第一篇　专题四　第11练　电磁感应-2025高考物理二轮复习

第11练电磁感应1~5题每题4分，6、7题每题6分，8题13分，9题15分，共60分［保分基础练］1.(2023·北京卷·5)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关()A.P与Q同时熄灭 B.P比Q先熄灭C.Q闪亮后再熄灭 D.P闪亮后再熄灭2.(2024·广东卷·4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是()A.穿过线圈的磁通量为BL2B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向3.(2024·湖南卷·4)如图，有一硬质导线Oabc，其中abc是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为()A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φcC.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc4.(2023·湖北卷·5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/s，则线圈产生的感应电动势最接近()A.0.30V B.0.44V C.0.59V D.4.3V5.(多选)(2024·黑吉辽·9)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中()A.回路中的电流方向为abcdaB.ab中电流趋于3C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1D.两棒产生的电动势始终相等［争分提能练］6.(多选)(2024·山东卷·11)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是()A.MN最终一定静止于OO'位置B.MN运动过程中安培力始终做负功C.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大D.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N7.(多选)(2024·重庆市模拟)如图所示，平行虚线a、b之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两虚线间的距离为l。现使一粗细均匀、电阻为R的闭合直角三角形导线框ABC以恒定的速度v沿垂直于磁场边界的方向穿过磁场区域。已知AB边长为l，BC边与磁场边界平行。t=0时刻，A点到达边界a，取逆时针方向为感应电流的正方向，则在导线框穿越磁场区域的过程中，感应电流i及安培力的功率P随时间t变化的图线可能正确的是()答案AD8.(13分)(2024·河南开封市联考)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1Ω，电路中其余电阻不计，金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，不计空气阻力影响。已知金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2。(1)(4分)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；(2)(3分)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R的最大电功率PR；(3)(6分)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5J，求流过电阻R的总电荷量q。［尖子生选练］9.(15分)(2024·安徽卷·15)如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt(SI)，k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。(1)(3分)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；(2)(6分)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；(3)(6分)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。

答案精析1.D[由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，故通过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。]2.D[题图乙所示位置穿过线圈的磁通量Φ=|BS上-BS下|≠BL2，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。]3.C[导线绕O点转动过程中相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，如图所示，根据右手定则可知O点电势最高；根据E=Blv=12Bωl因为lOb=lOc>lOa可得0<UOa<UOb=UOc得φO>φa>φb=φc故选C。]4.B[根据法拉第电磁感应定律可知E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=103×(1.02+1.22+1.42)×10-4V=0.445.AB[两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得2mgsin30°-2BILcos30°=2maab，对cd有mgsin30°-BILcos30°=macd，故可知aab=acd，分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，对ab分析可得2mgsin30°=2BILcos30°，解得I=3mg3BL，故B正确，C错误；根据前面分析可知aab=acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故6.ABD[金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，又由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，故A正确；由楞次定律可知，MN切割磁感线产生的感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知安培力一直做负功，故B正确；金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，安培力水平向左，可知在即将到达OO'位置之前的某一位置之后，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。]7.AD[如图所示导线框ABC从初位置1到整个导线框进入磁场位置2的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则感应电动势大小随时间线性增大，感应电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为逆时针方向，即为正方向；导线框ABC从位置2到完全离开磁场位置3的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则感应电动势大小随时间线性增大，感应电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为顺时针方向，即为负方向，故A正确，B错误；导线框匀速运动，感应电流的热功率等于安培力做功的功率，即P=I2R由于从位置1到位置2感应电流大小从0随时间线性增大，从位置2到位置3感应电流大小又从0随时间线性增大，可知C错误，D正确。]8.(1)2m/s(2)3W(3)1C解析(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm，由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ-F安=0又F安=BIL，I=ER+r，E解得vm=2m/s(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PR=I2R联立解得PR=3W(3)设金属棒从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律mgxsinθ=μmgxcosθ+QR+Qab+12m根据焦耳定律QRQ联立解得x=2m根据q=IΔt，I=EE=ΔΦΔt，Δ联立解得q=BLxR+r=19.(1)Φ=kL2tkL2从a流向b(2)F安=k2L3tR+art2(3)R解析(1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t，根据法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔt=ΔB·S由楞次定律及安培定则可知ab中的电流从a流向b。(2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为F安=BIL，其中B=kt，设金属棒t时间内向上运动的位移为x，