2025高考物理 人教版選擇性必修第2冊專項復習第2章　2　第3課時含答案

2025高考物理人教版選擇性必修第2冊專項復習第2章2第3課時含答案第二章2.第3課時基礎達標練1．我國自主研制的C919飛機機長38.9米、翼展35.8米，北京地區(qū)地磁場的豎直分量約為4.5×10－5T，水平分量約為：3.0×10－5T。該機在北京郊區(qū)水平試飛速度為聲速(約330m/s)的0.8倍。有關(guān)C919飛機的說法正確的是()A．C919飛機往北飛的時候，西面機翼的電勢較低。兩側(cè)機翼的最大電勢差約為0.42伏B．C919飛機往南飛的時候，西面機翼的電勢較低。兩側(cè)機翼的最大電勢差約為0.26伏C．無論C919飛機往哪個方向飛，都是左邊機翼的電勢較低。兩側(cè)機翼的最大電勢差約為0.26伏D．無論C919飛機往哪個方向飛，都是右邊機翼的電勢較低。兩側(cè)機翼的最大電勢差約為0.42伏答案：D解析：北京地區(qū)地磁場的豎直分量豎直向下，當飛機在北半球水平飛行時，飛機切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則可知：機翼左端的電勢比右端的電勢高。無論C919飛機往哪個方向飛，都是右邊機翼的電勢較低。由法拉第地電磁感應定律E＝BLv，可得兩翼尖間的電勢差U＝E＝4.5×10－5×35.8×0.8×330V≈0.42V，故選D。2．(2024·湖北武漢高二期末)如圖甲所示，在圓形線圈內(nèi)分布著與線圈平面垂直的勻強磁場，現(xiàn)規(guī)定磁感應強度B的方向垂直紙面向外為正。已知磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應電動勢和感應電流，下列說法正確的是()A．t＝0時刻感應電動勢最大B．t1～t3時間內(nèi)，感應電動勢增大C．t2時刻，感應電動勢為零D．t1、t3時刻，感應電流方向相同答案：D解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E＝eq\f(ΔB,Δt)S，由圖像可知在t＝t2時刻eq\f(ΔB,Δt)最大，則感應電動勢最大，故A、C錯誤；t1～t3時間內(nèi)，eq\f(ΔB,Δt)先增加后減小，則感應電動勢先增加后減小，故B錯誤；根據(jù)楞次定律可知t1時刻磁通量向外減小，t3時刻磁通量向里增加，則這兩個時刻感應電流方向相同，故D正確。3．(2024·河北高三開學考試)如圖所示，兩足夠長、不計電阻的光滑平行金屬導軌固定在水平面內(nèi)，處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，導軌間距為L，一端連接阻值為R的電阻。一質(zhì)量為m的金屬棒垂直于導軌放置，接入電路的阻值也為R。在金屬棒中點對棒施加水平向右、平行于導軌的恒力F，棒與導軌始終接觸良好，金屬棒在水平恒力F作用下，由靜止開始運動，經(jīng)時間t達到最大速度，金屬棒從開始運動到速度最大的過程中，下列說法正確的是()A．通過電阻R的電流方向由b向aB．金屬棒運動的最大速度為eq\f(FR,B2L2)C．通過電阻R的電荷量為eq\f(Ft,BL)－eq\f(2mFR,B3L3)D．恒力F做的功為eq\f(F2tR,B2L2)－eq\f(2mF2R2,B4L4)答案：C解析：根據(jù)右手定則可知通過電阻R的電流方向由a向b，故A錯誤；金屬棒運動的速度最大時有F＝F安＝IBL＝eq\f(B2L2vm,2R)，可得金屬棒運動的最大速度為vm＝eq\f(2FR,B2L2)，故B錯誤；根據(jù)動量定理有Ft－eq\x\to(I)BLt＝mvm，通過電阻R的電荷量為q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(Ft,BL)－eq\f(2mFR,B3L3)，故C正確；電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R總Δt)Δt＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(BLx,2R)，恒力F做的功為WF＝Fx＝eq\f(2F2tR,B2L2)－eq\f(4mF2R2,B4L4)，故D錯誤。4.如圖所示，豎直放置的矩形導線框MNPQ寬和長分別為L和2L，M、N連接水平的平行板電容器，兩極板間距為d，虛線為線框中軸線，虛線右側(cè)有垂直線框平面向里的磁場。兩極板間有一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶負電油滴恰好處于平衡狀態(tài)，已知重力加速度為g，則磁場磁感應強度大小B的變化情況及其變化率分別是()A．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝－eq\f(mgd,2qL2)B．正在增大，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2)C．