2025版衡水中學(xué)學(xué)案高考物理二輪專題與專項第1部分專題4第11講含答案及解析

第一部分專題四第11講A組·基礎(chǔ)練1.(2024·甘肅卷)工業(yè)上常利用感應(yīng)電爐冶煉合金，裝置如圖所示。當線圈中通有交變電流時，下列說法正確的是()A．金屬中產(chǎn)生恒定感應(yīng)電流B．金屬中產(chǎn)生交變感應(yīng)電流C．若線圈匝數(shù)增加，則金屬中感應(yīng)電流減小D．若線圈匝數(shù)增加，則金屬中感應(yīng)電流不變【答案】B【解析】當線圈中通有交變電流時，感應(yīng)電爐金屬內(nèi)的磁通量也不斷隨之變化，金屬中產(chǎn)生交變感應(yīng)電流，A錯誤，B正確；若線圈匝數(shù)增加，根據(jù)電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢增大，則金屬中感應(yīng)電流變大，C、D錯誤。2.(2024·北京卷)如圖所示，線圈M和線圈P繞在同一個鐵芯上，下列說法正確的是()A．閉合開關(guān)瞬間，線圈M和線圈P相互吸引B．閉合開關(guān)，達到穩(wěn)定后，電流表的示數(shù)為零C．斷開開關(guān)瞬間，流過電流表的電流方向由a到bD．斷開開關(guān)瞬間，線圈P中感應(yīng)電流的磁場方向向左【答案】B【解析】閉合開關(guān)瞬間，線圈P中感應(yīng)電流的磁場與線圈M中電流的磁場方向相反，由楞次定律可知，二者相互排斥，故A錯誤；閉合開關(guān)，達到穩(wěn)定后，通過線圈P的磁通量保持不變，則感應(yīng)電流為零，電流表的示數(shù)為零，故B正確；斷開開關(guān)瞬間，通過線圈P的磁場方向向右，磁通量減小，由楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場方向向右，因此流過電流表的感應(yīng)電流方向由b到a，故C、D錯誤。3.(多選)(2024·江西贛州模擬)關(guān)于以下四幅課本上的插圖，下列說法正確的是()A．如圖甲，把一根柔軟的彈簧懸掛起來，使它的下端剛好跟槽中的水銀接觸，通電后彈簧上下振動B．圖乙是速度選擇器示意圖，帶電粒子能夠從N向M沿直線勻速通過C．圖丙是真空冶煉爐，耐火材料制成的冶煉鍋外的線圈通入高頻交流電時，被冶煉的金屬內(nèi)部產(chǎn)生很強的渦流，從而產(chǎn)生大量的熱量使金屬熔化D．圖丁中，當手搖動柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動，則鋁框會反向轉(zhuǎn)動【答案】AC【解析】當有電流通過彈簧時，構(gòu)成彈簧的每一圈導(dǎo)線周圍都產(chǎn)生了磁場，根據(jù)安培定則知，各圈導(dǎo)線之間都產(chǎn)生了相互的吸引作用，彈簧就縮短了，當彈簧的下端離開水銀后，電路斷開，彈簧中沒有了電流，各圈導(dǎo)線之間失去了相互吸引力，彈簧又恢復(fù)原長，使得彈簧下端又與水銀接觸，彈簧中又有了電流，開始重復(fù)上述過程，彈簧上下振動，故A正確；圖乙中假設(shè)粒子帶正電，從N向M運動，電場力的方向向下，洛倫茲力方向也向下，無法平衡，則不能做勻速直線運動，故B錯誤；圖丙是真空冶煉爐，耐火材料制成的冶煉鍋外的線圈通入高頻交流電時，被冶煉的金屬內(nèi)部產(chǎn)生很強的渦流，從而產(chǎn)生大量的熱量使金屬熔化，故C正確；根據(jù)電磁驅(qū)動原理，圖丁中，當手搖動柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動，則鋁框會同向轉(zhuǎn)動，磁鐵比鋁框轉(zhuǎn)得快，故D錯誤。故選AC。4.(2024·海南省直轄縣級單位模擬)如圖所示，在xOy平面內(nèi)有以y軸為邊界的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反的兩勻強磁場，金屬圓環(huán)的圓心為O。下列過程會使環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流的是()A．環(huán)沿y軸平移一小段距離B．環(huán)沿x軸平移一小段距離C．環(huán)繞y軸轉(zhuǎn)動一小角度D．環(huán)繞x軸轉(zhuǎn)動一小角度【答案】B【解析】感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化：環(huán)沿y軸平移一小段距離、環(huán)繞y軸轉(zhuǎn)動一小角度、環(huán)繞x軸轉(zhuǎn)動一小角度穿過線圈的磁通量始終為零，保持不變，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A、C、D錯誤；環(huán)沿x軸平移一小段距離，穿過線圈的磁通量發(fā)生改變，能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B正確。5.(2024·山東菏澤模擬)如圖所示，等腰直角三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的直角邊在x軸上且長為L，高為L。紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過磁場區(qū)域，在t＝0時刻恰好位于圖中所示的位置。以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，下列圖像正確的是()【答案】A【解析】在0～L過程，磁通量增大，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向為順時針方向，為正值，線圈切割有效長度均勻增加，線圈中的電流為I＝eq\f(BL效v,R)＝eq\f(Bxv,R)＝eq\f(Bv,R)x(0≤x≤L)，在L～2L過程，磁通量減小，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向為逆時針方向，為負值，線圈切割有效長度均勻增加，線圈中的電流為I＝eq\f(BL效v,R)＝eq\f(Bxv,R)＝eq\f(Bv,R)x(L≤x≤2L)，故選A。