統(tǒng)考版2025屆高考物理二輪復習闖關導練熱點11電磁感應含解析

PAGE10-熱點11電磁感應一、選擇題(1～4題為單項選擇題，5～10題為多項選擇題)1．[2024·全國卷Ⅲ，14]如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)．圓環(huán)初始時靜止．將圖中開關S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可視察到()A．撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運動B．撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運動C．撥至M端時圓環(huán)向左運動，撥至N端時向右運動D．撥至M端時圓環(huán)向右運動，撥至N端時向左運動2．如圖所示，在帶負電荷的橡膠圓盤旁邊懸掛一個小磁針．現驅動圓盤繞中心軸高速旋轉，小磁針發(fā)生偏轉．下列說法正確的是()A．偏轉緣由是圓盤四周存在電場B．偏轉緣由是圓盤四周產生了磁場C．僅變更圓盤的轉動方向，偏轉方向不變D．僅變更圓盤所帶電荷的電性，偏轉方向不變3.如圖所示，一光滑絕緣半圓槽ABC水平固定，AC為水平直徑，B為半圓槽的最低點，一閉合金屬圓環(huán)從A點由靜止釋放，運動過程中經過一有界勻強磁場區(qū)域，則()A．圓環(huán)向右穿過磁場后，能擺至C點B．在進入和離開磁場的過程，圓環(huán)中感應電流方向相反C．圓環(huán)完全進入磁場后離B點越近速度越大，感應電流也越大D．圓環(huán)最終停在B點4．[2024·浙江7月，12]如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場．長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導電轉軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉動，在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)．已知重力加速度為g，不計其它電阻和摩擦，下列說法正確的是()A．棒產生的電動勢為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶的電荷量為CBr2ω5．[2024·天津卷，6]手機無線充電是比較新奇的充電方式．如圖所示，電磁感應式無線充電的原理與變壓器類似，通過分別安裝在充電基座和接收能量裝置上的線圈，利用產生的磁場傳遞能量．當充電基座上的送電線圈通入正弦式交變電流后，就會在鄰近的受電線圈中感應出電流，最終實現為手機電池充電．在充電過程中()A．送電線圈中電流產生的磁場呈周期性變更B．受電線圈中感應電流產生的磁場恒定不變C．送電線圈和受電線圈通過互感現象實現能量傳遞D．手機和基座無需導線連接，這樣傳遞能量沒有損失6．[2024·新高考Ⅰ卷，12]如圖所示，平面直角坐標系的第一和其次象限分別存在磁感應強度大小相等、方向相反且垂直于坐標平面的勻強磁場，圖中虛線方格為等大正方形．一位于Oxy平面內的剛性導體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動(不發(fā)生轉動)．從圖示位置起先計時，4s末bc邊剛好進入磁場．在此過程中，導體框內感應電流的大小為I，ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時間t的關系圖像可能正確的是()7.某同學在試驗室里做如下試驗，兩根光滑豎直金屬導軌(電阻不計)上端接有電阻R，下端開口，所在區(qū)域有垂直紙面對里的勻強磁場，一個矩形導體框(電阻不計)在整個運動過程中始終和光滑金屬導軌保持良好接觸，矩形導體框的寬度大于兩根導軌的間距，一彈簧下端固定在水平面上，彈簧涂有絕緣漆，彈簧和導體框接觸時，二者處于絕緣狀態(tài)，且導體框與彈簧接觸過程無機械能的損失．現將導體框在距離彈簧上端H處由靜止釋放，導體框下落，接觸到彈簧后一起向下運動然后反彈，直至導體框靜止．導體框的質量為m，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．導體框接觸到彈簧后，可能馬上做減速運動B．導體框在接觸彈簧前下落的加速度為gC．只變更下落的初始高度H，導體框的最大速度可能不變D．只變更R的阻值，在導體框運動過程中系統(tǒng)產生的焦耳熱會變更8．[2024·山西臨汾市二輪復習模擬]如圖甲所示，半徑為1m的帶缺口剛性金屬圓環(huán)導軌固定在水平面內，在導軌上垂直放置一質量為0.1kg、電阻為1Ω的直導體棒，其長度恰好等于金屬圓環(huán)的直徑，導體棒初始位置與圓環(huán)直徑重合，且與導軌接觸良好．已知導體棒與導軌間的動摩擦因數為0.3，不計金屬圓環(huán)的電阻，導體棒受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.現若在圓環(huán)內加一垂直于紙面對里的變更磁場，變更規(guī)律如圖乙所示，則()A．導體棒中的電流是從b到aB．通過導體棒的電流大小為0.5AC．0～2s內，導體棒產生的熱量為0.125JD．t＝πs時，導體棒受到的摩擦力大小為0.3N9．[2024·云南其次次統(tǒng)一檢測]如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長的平行金屬導軌固定在水平面上，兩導體棒ab、cd垂直于導軌放置，空間存在垂直導軌平面對上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.