2025届高考物理二轮专题复习与测试模块四电磁感应和电路专题十一电磁感应

这是一份2025届高考物理二轮专题复习与测试模块四电磁感应和电路专题十一电磁感应，共19页。
1．对楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解及应用。 2.熟练应用动力学和能量观点分析并解决电磁感应问题。 3.综合应用动力学、动量和能量的观点分析电磁感应问题。
命题点1 两个定律的应用
1．(2024·湖北卷，T1)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为( C )
A．摩擦 B．声波
C．涡流 D．光照
解析：在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦、声波和光照的影响，而金属能够因电磁感应产生涡流，非金属不能，因此可能原因为涡流。
2．(2024·江苏卷，T10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是( A )
A．顺时针，顺时针 B．顺时针，逆时针
C．逆时针，顺时针 D．逆时针，逆时针
解析：线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过线圈a的磁通量在减小，则根据楞次定律可知线圈a中产生的感应电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的感应电流方向为顺时针。
命题点2 电磁感应的综合问题
3．(2024·广东卷，T4)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( D )
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．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
解析：根据题图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，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。
4．(2024·湖南卷，T4)如图，有一硬质导线Oabc，其中eq \(abc,\s\up10(︵))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，导线始终在垂直于纸面向里的匀强磁场中，则O、a、b、c各点电势关系为( C )
A．φO>φa>φb>φc B．φOv1，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f＝μmg＝2 N，导体棒的安培力大小F1＝f＝2 N，由左手定则可知电流方向为N→M→D→C→N，导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力，安培力大小F2＝f－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向为垂直直面向下，A错误，B正确；对导体棒分析F1＝B1IL，对导轨分析F2＝B2IL，电路中的电流I＝ eq \f(B1Lv1－B2Lv2,r) ，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。
近年来电动汽车越来越普及，有的电动汽车动力来源于直流电机。直流电机工作原理可简化如图所示：在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，两轨间接一电动势恒为E、内阻恒为r的直流电源。质量为m的导体棒ab垂直于导轨静置于导轨上，接入电路部分的有效电阻为R，电路其余部分电阻不计。一根不可伸长的轻绳两端分别连接在导体棒的中央和水平地面上质量为M的物块上，绳与水平面平行且始终处于伸直状态。已知物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，闭合开关S，物块即刻开始加速。
(1)求S刚闭合瞬间物块加速度的大小(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)；
(2)当导体棒向右运动的速度为v时，求流经导体棒的电流；
(3)求物块运动中最大速度的大小。
[解析] (1)以导体棒ab和M整体为研究对象，开关S闭合瞬间，它们受安培力和滑动摩擦力
F安＝BIL，I＝ eq \f(E,R＋r)
由牛顿第二定律F安－μMg＝(M＋m)a
联立解得a＝ eq \f(BEL－μMg(R＋r),(R＋r)(M＋m)) 。
(2)当导体棒向右运动的速度为v时，E感＝BLv，I1＝ eq \f(E－E感,R＋r) ，解得此时流经导体棒的电流I1＝ eq \f(E－BLv,R＋r) 。
(3)导体棒ab匀速时速度最大，有
BI′L－μMg＝0，E－E感′＝I′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋r)) ，E感′＝BLvm
解得vm＝ eq \f(BEL－μMg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋r)),B2L2) 。
[答案] (1) eq \f(BEL－μMg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋r)),(R＋r)(M＋m)) (2) eq \f(E－BLv,R＋r)