6.(2024·甘肅卷)如圖，相距為d的固定平行光滑金屬導(dǎo)軌與阻值為R的電阻相連，處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，長度為L的導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向右做勻速直線運動，速度大小為v。則導(dǎo)體棒ab所受的安培力為()A．eq\f(B2d2v,R)，方向向左 B．eq\f(B2d2v,R)，方向向右C．eq\f(B2L2v,R)，方向向左 D．eq\f(B2L2v,R)，方向向右【答案】A【解析】導(dǎo)體棒ab切割磁感線在電路部分的有效長度為d，故感應(yīng)電動勢為E＝Bdv，回路中感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)，根據(jù)右手定則，判斷電流方向為b流向a。故導(dǎo)體棒ab所受的安培力為F＝BId＝eq\f(B2d2v,R)，方向向左。故選A。7.(2024·江蘇蘇州模擬)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，總長為2L的導(dǎo)體棒OC的O端位于圓心，A為棒的中點?，F(xiàn)使導(dǎo)體棒繞O點在紙面內(nèi)逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則O點到導(dǎo)體棒上任意一點P的電勢差U與OP間距離r的關(guān)系圖像正確的是()【答案】A【解析】由于AC段不切割磁感線，則AC電勢相同，在OA段，設(shè)某點到O的距離為d，根據(jù)E＝Bdv＝eq\f(1,2)Bd2ω，則離O越遠電勢減小得越快，即電勢差增大得越快。故選A。8.(2024·四川綿陽模擬)如圖所示，用同種規(guī)格的銅絲做成的a、b兩個單匝正方形線圈同軸，邊長之比為2∶3。僅在a線圈所圍區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，當勻強磁場的磁感應(yīng)強度均勻減小的過程中，a、b線圈內(nèi)的感應(yīng)電動勢大小之比和感應(yīng)電流大小之比分別為()A．1∶1,3∶2 B．1∶1,2∶3C．4∶9,2∶3 D．4∶9,9∶4【答案】A【解析】在勻強磁場的磁感應(yīng)強度均勻減小的過程中，由電磁感應(yīng)定律可得線圈內(nèi)的感應(yīng)電動勢大小E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，由于穿過a、b兩線圈的磁通量的變化率相同，線圈的匝數(shù)相同，因此a、b線圈內(nèi)的感應(yīng)電動勢大小相等，則有Ea∶Eb＝1∶1，設(shè)a、b兩線圈的邊長分別為La、Lb，由電阻定律R＝ρeq\f(L,S)可得Ra＝ρeq\f(n·4La,S)，Rb＝ρeq\f(n·4Lb,S)，又有I＝eq\f(E,R)，則通過a、b兩線圈感應(yīng)電流大小之比為Ia∶Ib＝eq\f(Ea,Ra)∶eq\f(Eb,Rb)＝3∶2，故選A。B組·綜合練9.(多選)(2024·廣東東莞模擬)如圖甲所示，面積為0.2m2的100匝線圈內(nèi)部存在垂直紙面、磁感應(yīng)強度隨時間均勻增加的勻強磁場，線圈的電阻為2Ω，磁場方向垂直于線圈平面向里，已知磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，磁場垂直紙面向里為正，定值電阻R的阻值為8Ω，下列說法正確的是()A．線圈具有收縮的趨勢B．a(chǎn)、b兩點間的電勢差Uab＝2.0VC．t＝5s時穿過線圈的磁通量為0.1WbD．電阻R上產(chǎn)生的熱功率為0.32W【答案】ACD【解析】由圖像可知，穿過線圈的磁通量逐漸增加，根據(jù)“增縮減擴”可知，線圈具有收縮的趨勢，故A正確；感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×eq\f(0.5,5)×0.2V＝2V，根據(jù)楞次定律可知a點電勢高于b點，則a、b兩點間的電勢差Uab＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(2×8,8＋2)V＝1.6V，故B錯誤；t＝5s時穿過線圈的磁通量為Φ＝B5S＝0.5×0.2Wb＝0.1Wb，故C正確；電阻R上產(chǎn)生的熱功率為P＝eq\f(U\o\al(2,ab),R)＝eq\f(1.62,8)W＝0.32W，故D正確。故選ACD。10.(多選)(2024·全國甲卷)如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面(紙面)內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場上下邊界水平，在t＝0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時間t變化的圖像中可能正確的是()【答案】AC【解析】設(shè)線圈的上邊進入磁場時的速度為v，設(shè)線圈的質(zhì)量M，物塊的質(zhì)量m，圖中線圈進入磁場時線圈的加速度向下，則對線圈由牛頓第二定律可知Mg＋F安－T＝Ma，對滑塊T－mg＝ma，其中F安＝eq\f(B2L2v,R)，即eq\f(B2L2v,R)＋(M－m)g＝(M＋m)a，線圈向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減??