2025高考物理 人教版选择性必修第2册专项复习第2章　2　第3课时含答案

2025高考物理人教版选择性必修第2册专项复习第2章2第3课时含答案第二章2.第3课时基础达标练1．我国自主研制的C919飞机机长38.9米、翼展35.8米，北京地区地磁场的竖直分量约为4.5×10－5T，水平分量约为：3.0×10－5T。该机在北京郊区水平试飞速度为声速(约330m/s)的0.8倍。有关C919飞机的说法正确的是()A．C919飞机往北飞的时候，西面机翼的电势较低。两侧机翼的最大电势差约为0.42伏B．C919飞机往南飞的时候，西面机翼的电势较低。两侧机翼的最大电势差约为0.26伏C．无论C919飞机往哪个方向飞，都是左边机翼的电势较低。两侧机翼的最大电势差约为0.26伏D．无论C919飞机往哪个方向飞，都是右边机翼的电势较低。两侧机翼的最大电势差约为0.42伏答案：D解析：北京地区地磁场的竖直分量竖直向下，当飞机在北半球水平飞行时，飞机切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知：机翼左端的电势比右端的电势高。无论C919飞机往哪个方向飞，都是右边机翼的电势较低。由法拉第地电磁感应定律E＝BLv，可得两翼尖间的电势差U＝E＝4.5×10－5×35.8×0.8×330V≈0.42V，故选D。2．(2024·湖北武汉高二期末)如图甲所示，在圆形线圈内分布着与线圈平面垂直的匀强磁场，现规定磁感应强度B的方向垂直纸面向外为正。已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列说法正确的是()A．t＝0时刻感应电动势最大B．t1～t3时间内，感应电动势增大C．t2时刻，感应电动势为零D．t1、t3时刻，感应电流方向相同答案：D解析：根据法拉第电磁感应定律可得E＝eq\f(ΔB,Δt)S，由图像可知在t＝t2时刻eq\f(ΔB,Δt)最大，则感应电动势最大，故A、C错误；t1～t3时间内，eq\f(ΔB,Δt)先增加后减小，则感应电动势先增加后减小，故B错误；根据楞次定律可知t1时刻磁通量向外减小，t3时刻磁通量向里增加，则这两个时刻感应电流方向相同，故D正确。3．(2024·河北高三开学考试)如图所示，两足够长、不计电阻的光滑平行金属导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻。一质量为m的金属棒垂直于导轨放置，接入电路的阻值也为R。在金属棒中点对棒施加水平向右、平行于导轨的恒力F，棒与导轨始终接触良好，金属棒在水平恒力F作用下，由静止开始运动，经时间t达到最大速度，金属棒从开始运动到速度最大的过程中，下列说法正确的是()A．通过电阻R的电流方向由b向aB．金属棒运动的最大速度为eq\f(FR,B2L2)C．通过电阻R的电荷量为eq\f(Ft,BL)－eq\f(2mFR,B3L3)D．恒力F做的功为eq\f(F2tR,B2L2)－eq\f(2mF2R2,B4L4)答案：C解析：根据右手定则可知通过电阻R的电流方向由a向b，故A错误；金属棒运动的速度最大时有F＝F安＝IBL＝eq\f(B2L2vm,2R)，可得金属棒运动的最大速度为vm＝eq\f(2FR,B2L2)，故B错误；根据动量定理有Ft－eq\x\to(I)BLt＝mvm，通过电阻R的电荷量为q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(Ft,BL)－eq\f(2mFR,B3L3)，故C正确；电荷量为q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R总Δt)Δt＝eq\f(ΔΦ,R总)＝eq\f(BLx,2R)，恒力F做的功为WF＝Fx＝eq\f(2F2tR,B2L2)－eq\f(4mF2R2,B4L4)，故D错误。4.如图所示，竖直放置的矩形导线框MNPQ宽和长分别为L和2L，M、N连接水平的平行板电容器，两极板间距为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的磁场。两极板间有一质量为m、电荷量大小为q的带负电油滴恰好处于平衡状态，已知重力加速度为g，则磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率分别是()A．正在减小，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．正在减小，eq\f(ΔB,Δt)＝－eq\f(mgd,qL2)答案：C解析：带负电的油滴在极板间受力平衡，则有eq\f(U,d)q＝mg，由于所受静电力向上，故电容器上极板带正电，由楞次定律可知，垂直纸面向里的磁场的磁感应强度正在增大，A、D错误；由法拉第电磁感应定律有U＝eq\f(ΔB,Δt)·L2，解两式得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)，B错误，C正确。5．如图所示，导体棒在金属框架上向右做匀加速运动，在此过程中()A．电容器上电荷量越来越多B．电容器上电荷量越来越少C．电容器上电荷量保持不变D．导体棒ab中电流越来越大答案：A解析：导体棒匀加速运动，产生电动势E＝Blv＝Bl(v0＋at)，即为电容器两端的电压，由Q＝CE＝CBl(v0＋at)，Δt时间充电电荷量ΔQ＝CΔU＝CBlaΔt，随时间越来越长，充电电流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBla，不变，故A正确。