新课标2025版高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应规律及其应用精练含解析

PAGE8-电磁感应规律及其应用(45分钟)[刷基础]1．(2024·河北邯郸高三考前摸底)下列四幅演示试验图中，试验现象能正确表述试验结论的是()A．图甲用磁铁靠近轻质铝环A，A会靠近磁铁B．图乙断开开关S，触点C不马上断开C．图丙闭合开关S时，电流表有示数，断开开关S时，电流表没有示数D．图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快解析：图甲用磁铁靠近轻质铝环A，由于A环中发生电磁感应，依据楞次定律可知，A将远离磁铁，故A错误；图乙断开开关S，由于B线圈中发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁性，触点C不马上断开，故B正确；图丙闭合开关S和断开开关S时均会发生电磁感应，因此电流表均有示数，故C错误；当转动铜盘时，铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，从而导致铜盘转动受到阻碍，因此铜盘将转慢，故D错误．答案：B2．(2024·高考全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()解析：施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变更，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变更；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变．综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.答案：A3．(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆回旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流淌C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变更，则电流方向可能发生变更D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：将圆盘看成多数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，当圆盘顺时针(俯视)转动时，依据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，选项B正确；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变更时，I大小变更，方向不变，故选项A正确，C错误；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，当ω变为2倍时，P变为原来的4倍，选项D错误．答案：AB4.(2024·高考全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面对里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动起先的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右切割磁感线，依据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面对里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面对外，使得穿过T的磁通量减小，依据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流．综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．答案：D5.如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正．以下说法正确的是()A．从上往下看，0～1s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B．0～1s内圆环面积有扩张的趋势C．3s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D．1～2s内和2～3s内圆环中的感应电流方向相反解析：由图乙知，0～1s内螺线管中电流渐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A正确，B错误；同理可得1～2s内和2～3s内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3s末电流的变更率为0，螺线管中磁感应强度的变更率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误．答案：A6．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面对下．现使磁感应强度随时间匀称减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流渐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力渐渐减小解析：导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度匀称减小(eq\f(ΔB,Δt)＝k为肯定值)，则闭合回路中的磁通量减小，依据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故A错误；依据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝k·S，回路面积S不变，即感应电动势为定值，依据欧姆定律I＝eq\f(E,R)，知ab中的电流大小不变，故B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向的静摩擦力与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确．答案：D7.(多选)(2024·陕西榆林高三期末)如图甲所示，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为1m、总电阻为1Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行．现使导线框水平向右匀速运动，cd边于t＝0时刻进入磁场，c、d两点间电势差随时间变更的图线如图乙所示．下列说法正确的是()A．磁感应强度的方向垂直纸面对里B．磁感应强度的大小为4TC．导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为3∶1D．