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2

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54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.(多选)(2024广东汕头二模)如图甲所示,大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置,工作原理如图乙所示,其中“零序电流互感器”可视为闭合铁芯。正常用电时,火线和零线的电流等大反向;出现漏电时,快速响应电路能够在毫秒级的时间内检测到漏电并触发断路器,使触头弹起从而自动切断电源。下列说法正确的是()A.漏电保护装置应用了电磁感应的原理B.图乙中零线应该置于互感器的外面,否则无法正常使用C.正常用电时,M和N两点之间没有电压D.出现漏电时,M和N两点之间没有电压答案AC解析正常用电时,火线和零线的电流始终等大反向,则穿过零序电流互感器的磁通量不发生变化,零序电流互感器中无感应电动势,与之构成闭合回路的断路器两端M、N间无电压;发生漏电时,由火线、用电器、零线构成的闭合回路中,流经火线与零线的电流大小将不再相等,使穿过零序电流互感器的磁通量发生变化,产生感应电动势,触发断路器,使触头弹起从而自动切断电源,保护电路,即此时断路器两端M、N间有电压,由此可知漏电保护装置应用了电磁感应的原理,故A、C正确,D错误。图乙中若零线置于互感器的外面,则发生漏电时,零序电流互感器不能感应到通过零线的电流变化,因此互感器不能正常使用,只有零线与火线同在互感器里面,互感器才能通过感应相反电流产生的磁场是否变化而做出反馈,因此图乙中零线应该置于互感器的里面,故B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.(2024广东广州阶段练习)如图甲所示,连接电流传感器的线圈套在竖直放置的长玻璃管上。将强磁体从离玻璃管上端高为h处由静止释放,磁体在玻璃管内下落并穿过线圈。t1、t2、t3时刻的电流为0。图乙是实验中观察到的线圈中电流随时间变化的图像,空气阻力不计,则()A.t1~t3过程中线圈对磁体作用力方向先向上后向下B.磁体上下翻转后重复实验,电流方向先负向后正向C.t2时刻,穿过线圈磁通量的变化率最大D.h加倍后重复实验,电流峰值将加倍答案B解析由楞次定律的“来拒去留”可知,t1~t3过程中线圈对磁体作用力方向一直向上,故A错误;磁体上下翻转后重复实验,穿过圆环过程中,磁通量方向相反,根据楞次定律结合图乙可知,电流方向先负向后正向,故B正确;t2时刻,感应电流为0,则感应电动势为0,穿过线圈磁通量的变化率为0,故C错误;若没有磁场力,则由机械能守恒定律有mgh=12mv2,可得v=2gh,若将h加倍,速度并非变为原来的2倍,实际存在磁场力做负功,速度也不是原来的2倍,则线圈中产生的电流峰值不会加倍,故6.(多选)(2024广东茂名一模)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.(多选)(2022广东卷)如图所示,水平地面(xOy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点,P点位于导线正上方,MN平行于y轴,PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈,圆心在P点,可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动,运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有()A.N点与M点的磁感应强度大小相等,方向相同B.线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量不变C.线圈从P点开始竖直向上运动时,线圈中无感应电流D.线圈从P点运动到M点产生的感应电动势与从P点运动到N点产生的感应电动势相等答案AC解析因为M、N两点连线与长直导线平行,两点与长直导线的距离相同,根据右手螺旋定则可知,通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等,方向相同,选项A正确。根据右手螺旋定则,线圈在P点时,穿进与穿出线圈的磁感线对称,磁通量为零;在向N点平移的过程中,穿进与穿出线圈的磁感线不再对称,线圈的磁通量会发生变化,选项B错误。根据右手螺旋定则,线圈从P点竖直向上运动的过程中,穿进与穿出线圈的磁感线对称,线圈的磁通量始终为零,没有发生变化,线圈中无感应电流,选项C正确。从P点运动到M点与从P点运动到N点,线圈的磁通量变化量相同,依题意从P点运动到M点所用时间较长,根据法拉第电磁感应定律可知,两次产生的感应电动势不相等,选项D错误。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.(10分)(2023广东卷)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场,磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ,宽度均为h,其俯视图如图甲所示,两磁场磁感应强度随时间t的变化如图乙所示,0~τ时间内,两区域磁场恒定,方向相反,磁感应强度大小分别为2B0和B0,一电阻为R、边长为h的刚性正方形金属框abcd平放在水平面上,ab、cd边与磁场边界平行。t=0时,线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻,ab边运动到距区域Ⅰ的左边界h2处,线框的速度近似为零,此时线框被固定,如图甲中的虚线框所示。随后在τ~2τ时间内,区域Ⅰ磁感应强度线性减小到0,区域Ⅱ磁场保持不变;2τ~3τ时间内,区域Ⅱ磁感应强度也线性减小到0。求(1)t=0时线框所受的安培力F;(2)t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ;(3)2τ~3τ时间内,线框中产生的热量Q。答案(1)9B0(2)3B0(3)B解析(1)由图可知,t=0时线框切割磁感线的感应电动势为E=2B0hv+B0hv=3B0hv则感应电流大小为I=E所受的安培力为F=2B03B0hvRh+B方向水平向左。(2)在τ时刻,ab边运动到距区域Ⅰ的左边界h2处,线框的速度近似为零,此时线框被固定,则t=1.2τΦ=1.6B0h·12hB0h·12方向垂直纸面向里。(3)2τ~3τ时间内,区域Ⅱ磁感应强度线性减小到0,则有E'=Δ感应电流大小为I'=E则2τ~3τ时间内,线框中产生的热量为Q=I'2Rt=B011.(12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.(12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)BL2(2)B(3)mR2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.(12分)(2024全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为l,固定在同