2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十二电磁感应与电磁波

专题强化练(十二)电磁感应与电磁波1．(2023·广东深圳一模)某国产直升机在我国某地上空悬停，长度为L的螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)，转动角速度为ω.该处地磁场的水平分量为Bx，竖直分量为By.叶片的近轴端为a，远轴端为b.忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为()A.eq\f(1,2)BxLω，a端电势高于b端电势B.eq\f(1,2)BxL2ω，a端电势低于b端电势C.eq\f(1,2)ByL2ω，a端电势高于b端电势D.eq\f(1,2)ByL2ω，a端电势低于b端电势解析：我国某地上空地磁场方向有向下的分量，大小为By，当螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)时，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势；大小为E＝ByLeq\f(0＋Lω,2)＝eq\f(1,2)ByL2ω，故选D.答案：D2．(2023·江苏卷)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘．现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动．O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则()A．φO>φC B．φC>φAC．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC解析：由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φC＝φA，A项正确、B、C项错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D项错误．故选A.答案：A3．如图所示为电视接收过程示意图，其工作过程顺序正确的是()A．解调——放大——调谐——显示B．调谐——放大——解调——显示C．调谐——解调——放大——显示D．放大——调谐——解调——显示解析：电视接收机首先利用电谐振通过调谐把空间高频电流选出来，然后解调，取下信号，最后经放大后再传给显像管显像，所以正确的顺序是C.答案：C4．如图所示，三条水平虚线L1、L2、L3之间有宽度为L的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等方向相反，正方形金属线框abcd的质量为m、边长为L，开始ab边与边界L1重合，对线框施加拉力F使其匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正，下列关于感应电流i和拉力F随时间变化的图像可能正确的是()ABCD解析：当ab边向右运动0～L的过程中，用时间t1＝eq\r(\f(2L,a))；E1＝BLat，电流I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(BLa,R)t方向为正方向；拉力F＝ma＋F安＝ma＋eq\f(B2L2a,R)t，当ab边向右运动L～2L的过程中，用时间t2＝eq\r(\f(4L,a))－eq\r(\f(2L,a))＝(eq\r(2)－1)eq\r(\f(2L,a))，E2＝2BLat，电流I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(2BLa,R)t方向为负方向；拉力F＝ma＋F安＝ma＋eq\f(4B2L2a,R)t，对比四个图线可知，只有B项正确．故选B.答案：B5．如图所示为实验室演示电磁阻尼的一阻尼摆的简化图，其摆片材质一般为铜制材料．实验时发现，当电磁铁线圈没有通电时，阻尼摆可以摆动很长时间才停下来，而电磁铁线圈中通电时，阻尼摆很快会停下来．下列说法正确的是()A．若把摆片材质换成玻璃的，效果更明显B．摆片刚进入磁场的瞬间，一定立即做减速运动C．摆片在进入和离开磁场的两个过程中产生的感应电流方向相同D．阻尼摆很快停下来是因为在摆片中产生涡流，从而受安培力做负功，阻碍其运动，使之很快停下来解析：如果材质是玻璃的，则不会产生感应电流，则线圈不会受到磁场力作用不会很快停下来，A项错误；摆片进入磁场的过程中有感应电流，感应电流会阻碍摆片的相对运动，但由于在摆片进入磁场区域时，还受到重力和杆的拉力，不知道合力的情况，所以不能判断出摆片是否做减速运动，B项错误；当摆片进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，根据楞次定律可知，感应电流的方向相反，C项错误；阻尼摆很快停下来是因为在摆片中产生涡流，从而受安培力做负功，阻碍其运动，使之很快停下来，D项正确．故选D.答案：D6．2021年7月25日，台风“烟花”给上海带来明显风雨影响，高达632米的上海中心大厦在台风里却能够保持稳定，位于第126层的“电涡流摆设式调谐质量阻尼器”起到了关键作用．