正在增大，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)D．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝－eq\f(mgd,qL2)答案：C解析：帶負電的油滴在極板間受力平衡，則有eq\f(U,d)q＝mg，由于所受靜電力向上，故電容器上極板帶正電，由楞次定律可知，垂直紙面向里的磁場的磁感應強度正在增大，A、D錯誤；由法拉第電磁感應定律有U＝eq\f(ΔB,Δt)·L2，解兩式得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)，B錯誤，C正確。5．如圖所示，導體棒在金屬框架上向右做勻加速運動，在此過程中()A．電容器上電荷量越來越多B．電容器上電荷量越來越少C．電容器上電荷量保持不變D．導體棒ab中電流越來越大答案：A解析：導體棒勻加速運動，產(chǎn)生電動勢E＝Blv＝Bl(v0＋at)，即為電容器兩端的電壓，由Q＝CE＝CBl(v0＋at)，Δt時間充電電荷量ΔQ＝CΔU＝CBlaΔt，隨時間越來越長，充電電流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBla，不變，故A正確。6．如圖所示，兩條足夠長，間距d＝1m的光滑平行金屬導軌MN和PQ固定在水平面上，阻值R＝2Ω的定值電阻與導軌的M、P端相連，導軌電阻不計?？臻g中存在垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B＝1T的勻強磁場，質(zhì)量m＝0.1kg、長度L＝1m、阻值不計的金屬桿ab垂直于導軌放置并且始終與導軌接觸良好。在桿ab的中點處系一根不可伸長的輕繩，輕繩跨過定滑輪與一個質(zhì)量也為m的物塊相連，滑輪左側(cè)輕繩與導軌平面保持平行。某時刻釋放物塊，物塊和金屬桿從靜止開始運動，當物塊下落的高度h＝2m時，二者達到最大速度。重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。從開始運動到達到最大速度的過程中，下列說法正確的是()A．金屬桿的平均速度大小為5m/sB．通過電阻R的電荷量為0.7CC．所用的時間為1.4sD．電阻R產(chǎn)生的熱量為1.8J答案：C解析：通過電阻R的電荷量為q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(BL\x\to(v),R)t＝eq\f(BLh,R)＝1C，故B錯誤；金屬桿達到最大速度vm時加速度為零，有mg＝ImLB，Im＝eq\f(BLvm,R)可得，vm＝eq\f(mgR,B2L2)＝2m/s，由動量定理得mgt－eq\x\to(I)LB·t＝2mvm－0，解得t＝eq\f(qLB＋2mvm,mg)＝1.4s，故C正確；平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(h,t)＝eq\f(2,1.4)m/s＝eq\f(10,7)m/s，故A錯誤；由能量守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,m)＋Q，解得Q＝mgh－mveq\o\al(2,m)＝1.6J，故D錯誤。7．如圖所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為l，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。金屬導軌右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導軌垂直且接觸良好，重力加速度為g。金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()A．流過金屬棒的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通過金屬棒的電荷量為eq\f(Bdl,R)C．克服安培力所做的功為mghD．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)答案：D解析：金屬棒沿彎曲部分下滑過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律，得mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒到達平直部分時的速度v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達平直部分后做減速運動，剛到達平直部分時的速度最大，最大感應電動勢E＝Blv，最大感應電流I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(Bl\r(2gh),2R)，故A錯誤；通過金屬棒