中產(chǎn)生渦流,電流生熱使水的溫度升高,B正確;若磁體與空氣摩擦生熱,對兩側(cè)水杯中水的溫度的影響應(yīng)該是一樣的,不能僅一側(cè)升溫明顯,C錯誤;磁體不能使銅片磁化,且磁化也不能產(chǎn)生熱量,D錯誤。2.(2024湖南卷)如圖所示,有一硬質(zhì)導(dǎo)線Oabc,其中abc是半徑為R的半圓弧,b為圓弧的中點,直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導(dǎo)線在紙面內(nèi)繞O點逆時針轉(zhuǎn)動,導(dǎo)線始終在垂直紙面向里的勻強磁場中。則O、a、b、c各點電勢關(guān)系為()A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φcC.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc答案C解析本題考查導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。如圖所示,該導(dǎo)線在紙面內(nèi)繞O點逆時針轉(zhuǎn)動,相當(dāng)于Oa、Ob、Oc導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線,根據(jù)右手定則可知O點電勢最高;根據(jù)E=Blv=12Bωl2,又lOb=lOc=5R>lOa,所以0<UOa<UOb=UOc,得φO>φa>φb=φc,故選項C3.(多選)(2024廣東汕頭二模)如圖甲所示,大功率家用電器的插頭常配備漏電保護(hù)裝置,工作原理如圖乙所示,其中“零序電流互感器”可視為閉合鐵芯。正常用電時,火線和零線的電流等大反向;出現(xiàn)漏電時,快速響應(yīng)電路能夠在毫秒級的時間內(nèi)檢測到漏電并觸發(fā)斷路器,使觸頭彈起從而自動切斷電源。下列說法正確的是()A.漏電保護(hù)裝置應(yīng)用了電磁感應(yīng)的原理B.圖乙中零線應(yīng)該置于互感器的外面,否則無法正常使用C.正常用電時,M和N兩點之間沒有電壓D.出現(xiàn)漏電時,M和N兩點之間沒有電壓答案AC解析正常用電時,火線和零線的電流始終等大反向,則穿過零序電流互感器的磁通量不發(fā)生變化,零序電流互感器中無感應(yīng)電動勢,與之構(gòu)成閉合回路的斷路器兩端M、N間無電壓;發(fā)生漏電時,由火線、用電器、零線構(gòu)成的閉合回路中,流經(jīng)火線與零線的電流大小將不再相等,使穿過零序電流互感器的磁通量發(fā)生變化,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,觸發(fā)斷路器,使觸頭彈起從而自動切斷電源,保護(hù)電路,即此時斷路器兩端M、N間有電壓,由此可知漏電保護(hù)裝置應(yīng)用了電磁感應(yīng)的原理,故A、C正確,D錯誤。圖乙中若零線置于互感器的外面,則發(fā)生漏電時,零序電流互感器不能感應(yīng)到通過零線的電流變化,因此互感器不能正常使用,只有零線與火線同在互感器里面,互感器才能通過感應(yīng)相反電流產(chǎn)生的磁場是否變化而做出反饋,因此圖乙中零線應(yīng)該置于互感器的里面,故B錯誤。4.(2024甘肅蘭州一模)“自激發(fā)電機”具有自勵磁的特點,它無需外部勵磁電源就能自行激勵產(chǎn)生磁場。其原理如圖所示,一金屬圓盤在某一大小恒定、方向時刻沿切線方向的外力作用下,在弱的軸向磁場B中繞金屬軸OO'轉(zhuǎn)動,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,盤軸與盤邊之間將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,圓盤下方螺旋形導(dǎo)線M端通過電刷與盤邊相連,N端與金屬軸相連,MN中就有感應(yīng)電流產(chǎn)生,最終回路中的電流會達(dá)到穩(wěn)定值,磁場也達(dá)到穩(wěn)定值。下列說法正確的是()A.MN中的電流方向從N→MB.圓盤轉(zhuǎn)動的速度先增大后減小C.MN中感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同D.磁場達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后,MN中不再產(chǎn)生感應(yīng)電流答案C解析根據(jù)右手定則知,MN中的電流方向從M→N,故A錯誤;根據(jù)右手螺旋定則判斷知MN中感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同,故C正確;圓盤在大小恒定、方向時刻沿切線方向的外力作用下,轉(zhuǎn)動的速度先越來越大,磁場也越來越大,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動勢也越來越大,流過電阻R的電流也越來越大,最終回路中的電流達(dá)到穩(wěn)定值,圓盤所受安培力的方向與外力方向相反,兩力保持平衡,磁場也達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),則圓盤轉(zhuǎn)動的速度也達(dá)到穩(wěn)定值,故B錯誤;可將圓盤看成若干個沿著半徑方向的輻條組成,因此在任何時刻都有輻條切割磁感線,故磁場達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后,MN中也產(chǎn)生感應(yīng)電流,故D錯誤。