(3) eq \f(BEL－μMg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋r)),B2L2)
题型三 电磁感应中的动力学和能量问题
1．焦耳热Q的三种求法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt。
(2)功能关系：Q＝W克服安培力。
(3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量。
2．用到的物理规律
匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等。
如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝30°固定在地面上，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直于斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。现有一质量m＝1 kg、边长d＝0.1 m、匝数n＝10、总电阻R＝2 Ω的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域。已知线圈与斜面间的动摩擦因数μ＝ eq \f(\r(3),6) ，(重力加速度g取10 m/s2)求：
(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；
(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；
(3)整个线圈穿过磁场的过程中，流过线圈的电荷量q及线圈上产生的焦耳热Q。
[解析] (1)线框进入磁场前，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cs θ＝ma
解得a＝2.5 m/s2
因为线框匀速进入磁场，由电磁感应定律及受力平衡可得
I＝ eq \f(E,R) ，E＝nBdv，F安＝nBId，μmg cs θ＋F安＝mg sin θ
解得线圈进入磁场区域时的速度大小v＝5 m/s。
(2)由匀加速直线运动规律v2＝2ax
解得线圈释放时，PQ边到bb′的距离x＝5 m。
(3)由q＝ eq \(I,\s\up6(－)) ·t， eq \(I,\s\up6(－)) ＝ eq \f(\(E,\s\up6(－)),R) ， eq \(E,\s\up6(－)) ＝n eq \f(ΔΦ,t) 得q＝n eq \f(ΔΦ,R)
又因为线框穿过磁场前后ΔΦ＝0，所以q＝0
线框全程匀速穿过磁场，则磁场宽度等于
d＝0.1 m
由功能关系
Q＝|W安|，W安＝－F安·2d
解得Q＝0.5 J。
[答案] (1)5 m/s (2)5 m (3)0 0.5 J
1．(多选)如图为电吉他中电拾音器的基本结构。磁体附近的金属弦被磁化，在弦振动过程中线圈会产生感应电流，经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的是( BC )
A．拾音器的工作原理是利用了电流的磁效应现象
B．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C．减少线圈匝数，可减小线圈中的感应电动势
D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不变
解析：电吉他的拾音器由磁铁和线圈组成，金属弦被磁化，弹动金属弦，相当于线圈做切割磁感线运动，在线圈中就会产生对应的音频电流，利用了电磁感应的原理，故A错误；取走磁体，就没有磁场，振弦不能切割磁感线产生电流，电吉他将不能正常工作，故B正确；根据法拉第电磁感应定律，减少线圈的匝数可以减小线圈中的感应电动势，故C正确；弦振动过程中，螺线管磁通量有增加过程，有减小过程，所以线圈中电流方向变化，故D错误。
2．如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0到t0内驱动线圈的电流iab随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是( B )
A．驱动线圈内部的磁场水平向左
B．发射线圈内部的感应磁场水平向左
C．t＝0时发射线圈所受的安培力最大
D．t＝t0时发射线圈中的感应电流最大
解析：根据安培定则，驱动线圈内的磁场方向水平向右，A错误；由题图乙可知，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，B正确；t＝0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值；同理，t＝t0时发射线圈中的感应电流最小，C、D错误。
3．(多选)(2024·梅州市一模)磁力小车如图甲所示，它的内部结构可以简化为如图乙所示，其中A、B是具有单向导电性的发光二极管(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，与线圈C构成闭合回路。实验前，磁力小车静止在水平桌面上(不计一切阻力)。关于实验现象，下列说法正确的是( ABC )
A．将强磁铁N极快速靠近小车，二极管A将闪亮
B．将强磁铁S极快速靠近小车，二极管B将闪亮
