2025届高考物理二轮复习专题强化练十三三大观点解决电磁感应问题含解析

PAGE10-专题强化练(十三)考点1动力学观点1．(2024·随州模拟)如图所示，在匀强磁场中，两根平行的金属导轨上放置两条平行的金属棒ab和cd，假定它们沿导轨运动的速率分别为v1和v2，且v1<v2，若金属导轨和金属棒的电阻不能忽视，要使回路中产生的感应电流最大，则棒ab、cd的运动状况应当为()A．ab和cd都向右运动B．ab和cd都向左运动C．ab向右、cd向左做相向运动D．ab向左、cd向右做背向运动解析：依据右手定则，当金属棒运动方向相同时，棒中产生的电流方向相同，回路中的总电流为两电流之差，故A、B项中电流不是最大；当两金属棒运动方向相反时，棒中产生的电流方向相反，回路中的总电流为两电流之和，但随着棒的运动，D项中ab向左、cd向右做背向运动时，回路中的电阻在变大，电流不肯定最大，选项C正确．答案：C2．(多选)(2024·惠州模拟)如图所示，两根弯折的光滑金属棒ABC和DEF固定成正对平行的导轨，其中，AB和DE部分水平，倾斜的BC和EF部分与水平面的夹角为θ，导轨的水平部分和倾斜部分均足够长，水平部分有竖直向下、大小为B0的匀强磁场，倾斜部分有方向垂直于斜面BCFE向上、大小也为B0的匀强磁场．现将两根相同的、长度略大于导轨间距的导体棒分别垂直于导轨放置在其水平部分和倾斜部分(均平行于BE)，两导体棒质量均为m、电阻均为R，导体棒始终与导轨接触良好，且不计导轨电阻，ab棒处于静止状态且距离BE足够远．现将cd棒从斜面上部由静止释放，那么在以后的运动过程中，下列说法正确的是()A．最终两棒匀速运动B．cd棒的速度始终大于ab棒的速度C．cd棒的加速度始终减小D．回路中电流先增大后不变解析：以cd棒为探讨对象，依据右手定则可知电流方向为cdba，依据左手定则可知ab棒受到的安培力方向向左，所以ab棒向左加速运动，加速度渐渐增大，而cd棒沿斜面对下加速运动，随着速度增大．安培力渐渐变大．依据牛顿其次定律可得，mgsinθ－FA＝ma，所以cd棒的加速度渐渐减小，当二者加速度相等时，加速度保持不变，所以最终匀加速运动，选项A、C错误；cd棒做加速度渐渐减小的加速运动、ab棒做加速度渐渐增大的加速运动，依据v＝at可知，cd棒的速度始终大于ab棒的速度，选项B正确；依据法拉第电磁感应定律可得E＝B0L(vad－vab)，依据闭合电路的欧姆定律可得I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(B0L（vad－vab）,2R)＝eq\f(B0L（aad－aab）t,2R)，由于起先一段时间内cd棒做加速度大于ab棒加速度的加速运动，所以回路电流强度先增加，当二者的加速度相等时，电流强度不变，选项D正确．答案：BD3．(多选)(2024·中山模拟)如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OA＝2OC＝2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里，金属棒转动的角速度为ω、电阻为r，内、外两金属圆环分别与C、A良好接触并各引出一接线柱与外电阻R相接(没画出)，两金属环圆心皆为O且电阻均不计，则()A．金属棒中有从A到C的感应电流B．外电阻R中的电流为I＝eq\f(3BωL2,2（R＋r）)C．金属棒AC间电压为为eq\f(3BωL2R,2（R＋r）)D．当r＝R时，外电阻消耗功率最小解析：依据右手定则推断可知金属棒中有从C到A的感应电流，选项A错误；金属棒产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)B(2L)2ω－eq\f(1,2)BL2ω＝eq\f(3,2)BL2ω，外电阻R中的电流为I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(3BωL2,2（R＋r）)，选项B正确；金属棒AC间电压为U＝IR＝eq\f(3BωL2R,2（R＋r）)，选项C正确；依据电源的内外电阻相等时输出功率最大，则知当r＝R时外电阻消耗功率最大，选项D错误．答案：BC4．(2024·南阳模拟)如图甲所示，相距d的两根足够长的金属棒制成的导轨，水平部分左端ef间连接一阻值为2R的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37°.长度也为d、质量为m的金属棒ab电阻为R，通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG、NH段动摩擦因数μ＝eq\f(1,8)(其余部分摩擦不计)．MN、PQ、GH相距为L，MN、PQ间有垂直轨道平面对下、磁感应强度为B1的匀强磁场，PQ、GH间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B2，其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，当ab棒从MN上方肯定距离由静止释放通过MN、PQ区域(运动过程中ab棒始终保持水平)，电压传感器监测到Ut关系如图乙所示．(1)求ab棒刚进入磁场B1时的速度大小；(2)求定值电阻上产生的热量Q1；(3)多次操作发觉，当ab棒从MN以某一特定速度进入MNQP区域的同时，另一质量为2m、电阻为2R的金属棒cd只要以等大的速度从PQ进入PQHG区域，两棒均可同时匀速通过各自场区，试求B2的大小和方向．解析：(1)ab棒刚进入磁场B1时电压传感器的示数为U，依据闭合电路欧姆定律得E1＝U＋eq\f(U,2R)·R，解得E1＝1.5U，依据法拉第电磁感应定律得：E1＝B1dv1，解得v1＝eq\f(1.5U,B1d)；(2)设金属棒ab离开PQ时的速度为v2，依据图乙可知．