高考物理二輪復習專題分層突破練11電磁感應規(guī)律及綜合應用含答案

專題分層突破練11電磁感應規(guī)律及綜合應用選擇題:每小題6分,共60分基礎鞏固1.(2024遼寧朝陽二模)如圖所示,薄玻璃板上放有兩個粗細相同的玻璃水杯,杯中裝入質量相等的純凈水,其中右側水杯內(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起來,經(jīng)過一段時間,可以觀測到右側水杯中水的溫度明顯上升,而左側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,對兩側水杯中水的溫度的影響應該是一樣的,不能僅一側升溫明顯,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,有一硬質導線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。該導線在紙面內(nèi)繞O點逆時針轉動,導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解析本題考查導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢。如圖所示,該導線在紙面內(nèi)繞O點逆時針轉動,相當于Oa、Ob、Oc導體棒轉動切割磁感線,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.(2024四川綿陽一模)如圖所示的電路中,A1、A2和A3是三個阻值恒為R且相同的小燈泡,L是自感系數(shù)相當大的線圈,其直流電阻也為R。下列說法正確的是()A.開關S接通瞬間,A1最亮,穩(wěn)定后A1、A2和A3亮度相同B.開關S接通瞬間,A1最亮,穩(wěn)定后A1比A2、A3亮C.電路穩(wěn)定后斷開開關S時,A1、A2和A3亮一下后一起熄滅D.電路穩(wěn)定后斷開開關S時,L產(chǎn)生的自感電動勢等于A1兩端的電壓答案A解析由于開關S接通時,線圈阻礙電流的增加,相當于斷路,流經(jīng)A1的電流最大,故A1最亮,穩(wěn)定后因線圈直流電阻也為R,流經(jīng)三個燈泡的電流相同,則亮度相同,故A正確,B錯誤;如圖所示,電路穩(wěn)定后斷開開關S時,L和A1形成閉合回路,因流經(jīng)線圈的電流與斷開S前流過A1的電流相同,故A1不會閃亮一下再熄滅,而是慢慢熄滅,A2和A3立即熄滅,此時EL=IL·2R=2UA1,故C、D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'轉動,根據(jù)法拉第電磁感應定律,盤軸與盤邊之間將產(chǎn)生感應電動勢,圓盤下方螺旋形導線M端通過電刷與盤邊相連,N端與金屬軸相連,MN中就有感應電流產(chǎn)生,最終回路中的電流會達到穩(wěn)定值,磁場也達到穩(wěn)定值。下列說法正確的是()A.MN中的電流方向從N→MB.圓盤轉動的速度先增大后減小C.MN中感應電流的磁場方向與原磁場方向相同D.磁場達到穩(wěn)定狀態(tài)后,MN中不再產(chǎn)生感應電流答案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,磁場也達到穩(wěn)定狀態(tài),則圓盤轉動的速度也達到穩(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,故磁場達到穩(wěn)定狀態(tài)后,MN中也產(chǎn)生感應電流,故D錯誤。5.(多選)(2024重慶模擬預測)如圖所示,“”形直角光滑金屬導軌OAN固定在豎直平面內(nèi),金屬桿一端由光滑鉸鏈連接在O處,另一端穿過套在水平導軌AN上的光滑輕環(huán),金屬桿與導軌構成的回路連接良好,整個空間有垂直導軌平面的勻強磁場(圖中未畫出),只考慮OA段的電阻,輕環(huán)在水平外力F的作用下,使金屬桿以不變的角速度逆時針轉動,則在輕環(huán)由C點運動到D點的過程中()A.輕環(huán)加速運動B.輕環(huán)減速運動C.回路中的電流增大D.外力F對輕環(huán)所做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量答案AC解析輕環(huán)的線速度大小為v=ωr,輕環(huán)的半徑r在變大,角速度不變,則線速度在變大,故A正確,B錯誤;金屬桿轉動切割磁感線,產(chǎn)生的感應電動勢為E=12BL2ω,金屬桿轉動切割磁感線的有效長度在變大,則產(chǎn)生的電動勢在變大,根據(jù)I=ER,電阻不變,則電流變大,故C正確;外力F對輕環(huán)做的功轉化為輕環(huán)的動能和系統(tǒng)的熱量,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站?？