2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题4第11讲（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题4第11讲（Word版附解析），共11页。
A组·基础练
1. (2024·甘肃卷)工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是( )
A．金属中产生恒定感应电流
B．金属中产生交变感应电流
C．若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小
D．若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变
【答案】 B
【解析】 当线圈中通有交变电流时，感应电炉金属内的磁通量也不断随之变化，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，根据电磁感应定律可知，感应电动势增大，则金属中感应电流变大，C、D错误。
2.(2024·北京卷)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是( )
A．闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B．闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为零
C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D．断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
【答案】 B
【解析】 闭合开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场与线圈M中电流的磁场方向相反，由楞次定律可知，二者相互排斥，故A错误；闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，则感应电流为零，电流表的示数为零，故B正确；断开开关瞬间，通过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向由b到a，故C、D错误。
3.(多选)(2024·江西赣州模拟)关于以下四幅课本上的插图，下列说法正确的是( )
A．如图甲，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后弹簧上下振动
B．图乙是速度选择器示意图，带电粒子能够从N向M沿直线匀速通过
C．图丙是真空冶炼炉，耐火材料制成的冶炼锅外的线圈通入高频交流电时，被冶炼的金属内部产生很强的涡流，从而产生大量的热量使金属熔化
D．图丁中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会反向转动
【答案】 AC
【解析】 当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，弹簧上下振动，故A正确；图乙中假设粒子带正电，从N向M运动，电场力的方向向下，洛伦兹力方向也向下，无法平衡，则不能做匀速直线运动，故B错误；图丙是真空冶炼炉，耐火材料制成的冶炼锅外的线圈通入高频交流电时，被冶炼的金属内部产生很强的涡流，从而产生大量的热量使金属熔化，故C正确；根据电磁驱动原理，图丁中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，磁铁比铝框转得快，故D错误。故选AC。
4.(2024·海南省直辖县级单位模拟)如图所示，在xOy平面内有以y轴为边界的磁感应强度大小相等、方向相反的两匀强磁场，金属圆环的圆心为O。下列过程会使环中产生感应电流的是( )
A．环沿y轴平移一小段距离
B．环沿x轴平移一小段距离
C．环绕y轴转动一小角度
D．环绕x轴转动一小角度
【答案】 B
【解析】 感应电流产生的条件是，穿过线圈的磁通量发生变化：环沿y轴平移一小段距离、环绕y轴转动一小角度、环绕x轴转动一小角度穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，所以无感应电流产生，故A、C、D错误；环沿x轴平移一小段距离，穿过线圈的磁通量发生改变，能产生感应电流，故B正确。
5. (2024·山东菏泽模拟)如图所示，等腰直角三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的直角边在x轴上且长为L，高为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列图像正确的是( )
【答案】 A
【解析】 在0～L过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，线圈切割有效长度均匀增加，线圈中的电流为I＝eq \f(BL效v,R)＝eq \f(Bxv,R)＝eq \f(Bv,R)x(0≤x≤L)，在L～2L过程，磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，线圈切割有效长度均匀增加，线圈中的电流为I＝eq \f(BL效v,R)＝eq \f(Bxv,R)＝eq \f(Bv,R)x(L≤x≤2L)，故选A。
6.(2024·甘肃卷)如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为( )
A．eq \f(B2d2v,R)，方向向左 B．eq \f(B2d2v,R)，方向向右
C．eq \f(B2L2v,R)，方向向左 D．eq \f(B2L2v,R)，方向向右
【答案】 A
【解析】 导体棒ab切割磁感线在电路部分的有效长度为d，故感应电动势为E＝Bdv，回路中感应电流为I＝eq \f(E,R)，根据右手定则，判断电流方向为b流向a。故导体棒ab所受的安培力为F＝BId＝eq \f(B2d2v,R)，方向向左。故选A。
7.(2024·江苏苏州模拟)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，总长为2L的导体棒OC的O端位于圆心，A为棒的中点。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针匀速转动，则O点到导体棒上任意一点P的电势差U与OP间距离r的关系图像正确的是( )
【答案】 A
【解析】 由于AC段不切割磁感线，则AC电势相同，在OA段，设某点到O的距离为d，根据E＝Bdv＝eq \f(1,2)Bd2ω，则离O越远电势减小得越快，即电势差增大得越快。故选A。
8.(2024·四川绵阳模拟)如图所示，用同种规格的铜丝做成的a、b两个单匝正方形线圈同轴，边长之比为2∶3。仅在a线圈所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，当匀强磁场的磁感应强度均匀减小的过程中，a、b线圈内的感应电动势大小之比和感应电流大小之比分别为( )
A．1∶1,3∶2 B．1∶1,2∶3
C．4∶9,2∶3 D．4∶9,9∶4
【答案】 A