这款阻尼器由我国自主研发，重达1000吨，在大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器质量块的惯性会产生一个反作用力，产生反向摆动，在质量块下方圆盘状的永磁体与楼体地板相对，由于电磁感应产生涡流，从而使大厦减振减摆，其简化示意图如图所示．下列关于该阻尼器的说法正确的是()A．质量块下方相对的地板可以是导体也可以是绝缘体，对减振效果没有影响B．安装在质量块下方的圆盘状永磁体左端为N极右端为S极，才会有较好的阻尼效果C．安装在质量块下方的圆盘状永磁体只有下端为N极上端为S极，才会有较好的阻尼效果D．地板随大厦摆动时，在地板内产生涡流，使大厦摆动的机械能最终转化为热能逐渐耗散掉解析：在质量块下方圆盘状的永磁体与楼体地板相对，由于电磁感应产生涡流，从而使大厦减振减摆，可知该阻尼器为电磁阻尼，只有下方地板是导体时，方可会起作用，A项错误；安装在质量块下方的圆盘状永磁体左端为N极右端为S极，可知磁场方向沿水平方向，这样在地板导体中产生的感应电流很小，电磁阻尼效果不好，B项错误；由电磁感应原理，可知安装在质量块下方的圆盘状永磁体的磁场方向只要是在竖直方向，都有较好的效果，有下端为N极上端为S极，或下端为S极上端为N极，阻尼效果相同，C项错误；地板随大厦摆动时，在地板内产生涡流，地板导体内有电阻，使大厦摆动的机械能最终转化为热能逐渐耗散掉，符合电磁阻尼原理，D项正确．故选D.答案：D7．(多选)如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上．现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域．已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有()ABCD解析：a棒以速度2v0，先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为i0＝eq\f(Bl·2v0,R)，a棒受安培阻力做变加速直线运动，感应电流也随之减小，即i-t图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒减速的速度为v1，此时的瞬时电流为i1＝eq\f(Blv1,R)；若v1＝v0，即i1＝eq\f(Blv0,R)＝eq\f(i0,2)，此时双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，i-t图像中无电流的图像，故A项正确，C项错误；若v1<v0，即i1＝eq\f(Blv1,R)<eq\f(i0,2)，此时双棒双电源的电动势不等要抵消一部分，因b棒的速度大，电流方向以b棒的流向，与原a棒的流向相反即为负，大小为i＝eq\f(Bl（v0－v1）,R)，b棒通电受安培力要减速，a棒受安培力而加速，则电流逐渐减小，故B项正确，D项错误．答案：AB8．(2023·广东茂名一模)(多选)某科技馆设计了一种磁力减速装置，简化为如题图所示模型．在小车下安装长为L、总电阻为R的正方形单匝线圈，小车和线圈总质量为m.小车从静止开始沿着光滑斜面下滑s后，下边框刚进入匀强磁场时，小车开始做匀速直线运动．已知斜面倾角为θ，磁场上下边界的距离为L，磁感应强度大小为B，方向垂直斜面向上，重力加速度为g，则()A．线圈通过磁场过程中，感应电流方向先顺时针后逆时针方向(俯视)B．线框在穿过磁场过程中产生的焦耳热为mg(2L＋s)sinθC．线框刚进入磁场上边界时，感应电流的大小为eq\f(BL\r(2gs),R)D．小车和线圈的总质量为eq\f(B2L2,R)eq\r(\f(2s,gsinθ))解析：线框刚进入磁场上边界时，根据楞次定律可得感应电流的方向为顺时针方向(从斜面上方俯视线框)，穿出磁场时，根据楞次定律可得感应电流的方向为逆时针方向，故A项正确；设线框进入磁场时的速度大小为v0，自由下滑过程中，根据动能定理可得mgs·sinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gs·sinθ)，根据闭合电路的欧姆定律可得I＝eq\f(BLv0,R)＝eq\f(BL\r(2gssinθ),R)，下边框刚进入匀强磁场时，小车开始做匀速直线运动．根据功能关系可得线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q＝2mgLsinθ，故B、C项错误；根据平衡条件可得eq\f(B2L2v0,R)＝mgsinθ，解得m＝eq\f(B2L2,R)eq\r(\f(2s,gsinθ))，故D项正确．故选AD.答案：AD9．如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置示意图．在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽1.6m，高0.5m，磁感应强度大小均为0.5T．电梯后方固定一个100匝矩形线圈，线圈总电阻为8Ω，高度为1.5m，宽度略大于磁场．