現給導體棒ab沿導軌平面對下的初速度v0使其沿導軌向下運動，已知兩導體棒質量均為m，電阻相等，兩導體棒與導軌之間的動摩擦因數均為μ＝0.75，導軌電阻忽視不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.從ab起先運動到兩棒相對靜止的整個運動過程中兩導體棒始終與導軌保持良好的接觸，下列說法正確的是()A．導體棒cd中產生的焦耳熱為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)B．導體棒cd中產生的焦耳熱為eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C．當導體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時，導體棒ab的速度為eq\f(1,2)v0D．當導體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時，導體棒cd的速度為eq\f(1,4)v010．[2024·全國卷Ⅰ，21]如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直．ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽視．一根具有肯定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行．經過一段時間后()A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值二、非選擇題11．[2024·全國卷Ⅲ，24]如圖，一邊長為l0的正方形金屬框abcd固定在水平面內，空間存在方向垂直于水平面，磁感應強度大小為B的勻強磁場．一長度大于eq\r(2)l0的勻稱導體棒以速率v自左向右在金屬框上勻速滑過，滑動過程中導體棒始終與ac垂直且中點位于ac上，導體棒與金屬框接觸良好．已知導體棒單位長度的電阻為r，金屬框電阻可忽視．將導體棒與a點之間的距離記為x，求導體棒所受安培力的大小隨x(0≤x≤eq\r(2)l0)變更的關系式．12．[2024·安徽蚌埠市其次次質檢]如圖所示，質量M＝1kg的半圓弧形絕緣凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef兩個光滑半圓形導軌，c與e端由導線連接，一質量m＝1kg的導體棒自ce端的正上方h＝2m處平行ce由靜止下落，并恰好從ce端進入凹槽，整個裝置處于范圍足夠大的豎直方向的勻強磁場中，導體棒在槽內運動過程中與導軌接觸良好．已知磁場的磁感應強度B＝0.5T，導軌的間距與導體棒的長度均為L＝0.5m，導軌的半徑r＝0.5m，導體棒的電阻R＝1Ω，其余電阻均不計，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力．(1)求導體棒剛進入凹槽時的速度大小；(2)求導體棒從起先下落到最終靜止的過程中系統(tǒng)產生的熱量；(3)若導體棒從起先下落到第一次通過導軌最低點的過程中產生的熱量為16J，求導體棒第一次通過最低點時回路中的電功率．熱點11電磁感應1．答案：B解析：左側線圈通電后相當于條形磁鐵，形成的磁場相當于條形磁鐵的磁場，將圖中開關閉合時，線圈及金屬圓環(huán)內磁場由0起先增加，依據楞次定律可知，金屬圓環(huán)將向磁場弱的方向移動，即向右移動．圓環(huán)移動方向與開關撥至M或撥至N無關．故選B項．2．答案：B解析：小磁針發(fā)生偏轉是因為帶負電荷的橡膠圓盤高速旋轉形成電流，而電流四周有磁場，磁場會對放入其中的小磁針有力的作用，故A錯誤，B正確；僅變更圓盤的轉動方向，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉方向也與之前相反，故C錯誤；僅變更圓盤所帶電荷的電性，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉方向也與之前相反，故D錯誤．故選B.3．答案：B解析：圓環(huán)向右進入磁場的過程，會產生電流，圓環(huán)中將產生焦耳熱，依據能量守恒定律知圓環(huán)的機械能將轉化為電能，所以圓環(huán)回不到原來的高度，故A錯誤；當圓環(huán)進入或離開磁場區(qū)域的過程，磁通量會發(fā)生變更，產生電流，依據楞次定律可知，感應電流的方向相反，故B正確；整個圓環(huán)完全進入磁場后，磁通量不發(fā)生變更，不產生感應電流，故C錯誤；圓環(huán)不斷進出磁場的過程中，機械能不斷損耗，圓環(huán)越擺越低，最終整個圓環(huán)只會在磁場區(qū)域內來回搖擺，因為在此區(qū)域內沒有磁通量的變更(始終是最大值)，所以圓環(huán)的機械能守恒，即圓環(huán)最終的運動狀態(tài)為在磁場區(qū)域內來回搖擺，而不是靜止在B點，故D錯誤．4．答案：B解析：棒產生的電動勢為E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，選項A錯誤．金屬棒電阻不計，故電容器兩極板間的電壓等于棒產生的電動勢，微粒的重力與其受到的電場力大小相等，有qeq\f(E,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，選項B正確．電阻消耗的電功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，選項C錯誤．電容器所帶的電荷量Q＝CE＝eq\f(1,2)CBr2ω，選項D錯誤．5．答案：AC解析：由題意可知送電線圈中通入了正弦式交變電流，可知電流產生的磁場也呈周期性變更，A正確；由變壓器的工作原理可知，受電線圈中輸出的電流按余弦規(guī)律變更，因此受電線圈中感應電流產生的磁場隨電流的變更而變更，B錯誤；送電線圈和受電線圈的能量傳遞是通過互感現象實現的，C正確；由于送電線圈產生的磁場并沒有全部穿過受電線圈，即有磁通量的損失，因此該充電過程存在能量的損失，D錯誤．