6．如图所示，两条足够长，间距d＝1m的光滑平行金属导轨MN和PQ固定在水平面上，阻值R＝2Ω的定值电阻与导轨的M、P端相连，导轨电阻不计。空间中存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B＝1T的匀强磁场，质量m＝0.1kg、长度L＝1m、阻值不计的金属杆ab垂直于导轨放置并且始终与导轨接触良好。在杆ab的中点处系一根不可伸长的轻绳，轻绳跨过定滑轮与一个质量也为m的物块相连，滑轮左侧轻绳与导轨平面保持平行。某时刻释放物块，物块和金属杆从静止开始运动，当物块下落的高度h＝2m时，二者达到最大速度。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。从开始运动到达到最大速度的过程中，下列说法正确的是()A．金属杆的平均速度大小为5m/sB．通过电阻R的电荷量为0.7CC．所用的时间为1.4sD．电阻R产生的热量为1.8J答案：C解析：通过电阻R的电荷量为q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(BL\x\to(v),R)t＝eq\f(BLh,R)＝1C，故B错误；金属杆达到最大速度vm时加速度为零，有mg＝ImLB，Im＝eq\f(BLvm,R)可得，vm＝eq\f(mgR,B2L2)＝2m/s，由动量定理得mgt－eq\x\to(I)LB·t＝2mvm－0，解得t＝eq\f(qLB＋2mvm,mg)＝1.4s，故C正确；平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(h,t)＝eq\f(2,1.4)m/s＝eq\f(10,7)m/s，故A错误；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错误。7．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为l，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。金属导轨右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。金属棒穿过磁场区域的过程中()A．流过金属棒的最大电流为eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通过金属棒的电荷量为eq\f(Bdl,R)C．克服安培力所做的功为mghD．金属棒产生的焦耳热为eq\f(1,2)mg(h－μd)答案：D解析：金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律，得mgh＝eq\f(1,2)mv2，金属棒到达平直部分时的速度v＝eq\r(2gh)，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E＝Blv，最大感应电流I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(Bl\r(2gh),2R)，故A错误；通过金属棒的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(Bdl,2R)，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做的功W安＝mgh－μmgd，故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q′＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)W安＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正确。8.(2024·河北张家口高二开学考试)如图所示，竖直平面内有一宽度为2m且足够长的U形金属导轨，处在磁感应强度大小为0.5T、方向垂直导轨平面向里，导体棒MN由静止释放，最终沿导轨以1.0m/s的速度竖直向下匀速运动。金属导轨的电阻可忽略不计，金属棒始终与导轨接触良好，导体棒的电阻为0.5Ω，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)导体棒的质量；(2)加速运动的过程中流过导体棒的电荷量q＝0.5C，导体棒在这一过程中下落的距离。答案：(1)0.2kg(2)0.25m解析：(1)当导体棒最终匀速运动时，受力平衡，此时安培力大小为F＝ILB＝B×eq\f(BLv,R)×L＝eq\f(B2L2v,R)，则有mg＝eq\f(B2L2v,R)，解得m＝eq\f(B2L2v,gR)＝0.2kg。(2)设导体棒在Δt时间内下降了Δh，根据法拉第电磁感应定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B×ΔS,Δt)＝eq\f(BL×Δh,Δt)，流过导体棒的电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL×Δh,R×Δt)，通过导体棒横截面的电荷量为q′＝I×Δt＝eq\f(BL×Δh,R)，即通过的电荷量与导体棒的运动速度无关；所以整个加速运动的过程中通过导体棒横截面的电荷量为q＝eq\f(BLh,R)，则导体棒在整个加速运动过程中下落的距离为h＝eq\f(qR,BL)＝0.25m。能力提升练9．