的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(Bdl,2R)，故B錯誤；金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做的功W安＝mgh－μmgd，故C錯誤；克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，定值電阻與金屬棒的電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Q′＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)W安＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正確。8.(2024·河北張家口高二開學考試)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一寬度為2m且足夠長的U形金屬導軌，處在磁感應強度大小為0.5T、方向垂直導軌平面向里，導體棒MN由靜止釋放，最終沿導軌以1.0m/s的速度豎直向下勻速運動。金屬導軌的電阻可忽略不計，金屬棒始終與導軌接觸良好，導體棒的電阻為0.5Ω，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)導體棒的質(zhì)量；(2)加速運動的過程中流過導體棒的電荷量q＝0.5C，導體棒在這一過程中下落的距離。答案：(1)0.2kg(2)0.25m解析：(1)當導體棒最終勻速運動時，受力平衡，此時安培力大小為F＝ILB＝B×eq\f(BLv,R)×L＝eq\f(B2L2v,R)，則有mg＝eq\f(B2L2v,R)，解得m＝eq\f(B2L2v,gR)＝0.2kg。(2)設導體棒在Δt時間內(nèi)下降了Δh，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B×ΔS,Δt)＝eq\f(BL×Δh,Δt)，流過導體棒的電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL×Δh,R×Δt)，通過導體棒橫截面的電荷量為q′＝I×Δt＝eq\f(BL×Δh,R)，即通過的電荷量與導體棒的運動速度無關(guān)；所以整個加速運動的過程中通過導體棒橫截面的電荷量為q＝eq\f(BLh,R)，則導體棒在整個加速運動過程中下落的距離為h＝eq\f(qR,BL)＝0.25m。能力提升練9．(多選)(2024·廣西柳州高三階段練習)如圖所示，電阻不計的光滑金屬導軌MN、PQ水平放置，間距為d，兩側(cè)接有電阻R1、R2，阻值均為R，O1O2右側(cè)有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為m、長度也為d的金屬桿置于O1O2左側(cè)，在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，經(jīng)時間t到達O1O2時撤去恒力F，金屬桿在到達NQ之前減速為零，已知金屬桿電阻也為R，與導軌始終保持垂直且接觸良好，下列說法正確的是()A．桿減速的最大加速度大小為eq\f(B2d2Ft,3Rm2)B．電阻R1兩端的最大電勢差為eq\f(BdFt,3m)C．桿在磁場中前進的距離為eq\f(3FtR,2B2d2)D．整個過程電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(F2t2,6m)答案：BC解析：桿進入磁場前的加速度，由牛頓第二定律可得a＝eq\f(F,m)，則剛進入磁場時速度大小為v＝at＝eq\f(Ft,m)，桿剛進入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢最大E＝Bdv，此時的加速度最大為a＝eq\f(BId,m)＝eq\f(B2d2v,m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(1,2)R)))＝eq\f(2B2d2Ft,3m2R)，則電阻R1兩端的電勢差大小為UR1＝eq\f(E,R＋\f(1,2)R)×eq\f(R,2)＝eq\f(1,3)E＝eq\f(1,3)Bdv＝eq\f(BdFt,3m)，故A錯誤，B正確；桿進入磁場后，由動量定理－eq\x\to(F)安Δt＝0－mv，即Beq\x\to(I)dΔt＝mv，eq\x\to(I)Δt＝eq\f(Bdx,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)＋R))Δt)×Δt＝eq\f(2Bdx,3R)，故eq\f(2B2d2x,3R)＝Ft，x＝eq\f(3FtR,2B2d2)，故C正確；整個過程中，產(chǎn)生的焦耳熱，由能量守恒定律可得Q＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(F2t2,2m)，則電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱為QR1＝eq\f(1,6)Q＝eq\f(F2t2,12m)，故D錯誤。