統(tǒng)考版2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)闖關(guān)導(dǎo)練熱點11電磁感應(yīng)含解析

PAGE10-熱點11電磁感應(yīng)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(guān)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(yùn)動B．撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運(yùn)動C．撥至M端時圓環(huán)向左運(yùn)動，撥至N端時向右運(yùn)動D．撥至M端時圓環(huán)向右運(yùn)動，撥至N端時向左運(yùn)動2．如圖所示，在帶負(fù)電荷的橡膠圓盤旁邊懸掛一個小磁針．現(xiàn)驅(qū)動圓盤繞中心軸高速旋轉(zhuǎn)，小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)．下列說法正確的是()A．偏轉(zhuǎn)緣由是圓盤四周存在電場B．偏轉(zhuǎn)緣由是圓盤四周產(chǎn)生了磁場C．僅變更圓盤的轉(zhuǎn)動方向，偏轉(zhuǎn)方向不變D．僅變更圓盤所帶電荷的電性，偏轉(zhuǎn)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(yùn)動過程中經(jīng)過一有界勻強(qiáng)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(jìn)入和離開磁場的過程，圓環(huán)中感應(yīng)電流方向相反C．圓環(huán)完全進(jìn)入磁場后離B點越近速度越大，感應(yīng)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(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)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(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)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?fàn)顟B(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(chǎn)生的電動勢為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)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(jī)無線充電是比較新奇的充電方式．如圖所示，電磁感應(yīng)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(chǎn)生的磁場傳遞能量．當(dāng)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(yīng)出電流，最終實現(xiàn)為手機(jī)電池充電．在充電過程中()A．送電線圈中電流產(chǎn)生的磁場呈周期性變更B．受電線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場恒定不變C．送電線圈和受電線圈通過互感現(xiàn)象實現(xiàn)能量傳遞D．手機(jī)和基座無需導(dǎo)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(biāo)系的第一和其次象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場，圖中虛線方格為等大正方形．一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動(不發(fā)生轉(zhuǎn)動)．從圖示位置起先計時，4s末bc邊剛好進(jìn)入磁場．在此過程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)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(guān)系圖像可能正確的是()7.某同學(xué)在試驗室里做如下試驗，兩根光滑豎直金屬導(dǎo)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(qiáng)磁場，一個矩形導(dǎo)體框(電阻不計)在整個運(yùn)動過程中始終和光滑金屬導(dǎo)軌保持良好接觸，矩形導(dǎo)體框的寬度大于兩根導(dǎo)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(dǎo)體框接觸時，二者處于絕緣狀態(tài)，且導(dǎo)體框與彈簧接觸過程無機(jī)械能的損失．現(xiàn)將導(dǎo)體框在距離彈簧上端H處由靜止釋放，導(dǎo)體框下落，接觸到彈簧后一起向下運(yùn)動然后反彈，直至導(dǎo)體框靜止．導(dǎo)體框的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．導(dǎo)體框接觸到彈簧后，可能馬上做減速運(yùn)動B．導(dǎo)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(dǎo)體框的最大速度可能不變D．只變更R的阻值，在導(dǎo)體框運(yùn)動過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱會變更8．[2024·山西臨汾市二輪復(fù)習(xí)模擬]如圖甲所示，半徑為1m的帶缺口剛性金屬圓環(huán)導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，在導(dǎo)軌上垂直放置一質(zhì)量為0.1kg、電阻為1Ω的直導(dǎo)體棒，其長度恰好等于金屬圓環(huán)的直徑，導(dǎo)體棒初始位置與圓環(huán)直徑重合，且與導(dǎo)軌接觸良好．已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.3，不計金屬圓環(huán)的電阻，導(dǎo)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(xiàn)若在圓環(huán)內(nèi)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(dǎo)體棒中的電流是從b到aB．通過導(dǎo)體棒的電流大小為0.5AC．0～2s內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為0.125JD．t＝πs時，導(dǎo)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(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，空間存在垂直導(dǎo)軌平面對上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌平面對下的初速度v0使其沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動，已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻相等，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.75，導(dǎo)軌電阻忽視不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.從ab起先運(yùn)動到兩棒相對靜止的整個運(yùn)動過程中兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持良好的接觸，下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)B．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C．當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時，導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(1,2)v0D．當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時，導(dǎo)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．a(chǎn)b、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽視．一根具有肯定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運(yùn)動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行．經(jīng)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(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導(dǎo)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(nèi)，空間存在方向垂直于水平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．一長度大于eq\r(2)l0的勻稱導(dǎo)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(dǎo)體棒始終與ac垂直且中點位于ac上，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好．