(多选)(2024·广西柳州高三阶段练习)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距为d，两侧接有电阻R1、R2，阻值均为R，O1O2右侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、长度也为d的金属杆置于O1O2左侧，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间t到达O1O2时撤去恒力F，金属杆在到达NQ之前减速为零，已知金属杆电阻也为R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是()A．杆减速的最大加速度大小为eq\f(B2d2Ft,3Rm2)B．电阻R1两端的最大电势差为eq\f(BdFt,3m)C．杆在磁场中前进的距离为eq\f(3FtR,2B2d2)D．整个过程电阻R1上产生的焦耳热为eq\f(F2t2,6m)答案：BC解析：杆进入磁场前的加速度，由牛顿第二定律可得a＝eq\f(F,m)，则刚进入磁场时速度大小为v＝at＝eq\f(Ft,m)，杆刚进入磁场时产生的感应电动势最大E＝Bdv，此时的加速度最大为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)，则电阻R1两端的电势差大小为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错误，B正确；杆进入磁场后，由动量定理－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正确；整个过程中，产生的焦耳热，由能量守恒定律可得Q＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(F2t2,2m)，则电阻R1上产生的焦耳热为QR1＝eq\f(1,6)Q＝eq\f(F2t2,12m)，故D错误。10.(2024·江苏南京高二期末)如图所示，无线充电技术中使用的受电线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀减小到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差可能是()A．恒为eq\f(nSB1－B2,t2－t1)B．恒为－eq\f(nSB1－B2,t2－t1)C．恒为0D．从0均匀变化到－eq\f(nSB1－B2,t2－t1)答案：A解析：穿过线圈的磁场均匀减少，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nSB1－B2,t2－t1)，而等效电源内部的电流由楞次定理知从b流向a，即a点是等效电源的正极，a点电势高于b点电势，故Uab＝eq\f(nSB1－B2,t2－t1)，故A正确。11．(多选)(2024·吉林长春高二期末)如图，足够长的光滑平行金属导轨(电阻不计)水平放置，左右两侧导轨的间距分别为l、2l，导轨间存在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场。把一根质地均匀的导体棒分成质量分别为m、2m两段a、b，均垂直导轨放置，回路总电阻保持不变。a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持接触良好，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是()A．在此过程中，a棒上产生的焦耳热是b棒的一半B．a棒的加速度始终等于b棒的加速度的一半C．在此过程中产生总的焦耳热为1.5mveq\o\al(2,0)D．稳定时a棒的速度大小为2v0答案：ACD解析：由题意可知，把一根质地均匀的导体棒分成质量分别为m、2m两段a、b，则两棒的电阻之比为1∶2，设a棒电阻为R，则b棒电阻为2R，由于两个导体棒中的电流始终大小相等，根据Q＝I2Rt可知，a棒上产生的焦耳热是b棒的一半；根据牛顿第二定律，对导体棒a有BIl＝maa，对导体棒b有BI·2l＝2mab，由此可知aa＝ab，故A正确，B错误；以向右为正方向，从开始到稳定速度，根据动量定理，对导体棒a有Beq\x\to(I)l·Δt＝mva－mv0，对导体棒b有－Beq\x\to(I)×2l·Δt＝2mvb－2m×2v0，当最终稳定时满足B·2lvb＝Blva，联立解得va＝2v0，vb＝v0，在此过程中产生总的焦耳热为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正确。12．(2024·浙江杭州高二期末)如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑水平桌面上，分界线OO′分别与平行导轨MN和PQ垂直，两导轨相距L。在OO′的左右两侧存在着区域很大、方向分别为竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在OO′左侧导轨上，并用一根细线系在定点A。已知细线能承受的最大拉力为F0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R。现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。(1)求框架从开始运动到细线断裂时速度v0的大小，以及所需的时间t0；(2)求在细线尚未断裂的某一时刻t，水平拉力F的大小；(3)若在细线断裂时，立即撤去拉力F，试说明框架与金属棒最后的运动状态，并求出此后回路产生的总焦耳热Q。