定值电阻此时两端电压为2U，依据闭合电路的欧姆定律可得eq\f(B1dv2,2R＋R)·2R＝2U，解得v2＝eq\f(3U,B1d)，棒ab从MN到PQ，依据动能定理可得：mgsin37°·L－μmgcos37°·L－W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，依据功能关系可得产生的总焦耳热Q总＝W安，则定值电阻产生的焦耳热为Q1＝eq\f(2R,2R＋R)Q总，联立解得Q1＝eq\f(1,3)mgL－eq\f(9mU2,4Beq\o\al(2,1)d2)；(3)两棒以相同的初速度进入场区，匀速经过相同的位移，对ab棒，依据共点力的平衡可得mgsin37°－μmgcos37°－eq\f(Beq\o\al(2,1)d2v,2R)＝0，解得v＝eq\f(mgR,Beq\o\al(2,1)d2).对cd棒，因为2mgsin37°－μ·2mgcos37°＞0，故cd棒安培力必需垂直导轨平面对下，依据左手定则可知磁感应强度B2沿导轨平面对上，cd棒也匀速运动，则有2mgsin37°－μ(2mgcos37°)＋B2×eq\f(1,2)×eq\f(B1dv,2R)×d＝0，将v＝eq\f(mgR,Beq\o\al(2,1)d2)代入解得B2＝32B1.答案：(1)eq\f(1.5U,B1d)(2)eq\f(1,3)mgL－eq\f(9mU2,4Beq\o\al(2,1)d2)(3)32B1方向沿导轨平面对上考点2能量观点5．(2024·河南省名校联盟)如图所示，两条间距L＝0.50m、平行光滑U形导轨与水平面的夹角θ＝30°，导轨的底部接一阻值R＝2.0Ω的电阻，其中CM＝PD＝4.5m，导轨及其他部分电阻不计．一根质量m＝0.2kg、电阻r＝1.0Ω的导体棒置于导轨的底端，与导轨垂直且接触良好，整个装置处于磁感应强度B＝2.0T、方向垂直于导轨平面对上的匀强磁场中．现对导体棒施加平行于导轨向上的拉力F，使棒从静止起先沿导轨平面对上做匀加速运动，则导体棒在导轨上运动的整个过程中()A．通过电阻R的电荷量为2.0CB．拉力F和磁场对导体棒的安培力做的总功等于导体棒的机械能的增加量C．拉力F做的功等于导体棒增加的机械能与电阻R产生的焦耳热之和D．拉力F先增大后保持不变解析：通过电阻R的电荷量q＝eq\f(BLx,R＋r)＝1.5C，故选项A错误；由功能原理知，拉力F和磁场对导体棒的安培力做的总功等于导体棒的机械能的增加量，故选项B正确；由能量守恒定律知拉力F做的功等于棒增加的机械能与电阻R和棒的焦耳热之和，故选项C错误；对棒由牛顿其次定律有F－mgsinθ－FA＝ma，可得F＝mgsinθ＋ma＋FA，其中FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，因为导体棒做匀加速运动，所以FA始终增大，即力F始终增大，选项D错误．答案：B6．(2024·河南省名校联盟)如图所示，水平虚线下方存在大小为B、方向水平向里的匀强磁场．正方形金属线框abcd边长为L，质量为m，电阻为R.将线框在虚线上方肯定高度处由静止释放，运动过程中ab边始终水平，线框始终在竖直面内，所受空气阻力恒为F阻．线框进入磁场的过程做匀速直线运动，重力加速度为g.则线框释放时ab边与水平虚线间的高度差为()A.eq\f(m（mg－F阻）R,2B2L4) B.eq\f(m（mg－F阻）R2,2B4L4)C.eq\f(m（mg－F阻）R2,B2L4) D.eq\f(m（mg－F阻）R,2B4L4)解析：金属线框进入磁场前，依据动能定理得mgh－F阻h＝eq\f(1,2)mv2，进入磁场时，由平衡条件得mg＝eq\f(B2L2v,R)＋F阻，联立解得h＝eq\f(m（mg－F阻）R2,2B2L4)，故选项B正确，A、C、D错误．答案：B7．(多选)(2024·洛阳模拟)如图所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ和MN，两导轨间距为L，导轨处于磁场方向垂直导轨平面对下的匀强磁场中，磁感应强度为B.有两根质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上．a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g.则下列推断正确的是()A．物块c的质量是2msinθB．b棒放上导轨前物块c削减的重力势能等于a、c增加的动能C．b棒放上导轨后物块c削减的重力势能等于回路消耗的电能D．a、c匀速运动的速度为eq\f(2mgRsinθ,B2L2)解析：b棒静止mgsinθ＝FA，a棒匀速向上运动mcg＝mgsinθ＋FA，联立得mc＝2msinθ，又因FA＝eq\f(B2L2v,2R)，解得v＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，故A、D正确；b放上之前，a、c系统机械能守恒，故a增加的重力势能与a、c增加的动能之和才等于c减小的重力势能，故B错误；b棒放上导轨后，物块c削减的重力势能等于回路消耗的电能与杆a增加的重力势能之和，故物块c削减的重力势能大于回路消耗的电能，故C错误．答案：AD8．(2024·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1Ω的电阻，质量m＝0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面对上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止起先沿斜面对上运动，其速度v与位移x满意v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5s－1.当棒ab运动至x1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12W，运动至x2＝0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将接着运动，最终返回至x＝0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻(提示：可以用F-x图象下的“面积”代表力F做的功，sin37°＝0.6)．