5.(2024廣東廣州階段練習(xí))如圖甲所示,連接電流傳感器的線圈套在豎直放置的長玻璃管上。將強磁體從離玻璃管上端高為h處由靜止釋放,磁體在玻璃管內(nèi)下落并穿過線圈。t1、t2、t3時刻的電流為0。圖乙是實驗中觀察到的線圈中電流隨時間變化的圖像,空氣阻力不計,則()A.t1~t3過程中線圈對磁體作用力方向先向上后向下B.磁體上下翻轉(zhuǎn)后重復(fù)實驗,電流方向先負(fù)向后正向C.t2時刻,穿過線圈磁通量的變化率最大D.h加倍后重復(fù)實驗,電流峰值將加倍答案B解析由楞次定律的“來拒去留”可知,t1~t3過程中線圈對磁體作用力方向一直向上,故A錯誤;磁體上下翻轉(zhuǎn)后重復(fù)實驗,穿過圓環(huán)過程中,磁通量方向相反,根據(jù)楞次定律結(jié)合圖乙可知,電流方向先負(fù)向后正向,故B正確;t2時刻,感應(yīng)電流為0,則感應(yīng)電動勢為0,穿過線圈磁通量的變化率為0,故C錯誤;若沒有磁場力,則由機械能守恒定律有mgh=12mv2,可得v=2gh,若將h加倍,速度并非變?yōu)樵瓉淼?倍,實際存在磁場力做負(fù)功,速度也不是原來的2倍,則線圈中產(chǎn)生的電流峰值不會加倍,故6.(多選)(2024廣東茂名一模)如圖甲所示,底部固定有正方形線框的列車進(jìn)站?？繒r,以速度v水平進(jìn)入豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的正方形有界勻強磁場區(qū)域,簡化原理圖如圖乙所示,假設(shè)正方形線框邊長為l,每條邊的電阻相同,磁場的區(qū)域邊長為d,且l<d,列車運動過程中受到的軌道摩擦力和空氣阻力恒定,下列說法正確的是()A.線框右邊剛剛進(jìn)入磁場時,感應(yīng)電流沿圖乙所示逆時針方向,其兩端的電壓為BlvB.線框右邊剛剛進(jìn)入磁場時,感應(yīng)電流沿圖乙所示順時針方向,其兩端的電壓為34C.線框進(jìn)入磁場過程中,克服安培力做的功等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱D.線框離開磁場過程中,克服安培力做的功等于線框減少的動能答案BC解析根據(jù)右手定則,線框進(jìn)入磁場時,感應(yīng)電流沿順時針方向,線框此時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Blv,線框右邊兩端的電壓為路端電壓,即為U=34E=34Blv,故A錯誤,B正確;根據(jù)功能關(guān)系可知線框克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能,線框為純電阻電路,則又全部轉(zhuǎn)化為線框中產(chǎn)生的焦耳熱,則克服安培力做的功等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱,故C正確;線框離開磁場過程中,根據(jù)動能定理可知克服安培力做功與克服摩擦力、空氣阻力做功之和等于線框和列車動能的減小量,故7.(多選)(2024山東卷)如圖所示,兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上,其所在平面豎直且平行,導(dǎo)軌最高點到水平桌面的距離等于半徑,最低點的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直。空間充滿豎直向下的勻強磁場(圖中未畫出),導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接?，F(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置,由靜止釋放。MN運動過程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好,不考慮自感影響,下列說法正確的是()A.MN最終一定靜止于OO'位置B.MN運動過程中安培力始終做負(fù)功C.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中,MN的速率一直在增大D.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中,MN中電流方向由M到N答案ABD解析根據(jù)能量守恒,金屬棒下滑重力勢能最終全部克服安培力做功,轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,A正確;MN運動過程中安培力始終做負(fù)功,B正確;從釋放開始,棒受到重力、支持力和安培力,當(dāng)沿軌跡切線方向的合力為零時,速率最大,C錯誤;根據(jù)右手定則可判斷D正確。綜合提升8.(多選)(2022廣東卷)如圖所示,水平地面(xOy平面)下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點,P點位于導(dǎo)線正上方,MN平行于y軸,PN平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈,圓心在P點,可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動,運動過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有()A.N點與M點的磁感應(yīng)強度大小相等,方向相同B.