【二轮复习】高考物理专题08 电磁感应的综合运用（基础+培优）.zip

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命题点01 楞次定律及法拉第电磁感应定律的理解及应用
命题点02 自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼
命题点03 电磁感应中的图象问题
命题点04 “单杆＋导轨”模型
命题点05 “双杆＋导轨”模型
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 楞次定律及法拉第电磁感应定律的理解及应用】
【针对练习1】（2024·河南·统考二模）如图所示，一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属线框abcd，放在光滑绝缘水平面上，空间存在一磁感应强度为B、方向竖直向下的有界匀强磁场，磁场的左右边界刚好和线框的ab边、cd边重合。现在线框cd的中点加一水平向右的恒力F，使线框从图示位置由静止开始水平向右运动。已知经过时间t，线框的ab边刚好向右运动到磁场的右边界处，此时线框的速度大小为v。若在同一时间t内，线框内产生的热量与一恒定电流I在该线框内产生的热量相同，则关于该恒定电流I的表达式，下列正确的是（ ）
A．I=2FL+mv22RtB．I=FL−mv22RtC．I=FL−mv2RtD．I=2FL−mv22Rt
【答案】D
【详解】对线框根据能量守恒有
FL=Q+12mv2
线框内产生的热量与一恒定电流I在该线框内产生的热量相同，则恒定电流产生的热量为
Q=I2Rt
解得
I=2FL−mv22Rt
故选D。
【针对练习2】（2023·河南开封·统考一模）如图所示，金属导体圆环用绝缘支架固定在铁架台上，圆环面水平。在圆环正上方，一质量为m，可视为质点的小磁铁通过细线吊在铁架台的横杆上，细线与圆环的轴线重合，小磁铁距铁架台底面的高度为h。现剪断细线，小磁铁沿圆环轴线下落到铁架台底面上。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小磁铁落在铁架台底面上时的速度大小为2gℎ
B．小磁铁下落的整个过程中，加速度先小于g后大于g
C．在小磁铁下落的整个过程中，圆环对小磁铁的作用力先竖直向上后竖直向下
D．在小磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流先逆时针后顺时针（从上往下看）
【答案】D
【详解】A．小磁铁下落的整个过程中，圆环中产生感应电流，则小磁铁的机械能不守恒，所以有
mgℎ>12mv2
则小磁铁落在铁架台底面上时的速度v小于2gℎ，故A错误；
BC．根据楞次定律中“来拒去留”可知，小磁铁下落的整个过程中，圆环产生的感应电流总是要阻碍小磁铁与圆环间的相对运动，所以圆环对它的作用力始终竖直向上，则加速度始终小于g，故BC错误；
D．小磁铁在圆环上方下落时，圆环磁通量增加，则产生的感应磁场方向竖直向上，根据右手螺旋定则判断可知，圆环中的感应沿逆时针方向。小磁铁在圆环下方下落时，圆环磁通量减小，产生的感应磁场方向竖直向下，则根据右手螺旋定则判断可知，圆环中的感应沿顺时针方向，故D正确。
故选D。
【针对练习3】（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图所示，AOC是光滑的直角金属导轨，AO竖直，OC水平。质量分布均匀的金属棒ab长度为L，质量为m，电阻为R，两端置于导轨内。设金属杆与竖直导轨夹角为θ，当θ=30°时静止释放金属杆。已知空间存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，不计金属导轨的电阻，则（ ）
A．回路中感应电流方向始终为逆时针方向
B．整个过程中，ab棒产生的焦耳热为12mgL
C．当θ=60°时，若a点速度大小为v，则b点速度大小为2v
D．在θ=30°到θ=45°过程中通过ab棒的电荷量为2−38RBL2
【答案】D
【详解】A．根据几何关系金属杆下滑过程，围成的面积先增大后减小，根据楞次定律和安培定则可知，感应电流方向先逆时针再顺时针，故A错误；
B．整个过程中，金属棒重力势能减少量为
ΔEp=12mgLcs30°a2
由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属板下行过经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，AB正确；
CD．导体棒上行时，加速度与速度同向，则导体棒做加速度减小的加速度运动，则一定能回到无磁场区。由AB分析可得，导体棒进磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度大于出磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度，导体棒在无磁场区做加速度相同的减速运动
mgsinθ=ma0
则金属棒不能回到a处，C错误，D正确。
故选ABD。
36．（2021·福建·统考高考真题）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在t=t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t=t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（ ）
A．t1时刻a棒加速度大小为2B2L2v03mR
B．t2时刻b棒的速度为0
C．t1~t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍
D．t1~t2时间内，a棒产生的焦耳热为29mv02
【答案】AD
【详解】A．由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有
I=2BLv03R
对a，根据牛顿第二定律有
BIL=ma
解得
a=2B2L2v03mR
故A正确；
B．根据左手定则，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流过a、b的电流一直相等，故两个力大小相等，则a与b组成的系统动量守恒。由题知，t2时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在t2时刻达到了共同速度，设为v。由题知，金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，根据电阻定律有
R=ρLs，2R=ρLs′
解得
s′=12s
已知a的质量为m，设b的质量为m′，则有
m=ρ密V=ρ密sL，m′=ρ密V′=ρ密s′L
联立解得
m′=12m
取向右为正方向，根据系统动量守恒有
mv0−12mv0=m+12mv
解得
v=13v0
故B错误；
C．在t1~t2时间内，根据
q=IΔt
因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误；
D．在t1~t2时间内，对a、b组成的系统，根据能量守恒有
12mv02+12×12mv02=12mv2+12×12mv2+Q总
解得回路中产生的总热量为
Q总=23mv02
对a、b，根据焦耳定律有
Q=I2RΔt
因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即
Qa:Qb=1:2
又
Qa+Qb=Q总=23mv02
解得a棒产生的焦耳热为
Qa=29mv02
故D正确。
故选AD。
37．（2022·山东·统考高考真题）如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为2L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t=0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（ ）
A．在t=0到t=π2ω的过程中，E一直增大
B．在t=0到t=π2ω的过程中，E先增大后减小
C．在t=0到t=π4ω的过程中，E的变化率一直增大
D．在t=0到t=π4ω的过程中，E的变化率一直减小
【答案】BC
【详解】AB．如图所示
在t=0到t=π2ω的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当t=π4ω时，有效切割长度最大为2L，此时，感应电动势最大，所以在t=0到t=π2ω的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；
CD．在t=0到t=π4ω的过程中，设转过的角度为θ，由几何关系可得
θ=ωt
进入磁场部分线框的面积
S=L⋅Ltanθ2
穿过线圈的磁通量
Φ=BS=BL2tanωt2
线圈产生的感应电动势
E=Φ'=ΔΦΔt
感应电动势的变化率
ΔEΔt=E'
对Φ=BL2tanωt2求二次导数得
ΔEΔt=BL2ω2sec2ωttanωt
在t=0到t=π4ω的过程中BL2ω2sec2ωttanωt一直变大，所以E的变化率一直增大，故C正确，D错误。
故选BC。