6．答案：BC解析：第1s內，ae邊切割磁感線，由E＝BLv可知，感應電動勢不變，導體框總電阻肯定，故感應電流肯定，由安培力F＝BIL可知ab邊所受安培力與ab邊進入磁場的長度成正比；第2s內，導體框切割磁感線的有效長度勻稱增大，感應電動勢勻稱增大，感應電流勻稱增大；第3～4s內，導體框在其次象限內切割磁感線的有效長度保持不變，在第一象限內切割磁感線的有效長度不斷增大，但兩象限磁場方向相反，導體框的兩部分感應電動勢方向相反，所以第2s末感應電動勢達到最大，之后便不斷減小，第3s末與第1s末，導體框切割磁感線的有效長度相同，可知第3s末與第1s末線框中產生的感應電流大小相等，A項錯誤，B項正確；但第3s末ab邊進入磁場的長度是笫1s末的3倍，即ab邊所受安培力在第3s末的大小等于第1s末所受安培力大小的3倍，C項正確，D項錯誤．7．答案：AC解析：導體框下落過程中兩部分切割磁感線，相當于兩個電源給電阻R供電，當導體框所受安培力等于導體框的重力時導體框速度達到最大，達到最大速度可能發(fā)生在接觸彈簧之前，所以導體框有可能在接觸彈簧前已經起先勻速，故A、C正確；由于導體框中有感應電流，導體框受到安培力作用，所以加速度小于g，故B錯誤；由于導體框質量肯定，所以最終彈簧停止的位置是確定的，重力勢能的削減量是確定的，彈簧增加的彈性勢能是確定的，所以電阻產生的熱量與R的阻值無關，電阻大小會影響導體框反復運動的次數，故D錯誤．8．答案：AC解析：穿過閉合回路的磁通量向里且增加，由楞次定律可知導體棒中的電流是從b到a，選項A正確；假設0～πs時間內導體棒靜止不動，感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πr2＝eq\f(0.5,π)×eq\f(1,2)π×12V＝0.25V，則感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.25,1)A＝0.25A，t＝πs時，導體棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1N＝0.25N，最大靜摩擦力Ffm＝μmg＝0.3N，則假設成立，故導體棒所受摩擦力大小為0.25N，選項B、D錯誤；0～2s內，導體棒產生的熱量為Q＝I2Rt＝0.252×1×2J＝0.125J，選項C正確．9．答案：BD解析：由題意可知：mgsin37°＝μmgcos37°，則兩棒組成的系統(tǒng)沿軌道方向動量守恒，當最終穩(wěn)定時：mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，則回路產生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，則導體棒c中產生的焦耳熱為Qcd＝Qab＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤，B正確；當導體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時，則由動量守恒：mv0＝m·eq\f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq\f(3,4)v0，選項C錯誤；當導體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時，則由動量守恒：mv0＝m·eq\f(3,4)v0＋mvcd，解得vcd＝eq\f(1,4)v0，選項D正確．10．答案：BC解析：用水平恒力F向右拉動金屬框，bc邊切割磁感線產生感應電動勢，回路中有感應電流i，bc邊受到水平向左的安培力作用，設金屬框的質量為M，加速度為a1，由牛頓其次定律有F－BiL＝Ma1；導體棒MN受到向右的安培力，向右做加速運動，設導體棒的質量為m，加速度為a2，由牛頓其次定律有BiL＝ma2.設金屬框bc邊的速度為v時，導體棒的速度為v′，則回路中產生的感應電動勢為E＝BL(v－v′)，由閉合電路歐姆定律i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv－v′,R)，F安＝BiL，可得金屬框bc邊所受安培力和導體棒MN所受的安培力均為F安＝eq\f(B2L2v－v′,R)，二者加速度之差Δa＝a1－a2＝eq\f(F－F安,M)－eq\f(F安,m)＝eq\f(F,M)－F安eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,M)＋\f(1,m)))，隨著所受安培力的增大，二者加速度之差Δa減小，當Δa減小到零時，eq\f(F,M)＝eq\f(B2L2v－v′,R)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,M)＋\f(1,m)))，之后金屬框和導體棒的速度之差Δv＝v－v′＝eq\f(FRm,B2L2m＋M)，保持不變．由此可知，金屬框的速度漸漸增大，金屬框所受安培力趨于恒定值，金屬框的加速度大小趨于恒定值，導體棒所受的安培力F安＝eq\f(B2L2v－v′,R)趨于恒定值，選項A錯誤，BC正確；導體棒到金屬框bc邊的距離x＝eq\i\in(0,t,)(v－v′)dt，隨時間的增大而增大，選項D錯誤．11．答案：f＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2B2v,r)x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,\f(2B2v,r)\r(2)l0－x，\f(\r(2),2)l0<x≤\r(2)l0))解析：當導體棒與金屬框接觸的兩點間棒的長度為l時，由法拉第電磁感應定律知，導體棒上感應電動勢的大小