線圈沿PN方向運動時,穿過線圈的磁通量不變C.線圈從P點開始豎直向上運動時,線圈中無感應(yīng)電流D.線圈從P點運動到M點產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與從P點運動到N點產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等答案AC解析因為M、N兩點連線與長直導(dǎo)線平行,兩點與長直導(dǎo)線的距離相同,根據(jù)右手螺旋定則可知,通電長直導(dǎo)線在M、N兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等,方向相同,選項A正確。根據(jù)右手螺旋定則,線圈在P點時,穿進(jìn)與穿出線圈的磁感線對稱,磁通量為零;在向N點平移的過程中,穿進(jìn)與穿出線圈的磁感線不再對稱,線圈的磁通量會發(fā)生變化,選項B錯誤。根據(jù)右手螺旋定則,線圈從P點豎直向上運動的過程中,穿進(jìn)與穿出線圈的磁感線對稱,線圈的磁通量始終為零,沒有發(fā)生變化,線圈中無感應(yīng)電流,選項C正確。從P點運動到M點與從P點運動到N點,線圈的磁通量變化量相同,依題意從P點運動到M點所用時間較長,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知,兩次產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不相等,選項D錯誤。9.(2024山東菏澤一模)如圖所示,邊長為2L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,一邊長為L的菱形單匝金屬線框ABCD的底邊與bc在同一直線上,線框的∠ABC=60°。使線框水平向右勻速穿過磁場區(qū)域,BC邊與磁場邊界bc始終共線,以B點剛進(jìn)入磁場為計時起點,規(guī)定線框中感應(yīng)電流逆時針方向為正,則下列圖像正確的是()答案A解析設(shè)線框勻速運動速度大小為v,以B點剛進(jìn)入磁場為計時起點,在0~Lv內(nèi),AB邊逐漸進(jìn)入磁場切割磁感線,產(chǎn)生的電動勢為E1=Bvxsin60°=3Bv2t2,線框中的電流大小為I1=E1R=3Bv2t2R∝t,根據(jù)楞次定律可知,線框中的電流方向為逆時針方向,即電流為正;在Lv~2Lv內(nèi),整條AB邊在磁場中切割磁感線,DC邊逐漸進(jìn)入磁場切割磁感線,線框產(chǎn)生的電動勢為E2=EABEDC=3BLv2Bv·(vtL)sin60°=3BLv3Bv2t2,線框中的電流大小為I2=E2R=3BLvR-3Bv2t2R10.(10分)(2023廣東卷)光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強磁場,磁場被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,寬度均為h,其俯視圖如圖甲所示,兩磁場磁感應(yīng)強度隨時間t的變化如圖乙所示,0~τ時間內(nèi),兩區(qū)域磁場恒定,方向相反,磁感應(yīng)強度大小分別為2B0和B0,一電阻為R、邊長為h的剛性正方形金屬框abcd平放在水平面上,ab、cd邊與磁場邊界平行。t=0時,線框ab邊剛好跨過區(qū)域Ⅰ的左邊界以速度v向右運動。在τ時刻,ab邊運動到距區(qū)域Ⅰ的左邊界h2處,線框的速度近似為零,此時線框被固定,如圖甲中的虛線框所示。隨后在τ~2τ時間內(nèi),區(qū)域Ⅰ磁感應(yīng)強度線性減小到0,區(qū)域Ⅱ磁場保持不變;2τ~3τ時間內(nèi),區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強度也線性減小到0。求(1)t=0時線框所受的安培力F;(2)t=1.2τ時穿過線框的磁通量Φ;(3)2τ~3τ時間內(nèi),線框中產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)9B0(2)3B0(3)B解析(1)由圖可知,t=0時線框切割磁感線的感應(yīng)電動勢為E=2B0hv+B0hv=3B0hv則感應(yīng)電流大小為I=E所受的安培力為F=2B03B0hvRh+B方向水平向左。(2)在τ時刻,ab邊運動到距區(qū)域Ⅰ的左邊界h2處,線框的速度近似為零,此時線框被固定,則t=1.2τΦ=1.6B0h·12hB0h·12方向垂直紙面向里。(3)2τ~3τ時間內(nèi),區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強度線性減小到0,則有E'=Δ感應(yīng)電流大小為I'=E則2τ~3τ時間內(nèi),線框中產(chǎn)生的熱量為Q=I'2Rt=B011.(12分)(2023全國新課標(biāo)卷)一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬框,每邊電阻為R0,置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,兩虛線為磁場邊界,如圖(a)所示。