2025年高考二轮复习物理专题分层突破练11　电磁感应规律及综合应用4

专题分层突破练11电磁感应规律及综合应用选择题:每小题6分,共60分基础巩固1.(2024辽宁朝阳二模)如图所示,薄玻璃板上放有两个粗细相同的玻璃水杯,杯中装入质量相等的纯净水,其中右侧水杯内的底部平放一薄铜片,在两个水杯中都放入温度传感器用来测水的温度。在玻璃板的下方,一装有多个磁体的塑料圆盘旋转起来,经过一段时间,可以观测到右侧水杯中水的温度明显上升,而左侧水杯中水的温度没有变化,这是()A.磁体使水杯中的水产生涡流引起的B.磁体使水杯底部的铜片产生涡流引起的C.磁体与空气摩擦生热引起的D.磁体使水杯底部的铜片磁化引起的答案B解析纯净水是绝缘体,磁体不能使水产生涡流,A错误;磁体在转动过程中,通过铜片的磁通量发生变化,在铜片中产生涡流,电流生热使水的温度升高,B正确;若磁体与空气摩擦生热,对两侧水杯中水的温度的影响应该是一样的,不能仅一侧升温明显,C错误;磁体不能使铜片磁化,且磁化也不能产生热量,D错误。2.(2024湖南卷)如图所示,有一硬质导线Oabc,其中abc是半径为R的半圆弧,b为圆弧的中点,直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动,导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为()A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φcC.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc答案C解析本题考查导体切割磁感线产生感应电动势。如图所示,该导线在纸面内绕O点逆时针转动,相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线,根据右手定则可知O点电势最高;根据E=Blv=12Bωl2,又lOb=lOc=5R>lOa,所以0<UOa<UOb=UOc,得φO>φa>φb=φc,故选项C3.如图所示的电路中,A1、A2和A3是三个阻值恒为R且相同的小灯泡,L是自感系数相当大的线圈,其直流电阻也为R。下列说法正确的是()A.开关S接通瞬间,A1最亮,稳定后A1、A2和A3亮度相同B.开关S接通瞬间,A1最亮,稳定后A1比A2、A3亮C.电路稳定后断开开关S时,A1、A2和A3亮一下后一起熄灭D.电路稳定后断开开关S时,L产生的自感电动势等于A1两端的电压答案A解析由于开关S接通时,线圈阻碍电流的增加,相当于断路,流经A1的电流最大,故A1最亮,稳定后因线圈直流电阻也为R,流经三个灯泡的电流相同,则亮度相同,故A正确,B错误;如图所示,电路稳定后断开开关S时,L和A1形成闭合回路,因流经线圈的电流与断开S前流过A1的电流相同,故A1不会闪亮一下再熄灭,而是慢慢熄灭,A2和A3立即熄灭,此时EL=IL·2R=2UA1,故C、D错误。4.(2024甘肃兰州一模)“自激发电机”具有自励磁的特点,它无需外部励磁电源就能自行激励产生磁场。其原理如图所示,一金属圆盘在某一大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下,在弱的轴向磁场B中绕金属轴OO'转动,根据法拉第电磁感应定律,盘轴与盘边之间将产生感应电动势,圆盘下方螺旋形导线M端通过电刷与盘边相连,N端与金属轴相连,MN中就有感应电流产生,最终回路中的电流会达到稳定值,磁场也达到稳定值。下列说法正确的是()A.MN中的电流方向从N→MB.圆盘转动的速度先增大后减小C.MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同D.磁场达到稳定状态后,MN中不再产生感应电流答案C解析根据右手定则知,MN中的电流方向从M→N,故A错误;根据右手螺旋定则判断知MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,故C正确;圆盘在大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下,转动的速度先越来越大,磁场也越来越大,根据法拉第电磁感应定律知产生的电动势也越来越大,流过电阻R的电流也越来越大,最终回路中的电流达到稳定值,圆盘所受安培力的方向与外力方向相反,两力保持平衡,磁场也达到稳定状态,则圆盘转动的速度也达到稳定值,故B错误;可将圆盘看成若干个沿着半径方向的辐条组成,因此在任何时刻都有辐条切割磁感线,故磁场达到稳定状态后,MN中也产生感应电流,故D错误。5.(多选)(2024重庆模拟预测)如图所示,“”形直角光滑金属导轨OAN固定在竖直平面内,金属杆一端由光滑铰链连接在O处,另一端穿过套在水平导轨AN上的光滑轻环,金属杆与导轨构成的回路连接良好,整个空间有垂直导轨平面的匀强磁场(图中未画出),只考虑OA段的电阻,轻环在水平外力F的作用下,使金属杆以不变的角速度逆时针转动,则在轻环由C点运动到D点的过程中()A.轻环加速运动B.轻环减速运动C.回路中的电流增大D.外力F对轻环所做的功等于系统产生的热量答案AC解析轻环的线速度大小为v=ωr,轻环的半径r在变大,角速度不变,则线速度在变大,故A正确,B错误;金属杆转动切割磁感线,产生的感应电动势为E=12BL2ω,金属杆转动切割磁感线的有效长度在变大,则产生的电动势在变大,根据I=ER,电阻不变,则电流变大,故C正确;外力F对轻环做的功转化为轻环的动能和系统的热量,故6.