求：(1)磁感应强度B的大小；(2)外力F随位移x改变的关系式；(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.解析：(1)在x1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P＝eq\f(（Blv）2,R)，此时v＝kx＝1m/s，解得B＝eq\r(\f(PR,（lv）2))＝eq\f(\r(30),5)T；(2)在无磁场区间0≤x<0.2m内，有a＝kv＝k2x由牛顿其次定律得F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得F＝(0.96＋2.5x)N，在有磁场区间0.2m≤x≤0.8m内，有FA＝eq\f(（Bl）2v,R)＝0.6xN，F＝(0.96＋2.5x＋0.6x)N＝(0.96＋3.1x)N；(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)WA1＝eq\f(0.6N,2)(x1＋x2)(x2－x1)＝0.18J，撤去外力后，设棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有(mgsinθ＋μmgcosθ)s＝eq\f(1,2)mv2，(mgsinθ－μmgcosθ)s＝eq\f(1,2)mv′2，解得v′＝2m/s，由于mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(（Bl）2v′,R)＝0，故棒ab再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做的功WA2＝eq\f(（Bl）2v′,R)(x2－x1)＝0.144J，Q＝WA1＋WA2＝0.324J.答案：见解析考点3动量观点9．(2024·许昌模拟)如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以速度v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v(v<v0)那么()A．完全进入磁场时线圈的速度大于(v0＋v)/2B．完全进入磁场时线圈的速度等于(v0＋v)/2C．完全进入磁场时线圈的速度小于(v0＋v)/2D．以上状况AB均有可能，而C是不行能的解析：对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为v0，末速度为v.由动量定理可知：BLΔt＝mv－mv0，又电量q＝Δt，得m(v－v0)＝BLq，得速度改变量Δv＝v－v0＝eq\f(BLq,m)，由q＝eq\f(ΔΦ,R)可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的改变量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度改变量等于离开过程导线框的速度改变量．设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为v′，则有v0－v′＝v′－v，解得v′＝eq\f(v0＋v,2)，B正确．答案：B10．(多选)如图所示，间距为d的两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接肯定值电阻R，质量为m、电阻为R的金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属棒ab以初速度v0沿导轨向右运动，当位移为x时速度减为零，已知金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ，其余部分电阻不计，重力加速度为g，则在金属棒的运动过程中，下列说法正确的是()A．金属杆ab中的感应电流方向由a到bB．通过电阻R的电荷量为eq\f(Bdx,2R)C．金属棒产生的焦耳热为eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)μmgxD．金属棒运动的时间为eq\f(v0,μg)－eq\f(B2d2x,μmgR)解析：依据右手定则可知金属棒ab中的感应电流方向由b到a，故A错误；通过电阻R的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(Bdx,2R)，故B正确；依据能量守恒定律eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2Q＋μmgx，可得金属棒ab产生的焦耳热Q＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)μmgx，故C正确；对于金属棒ab，依据动量定理－Bdq－μmgt＝0－mv0，联立解得t＝eq\f(v0,μg)－eq\f(B2d2x,2μmgR)，故D错误．答案：BC11．(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面上，间距为L，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场．在导轨上放有两根质量分别为m和2m的金属棒ab、cd，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R，导轨电阻不计．现给金属棒ab水平向左的瞬时冲量I0，同时给cd棒水平向右的瞬时冲量2I0.则在以后的运动过程中()A．通过ab棒的最大电流为eq\f(BLI0,2mR)B．cd棒的最大加速度为eq\f(B2L2I0,2m2R)C．最终两金属棒将静止在导轨上D．整个过程中该系统产生的焦耳热为eq\f(4Ieq\o\al(2,0),3m)解析：起先时，由I＝mv可得两棒的初速度v0＝eq\f(I0,m)，此时回路中的电流最大为I＝eq\f(2BLv0,2R)＝eq\f(BLI0,mR)，cd棒受到的安培力最大F安＝BIL＝eq\f(B2L2I0,mR)，则加速度最大a＝eq\f(B2L2I0,2m2R)