；當加速度為零時，即線圈勻速運動的速度為v0＝eq\f(M－mgR,B2L2)，若線圈進入磁場時的速度較小，則線圈進入磁場時做加速度減小的減速運動，線圈的速度和加速度都趨近于零，則圖像A可能正確；因t＝0時刻線圈就進入磁場，則進入磁場時線圈向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；若線圈的質(zhì)量等于物塊的質(zhì)量，且當線圈進入磁場，速度大于v0時，線圈進入磁場做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后線圈做勻速運動；當線圈出離磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速運動，最終出離磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，D不可能。故選AC。11.(2024·河北卷)如圖，邊長為2L的正方形金屬細框固定放置在絕緣水平面上，細框中心O處固定一豎直細導(dǎo)體軸OO′。間距為L、與水平面成θ角的平行導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與細框及導(dǎo)體軸相連。導(dǎo)軌和細框分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小均為B。足夠長的細導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒CD始終靜止。OA棒在轉(zhuǎn)動過程中，CD棒在所受安培力達到最大和最小時均恰好能靜止。已知CD棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計，CD棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值；(2)鎖定OA棒，推動CD棒下滑，撤去推力瞬間，CD棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于(1)問中安培力的最大值，求CD棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮?1)eq\f(B2L3ω,R)eq\f(B2L3ω,2R)(2)eq\f(a,gcosθ)－eq\f(1,3)tanθ【解析】(1)當OA運動到正方形細框?qū)蔷€瞬間，切割的有效長度最大，Lmax＝eq\r(2)L，此時感應(yīng)電流最大，CD棒所受的安培力最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得Emax＝BLmaxeq\x\to(v)＝B·eq\r(2)L·eq\f(\r(2)Lω,2)＝BL2ω根據(jù)閉合電路歐姆定律得Imax＝eq\f(E,R)故CD棒所受的安培力最大為Fmax＝BImaxL＝eq\f(B2L3ω,R)當OA運動到與細框一邊平行時瞬間，切割的有效長度最短，感應(yīng)電流最小，CD棒受到的安培力最小，得Emin＝BLmineq\x\to(v)＝B·L·eq\f(Lω,2)＝eq\f(BL2ω,2)故CD棒所受的安培力最小為Fmin＝BIminL＝eq\f(B2L3ω,2R)。(2)當CD棒受到的安培力最小時根據(jù)平衡條件得mgsinθ－μmgcosθ－Fmin＝0當CD棒受到的安培力最大時根據(jù)平衡條件得Fmax－mgsinθ－μmgcosθ＝0聯(lián)立解得m＝eq\f(3B2L3ω,4Rgsinθ)撤去推力瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得Fmax＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得μ＝eq\f(a,gcosθ)－eq\f(1,3)tanθ。12.(2024·全國甲卷)如圖，金屬導(dǎo)軌平行且水平放置，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌光滑無摩擦。定值電阻大小為R，其余電阻忽略不計，電容大小為C。在運動過程中，金屬棒始終與導(dǎo)軌保持垂直。整個裝置處于豎直方向且磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。(1)開關(guān)S閉合時，對金屬棒施加以水平向右的恒力，金屬棒能達到的最大速度為v0。當外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求金屬棒速度v的大小。(2)當金屬棒速度為v時，斷開開關(guān)S，改變水平外力并使金屬棒勻速運動。當外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求電容器兩端的電壓以及從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功。【答案】(1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(BLv0,4)eq\f(CB2L2v\o\al(2,0),8)【解析】(1)開關(guān)S閉合后，當外力與安培力相等時，金屬棒的速度最大，則F＝F安＝BIL由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv0聯(lián)立可得，恒定的外力為F＝eq\f(B2L2v0,R)在加速階段，外力的功率為PF＝Fv＝eq\f(B2L2v0,R)v定值電阻的功率為PR＝I2R＝eq\f(B2L2v2,R)若PF＝2PR，即eq\f(B2L2v0,R)v＝2eq\f(B2L2v2,R)化簡可得金屬棒速度v的大小為v＝eq\f(v0,2)。(2)斷開開關(guān)S，電容器充電，則電容器與定值電阻串聯(lián)，則有E＝BLv＝IR＋eq