答案：(1)eq\f(F0R,B2L2)eq\f(F0R,B2L2a)(2)ma＋eq\f(B2L2at,R)(3)均做匀速直线运动，速度大小相等，Q＝eq\f(mF\o\al(2,0)R2,4B4L4)解析：(1)绳子断裂时，对棒有F0＝Beq\f(BLv0,R)L，解得v0＝eq\f(F0R,B2L2)，根据v0＝at0，得t0＝eq\f(F0R,B2L2a)。(2)在t时刻，框架的速度v＝at，框架切割磁感线产生的电动势E＝BLv＝BLat，框架受到的安培力F安＝ILB＝eq\f(B2L2at,R)，对框架有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时，框架的速度v0＝at0＝eq\f(F0R,B2L2)撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的焦耳热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)))，当两物的速度变化到大小相等时，回路中的磁通量不再变化，电流为零，它们分别向左、向右做匀速运动。设最终速度大小为v，则有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．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R＝0.40Ω的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻为r＝0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系图像如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)。(1)判断金属棒两端a、b的电势高低；(2)金属棒ab运动的最大速度及磁感应强度B的大小；(3)在金属棒ab从静止开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量及电阻R上产生的热量。答案：(1)b端电势高(2)7m/s0.1T(3)0.8C0.18J解析：(1)由右手定则可知，ab棒中的感应电流方向由a流向b，ab棒相当于电源，则b端的电势高于a端的电势。(2)由x－t图像可得：t＝1.5s时金属棒ab开始匀速运动的速度v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(9.8－5.6,2.1－1.5)m/s＝7m/s即金属棒ab运动的最大速度为7m/s，当金属棒ab匀速运动时，由平衡条件得mg＝ILB，金属棒ab产生的感应电动势E＝BLv，电路中的感应电流I＝eq\f(E,R＋r)，联立可得mg＝eq\f(B2L2v,R＋r)，代入数据解得B＝0.1T。(3)在0～1.5s内，金属棒ab的重力势能转化为金属棒ab的动能和电路的内能，设电路中产生的总热量为Q，根据能量守恒定律得：mgx＝eq\f(1,2)mv2＋Q，由图乙得x＝5.6m，代入数据解得Q＝0.315J，所以电阻R上产生的热量QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝0.18J，通过电阻R的电荷量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.基础达标练1．(2024·云南高二期末)如图所示，这是机场、车站等场所的安检人员用手持金属探测器检查乘客的情形，其基本原理是当探测线圈靠近金属物体时，会在金属物体中感应出电流。下列科技实例的工作原理，与金属探测器的工作原理不同的是()答案：C解析：用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外绕有线圈，线圈中通有高频电流，产生的变化磁场使炉内的金属中产生涡流，从而使金属的温度升高来冶炼高质量的合金，A不符合题意；交流感应电动机是利用通电导线在磁场中受到安培力作用，属于电磁驱动原理工作的，B不符合题意；回旋加速器的原理是利用带电粒子在交变电场中加速，在磁场中偏转的原理制成的，没利用电磁感应，C符合题意；感应加速器是利用感生电场对电子加速的设备，D不符合题意。2．(2023·西安高新一中高二期末)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法不正确的是()A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动答案：D解析：圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，A正确，不符合题意；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流，涡电流产生的磁场导致磁针转动，B正确，不符合题意；圆盘转动过程中，圆盘位置，圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，C正确，不符合题意；当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，引起涡流，涡流的磁场对磁针有力的作用，导致电磁驱动，D错误，符合题意。故选D。3．