已知某次电梯运行试验中电梯总质量为2400kg，g取10m/s2，忽略摩擦阻力．当电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落时，求：(1)电梯下落速度达到2.5m/s时，线圈内产生的感应电流大小；(2)若电梯下落4.5m时速度达到6m/s，此过程中安培力对电梯做的功；(3)电梯可达到的最大速度．解析：(1)电梯下落时，线圈上下两边均切割磁感线产生感应电动势E1＝2nBLv1，由欧姆定律，可得此时线圈内产生的感应电流大小为I1＝eq\f(E1,R)，代入数据得I1＝50A.(2)根据动能定理mgh－WA＝eq\f(1,2)mv2－0，解得WA＝64800J.(3)当电梯达到最大速度时，电梯所受重力与安培力平衡，有mg＝2nBImL，又有Im＝eq\f(2nBLvm,R)，联立得vm＝eq\f(mgR,4n2B2L2)，代入数据得vm＝7.5m/s.答案：(1)50A(2)64800J(3)7.5m/s10．(2023·福建福州检测)如图，足够长的固定粗糙绝缘斜面，倾角为θ＝37°，平行于斜面底边的边界PQ下侧有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T.一质量为M＝0.2kg的U型金属框MM′NN′静置于斜面上，其中MN边长L＝0.4m处在磁场中与斜面底边平行，框架与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.75，框架电阻不计且足够长．质量m＝0.1kg，电阻R＝0.6Ω的金属棒ab横放在U形金属框架上从静止释放，释放位置与边界PQ上方距离为d＝0.75m．已知金属棒在框架上无摩擦地运动，且始终与框架接触良好，设框架与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)金属棒ab刚进入磁场时，通过框架MN边的电流大小和方向；(2)金属棒ab刚进入磁场时，框架的加速度大小a；(3)金属棒ab进入磁场最终达到稳定运动时，金属棒重力的功率P.解析：(1)金属棒在框架上无摩擦地运动，设刚进入磁场的速度为v0，根据动能定理得mgdsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0.解得v0＝3m/s.进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律E＝BLv0，根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R)，解得I＝2A.电流方向：由N流向M.(2)框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小为f＝μ(M＋m)gcos37°＝1.8N，框架MN边受到的安培方向沿斜面向下，大小为F安＝BIL＝0.8N，根据牛顿第二定律，框架的加速度为aMgsinθ＋F安－f＝Ma.代入数据解得a＝1m/s2.(3)因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，故金属棒和框架整体沿斜面方向动量守恒，最终金属棒ab与框架分别以v1、v2的速度做匀速运动mv0＝mv1＋Mv2，此时回路的电动势为E′＝BL(v1－v2)．电流I′＝eq\f(E′,R).金属棒ab匀速运动mgsinθ－BI′L＝0，联立解得v1＝2.5m/s，v2＝0.25m/s，金属棒ab重力的功率P＝mgv1sinθ＝1.5W.答案：(1)I＝2A，电流方向：由N流向M(2)a＝1m/s2(3)P＝1.5W11．如图所示，水平面上固定不等间距的两段平行直导轨，处于磁感应强度大小为B的竖直向下的匀强磁场中，粗糙导轨PQ、P′Q′的间距为L，光滑导轨MN、M′N′无限长，其间距为2L，导轨电阻均不计，金属ab，cd垂直放置于两段导轨上与导轨接触良好，且均可自由滑动，其质量分别为m和2m，二者接入电路的阻值分别为R和2R，一根轻质细线绕过定滑轮(定滑轮用绝缘材料固定在轨道平面内，滑轮质量和摩擦不计)，一端系在金属棒ab的中点上，另一端悬挂一物块W，W的质量为M，此时金属棒ab恰好不滑动．现用水平向右的恒定拉力F使金属棒cd由静止开始向右运动，当cd达到最大速度时金属棒ab刚要滑动，已知重力加速度为g，求：(1)金属棒cd的最大速度vm；(2)若在金属棒cd达到最大速度时立即撤去拉力F，试计算出金属cd继续运动的位移s；(3)若金属棒cd从静止开始运动到最大速度所用的时间为t，则金属棒ab从cd棒开始运动到cd棒静止共产生了多少焦耳热？解析：(1)当cd棒达到最大速度vm时，根据右手定则可知回路中的电流方向为逆时针方向，根据左手定则可知ab棒受到水平向右的安培力，ab棒刚要滑动，对ab棒受力分析，可得BIL＝Mg＋fm，cd受拉力F作用前，ab棒恰好不滑动，由平衡条件得Mg＝fm，解得I＝eq\f(2Mg,BL).对cd棒，有Em＝2BLvm，I＝eq\f(Em,3R)，解得vm＝eq\f(3MgR,B2L2).(2)金属棒cd达到最大速度时立即撤去拉力F，直至停止，对cd棒，由动量定理得－2Beq\o(I,\s\up6(－))1Lt1＝0－2mvm，又eq\o(I,\s