(多选)如图甲所示,底部固定有正方形线框的列车进站停靠时,以速度v水平进入竖直向上、磁感应强度为B的正方形有界匀强磁场区域,简化原理图如图乙所示,假设正方形线框边长为l,每条边的电阻相同,磁场的区域边长为d,且l<d,列车运动过程中受到的轨道摩擦力和空气阻力恒定,下列说法正确的是()A.线框右边刚刚进入磁场时,感应电流沿图乙所示逆时针方向,其两端的电压为BlvB.线框右边刚刚进入磁场时,感应电流沿图乙所示顺时针方向,其两端的电压为34C.线框进入磁场过程中,克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热D.线框离开磁场过程中,克服安培力做的功等于线框减少的动能答案BC解析根据右手定则,线框进入磁场时,感应电流沿顺时针方向,线框此时切割磁感线产生的感应电动势为Blv,线框右边两端的电压为路端电压,即为U=34E=34Blv,故A错误,B正确;根据功能关系可知线框克服安培力做的功全部转化为电能,线框为纯电阻电路,则又全部转化为线框中产生的焦耳热,则克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热,故C正确;线框离开磁场过程中,根据动能定理可知克服安培力做功与克服摩擦力、空气阻力做功之和等于线框和列车动能的减小量,故7.(多选)(2024山东卷)如图所示,两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上,其所在平面竖直且平行,导轨最高点到水平桌面的距离等于半径,最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出),导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置,由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好,不考虑自感影响,下列说法正确的是()A.MN最终一定静止于OO'位置B.MN运动过程中安培力始终做负功C.从释放到第一次到达OO'位置过程中,MN的速率一直在增大D.从释放到第一次到达OO'位置过程中,MN中电流方向由M到N答案ABD解析根据能量守恒,金属棒下滑重力势能最终全部克服安培力做功,转化为内能,A正确;MN运动过程中安培力始终做负功,B正确;从释放开始,棒受到重力、支持力和安培力,当沿轨迹切线方向的合力为零时,速率最大,C错误;根据右手定则可判断D正确。综合提升8.(2024江苏南通一模)一种电磁驱动的无绳电梯简化模型如图所示,光滑的平行长直金属轨道固定在竖直面内,下端接有电阻,导体棒垂直跨接在轨道上,匀强磁场的方向垂直轨道平面向里。磁场以速度v匀速向上移动,某时刻导体棒由静止释放,导体棒始终处于磁场区域内,轨道和导体棒的电阻均不计且接触良好,则()A.导体棒向上运动的速度可能为vB.导体棒在磁场中可能先下降再上升C.安培力对导体棒做的功大于导体棒机械能的增量D.安培力对导体棒做的功可能小于回路中产生的热量答案D解析根据题意,导体棒始终处于磁场区域内,开始时磁场匀速向上移动,设导体棒相对磁场向下的速度大小为Δv,根据右手定则判断感应电流方向沿导体棒水平向右,安培力竖直向上,若安培力小于导体棒重力,则导体棒会先向下做加速运动,至安培力等于导体棒重力时,开始匀速向下运动;若安培力大于导体棒重力,则导体棒会先向上做加速运动,至安培力等于导体棒重力时,开始匀速向上运动,故B错误。设导体棒运动速度为v1,由以上分析可知,当导体棒匀速时,速度最大,此时受力平衡BIL=mg,导体棒产生的电动势为E=BL(vv1),回路电流为I=ER=BL(v-v1)R,则导体棒速度最大为v1=vmgRB2L2,则导体棒向上运动的速度v1小于v,故A错误。若导体棒刚释放时有mg=BIL,其中I=BLvR,则导体棒保持静止,此时安培力对导体棒做的功和导体棒机械能的增量均为零,故C错误;若导体棒刚开始运动时安培力大于导体棒重力,则导体棒向上运动,设导体棒运动速度为v1,则回路的热功率P热=E2R=[BL(v-v1)]2R,其中F安=BIL=9.(2024山东菏泽一模)如图所示,边长为2L的正三角形abc区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,一边长为L的菱形单匝金属线框ABCD的底边与bc在同一直线上,线框的∠ABC=60°。使线框水平向右匀速穿过磁场区域,BC边与磁场边界bc始终共线,以B点刚进入磁场为计时起点,规定线框中感应电流逆时针方向为正,则下列图像正确的是()答案A解析设线框匀速运动速度大小为v,以B点刚进入磁场为计时起点,在0~Lv内,AB边逐渐进入磁场切割磁感线,产生的电动势为E1=Bvxsin60°=3Bv2t2,线框中的电流大小为I1=E1R=3Bv2t2R∝t,根据楞次定律可知,线框中的电流方向为逆时针方向,即电流为正;在Lv~2Lv内,整条AB边在磁场中切割磁感线,DC边逐渐进入磁场切割磁感线,线框产生的电动势为E2=EABEDC=3BLv2Bv·(vtL)sin60°=3BLv3Bv2t2,线框中的电流大小为I2=E2R=3BLvR-3Bv2t2R10.