10.(2024·江蘇南京高二期末)如圖所示，無線充電技術(shù)中使用的受電線圈匝數(shù)為n，面積為S。若在t1到t2時間內(nèi)，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻減小到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差可能是()A．恒為eq\f(nSB1－B2,t2－t1)B．恒為－eq\f(nSB1－B2,t2－t1)C．恒為0D．從0均勻變化到－eq\f(nSB1－B2,t2－t1)答案：A解析：穿過線圈的磁場均勻減少，將產(chǎn)生大小恒定的感生電動勢，由法拉第電磁感應定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nSB1－B2,t2－t1)，而等效電源內(nèi)部的電流由楞次定理知從b流向a，即a點是等效電源的正極，a點電勢高于b點電勢，故Uab＝eq\f(nSB1－B2,t2－t1)，故A正確。11．(多選)(2024·吉林長春高二期末)如圖，足夠長的光滑平行金屬導軌(電阻不計)水平放置，左右兩側(cè)導軌的間距分別為l、2l，導軌間存在豎直向上磁感應強度大小為B的勻強磁場。把一根質(zhì)地均勻的導體棒分成質(zhì)量分別為m、2m兩段a、b，均垂直導軌放置，回路總電阻保持不變。a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且保持接觸良好，a總在窄軌上運動，b總在寬軌上運動，從開始運動到兩棒穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是()A．在此過程中，a棒上產(chǎn)生的焦耳熱是b棒的一半B．a(chǎn)棒的加速度始終等于b棒的加速度的一半C．在此過程中產(chǎn)生總的焦耳熱為1.5mveq\o\al(2,0)D．穩(wěn)定時a棒的速度大小為2v0答案：ACD解析：由題意可知，把一根質(zhì)地均勻的導體棒分成質(zhì)量分別為m、2m兩段a、b，則兩棒的電阻之比為1∶2，設a棒電阻為R，則b棒電阻為2R，由于兩個導體棒中的電流始終大小相等，根據(jù)Q＝I2Rt可知，a棒上產(chǎn)生的焦耳熱是b棒的一半；根據(jù)牛頓第二定律，對導體棒a有BIl＝maa，對導體棒b有BI·2l＝2mab，由此可知aa＝ab，故A正確，B錯誤；以向右為正方向，從開始到穩(wěn)定速度，根據(jù)動量定理，對導體棒a有Beq\x\to(I)l·Δt＝mva－mv0，對導體棒b有－Beq\x\to(I)×2l·Δt＝2mvb－2m×2v0，當最終穩(wěn)定時滿足B·2lvb＝Blva，聯(lián)立解得va＝2v0，vb＝v0，在此過程中產(chǎn)生總的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)2m(2v0)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,a)＋\f(1,2)·2mv\o\al(2,b)))＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故C、D正確。12．(2024·浙江杭州高二期末)如圖所示，一個質(zhì)量為m、電阻不計、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑水平桌面上，分界線OO′分別與平行導軌MN和PQ垂直，兩導軌相距L。在OO′的左右兩側(cè)存在著區(qū)域很大、方向分別為豎直向上和豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小均為B。另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在OO′左側(cè)導軌上，并用一根細線系在定點A。已知細線能承受的最大拉力為F0，CD棒接入導軌間的有效電阻為R?，F(xiàn)從t＝0時刻開始對U形框架施加水平向右的拉力，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動。(1)求框架從開始運動到細線斷裂時速度v0的大小，以及所需的時間t0；(2)求在細線尚未斷裂的某一時刻t，水平拉力F的大??；(3)若在細線斷裂時，立即撤去拉力F，試說明框架與金屬棒最后的運動狀態(tài)，并求出此后回路產(chǎn)生的總焦耳熱Q。