0～3s的过程中导线框产生的焦耳热为48J解析：0～1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为正，即c点相当于电源的正极，由右手定则可知，磁场方向垂直纸面对里，故A正确；0～1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为Ucd＝eq\f(3,4)BLv＝3V，线框的速度为v＝eq\f(1,1)m/s＝1m/s，解得B＝4T，故B正确；由图乙分析可知，线框在0～1s内进入磁场和2～3s内出磁场时，都是匀速运动，且速度都为1m/s，所以导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为1∶1，故C错误；线框在0～1s内进入磁场过程中电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)＝4A，产生的热量为Q1＝I2Rt＝16J,1～2s内线框的磁通量不变，所以无感应电流产生，即无热量产生，2～3s内线框出磁场过程中电流为I′＝eq\f(E′,R)＝eq\f(BLv′,R)＝4A，产生的热量为Q2＝I′2Rt＝16J，所以总热量为32J，故D错误．答案：AB8．(2024·北京怀柔区高三理综)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m，一端连接R＝1Ω的电阻．导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽视不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5m/s.求：(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0.1s时间内，拉力做的功；(3)若将MN换为电阻r＝0.25Ω的导体棒，仍让导体棒以v＝5m/s的速度匀速运动，求导体棒两端的电压U.解析：(1)感应电动势为E＝BLv＝1×0.4×5V＝2V感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2,1)A＝2A.(2)对导体棒，由平衡条件有F＝F安F安＝BIL在0.1s时间内，导体棒的位移为x＝vt拉力做的功为W＝Fx代入数据解得W＝0.4J.(3)MN换为电阻r＝0.25Ω的导体棒时，r可视为电源内阻，导体棒两端的电压等于R两端的电压，即路端电压．由闭合电路欧姆定律可得，感应电流为I′＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(2,1＋0.25)A＝1.6A.导体棒两端的电压为U＝I′R＝1.6×1V＝1.6V.答案：(1)2V2A(2)0.4J(3)1.6V[刷综合]9．(多选)(2024·福建三明第一中学理科综合)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直斜面对上，磁场的宽度为2L.一边长为L的正方形导体线圈，由静止起先沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等．从ab边刚越过GH处起先计时，规定沿斜面对上为安培力的正方向，则线框运动的速率v及线框所受安培力F随时间t变更的图线中，可能正确的是()解析：依据楞次定律可得线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针；依据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq\f(BLv,R)，产生的安培力大小为F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，即安培力随速度变更而变更．因ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等，由分析可知，线框的运动状况只能是进磁场时做变减速运动，完全进入磁场后做匀加速运动，出磁场时做变减速运动，结合图象知A正确，B错误．依据左手定则可得线框进入磁场的过程中安培力方向向上为正，且F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)；线框完全进入磁场过程中，安培力为零；出磁场的过程中安培力方向向上，且等于进入磁场时的安培力，所以C正确，D错误．答案：AC10．(多选)(2024·东北三省六校联考)如图所示，在光滑水平面内，有竖直向下的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的左、右边界分别为L1、L2.有一边长为L的正方形导线框距离磁场左边界L1的某处由静止在恒力F作用下穿过该磁场区域，已知当线框的右边到达L2时线框刚好做匀速直线运动．当线框的右边到达L1时起先计时，以L1上的O点为坐标原点，取如图所示的坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向左为安培力的正方向．则关于线框中的感应电流i及线框受到的安培力F与位置坐标x解析：依据题意知线框的右边到达L2时线框刚好做匀速直线运动，此时线框受到的安培力与恒力F大小相等，即FA＝F，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，所以可知线框进入磁场的过程中，安培力应小于恒力F，即FA′<F，只能做加速运动，不能做匀速运动或减速运动，否则通过匀加速的过程中，右边到达L2时速度增大，安培力增大，安培力将大于拉力，不行能匀速运动．线框进入磁场的过程中，随着速度的增大，产生的感应电动势E＝BLv和感应电流i＝eq\f(BLv,R)渐渐增大，安培力FA＝eq\f(B2L2v,R)渐渐增大，线框所受的合力减小，加速度减小，所以做加速度减小的变加速运动，所以感应电流i的变更率也应渐渐减小，安培力F的变更率也渐渐减小；线框完全进入磁场时，感应电流为零，安培力为零；线框出磁场时做匀速运动，产生的感应电动势和感应电流恒定不变，所受安培力恒定不变；依据楞次定律推断可知，线框进入磁场和穿出磁场的过程中，感应电流方向相反，进磁场时方向为正，出磁场时方向为负，因安培力阻碍线框的运动，则所受的安培力方向都向左，为正方向，故A、D正确，B、C错误．答案：AD11.如图甲所示，MN、PQ是相距d＝1m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m＝0.1kg、电阻R＝1Ω；MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL＝3Ω，定值电阻R1＝7Ω，调整电阻箱使R2＝6Ω，重力加速度g取10m/s2.现断开开关S，在t＝0时刻由静止释放ab，在t＝0.5s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变更图象．(1)求斜面倾角α及磁感应强度B的大小；(2)ab由静止下滑x＝50m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只变更电阻箱R2的值，当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？解析：(1)S断开