(多选)(2024内蒙古呼和浩特一模)如图所示,两根光滑的金属平行导轨放在水平面上,左端向上弯曲,右端连有绝缘弹性障碍物,导轨间距为L=1m,电阻不计。水平段导轨所处空间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小B=1T。质量为mb=0.2kg、长为L、电阻为Rb=0.1Ω的金属棒b垂直导轨放置其上,它与磁场左边界的距离为x0=1m,现将质量为ma=0.4kg、长为L、电阻为Ra=0.2Ω的金属棒a从弯曲导轨上高为h=0.45m处由静止释放,使其沿导轨运动。已知在以后的运动过程中,两金属棒始终不会相撞,且金属棒b撞击障碍物前已经是匀速运动状态,撞击过程中不损耗机械能。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,g取10m/s2,则()A.金属棒a刚进入磁场时的速度大小为2m/sB.金属棒b第一次撞击障碍物前,金属棒b上产生的焦耳热为0.2JC.金属棒a刚越过磁场左边界AA'时,它两端的电压为0.3VD.金属棒a最终静止在导轨上,离障碍物的距离为0.64m答案BD解析对金属棒a,由机械能守恒定律得magh=12mav02,可得金属棒a刚进入磁场时的速度大小为v0=3m/s,故A错误;由法拉第电磁感应定律有E=BLv0,金属棒a两端电压为路端电压,由闭合电路欧姆定律得U=RbRa+RbE,金属棒a刚越过磁场左边界AA'时,它两端的电压为U=1V,故C错误;对金属棒a进入磁场后与金属棒b组成的系统,由动量守恒可得mav0=(ma+mb)v,解得a、b共速后做匀速运动的速度大小为v=2m/s,根据能量守恒定律可得整个回路产生的焦耳热为Q=12mav02-12(ma+mb)v2=0.6J,则金属棒b第一次撞击障碍物前,金属棒b上产生的焦耳热为Qb=RbRa+RbQ=0.2J,故B正确;金属棒a进入磁场后,最终停止,由动量定理可得BIL·Δt=0mav0,其中q=I·Δt,即BLq=mav0,又q=ΔΦRa+Rb=BLxRa+Rb,联立解得x=0.36m,由分析可知,多次碰撞后11.(10分)(2023全国新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图(a)所示。(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量。答案(1)B2L3解析(1)设金属框的初速度为v0,则金属框完全穿过磁场的过程中,根据动量定理可得BILt=mv02通过金属框的电流I根据法拉第电磁感应定律有E联立解得v0=B2(2)金属框进入磁场的过程中根据动量定理可得BI'Lt'=mv1mv0通过金属框的电流I'=E根据法拉第电磁感应定律有E'=B解得v1=2金属框完全在磁场中运动时,根据动量定理可得BI″Lt″=mv2mv1通过金属框的电流I″=E根据法拉第电磁感应定律有E″=B解得v2=0即金属框右边刚好停在磁场右侧边界处在进入磁场的过程中Q总=1电阻R1的发热量为Q1=23R解得Q1=7金属框完全在磁场中运动时,Q总'=1电阻R1的发热量为Q1'=2R02解得Q1'=8电阻R1上的总发热量Q1总=Q1+Q1'解得Q1总=3B12.(14分)(2024湖北卷)如图所示,两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L,固定在同一水平面内,直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的14圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直,其左侧无磁场,右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环,水平放置在两直导轨上,其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及圆环可能的形变,金属棒、圆环均与导轨始终接触良好,重力加速度大小为g。现将金属棒ab(1)求ab刚越过MP时产生的感应电动势大小。(2)求圆环刚开始运动时的加速度大小。(3)为使ab在整个运动过程中不与圆环接触,求圆环圆心初始位置到MP的最小距离。答案(1)BL2gL(2)B2L2解析(1)ab由静止释放到刚越过MP过程中,由动能定理有mgL=1解得v0=2ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL2gL(2)圆环在导轨外侧的两段圆弧被短路,在导轨内侧的两段圆弧并联接入电路中,根据几何关系可知,导轨内侧每段圆弧的电阻为R,故整个回路的总电阻为R总=R+R·ab刚越过MP时,通过ab的感应电流为I=E对圆环,根据牛顿第二定律有2·B·I2·L=2解得a=B2(3)由于ab和圆环所受的安培力等大反向,故系统的动量守恒。ab在直导轨上做减速运动,圆环做加速运动,为使ab在整个运动过程中不与圆环接触,则当ab和圆环共速时,ab恰好追上圆环,设此时共同速度为v。对ab和圆环,由动量守恒定律有mv0=(m+2m)v对ab,由动量定理有BILt=mvmv0即BLq=mvmv0在ab与圆环共速前,设ab在直导轨上运动的距离为x1,圆环运动的距离为x2,则有q=Δ联立解得Δx=x1x2=mR则圆环圆心初始位置到MP的最小距离为d=Δx+L=mR2gL13.(16分)(2024全国甲卷)两根平行长直光滑金属导