新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题4电路和电磁感应第12讲电磁感应

这是一份新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题4电路和电磁感应第12讲电磁感应，共11页。
1. (2023·湖北荆门二模)兴趣小组利用多匝线圈和灵敏电流计制作了一个简易的电流探测仪，用于检测埋在地下的通电导线，如图(a)所示。地面表层有两根有绝缘皮包裹的垂直长导线AB、CD，如图(b)所示。当线圈水平放置沿A1B1快速移动，电流计指针不偏转。当线圈水平放置沿C1D1方向快速移动，电流计指针偏转。下列说法正确的是( D )
A．两根导线中都有电流
B．两根导线中都无电流
C．AB中无电流，CD中有电流
D．AB中有电流，CD中无电流
【解析】 当线圈水平放置沿A1B1快速移动时，电流计指针不偏转，说明线圈中磁通量不变，直导线CD中无电流。当线圈沿C1D1方向快速移动，电流计指针偏转，说明线圈中磁通量有变化，则直导线AB中有电流，故D正确，A、B、C错误。
2. (2023·全国乙卷)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图甲所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图乙和图丙所示，分析可知( A )
A．图丙是用玻璃管获得的图像
B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
【解析】 小磁体下落过程中，在铝管中运动时，受到两个阻力的作用，一个是铝管电流产生的磁场的阻碍作用，另一个是线圈电流产生的磁场的阻碍作用，显然铝管的阻碍作用更强一些，所以小磁体在铝管中运动的速度要比在玻璃管中运动的速度小，所以线圈中出现的电流峰值要小，选项A正确。小磁体下落速度越大，铝管内产生的涡流越大，对小磁体的阻碍越大，所以不是匀变速运动，选项B错误。小磁体在玻璃管内受到的电磁阻力是漆包线中电流产生的磁场给的，该力与小磁体下落的速度以及漆包线的间距有关，可知，应该是变力，选项C错误。由A选项的分析可知，用铝管时，小磁体的运动速度小，所以所用时间长，选项D错误。
3. (多选)(2023·辽宁朝阳二模)如图所示，正方形导体线框abcd放置在光滑绝缘斜面上，线框用平行斜面的细线系于O点，斜面倾角为θ＝30°。线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化关系为B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面向上，下列说法正确的是( BC )
A．线框中的感应电流方向为abcda
B．线框中的感应电流方向为adcba
C．经过一段时间t，线框可能沿斜面向上运动
D．安培力对线框做功的绝对值等于线框中产生的焦耳热
【解析】 由于磁场垂直线圈平面向上在增强，根据楞次定律可以判断感应电流的方向为adcba，A错误，B正确；用左手定则可判断bc边所受安培力方向沿斜面向上，由于磁场均匀增大，感应电流大小不变，安培力F＝BIL安培力的大小随B的增大而增大，当其大于重力沿斜面向下分力时，线圈将向上运动，C正确；线圈不动时，由于磁场变化产生感生电动势，回路中有感应电流产生焦耳热，此过程中安培力不做功；当线圈向上运动时，安培力对线圈做正功，消耗电能转化为线圈增加的机械能和焦耳热的和，属于电动机模型，D错误。
4. (多选)(2023·四川绵阳三诊)如图所示，PQ、MN为两条平行光滑的金属导轨，与水平面成一定的夹角，PM间接有电动势恒定的电源，整个空间有垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，导轨足够长且电阻忽略。具有一定质量和电阻的导体棒ab垂直放置在导轨上且与导轨接触良好，现由静止释放导体棒ab，导体棒ab的初位置距PM、QN足够远，以沿导轨平面向下为速度的正方向。则导体棒在以后的运动过程中，速度随时间变化的图像可能正确的是( BD )
【解析】 假设电源电动势为E，内阻为r，导体棒长度为L，电阻为R，导体棒产生的电流I＝eq \f(E,R＋r)，则导体棒受到的安培力为恒力，其大小F＝IBL＝eq \f(EBL,R＋r)，如果电源产生的电流受到的安培力沿斜面向下，则导体棒受到安培力与重力沿斜面的分力的合力F＋mgsin θ＝eq \f(EBL,R＋r)＋mgsin θ，在此合力作用下，导体棒沿斜面向下做静止开始加速，导体棒切割磁感线产生感应电流I′＝eq \f(BLv,R＋r)，感应电流受到安培力F′＝I′BL＝eq \f(B2L2v,R＋r)，根据牛顿第二定律，导体棒运动过程中加速度a＝eq \f(F＋mgsin θ－F′,m)＝eq \f(EBL,R＋rm)＋gsin θ－eq \f(B2L2v,R＋rm)，随着v增大，a逐渐减小至0，此过程中导体棒沿斜面向下做静止开始的加速度逐渐减小的加速运动，最终为匀速直线运动，故B选项正确；同理，如果电源产生的电流受到的安培力沿斜面向上，并且安培力大于重力沿斜面分力，则根据牛顿第二定律，导体棒运动过程中加速度a＝eq \f(F－mgsin θ－F′,m)＝eq \f(EBL,R＋rm)－gsin θ－eq \f(B2L2v,R＋rm)，导体棒沿斜面向上做静止开始的加速度逐渐减小的加速运动，最终为匀速直线运动，故D选项正确；无论如果电源产生的电流受到的安培力方向如何，最终导体棒均做匀速直线运动，故A、C选项错误。故选B、D。
5. (2023·6月浙江高考卷)如图所示，质量为m、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角θ＝eq \f(π,4)；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中，以下说法正确的是( C )
A．电源电动势E0＝eq \f(\r(2)mg,2BL)R
B．棒消耗的热量Q＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)))mgl