答案：(1)eq\f(F0R,B2L2)eq\f(F0R,B2L2a)(2)ma＋eq\f(B2L2at,R)(3)均做勻速直線運動，速度大小相等，Q＝eq\f(mF\o\al(2,0)R2,4B4L4)解析：(1)繩子斷裂時，對棒有F0＝Beq\f(BLv0,R)L，解得v0＝eq\f(F0R,B2L2)，根據(jù)v0＝at0，得t0＝eq\f(F0R,B2L2a)。(2)在t時刻，框架的速度v＝at，框架切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E＝BLv＝BLat，框架受到的安培力F安＝ILB＝eq\f(B2L2at,R)，對框架有F－F安＝ma，得F＝F安＋ma＝ma＋eq\f(B2L2at,R)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<t<\f(F0R,B2L2a)))。(3)撤去拉力F時，框架的速度v0＝at0＝eq\f(F0R,B2L2)撤去拉力后，系統(tǒng)總動能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,棒)＋\f(1,2)mv\o\al(2,框)))，當兩物的速度變化到大小相等時，回路中的磁通量不再變化，電流為零，它們分別向左、向右做勻速運動。設最終速度大小為v，則有v0－v框＝v棒－0，得v＝eq\f(v0,2)＝eq\f(F0R,2B2L2)，Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,棒)＋\f(1,2)mv\o\al(2,框)))＝eq\f(mF\o\al(2,0)R2,4B4L4)。13．如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1m，一勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接一阻值為R＝0.40Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01kg、電阻為r＝0.30Ω的金屬棒ab緊貼在導軌上，現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關(guān)系圖像如圖乙所示，圖像中的OA段為曲線，AB段為直線，導軌電阻不計，g取10m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響)。(1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢高低；(2)金屬棒ab運動的最大速度及磁感應強度B的大?。?3)在金屬棒ab從靜止開始運動的1.5s內(nèi)，通過電阻R的電荷量及電阻R上產(chǎn)生的熱量。答案：(1)b端電勢高(2)7m/s0.1T(3)0.8C0.18J解析：(1)由右手定則可知，ab棒中的感應電流方向由a流向b，ab棒相當于電源，則b端的電勢高于a端的電勢。(2)由x－t圖像可得：t＝1.5s時金屬棒ab開始勻速運動的速度v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(9.8－5.6,2.1－1.5)m/s＝7m/s即金屬棒ab運動的最大速度為7m/s，當金屬棒ab勻速運動時，由平衡條件得mg＝ILB，金屬棒ab產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv，電路中的感應電流I＝eq\f(E,R＋r)，聯(lián)立可得mg＝eq\f(B2L2v,R＋r)，代入數(shù)據(jù)解得B＝0.1T。(3)在0～1.5s內(nèi)，金屬棒ab的重力勢能轉(zhuǎn)化為金屬棒ab的動能和電路的內(nèi)能，設電路中產(chǎn)生的總熱量為Q，根據(jù)能量守恒定律得：mgx＝eq\f(1,2)mv2＋Q，由圖乙得x＝5.6m，代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.315J，所以電阻R上產(chǎn)生的熱量QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝0.18J，通過電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R＋r)t＝eq\f(BLx,R＋r)＝0.8C。第二章3.基礎達標練1．(2024·云南高二期末)如圖所示，這是機場、車站等場所的安檢人員用手持金屬探測器檢查乘客的情形，其基本原理是當探測線圈靠近金屬物體時，會在金屬物體中感應出電流。下列科技實例的工作原理，與金屬探測器的工作原理不同的是()答案：C解析：用來冶煉合金鋼的真空冶煉爐，爐外繞有線圈，線圈中通有高頻電流，產(chǎn)生的變化磁場使爐內(nèi)的金屬中產(chǎn)生渦流，從而使金屬的溫度升高來冶煉高質(zhì)量的合金，A不符合題意；交流感應電動機是利用通電導線在磁場中受到安培力作用，屬于電磁驅(qū)動原理工作的，B不符合題意；回旋加速器的原理是利用帶電粒子在交變電場中加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)的原理制成的，沒利用電磁感應，C符合題意；感應加速器是利用感生電場對電子加速的設備，D不符合題意。