热点12电磁感应

热点12电磁感应[分值：46分][1~7题，每题4分，8~10题，每题6分]1.(2025·北京卷·3)下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是()A.图(a)中，圆环在匀强磁场中向左平移B.图(b)中，圆环在匀强磁场中绕轴转动C.图(c)中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移D.图(d)中，圆环向条形磁铁N极平移答案A解析圆环在匀强磁场中向左平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，金属圆环中不能产生感应电流，故A正确；圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故B错误；离通有恒定电流的长直导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移，穿过圆环的磁通量减小，金属圆环中能产生感应电流，故C错误；根据条形磁铁周围的磁场分布可知，圆环向条形磁铁N极平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D错误。2.(2025·河南卷·5)如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是()答案C解析根据题意，当金属薄片中心运动到N极正下方时，下一刻，薄片右侧向下的磁通量减小，左侧向下的磁通量增加，根据楞次定律可知沿N极到S极的方向看，此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。3.(2024·湖南卷·4)如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为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=φc答案C解析导线绕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.(多选)(2025·广东潮州市二模)如图所示，在水平面内放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向垂直于导轨平面的匀强磁场(方向如图)，电阻为r的金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时电阻为R的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP在外力作用下绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动过程中，回路中始终有电流，此过程中金属杆MN始终与导轨垂直且接触良好，下列说法中正确的是()A.杆MN做向右运动B.杆MN两端的电势差逐渐减小C.外力对杆OP做功的功率逐渐变小D.杆MN受到的安培力大小不变答案BC解析OP杆绕O点从b到c转动过程中，根据右手定则，产生的感应电流方向从O到P，杆MN中电流从M到N，再根据左手定则，MN受到的安培力向左，向左运动，A错误；由于杆MN向左运动切割磁感线，产生由N到M的反电动势E反=BLv，杆MN受到向左的安培力，所以杆MN的速度v增大，设OP长度为d，则电路中总电动势E=12Bd2ω-BLv，电路的电流I=ER+r，MN两端的电势差U=IR，由杆MN的速度v增大，得E减小，I减小，U减小，B正确；电路中的电流变小，杆OP所受安培力变小，又因其做匀速转动，所以外力的功率变小，C正确；杆MN受到的安培力大小F安=BIL，因为I减小，所以F5.(2025·北京师范大学第二附属中学统练)某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。不计电压传感器内阻对电路的影响。下列说法正确的是()A.开关S闭合瞬间，流经灯D2和D3的电流相等B.开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流保持不变C.开关S断开瞬间，灯D2闪亮一下再熄灭D.根据题中信息，可以推算出图乙中u1与u2的比值答案D解析开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯D2和D3的电流相等，故从开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流也是逐渐增加，A、B错误；开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯D2和D3提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯D2和D3的电流相等，所以灯D2逐渐熄灭，C错误；开关S闭合瞬间，灯D1和D2串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律u1=E2，电路稳定后，流过D3的电流为I=12·E32R=E3R，开关S断开瞬间，电感线圈能够为D2和D3提供与之前等大电流，故其两端电压为u2=I·2R=2E3，所以u1u6.(2025·山东省部分学校一模)如图所示，在水平光滑绝缘桌面上有一等腰直角三角形单匝均匀金属线框abc，直角边长为L。空间存在竖直向下的有界匀强磁场，有界磁场的宽度为2L。