C．从左向右运动时，最大摆角小于eq \f(π,4)
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【解析】 当开关S接1，对导体棒受力分析如图所示，因为偏角为eq \f(π,4)，所以安培力F＝mg，安培力F＝BIL，电流I＝eq \f(E0,R)，解得E0＝eq \f(mgR,BL)，选项A错误；开关S接2，棒完成一次全振动，肯定没有停在最低点，根据能量守恒，得棒消耗的热量Qv1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( BD )
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
【解析】 导轨的速度v2>v1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N，导体棒的安培力大小为F1＝f＝2 N，由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M→D→C→N，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝f－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向为向下，A错误，B正确；对导体棒分析F1＝B1IL，对导体框分析F2＝B2IL，电路中的电流为I＝eq \f(B1Lv1－B2Lv2,r)，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确；故选B、D。
12. (2023·福建南平质检)如图甲，倾角θ＝30°的足够长光滑导轨，导轨间距L＝1 m，该端接有R＝3 Ω的定值电阻，导轨处在磁感应强度大小B＝1 T，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量m＝0.5 kg、阻值r＝1 Ω的金属棒，在平行于导轨的拉力F作用下，由静止开始从CD处沿导轨向上加速运动，金属棒的速度—位移图像如图乙所示，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，导轨电阻忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)通过金属棒的电荷量为1 C时，金属棒的位移大小；
(2)速度v＝2 m/s时，电阻R的发热功率；
(3)金属棒从CD处沿导轨向上运动x＝2 m的过程中，外力F做的功。
【答案】 (1)4 m (2)0.75 W (3)10 J
【解析】 (1)有q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),R＋r)t＝eq \f(\f(Δφ,t),R＋r)t＝eq \f(BxL,R＋r)
可得x＝4 m。
(2)速度v＝2 m/s时I＝eq \f(BLv,R＋r)＝0.5 A
所以电阻R的发热功率PR＝I2R＝0.75 W。
(3)极短位移内安培力做功Wi＝－eq \f(B2L2vi,R＋r)xi
金属棒从CD处沿导轨向上运动x＝2 m的过程中对vixi求和即为图乙图线与坐标轴所围面积S。所以安培力做功W安＝－eq \f(B2L2S,R＋r)＝－1 J
由动能定理可得WF＋W安－mgxsin 30°＝eq \f(1,2)mv2，v＝4 m/s
解得WF＝10 J。
13. (2023·湖北武汉三模)如图所示，两平行足够长且电阻可忽略的光滑金属导轨安装在倾角为α＝30°光滑绝缘斜面上，导轨间距L＝0.4 m，磁感应强度B＝1.0 T的有界匀强磁场宽度为d＝0.2 m，磁场方向与导轨平面垂直；长度为2d的绝缘杆将导体棒和边长为d的正方形单匝线框连接在一起组成如图所示装置，其总质量m＝0.1 kg，导体棒中通以大小为I＝3.75 A的恒定电流(由外接恒流源产生，图中未画出)。线框的总电阻为R＝0.2 Ω，其下边与磁场区域边界平行。现将线框下边置于距磁场上边界x处由静止释放，线框恰好可匀速穿过磁场区域，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)装置释放时线框下边与磁场上边界的距离x；
(2)若线框下边与磁场区域上边界重合时将线框由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，求装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；
(3)在(2)情景中求线框第一次穿越磁场区域所需的时间t。
【答案】 (1)0.625 m (2)0.1 J (3)0.44 s
【解析】 (1)对装置，当线框在磁场中匀速时mgsin θ＝BId＝eq \f(B2d2v,R)
可得v＝2.5 m/s
对装置在进入磁场前过程中，可知mgsin θ·x＝eq \f(1,2)mv2－0
可得x＝0.625 m。
(2)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W，知mgsin α4d＋W－BIld＝0－0
且Q＝－W
解得Q＝4mgdsin α－BIld＝0.1 J。
(3)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，对装置在接着向下运动2d过程中
mgsin α2d－BIld＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
可得v1＝eq \r(2) m/s
对装置在磁场中运动时mgsin θ－eq \f(B2d2v,R)＝ma
可得a＝gsin θ－eq \f(B2d2v,mR)
在时间Δt内，有Δv＝aΔt
则∑Δv＝∑eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(gsin α－\f(B2d2v,mR)))Δt
有v1＝gtsin α－eq \f(B2d2,mR)x
而x＝2d
解得t＝eq \f(5\r(2)＋4,25) s＝0.44 s。