(多选)(2023·湖北模拟预测)小明模仿科技小视频制作电磁“小车”：用铜制裸导线绕制成长螺线管当作轨道，固定在水平桌面上；将两个磁性很强的磁铁固连在一节新干电池的两极上，制成“小车”，磁极与电极如图所示。把“小车”从右侧入口完全推入螺线管、“小车”并没有像视频那样向前运动。为了使“小车”运动，以下方法可行的是()A．仅将“小车”掉头从右侧入口完全推入螺线管，“小车”可能会向前运动B．仅将“小车”两端磁铁都反向与电池固连后从右侧入口完全推入，“小车”可能会向前运动C．仅将左端磁铁反向与电池固连后从右侧入口完全推入，“小车”可能会运动D．仅将“小车”放入包有绝缘层的铝制长螺线管中，“小车”可能会运动答案：AB解析：两磁极间的磁感线如图甲所示：干电池与磁体及中间部分线圈组成了闭合回路，在两磁极间的线圈中产生电流，左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有电流。其中线圈中电流方向的右视图如图乙所示由左手定则可知中间线圈所受的安培力向左，根据牛顿第三定律有小车受向右的作用力，则把“小车”从右侧入口完全推入螺线管肯定不会向左运动，而若将“小车”从左侧入口完全推入，“小车”可能会向前运动，或将“小车”掉头从右侧入口完全推入螺线管，“小车”可能会向前运动。若将左端磁铁反向与电源粘连，则磁感线不会向外发散两部分受到方向相反的力，合力为零，不能加速运动，将“小车”放入包有绝缘层的铝制长螺线管中，在螺线管中不会产生闭合电流，则“小车”不会受到力的作用，则不可能会运动。故A、B正确，C、D错误。4.(多选)物理课上老师做了这样一个实验，将一平整且厚度均匀的铜板固定在绝缘支架上，将一质量为m的永磁体放置在铜板的上端，t＝0时刻给永磁体一沿斜面向下的瞬时冲量，永磁体将沿斜面向下运动，如图所示。若永磁体下滑过程中所受的摩擦力f大小不变，且f<mgsinθ(式中θ为铜板与水平面的夹角)。取地面为重力势能的零势面。则图乙中关于永磁体下滑过程中动能Ek和机械能E随磁体下滑高度h变化的图像可能正确的是()答案：ACD解析：永磁体下滑时，由于涡流的产生会有阻尼作用，且随速度的增大而增大，由动能定理可得Ek＝(mgsinθ－f－f阻尼)eq\f(h,sinθ)，结合图像易知，图线的斜率表示k＝eq\f(mgsinθ－f－f阻尼,sinθ)，随下滑高度的增加，斜率变小，故A正确，B错误；永磁体下滑过程中机械能为E＝E0－(f＋f阻尼)eq\f(h,sinθ)，结合图像易知，图线的斜率表示k＝－eq\f(f＋f阻尼,sinθ)，随下滑高度的增加，斜率变大，故C正确；若开始下落时永磁体满足mgsinθ－f－f阻尼＝0，将匀速下滑，机械能表示为E＝E0－mgh，故D正确。5．(多选)(2024·山东高二期中)如图甲所示，把一个闭合线圈放在蹄形磁铁的两磁极间，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕OO′轴转动，不计摩擦；如图乙所示，闭合金属环从曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升，设环的初速度为零，不计摩擦，整个曲面处在垂直纸面的磁场中(图中未画出)，下列说法正确的是()A．图甲中当逆时针转动蹄形磁铁时，磁铁的磁极未知，故线圈转动方向未知B．图甲中当蹄形磁铁不动时，转动闭合线圈，不计摩擦，线圈将减速转动C．图乙中若磁场为非匀强磁场，因圆环面积不变，可知圆环磁通量不变，故圆环机械能守恒，滚上的高度仍为hD．图乙中若磁场为非匀强磁场，圆环滚下过程中，圆环内有感应电流答案：BD解析：当逆时针转动蹄形磁铁时，根据楞次定律可知，为阻碍磁通量变化，则线圈与磁铁转动方向相同，但快慢不一，A错误；当蹄形磁铁不动时，转动闭合线圈，切割磁感线，产生感应电流，根据楞次定律可知，安培力阻碍线圈的转动，则线圈做减速转动，B正确；若是非匀强磁场，闭合小环滚动过程中，磁通量变化，由于电磁感应产生感应电流，机械能减小转化为内能，高度减小，D正确，C错误。6.(多选)(2024·新疆昌吉高二期末)如图所示，一个闭合线圈静止于磁场中，由于磁场强弱的变化，而使线圈中产生了感应电动势，下列说法中正确的是()A．使电荷定向移动形成电流的力是磁场力B．磁场变化时，会在空间激发一个电场C．从上往下看，当磁场增强时，线圈中有逆时针方向的感应电流D．使电荷定向移动形成电流的力是电场力答案：BD解析：麦克斯韦的电磁场理论：变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场；所以磁场变化时，会在空间激发一个电场，因线圈处于激发的电场中，电场力使电荷定向移动，从而产生了感生电流，A错误，B、D正确；根据楞次定律，假如磁场变强，则感应电流的磁场的方向向下，可知在俯视时感应电流方向为顺时针，C错误。7．(多选)(2024·广东佛山高二开学考试)科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置用于月球探测器在月面实现软着陆，其原理如图所示。该装置的主要部件有两部分：①由高强绝缘材料制成的缓冲滑块K，其边缘绕有闭合的矩形线圈abcd；②包括绝缘光滑缓冲轨道等部件的探测器主体。探测器主体能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，探测器主体继续下降，磁场下移，致使探测器主体减速缓冲，则在缓冲过程中()A．磁场对线圈ab段的作用力向上B．线圈ab段中电流方向由b到aC．探测器主体的机械能减少量等于线圈中产生的焦耳热D．