繒r,以速度v水平進入豎直向上、磁感應強度為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.線框右邊剛剛進入磁場時,感應電流沿圖乙所示逆時針方向,其兩端的電壓為BlvB.線框右邊剛剛進入磁場時,感應電流沿圖乙所示順時針方向,其兩端的電壓為34C.線框進入磁場過程中,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,線框進入磁場時,感應電流沿順時針方向,線框此時切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為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)功能關系可知線框克服安培力做的功全部轉化為電能,線框為純電阻電路,則又全部轉化為線框中產(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軌固定在水平桌面上,其所在平面豎直且平行,導軌最高點到水平桌面的距離等于半徑,最低點的連線OO'與導軌所在豎直面垂直?？臻g充滿豎直向下的勻強磁場(圖中未畫出),導軌左端由導線連接?，F(xiàn)將具有一定質量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導軌圖示位置,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功C.從釋放到第一次到達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,轉化為內(nèi)能,A正確;MN運動過程中安培力始終做負功,B正確;從釋放開始,棒受到重力、支持力和安培力,當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.(2024江蘇南通一模)一種電磁驅動的無繩電梯簡化模型如圖所示,光滑的平行長直金屬軌道固定在豎直面內(nèi),下端接有電阻,導體棒垂直跨接在軌道上,勻強磁場的方向垂直軌道平面向里。磁場以速度v勻速向上移動,某時刻導體棒由靜止釋放,導體棒始終處于磁場區(qū)域內(nèi),軌道和導體棒的電阻均不計且接觸良好,則()A.導體棒向上運動的速度可能為vB.導體棒在磁場中可能先下降再上升C.安培力對導體棒做的功大于導體棒機械能的增量D.安培力對導體棒做的功可能小于回路中產(chǎn)生的熱量答案D解析根據(jù)題意,導體棒始終處于磁場區(qū)域內(nèi),開始時磁場勻速向上移動,設導體棒相對磁場向下的速度大小為Δv,根據(jù)右手定則判斷感應電流方向沿導體棒水平向右,安培力豎直向上,若安培力小于導體棒重力,則導體棒會先向下做加速運動,至安培力等于導體棒重力時,開始勻速向下運動;若安培力大于導體棒重力,則導體棒會先向上做加速運動,至安培力等于導體棒重力時,開始勻速向上運動,故B錯誤。設導體棒運動速度為v1,由以上分析可知,當導體棒勻速時,速度最大,此時受力平衡BIL=mg,導體棒產(chǎn)生的電動勢為E=BL(v-v1),回路電流為I=ER=BL(v-v1)R,則導體棒速度最大為v1=v-mgRB2L2,則導體棒向上運動的速度v1小于v,故A錯誤。若導體棒剛釋放時有mg=BIL,其中I=BLvR,則導體棒保持靜止,此時安培力對導體棒做的功和導體棒機械能的增量均為零,故C錯誤;若導體棒剛開始運動時安培力大于導體棒重力,則導體棒向上運動,設導體棒運動速度為v1,則回路的熱功率P熱=E2R=[BL(v-v1)]2R,其中F安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點剛進入磁場為計時起點,規(guī)定線框中感應電流逆時針方向為正,則下列圖像正確的是()答案A解析設線框勻速運動速度大小為v,以B點剛進入磁場為計時起點,在0~Lv內(nèi),AB邊逐漸進入磁場切割磁感線,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邊逐漸進入磁場切割磁感線,線框產(chǎn)生的電動勢為E2=EAB-EDC=3BLv2-Bv·(vt-L)sin60°=3BLv-3Bv2t2,線框中的電流大小為I2=E2R=3BLvR-3Bv2t2R10.(多選)(2024內(nèi)蒙古呼和浩特一模)如圖所示,兩根光滑的金屬平行導軌放在水平面上,左端向上彎曲,右端連有絕緣彈性障礙物,導軌間距為L=1m,電阻不計。水平段導軌所處空間有豎直向下的勻強磁場,磁感應強度大小B=1T。質量為mb=0.2kg、長為L、電阻為Rb=0.1Ω的金屬棒b垂直導軌放置其上,它與磁場左邊界的距離為x0=1m,現(xiàn)將質量為ma=0.4kg、長為L、電阻為Ra=0.2Ω的金屬棒a從彎曲導軌上高為h=0.45m處由靜止釋放,使其沿導軌運動。已知在以后的運動過程中,兩金屬棒始終不會相撞,且金屬棒b撞擊障礙物前已經(jīng)是勻速運動狀態(tài),撞擊過程中不損耗機械能。