C．将强磁铁N极快速靠近小车，小车将向右运动
D．将强磁铁S极快速靠近小车，小车将向左运动
解析：将磁铁N 极快速靠近线圈，穿过线圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整个回路中产生逆时针方向(从左向右看)的感应电流，二极管A将闪亮，故A正确；将磁铁S极快速靠近线圈，穿过线圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整个回路中产生顺时针方向(从左向右看)的感应电流，则二极管B将闪亮，故B正确；不管是强磁铁N极快速靠近小车，还是强磁铁S极快速靠近小车，根据楞次定律的推论“来拒去留”，小车都将向右运动，故C正确，D错误。
4．(多选)(2024·广东大亚湾区联合模拟)如图所示，将两个相同的U形光滑金属导轨，平行放置于一方向竖直向上的匀强磁场中的水平面，两导轨的上轨和下轨所在平面均与水平面平行，完全相同的两根匀质金属杆ab和cd静止于两导轨面上，且杆与轨道垂直。导轨足够长且电阻不计，现用一水平向右的恒力F拉ab杆，则( BC )
A．cd杆将向左运动
B．ab杆先做变加速，后做匀加速运动
C．回路的感应电流先增大，后不变
D．某段时间内，F所做的功等于回路产生的焦耳热
解析：根据题意可知，用一水平向右的恒力F拉ab杆，ab杆向右运动，由右手定则可知，感应电流由b→a，则cd杆中电流由c→d，由左手定则可知，cd杆受向右的安培力，将向右运动，故A错误；设ab杆运动的速度为v1，cd杆运动的速度为v2，则感应电动势E＝BL(v1－v2)，感应电流I＝ eq \f(BL(v1－v2),R) ，ab杆和cd杆的安培力大小相等FA＝BIL＝ eq \f(B2L2(v1－v2),R) ，对ab杆由牛顿第二定律有F－ eq \f(B2L2(v1－v2),R) ＝ma1，对cd杆由牛顿第二定律有 eq \f(B2L2(v1－v2),R) ＝ma2，初始速度均为零，则开始运动时有a1>a2，相对速度v1－v2增大，感应电流增大，安培力增大，则ab杆做加速度减小的加速运动，cd杆做加速度增大的加速运动，当加速度相等时，两者的相对速度恒定，则感应电动势一定，感应电流一定，即安培力一定，则加速度一定，即之后两杆以恒定加速度做匀加速直线运动，综上所述，ab杆先做变加速，后做匀加速运动，回路的感应电流先增大，后不变，故B、C正确；由上述分析可知，两杆一直做加速运动，由能量守恒定律可知，某段时间内，F所做的功等于回路产生的焦耳热和两杆增加的动能之和，故D错误。
5．(多选)(2024·韶关市综合测试) 电磁缓冲装置广泛应用于高铁等交通工具，它利用电磁力来实现有效缓冲，其原理图如图所示。减速区分布着两部分磁场区域Ⅰ和Ⅱ(俯视)，分别存在着垂直于纸面向内和垂直于纸面向外的宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。缓冲车质量为M，其底部最前端固定有边长也为L的N匝正方形线圈，线圈电阻为r，缓冲车以速度v0无动力进入减速区，不计摩擦及空气阻力，则( ABD )
A．缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，线圈中的感应电流(从上往下看)沿逆时针方向
B．缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，车做加速度减小的减速运动
C．若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v，此时缓冲车受到的安培力大小为 eq \f(2N2B2L2,r)
D．从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始，缓冲车运动位移为L的过程中，通过线圈的电荷量为 eq \f(2NBL2,r)
解析：根据右手定则，缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，线圈中的感应电流(从上往下看)沿逆时针方向，故A正确；缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，根据牛顿第二定律NIBL＝Ma，线圈中的电流I＝ eq \f(NBLv,r) ，可得a＝ eq \f(N2B2L2v,Mr) ，根据左手定则，缓冲车受到的安培力向左，故缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，车做加速度减小的减速运动，故B正确；若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v，线圈中的电流I′＝ eq \f(2NBLv,r) ，此时缓冲车受到的安培力大小F′＝2I′NBL＝ eq \f(4N2B2L2v,r) ，故C错误；从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始，缓冲车运动位移为L的过程中，通过线圈的电荷量q＝ eq \(I,\s\up6(－)) Δt＝ eq \f(NΔΦ,rΔt) Δt＝ eq \f(NΔΦ,r) ＝ eq \f(N·2BL2,r) ＝ eq \f(2NBL2,r) ，故D正确。
6．(多选)(2024·茂名市一模)如图(a)所示，底部固定有正方形线框的列车进站停靠时，以初速度v水平进入竖直向上的磁感应强度为B的正方形有界匀强磁场区域，如图(b)所示，假设正方形线框边长为l，每条边的电阻相同。磁场的区域边长为d，且l