【解析】 在匀强磁场的磁感应强度均匀减小的过程中，由电磁感应定律可得线圈内的感应电动势大小E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，由于穿过a、b两线圈的磁通量的变化率相同，线圈的匝数相同，因此a、b线圈内的感应电动势大小相等，则有Ea∶Eb＝1∶1，设a、b两线圈的边长分别为La、Lb，由电阻定律R＝ρeq \f(L,S)可得Ra＝ρeq \f(n·4La,S)，Rb＝ρeq \f(n·4Lb,S)，又有I＝eq \f(E,R)，则通过a、b两线圈感应电流大小之比为Ia∶Ib＝eq \f(Ea,Ra)∶eq \f(Eb,Rb)＝3∶2，故选A。
B组·综合练
9.(多选)(2024·广东东莞模拟)如图甲所示，面积为0.2 m2的100匝线圈内部存在垂直纸面、磁感应强度随时间均匀增加的匀强磁场，线圈的电阻为2 Ω，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，磁场垂直纸面向里为正，定值电阻R的阻值为8 Ω，下列说法正确的是( )
A．线圈具有收缩的趋势
B．a、b两点间的电势差Uab＝2.0 V
C．t＝5 s时穿过线圈的磁通量为0.1 Wb
D．电阻R上产生的热功率为0.32 W
【答案】 ACD
【解析】 由图像可知，穿过线圈的磁通量逐渐增加，根据“增缩减扩”可知，线圈具有收缩的趋势，故A正确；感应电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S＝100×eq \f(0.5,5)×0.2 V＝2 V，根据楞次定律可知a点电势高于b点，则a、b两点间的电势差Uab＝eq \f(ER,R＋r)＝eq \f(2×8,8＋2) V＝1.6 V，故B错误；t＝5 s时穿过线圈的磁通量为Φ＝B5S＝0.5×0.2 Wb＝0.1 Wb，故C正确；电阻R上产生的热功率为P＝eq \f(U\\al(2,ab),R)＝eq \f(1.62,8) W＝0.32 W，故D正确。故选ACD。
10.(多选)(2024·全国甲卷)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是( )
【答案】 AC
【解析】 设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知Mg＋F安－T＝Ma，对滑块T－mg＝ma，其中F安＝eq \f(B2L2v,R)，即eq \f(B2L2v,R)＋(M－m)g＝(M＋m)a，线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为v0＝eq \f(M－mgR,B2L2)，若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；因t＝0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场，速度大于v0时，线圈进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。故选AC。
11.(2024·河北卷)如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO′。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值；
(2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。
【答案】 (1)eq \f(B2L3ω,R) eq \f(B2L3ω,2R) (2)eq \f(a,gcs θ)－eq \f(1,3)tan θ
【解析】 (1)当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，Lmax＝eq \r(2)L，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得Emax＝BLmaxeq \x\t(v)＝B·eq \r(2)L·eq \f(\r(2)Lω,2)＝BL2ω
根据闭合电路欧姆定律得Imax＝eq \f(E,R)
故CD棒所受的安培力最大为Fmax＝BImaxL＝eq \f(B2L3ω,R)
当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得Emin＝BLmineq \x\t(v)＝B·L·eq \f(Lω,2)＝eq \f(BL2ω,2)
故CD棒所受的安培力最小为Fmin＝BIminL＝eq \f(B2L3ω,2R)。
(2)当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得mgsin θ－μmgcs θ－Fmin＝0
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得Fmax－mgsin θ－μmgcs θ＝0
联立解得m＝eq \f(3B2L3ω,4Rgsin θ)
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得Fmax＋μmgcs θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝eq \f(a,gcs θ)－eq \f(1,3)tan θ。
12.(2024·全国甲卷)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。
(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。
(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
【答案】 (1)eq \f(v0,2) (2)eq \f(BLv0,4) eq \f(CB2L2v\\al(2,0),8)
【解析】 (1)开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则F＝F安＝BIL
由闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv0
联立可得，恒定的外力为F＝eq \f(B2L2v0,R)
在加速阶段，外力的功率为PF＝Fv＝eq \f(B2L2v0,R)v
定值电阻的功率为PR＝I2R＝eq \f(B2L2v2,R)
若PF＝2PR，即
eq \f(B2L2v0,R)v＝2eq \f(B2L2v2,R)
化简可得金属棒速度v的大小为v＝eq \f(v0,2)。
(2)断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有E＝BLv＝IR＋eq \f(q,C)
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安＝BIL不断减小，而拉力的功率
PF＝F′v＝BILv
定值电阻功率
PR＝I2R
当PF＝2PR时有BILv＝2I2R
可得IR＝eq \f(BLv,2)
根据E＝BLv＝IR＋eq \f(q,C)
可得此时电容器两端电压为UC＝eq \f(q,C)＝eq \f(BLv,2)＝eq \f(1,4)BLv0
从开关断开到此刻外力所做的功为W＝ΣBIL(v·Δt)＝BLvΣI·Δt＝BLvq
其中q＝eq \f(CBLv,2)
联立可得W＝eq \f(CB2L2v\\al(2,0),8)。