設兩金屬棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好,g取10m/s2,則()A.金屬棒a剛進入磁場時的速度大小為2m/sB.金屬棒b第一次撞擊障礙物前,金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為0.2JC.金屬棒a剛越過磁場左邊界AA'時,它兩端的電壓為0.3VD.金屬棒a最終靜止在導軌上,離障礙物的距離為0.64m答案BD解析對金屬棒a,由機械能守恒定律得magh=12mav02,可得金屬棒a剛進入磁場時的速度大小為v0=3m/s,故A錯誤;由法拉第電磁感應定律有E=BLv0,金屬棒a兩端電壓為路端電壓,由閉合電路歐姆定律得U=RbRa+RbE,金屬棒a剛越過磁場左邊界AA'時,它兩端的電壓為U=1V,故C錯誤;對金屬棒a進入磁場后與金屬棒b組成的系統(tǒng),由動量守恒可得mav0=(ma+mb)v,解得a、b共速后做勻速運動的速度大小為v=2m/s,根據(jù)能量守恒定律可得整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12mav02-12(ma+mb)v2=0.6J,則金屬棒b第一次撞擊障礙物前,金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為Qb=RbRa+RbQ=0.2J,故B正確;金屬棒a進入磁場后,最終停止,由動量定理可得-BIL·Δt=0-mav0,其中q=I·Δt,即BLq=mav0,又q=ΔΦRa+Rb=BLxRa+Rb,聯(lián)立解得x=0.36m,由分析可知,多次碰撞后11.(10分)(2023全國新課標卷)一邊長為L、質量為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軌,導軌與磁場邊界垂直,左端連接電阻R1=2R0,導軌電阻可忽略,金屬框置于導軌上,如圖(b)所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動,進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。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)法拉第電磁感應定律有E聯(lián)立解得v0=B2(2)金屬框進入磁場的過程中根據(jù)動量定理可得-BI'Lt'=mv1-mv0通過金屬框的電流I'=E根據(jù)法拉第電磁感應定律有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″=mv2-mv1通過金屬框的電流I″=E根據(jù)法拉第電磁感應定律有E″=B解得v2=0即金屬框右邊剛好停在磁場右側邊界處在進入磁場的過程中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.(14分)(2024湖北卷)如圖所示,兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L,固定在同一水平面內(nèi),直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的14圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直,其左側無磁場,右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán),水平放置在兩直導軌上,其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、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)BL2gL(2)B2L2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)生的感應電動勢大小為E=BLv0=BL2gL(2)圓環(huán)在導軌外側的兩段圓弧被短路,在導軌內(nèi)側的兩段圓弧并聯(lián)接入電路中,根據(jù)幾何關系可知,導軌內(nèi)側每段圓弧的電阻為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ab和圓環(huán)共速時,ab恰好追上圓環(huán),設此時共同速度為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=mv-mv0即-BLq=mv-mv0在ab與圓環(huán)共速前,設ab在直導軌上運動的距離為x1,圓環(huán)運動的距離為x2,則有q=Δ聯(lián)立解得Δx=x1-x2=mR則圓環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離為d=Δx+L=mR2gL13.(16分)(2024全國甲卷)兩根平行長直光滑