2．(2023·西安高新一中高二期末)1824年，法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖所示。實驗中發(fā)現(xiàn)，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來，但略有滯后。下列說法不正確的是()A．圓盤上產(chǎn)生了感應電動勢B．圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉(zhuǎn)動C．在圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量不變D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉(zhuǎn)動答案：D解析：圓盤運動過程中，半徑方向的金屬條在切割磁感線，在圓心和邊緣之間產(chǎn)生了感應電動勢，A正確，不符合題意；圓盤在徑向的輻條切割磁感線過程中，內(nèi)部距離圓心遠近不同的點電勢不等而形成渦流，渦電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉(zhuǎn)動，B正確，不符合題意；圓盤轉(zhuǎn)動過程中，圓盤位置，圓盤面積和磁場都沒有發(fā)生變化，所以沒有磁通量的變化，C正確，不符合題意；當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時，引起渦流，渦流的磁場對磁針有力的作用，導致電磁驅(qū)動，D錯誤，符合題意。故選D。3．(多選)(2023·湖北模擬預測)小明模仿科技小視頻制作電磁“小車”：用銅制裸導線繞制成長螺線管當作軌道，固定在水平桌面上；將兩個磁性很強的磁鐵固連在一節(jié)新干電池的兩極上，制成“小車”，磁極與電極如圖所示。把“小車”從右側(cè)入口完全推入螺線管、“小車”并沒有像視頻那樣向前運動。為了使“小車”運動，以下方法可行的是()A．僅將“小車”掉頭從右側(cè)入口完全推入螺線管，“小車”可能會向前運動B．僅將“小車”兩端磁鐵都反向與電池固連后從右側(cè)入口完全推入，“小車”可能會向前運動C．僅將左端磁鐵反向與電池固連后從右側(cè)入口完全推入，“小車”可能會運動D．僅將“小車”放入包有絕緣層的鋁制長螺線管中，“小車”可能會運動答案：AB解析：兩磁極間的磁感線如圖甲所示：干電池與磁體及中間部分線圈組成了閉合回路，在兩磁極間的線圈中產(chǎn)生電流，左端磁極的左側(cè)線圈和右端磁極的右側(cè)線圈中沒有電流。其中線圈中電流方向的右視圖如圖乙所示由左手定則可知中間線圈所受的安培力向左，根據(jù)牛頓第三定律有小車受向右的作用力，則把“小車”從右側(cè)入口完全推入螺線管肯定不會向左運動，而若將“小車”從左側(cè)入口完全推入，“小車”可能會向前運動，或?qū)ⅰ靶≤嚒钡纛^從右側(cè)入口完全推入螺線管，“小車”可能會向前運動。若將左端磁鐵反向與電源粘連，則磁感線不會向外發(fā)散兩部分受到方向相反的力，合力為零，不能加速運動，將“小車”放入包有絕緣層的鋁制長螺線管中，在螺線管中不會產(chǎn)生閉合電流，則“小車”不會受到力的作用，則不可能會運動。故A、B正確，C、D錯誤。4.(多選)物理課上老師做了這樣一個實驗，將一平整且厚度均勻的銅板固定在絕緣支架上，將一質(zhì)量為m的永磁體放置在銅板的上端，t＝0時刻給永磁體一沿斜面向下的瞬時沖量，永磁體將沿斜面向下運動，如圖所示。若永磁體下滑過程中所受的摩擦力f大小不變，且f<mgsinθ(式中θ為銅板與水平面的夾角)。取地面為重力勢能的零勢面。則圖乙中關(guān)于永磁體下滑過程中動能Ek和機械能E隨磁體下滑高度h變化的圖像可能正確的是()答案：ACD解析：永磁體下滑時，由于渦流的產(chǎn)生會有阻尼作用，且隨速度的增大而增大，由動能定理可得Ek＝(mgsinθ－f－f阻尼)eq\f(h,sinθ)，結(jié)合圖像易知，圖線的斜率表示k＝eq\f(mgsinθ－f－f阻尼,sinθ)，隨下滑高度的增加，斜率變小，故A正確，B錯誤；永磁體下滑過程中機械能為E＝E0－(f＋f阻尼)eq\f(h,sinθ)，結(jié)合圖像易知，圖線的斜率表示k＝－eq\f(f＋f阻尼,sinθ)，隨下滑高度的增加，斜率變大，故C正確；若開始下落時永磁體滿足mgsinθ－f－f阻尼＝0，將勻速下滑，機械能表示為E＝E0－mgh，故D正確。5．(多選)(2024·山東高二期中)如圖甲所示，把一個閉合線圈放在蹄形磁鐵的兩磁極間，蹄形磁鐵和閉合線圈都可以繞OO′軸轉(zhuǎn)動，不計摩擦；如圖乙所示，閉合金屬環(huán)從曲面上h高處滾下，又沿曲面的另一側(cè)上升，設環(huán)的初速度為零，不計摩擦，整個曲面處在垂直紙面的磁場中(圖中未畫出)，下列說法正確的是()A．