探测器主体的重力势能减少量等于线圈中产生的焦耳热答案：BC解析：磁场下移过程，存在缓冲阻力，则磁场对线圈ab段的作用力向下，故A错误；根据右手定则，线圈ab段中电流方向由b到a，故B正确；电磁感应过程中，由能量守恒，探测器主体的机械能减少量等于线圈中产生的焦耳热，故C正确；探测器主体的动能减小，则探测器主体的重力势能减少量小于线圈中产生的焦耳热，故D错误。8．(2023·黑龙江实验中学高二期末)“铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在承封容器的封口处，达到迅速封口的目的。下列有关说法正确的是()A．该封口机利用了电磁感应现象，可以用交流电源供电B．该封口机可用干电池作为电源以方便携带C．该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口也适用于金属容器D．封口材料可用陶瓷薄片来代替铝箔答案：A解析：该封口机利用了电磁感应现象，可以用交流电源供电。导体放入变化的磁场才能产生涡流现象，而干电池通电后，导线周围产生恒定的磁场，不能产生涡流，不能用干电池作为电源，A正确；B错误；封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属，因为金属容器同样产生涡流，不利于迅速封口，只能是玻璃、塑料等材质，C、D错误。故选A。9．如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表V，电阻为r＝2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，导轨及导线电阻均不计。在矩形区域CDFE内有竖直向上的匀强磁场，LCE＝0.2m，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变。求：(1)t＝0.1s时电压表的示数；(2)恒力F的大小；(3)从t＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量。答案：(1)0.3V(2)0.27N(3)0.09J解析：(1)在0～0.2s内金属棒产生的感应电动势为定值E＝l·LCEeq\f(ΔB,Δt)＝0.6V，t＝0.1s时电压表的示数为U1＝eq\f(E,R2＋\f(R1r,r＋R1))·eq\f(R1r,r＋R1)＝0.3V。(2)设此时的总电流为I，则路端电压为U2＝I·eq\f(R1R2,R1＋R2)，由题意知U1＝U2，此时的安培力为F＝BIl，解得F＝0.27N。(3)金属棒在0～0.2s内产生的热量为Q1＝eq\f(E2,R)t1＝0.036J，其中R＝R2＋eq\f(R1r,r＋R1)＝2Ω，由功能关系知金属棒运动过程中产生的热量为Q2＝FLCE＝0.054J，总热量为Q＝Q1＋Q2＝0.09J。能力提升练10．(多选)内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场。设运动过程中小球带电荷量不变，那么(如图所示)()A．小球对玻璃圆环的压力一定不断增大B．小球所受的磁场力一定不断增大C．小球先沿逆时针方向减速运动，之后沿顺时针方向加速运动D．磁场力对小球一直不做功答案：CD解析：变化的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其场强方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，使用楞次定律判断。当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力FN和磁场的磁场力F，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中F＝Bqv，磁场在增强，球速先减小，后增大，所以磁场力不一定总在增大，A错误；向心力F向＝meq\f(v2,r)，其大小随速度先减小后增大，因此压力FN也不一定始终增大，B错误。故选CD。11．(2024·云南昆明高二期末)电磁阻尼现象在日常生活中得到广泛应用，如汽车的减震悬架等。某车型的减震系统就由两部分组成：一部分是机械弹簧主减震系统；另一部分是电磁辅助减震系统。装置示意图如图所示，强磁体固定在汽车底盘上，阻尼线圈固定在轮轴上，轮轴与底盘通过弹簧主减震系统相连，在震动过程中磁体可在线圈内上下移动。则()A．对调磁体的磁极，电磁减震系统就起不到减震效果B．增多线圈匝数，不影响安培力的大小C．只要产生震动，电磁减震系统就能起到减震效果D．震动过程中，线圈中有感应电流，且感应电流方向不变答案：C解析：对调磁体的磁极，震动过程线圈仍会产生感应电流，不影响减震效果，故A错误，C正确；根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，线圈匝数越多，产生的感应电动势越大，线圈电流越大，电磁阻尼现象越明显，会影响安培力的大小，故B错误；震动过程中，线圈中磁通量的变化情况会根据磁体的靠近或者远离而不同，由楞次定律可知，感应电流方向也会随之改变，故D错误。12．安装在公路上的测速装置如图所示，在路面下方间隔一定距离埋设有两个通电线圈，线圈与检测抓拍装置相连，车辆从线圈上面通过时线圈中会产生脉冲感应电流，检测装置根据两个线圈产生的脉冲信号的时间差计算出车速大小，从而对超速车辆进行抓拍。下列说法正确的是()A．汽车经过线圈上方时，两线圈产生的脉冲电流信号时间差越长，车速越大B．汽车经过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件中会产生感应电流