已知導(dǎo)體棒單位長度的電阻為r，金屬框電阻可忽視．將導(dǎo)體棒與a點之間的距離記為x，求導(dǎo)體棒所受安培力的大小隨x(0≤x≤eq\r(2)l0)變更的關(guān)系式．12．[2024·安徽蚌埠市其次次質(zhì)檢]如圖所示，質(zhì)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(dǎo)軌，c與e端由導(dǎo)線連接，一質(zhì)量m＝1kg的導(dǎo)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(jìn)入凹槽，整個裝置處于范圍足夠大的豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)體棒在槽內(nèi)運(yùn)動過程中與導(dǎo)軌接觸良好．已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，導(dǎo)軌的間距與導(dǎo)體棒的長度均為L＝0.5m，導(dǎo)軌的半徑r＝0.5m，導(dǎo)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(dǎo)體棒剛進(jìn)入凹槽時的速度大??；(2)求導(dǎo)體棒從起先下落到最終靜止的過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；(3)若導(dǎo)體棒從起先下落到第一次通過導(dǎo)軌最低點的過程中產(chǎn)生的熱量為16J，求導(dǎo)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(yīng)1．答案：B解析：左側(cè)線圈通電后相當(dāng)于條形磁鐵，形成的磁場相當(dāng)于條形磁鐵的磁場，將圖中開關(guān)閉合時，線圈及金屬圓環(huán)內(nèi)磁場由0起先增加，依據(jù)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(guān)撥至M或撥至N無關(guān)．故選B項．2．答案：B解析：小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)是因為帶負(fù)電荷的橡膠圓盤高速旋轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動方向，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(jìn)入磁場的過程，會產(chǎn)生電流，圓環(huán)中將產(chǎn)生焦耳熱，依據(jù)能量守恒定律知圓環(huán)的機(jī)械能將轉(zhuǎn)化為電能，所以圓環(huán)回不到原來的高度，故A錯誤；當(dāng)圓環(huán)進(jìn)入或離開磁場區(qū)域的過程，磁通量會發(fā)生變更，產(chǎn)生電流，依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向相反，故B正確；整個圓環(huán)完全進(jìn)入磁場后，磁通量不發(fā)生變更，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C錯誤；圓環(huán)不斷進(jìn)出磁場的過程中，機(jī)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(nèi)來回?fù)u擺，因為在此區(qū)域內(nèi)沒有磁通量的變更(始終是最大值)，所以圓環(huán)的機(jī)械能守恒，即圓環(huán)最終的運(yùn)動狀態(tài)為在磁場區(qū)域內(nèi)來回?fù)u擺，而不是靜止在B點，故D錯誤．4．答案：B解析：棒產(chǎn)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(chǎn)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(chǎn)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(yīng)電流產(chǎn)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(xiàn)象實現(xiàn)的，C正確；由于送電線圈產(chǎn)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(nèi)，ae邊切割磁感線，由E＝BLv可知，感應(yīng)電動勢不變，導(dǎo)體框總電阻肯定，故感應(yīng)電流肯定，由安培力F＝BIL可知ab邊所受安培力與ab邊進(jìn)入磁場的長度成正比；第2s內(nèi)，導(dǎo)體框切割磁感線的有效長度勻稱增大，感應(yīng)電動勢勻稱增大，感應(yīng)電流勻稱增大；第3～4s內(nèi)，導(dǎo)體框在其次象限內(nèi)切割磁感線的有效長度保持不變，在第一象限內(nèi)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(dǎo)體框的兩部分感應(yīng)電動勢方向相反，所以第2s末感應(yīng)電動勢達(dá)到最大，之后便不斷減小，第3s末與第1s末，導(dǎo)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(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等，A項錯誤，B項正確；但第3s末ab邊進(jìn)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(dǎo)體框下落過程中兩部分切割磁感線，相當(dāng)于兩個電源給電阻R供電，當(dāng)導(dǎo)體框所受安培力等于導(dǎo)體框的重力時導(dǎo)體框速度達(dá)到最大，達(dá)到最大速度可能發(fā)生在接觸彈簧之前，所以導(dǎo)體框有可能在接觸彈簧前已經(jīng)起先勻速，故A、C正確；由于導(dǎo)體框中有感應(yīng)電流，導(dǎo)體框受到安培力作用，所以加速度小于g，故B錯誤；由于導(dǎo)體框質(zhì)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(chǎn)生的熱量與R的阻值無關(guān)，電阻大小會影響導(dǎo)體框反復(fù)運(yùn)動的次數(shù)，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(dǎo)體棒中的電流是從b到a，選項A正確；假設(shè)0～πs時間內(nèi)導(dǎo)體棒靜止不動，感應(yīng)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(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.25,1)A＝0.25A，t＝πs時，導(dǎo)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(shè)成立，故導(dǎo)體棒所受摩擦力大小為0.25N，選項B、D錯誤；0～2s內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)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(dāng)最終穩(wěn)定時：mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，則回路產(chǎn)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(dǎo)體棒c中產(chǎn)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(dāng)導(dǎo)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(dāng)導(dǎo)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(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中有感應(yīng)電流i，bc邊受到水平向左的安培力作用，設(shè)金屬框的質(zhì)量為M，加速度為a1，由牛頓其次定律有F－BiL＝Ma1；導(dǎo)體棒MN受到向右的安培力，向右做加速運(yùn)動，設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，加速度為a2，由牛頓其次定律有BiL＝ma2.設(shè)金屬框bc邊的速度為v時，導(dǎo)體棒的速度為v′，則回路中產(chǎn)生的感應(yīng)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(xiàn)安＝BiL，可得金屬框bc邊所受安培力和導(dǎo)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(dāng)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(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)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(dāng)導(dǎo)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(yīng)定律知，導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動勢的大小