圖甲中當逆時針轉(zhuǎn)動蹄形磁鐵時，磁鐵的磁極未知，故線圈轉(zhuǎn)動方向未知B．圖甲中當蹄形磁鐵不動時，轉(zhuǎn)動閉合線圈，不計摩擦，線圈將減速轉(zhuǎn)動C．圖乙中若磁場為非勻強磁場，因圓環(huán)面積不變，可知圓環(huán)磁通量不變，故圓環(huán)機械能守恒，滾上的高度仍為hD．圖乙中若磁場為非勻強磁場，圓環(huán)滾下過程中，圓環(huán)內(nèi)有感應電流答案：BD解析：當逆時針轉(zhuǎn)動蹄形磁鐵時，根據(jù)楞次定律可知，為阻礙磁通量變化，則線圈與磁鐵轉(zhuǎn)動方向相同，但快慢不一，A錯誤；當蹄形磁鐵不動時，轉(zhuǎn)動閉合線圈，切割磁感線，產(chǎn)生感應電流，根據(jù)楞次定律可知，安培力阻礙線圈的轉(zhuǎn)動，則線圈做減速轉(zhuǎn)動，B正確；若是非勻強磁場，閉合小環(huán)滾動過程中，磁通量變化，由于電磁感應產(chǎn)生感應電流，機械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，高度減小，D正確，C錯誤。6.(多選)(2024·新疆昌吉高二期末)如圖所示，一個閉合線圈靜止于磁場中，由于磁場強弱的變化，而使線圈中產(chǎn)生了感應電動勢，下列說法中正確的是()A．使電荷定向移動形成電流的力是磁場力B．磁場變化時，會在空間激發(fā)一個電場C．從上往下看，當磁場增強時，線圈中有逆時針方向的感應電流D．使電荷定向移動形成電流的力是電場力答案：BD解析：麥克斯韋的電磁場理論：變化的電場周圍產(chǎn)生磁場，變化的磁場周圍產(chǎn)生電場；所以磁場變化時，會在空間激發(fā)一個電場，因線圈處于激發(fā)的電場中，電場力使電荷定向移動，從而產(chǎn)生了感生電流，A錯誤，B、D正確；根據(jù)楞次定律，假如磁場變強，則感應電流的磁場的方向向下，可知在俯視時感應電流方向為順時針，C錯誤。7．(多選)(2024·廣東佛山高二開學考試)科學家設計了一種電磁阻尼緩沖裝置用于月球探測器在月面實現(xiàn)軟著陸，其原理如圖所示。該裝置的主要部件有兩部分：①由高強絕緣材料制成的緩沖滑塊K，其邊緣繞有閉合的矩形線圈abcd；②包括絕緣光滑緩沖軌道等部件的探測器主體。探測器主體能產(chǎn)生方向垂直于整個緩沖軌道平面的勻強磁場。當緩沖滑塊接觸地面時，滑塊立即停止運動，探測器主體繼續(xù)下降，磁場下移，致使探測器主體減速緩沖，則在緩沖過程中()A．磁場對線圈ab段的作用力向上B．線圈ab段中電流方向由b到aC．探測器主體的機械能減少量等于線圈中產(chǎn)生的焦耳熱D．探測器主體的重力勢能減少量等于線圈中產(chǎn)生的焦耳熱答案：BC解析：磁場下移過程，存在緩沖阻力，則磁場對線圈ab段的作用力向下，故A錯誤；根據(jù)右手定則，線圈ab段中電流方向由b到a，故B正確；電磁感應過程中，由能量守恒，探測器主體的機械能減少量等于線圈中產(chǎn)生的焦耳熱，故C正確；探測器主體的動能減小，則探測器主體的重力勢能減少量小于線圈中產(chǎn)生的焦耳熱，故D錯誤。8．(2023·黑龍江實驗中學高二期末)“鋁箔封口機”被廣泛應用在醫(yī)藥、食品、化工等生產(chǎn)行業(yè)的產(chǎn)品封口環(huán)節(jié)中，如圖所示為一手持式封口機，它的工作原理是：當接通電源時，內(nèi)置線圈產(chǎn)生磁場，當磁感線穿過封口鋁箔材料時，瞬間產(chǎn)生大量小渦流，致使鋁箔自行快速發(fā)熱，熔化復合在鋁箔上的溶膠，從而粘貼在承封容器的封口處，達到迅速封口的目的。下列有關(guān)說法正確的是()A．該封口機利用了電磁感應現(xiàn)象，可以用交流電源供電B．該封口機可用干電池作為電源以方便攜帶C．該封口機適用于玻璃、塑料等多種材質(zhì)的容器封口也適用于金屬容器D．封口材料可用陶瓷薄片來代替鋁箔答案：A解析：該封口機利用了電磁感應現(xiàn)象，可以用交流電源供電。導體放入變化的磁場才能產(chǎn)生渦流現(xiàn)象，而干電池通電后，導線周圍產(chǎn)生恒定的磁場，不能產(chǎn)生渦流，不能用干電池作為電源，A正確；B錯誤；封口材料應是金屬類材料，但對應被封口的容器不能是金屬，因為金屬容器同樣產(chǎn)生渦流，不利于迅速封口，只能是玻璃、塑料等材質(zhì)，C、D錯誤。故選A。9．如圖甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ被固定在水平面上，導軌間距l(xiāng)＝0.6m，兩導軌的左端用導線連接電阻R1及理想電壓表V，電阻為r＝2Ω的金屬棒垂直于導軌靜止在AB處；右端用導線連接電阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，導軌及導線電阻均不計。