(1)使金屬框以一定的初速度向右運動,進(jìn)入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行,金屬框完全穿過磁場區(qū)域后,速度大小降為它初速度的一半,求金屬框的初速度大小。(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌與磁場邊界垂直,左端連接電阻R1=2R0,導(dǎo)軌電阻可忽略,金屬框置于導(dǎo)軌上,如圖(b)所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動,進(jìn)入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中,電阻R1產(chǎn)生的熱量。答案(1)B2L3解析(1)設(shè)金屬框的初速度為v0,則金屬框完全穿過磁場的過程中,根據(jù)動量定理可得BILt=mv02通過金屬框的電流I根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E聯(lián)立解得v0=B2(2)金屬框進(jìn)入磁場的過程中根據(jù)動量定理可得BI'Lt'=mv1mv0通過金屬框的電流I'=E根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E'=B解得v1=2金屬框完全在磁場中運動時,根據(jù)動量定理可得BI″Lt″=mv2mv1通過金屬框的電流I″=E根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E″=B解得v2=0即金屬框右邊剛好停在磁場右側(cè)邊界處在進(jìn)入磁場的過程中Q總=1電阻R1的發(fā)熱量為Q1=23R解得Q1=7金屬框完全在磁場中運動時,Q總'=1電阻R1的發(fā)熱量為Q1'=2R02解得Q1'=8電阻R1上的總發(fā)熱量Q1總=Q1+Q1'解得Q1總=3B12.(12分)(2024湖北卷)如圖所示,兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L,固定在同一水平面內(nèi),直導(dǎo)軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的14圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直,其左側(cè)無磁場,右側(cè)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán),水平放置在兩直導(dǎo)軌上,其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及圓環(huán)可能的形變,金屬棒、圓環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好,重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab(1)求ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小。(2)求圓環(huán)剛開始運動時的加速度大小。(3)為使ab在整個運動過程中不與圓環(huán)接觸,求圓環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。答案(1)BL2(2)B(3)mR2解析(1)ab由靜止釋放到剛越過MP過程中,由動能定理有mgL=1解得v0=2ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E=BLv0=BL2gL(2)圓環(huán)在導(dǎo)軌外側(cè)的兩段圓弧被短路,在導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)的兩段圓弧并聯(lián)接入電路中,根據(jù)幾何關(guān)系可知,導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)每段圓弧的電阻為R,故整個回路的總電阻為R總=R+R·ab剛越過MP時,通過ab的感應(yīng)電流為I=E對圓環(huán),根據(jù)牛頓第二定律有2·B·I2·L=2解得a=B2(3)由于ab和圓環(huán)所受的安培力等大反向,故系統(tǒng)的動量守恒。ab在直導(dǎo)軌上做減速運動,圓環(huán)做加速運動,為使ab在整個運動過程中不與圓環(huán)接觸,則當(dāng)ab和圓環(huán)共速時,ab恰好追上圓環(huán),設(shè)此時共同速度為v。對ab和圓環(huán),由動量守恒定律有mv0=(m+2m)v對ab,由動量定理有BILt=mvmv0即BLq=mvmv0在ab與圓環(huán)共速前,設(shè)ab在直導(dǎo)軌上運動的距離為x1,圓環(huán)運動的距離為x2,則有q=Δ聯(lián)立解得Δx=x1x2=mR則圓環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離為d=Δx+L=mR2gL13.(12分)(2024全國甲卷)兩根平行長直光滑金屬導(dǎo)軌距離為l,固定在同