线框在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区域，若图示位置为t=0时刻，设逆时针方向为电流的正方向，水平向右为拉力的正方向，则线框中的感应电流i和拉力F随时间t的关系图像可能正确的是(时间单位为Lv，图中曲线为抛物线)(答案D解析在时间为0到Lv范围内，由几何关系可知，线框有效切割长度为(3L-vt)，可得感应电动势E=B(L-vt)v可知感应电动势随时间线性减小，根据右手定则可判断电流方向由b指向a，所以感应电流为正方向，且线性减小到0；在时间为Lv到2Lv范围内，线框的磁通量保持不变，没有感应电流；在时间为2Lv到3Lv范围内，线框有效切割长度为(3L-vt)，可得感应电动势E=B(3L-vt)v，可知感应电动势线性减小，根据右手定则可判断电流方向由c指向a，所以感应电流为负方向，且线性减小到0，故A、B错误；由以上分析可知，在时间为0到Lv范围内，线框处于磁场中的实际长度为(L-vt)，可得安培力大小为F安=B2(L-vt)2vR，根据左手定则可判断安培力方向为水平向左，拉力与安培力二力平衡，所以拉力水平向右，即拉力方向为正方向，其大小为F=F安=B2(7.(2025·湖北卷·5)如图(a)所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图(b)所示，t=T时刻，B=0。t=0时刻，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T时间内流过回路的电荷量为()A.B0LC.B0L答案B解析t=0时，Φ1=B0Lx0；t=T时，磁感应强度为零，Φ2=0，0~T时间内流过回路的电荷量q=IΔt=IT，I=E2R，E=ΔΦΔt=B0L8.(多选)(2025·江西省六校联考)如图，两条水平轨道MN、M'N'放置在水平面上，两条半径为R的14圆弧轨道PM、P'M'和水平轨道MN、M'N'平滑连接，水平轨道足够长，轨道间距为l，空间内存在竖直向上匀强磁场，磁感应强度大小为B。ab、cd为质量均为m、长度均为l、电阻均为r的金属棒，金属棒cd放置在水平轨道左端MM'处，金属棒ab在圆弧轨道上端PP'处。金属棒cd处于锁定状态，在外力作用下使金属棒ab沿圆弧轨道以大小为v的速度匀速下滑，当金属棒ab滑至圆弧轨道底端时撤去外力，立即解除cd棒的锁定，ab棒与cd棒发生弹性碰撞，经过一段时间后最终ab棒和cd棒间距不再发生变化，重力加速度大小为g。不考虑轨道电阻，金属棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直，忽略一切阻力，则(A.金属棒cd中电流方向始终由c流向dB.两棒最终相距2C.外力做功为πB2D.整个过程产生的总热量为πB2l2答案CD解析根据右手定则知，碰前金属棒cd电流方向由c流向d，碰后电流方向由d流向c，故A错误；两棒弹性碰撞，速度互换，由动量守恒mv=2mv1对ab棒，根据动量定理BIlΔt=mv1，又I=Bl(vcd-vab)2r，Δx=(vcd-vab)Δt，联立解得Δx=mvrB2l2，故B错误；ab匀速下滑的过程产生的电能等效正弦交流电T4内产生的电热，有mgR+WF=Q，又Q=(22Blv)22r×π2Rv=πB2l2Rv8r，解得W9.(多选)(2025·河北沧州市一模)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；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良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是()A.a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小B.稳定时a棒的速度为1.5v0C.电路中产生的焦耳热为32mD.流过导体棒a的某一横截面的电荷量为m答案AC解析由F安=BIL和牛顿第二定律F安=ma，联立可得a=BILm，可知：a、b棒串联，电流相等，a、b棒长度分别为l、2l，质量分别为m、2m，则a、b棒加速度大小相等，故A正确；因为导轨光滑，故两棒只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有Fa·t=BIl·t=mva-mv0，同理，对b棒有Fbt=BI×2l·t=2m·2v0-2mvb，稳定时无电流，即Blva=B·2lvb，得va=2vb，联立解得va=2v0，vb=v0，故B错误；由能量守恒可知，两棒动能的损失等于电路中产生的焦耳热，两棒初动能Ek0=12mv02+12×2m(2v0)2，两棒末动能Ek=12m(2v0)2+12×2mv02，则电路中产生的焦耳热为Ek0-Ek=32mv02，故C正确；对a应用动量定理BIl·Δt=mva-mv10.(多选)(2025·江西省一模)如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨竖直固定放置，导轨上端连接有电阻为R的定值电阻，水平边界a、b间，c、d间分别有垂直于导轨平面向里的匀强磁场1、2，磁场的磁感应强度大小均为B，磁场的宽度均为h，一个质量为m、长度大于L的金属棒垂直于导轨放置并在图示位置由静止释放，重力加速度为g，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，金属棒穿过两磁场的时间和穿过b、c间的时间均相等，不计金属棒的电阻，则下列说法正确的是()A.金属棒进磁场1后有可能先做加速运动B.金属棒进入磁场1、2后均先做减速运动C.b、c间的距离一定大于hD.金属棒刚进入磁场1或磁场2时，受到安培力的大小F>2mg答案BCD解析设金属棒进磁场1时的速度大小为v0，出磁场1时的速度大小为v1，金属棒穿过磁场1的时间为t，根据动量定理可得mgt-BILt=mgt-BqL=mv1-mv0，即mgt-B2L2hR=mv1-mv0，因金属棒穿过两磁场时间相同，如果进磁场1先做加速运动，则进磁场2必然也先做加速运动，则第二次时间比第一次时间短，与实际矛盾，因此金属棒不可能进磁场1后先做加速运动，故A错误；若金属棒进入磁场1做匀速运动，则金属棒进入磁场2后一定先做减速运动