在矩形區(qū)域CDFE內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，LCE＝0.2m，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。開始時電壓表有示數(shù)，當電壓表示數(shù)變?yōu)榱愫?，對金屬棒施加一水平向右的恒力F，使金屬棒剛進入磁場區(qū)域時電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹?，金屬棒在磁場區(qū)域內(nèi)運動的過程中電壓表的示數(shù)始終保持不變。求：(1)t＝0.1s時電壓表的示數(shù)；(2)恒力F的大??；(3)從t＝0時刻到金屬棒運動出磁場的過程中整個電路產(chǎn)生的熱量。答案：(1)0.3V(2)0.27N(3)0.09J解析：(1)在0～0.2s內(nèi)金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢為定值E＝l·LCEeq\f(ΔB,Δt)＝0.6V，t＝0.1s時電壓表的示數(shù)為U1＝eq\f(E,R2＋\f(R1r,r＋R1))·eq\f(R1r,r＋R1)＝0.3V。(2)設此時的總電流為I，則路端電壓為U2＝I·eq\f(R1R2,R1＋R2)，由題意知U1＝U2，此時的安培力為F＝BIl，解得F＝0.27N。(3)金屬棒在0～0.2s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q1＝eq\f(E2,R)t1＝0.036J，其中R＝R2＋eq\f(R1r,r＋R1)＝2Ω，由功能關(guān)系知金屬棒運動過程中產(chǎn)生的熱量為Q2＝FLCE＝0.054J，總熱量為Q＝Q1＋Q2＝0.09J。能力提升練10．(多選)內(nèi)壁光滑、水平放置的玻璃圓環(huán)內(nèi)，有一直徑略小于圓環(huán)直徑的帶正電的小球，以速率v0沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，若在此空間突然加上方向豎直向上、磁感應強度B隨時間成正比例增加的變化磁場。設運動過程中小球帶電荷量不變，那么(如圖所示)()A．小球?qū)ΣＡA環(huán)的壓力一定不斷增大B．小球所受的磁場力一定不斷增大C．小球先沿逆時針方向減速運動，之后沿順時針方向加速運動D．磁場力對小球一直不做功答案：CD解析：變化的磁場將產(chǎn)生感生電場，這種感生電場由于其電場線是閉合的，也稱為渦旋電場，其場強方向可借助電磁感應現(xiàn)象中感應電流方向的判定方法，使用楞次定律判斷。當磁場增強時，會產(chǎn)生順時針方向的渦旋電場，電場力先對小球做負功使其速度減為零，后對小球做正功使其沿順時針方向做加速運動，C正確；磁場力始終與小球運動方向垂直，因此始終對小球不做功，D正確；小球在水平面內(nèi)沿半徑方向受兩個力作用：環(huán)的壓力FN和磁場的磁場力F，這兩個力的合力充當小球做圓周運動的向心力，其中F＝Bqv，磁場在增強，球速先減小，后增大，所以磁場力不一定總在增大，A錯誤；向心力F向＝meq\f(v2,r)，其大小隨速度先減小后增大，因此壓力FN也不一定始終增大，B錯誤。故選CD。11．(2024·云南昆明高二期末)電磁阻尼現(xiàn)象在日常生活中得到廣泛應用，如汽車的減震懸架等。某車型的減震系統(tǒng)就由兩部分組成：一部分是機械彈簧主減震系統(tǒng)；另一部分是電磁輔助減震系統(tǒng)。裝置示意圖如圖所示，強磁體固定在汽車底盤上，阻尼線圈固定在輪軸上，輪軸與底盤通過彈簧主減震系統(tǒng)相連，在震動過程中磁體可在線圈內(nèi)上下移動。則()A．對調(diào)磁體的磁極，電磁減震系統(tǒng)就起不到減震效果B．增多線圈匝數(shù)，不影響安培力的大小C．只要產(chǎn)生震動，電磁減震系統(tǒng)就能起到減震效果D．震動過程中，線圈中有感應電流，且感應電流方向不變答案：C解析：對調(diào)磁體的磁極，震動過程線圈仍會產(chǎn)生感應電流，不影響減震效果，故A錯誤，C正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，線圈匝數(shù)越多，產(chǎn)生的感應電動勢越大，線圈電流越大，電磁阻尼現(xiàn)象越明顯，會影響安培力的大小，故B錯誤；震動過程中，線圈中磁通量的變化情況會根據(jù)磁體的靠近或者遠離而不同，由楞次定律可知，感應電流方向也會隨之改變，故D錯誤。12．安裝在公路上的測速裝置如圖所示，在路面下方間隔一定距離埋設有兩個通電線圈，線圈與檢測抓拍裝置相連，車輛從線圈上面通過時線圈中會產(chǎn)生脈沖感應電流，檢測裝置根據(jù)兩個線圈產(chǎn)生的脈沖信號的時間差計算出車速大小，從而對超速車輛進行抓拍。下列說法正確的是()A．汽車經(jīng)過線圈上方時，兩線圈產(chǎn)生的脈沖電流信號時間差越長，車速越大B．汽車經(jīng)過通電線圈上方時，汽車底盤的金屬部件中會產(chǎn)生感應電流