第1部分 专题4 第12讲 电磁感应（word练习）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

(建议用时：40分钟) [A组　基础达标练] 1. (2024·上海市二模)如图，某教室墙上有一朝南的钢窗，将钢窗右侧向外打开，以推窗人的视角来看，窗框中产生(　　) A．顺时针电流，且有收缩趋势 B．顺时针电流，且有扩张趋势 C．逆时针电流，且有收缩趋势 D．逆时针电流，且有扩张趋势 解析：D　[磁场方向由南指向北，将钢窗右侧向外打开，则向北穿过窗户的磁通量减少，根据楞次定律，以推窗人的视角来看，感应电流为逆时针电流，同时根据“增缩减扩”可知，窗框有扩张趋势，故选D.] 2．(2024·辽宁模拟预测)在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝R，单匝圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻也为R，半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计．t＝0时闭合开关S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是(　　 ) A．线圈中产生的感应电动势的大小为 B．电容器下极板带负电 C．t0时间内流过R1的电荷量为 D．稳定后线圈两端的电压为 解析：D　[由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E＝＝S＝，A项错误；由楞次定律知圆形金属线圈中的感应电流方向为顺时针方向，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，B项错误； 由闭合电路欧姆定律得感应电流为I＝＝，t0时间内流过R1的电荷量为q＝It0＝，C项错误；稳定后线圈两端的电压为U＝I(R1＋R2)＝，D项正确．] 3．(2024·江苏盐城市二模)如图所示，三条平行虚线L1、L2、L3之间有宽度为L的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等、方向相反，正方形金属线框MNPQ的质量为m、边长为L，开始时MN边与边界L1重合，对线框施加拉力F使其以加速度a匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正方向，下列关于感应电流i和拉力F随时间变化的图像可能正确的是(　　) 解析：B　[当MN边向右运动0～L的过程中，用时t1＝ ，则E1＝BLat，电流I1＝＝t，方向为正方向；拉力F1＝ma＋F安1＝ma＋t；当MN边向右运动L～2L的过程中，用时t2＝－＝(－1)＝(－1)t1，E2＝2BLat，电流I2＝＝t，方向为负方向，拉力F2＝ma＋F安2＝ma＋t；当MN边向右运动2L～3L的过程中，用时t3＝－＝(－)＝(－)t1，E3＝BLat，电流I3＝＝t，方向为正方向，拉力F3＝ma＋F安3＝ma＋t，对比四个选项可知，只有B正确．] 4．(2024·河南焦作市二模)如图甲所示，电阻不计、间距为1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为3 Ω的定值电阻R，虚线OO′下方存在方向垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场．现将质量为0.1 kg、电阻为1 Ω的金属杆PQ从OO′上方某处由静止释放，金属杆PQ下落过程中始终水平且与导轨接触良好，其加速度a与下落时间t的关系图像如图乙所示．取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．金属杆PQ进入磁场后P端的电势较高 B．金属杆PQ释放位置到OO′的距离为0.1 m C．金属杆PQ在磁场中稳定时的速度大小为2 m/s D．a­t图像在横轴上、下方分别与横轴围成的面积之比为2∶1 解析：D　[根据楞次定律知，金属杆PQ进入磁场后Q端的电势较高，故A错误；由题图乙可知，金属杆PQ刚进入磁场时的加速度大小a＝10 m/s2，方向竖直向上，设金属杆PQ刚进入磁场时产生的感应电动势为E，则有E＝BLv1，I＝，BIL－mg＝ma，解得v1＝2 m/s，所以金属杆PQ释放位置到OO′的距离为x1＝＝0.2 m，故B错误；设金属杆PQ在磁场中稳定时的速度大小为v2，则有 ＝mg，解得v2＝1 m/s，故C错误；a­t图像在横轴上、下方与横轴围成的面积表示速度的变化量，则a­t图像在横轴上方与横轴围成的面积为S1＝v1－0＝2 m/s，a­t图像在横轴下方与横轴围成的面积为S2＝|v2－v1|＝1 m/s，所以a­t图像在横轴上、下方与横轴围成的面积之比为2∶1，故D正确．] 5．(多选)(2024·山东卷，11)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO′与导轨所在竖直面垂直．空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接．现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO′放置在导轨图示位置，由静止释放．MN 运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是(　　) A．MN最终一定静止于OO′位置 B．MN运动过程中安培力始终做负功 C．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率一直在增大 D．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N 解析：ABD　[A.由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO′位置，故A正确；B.当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功，即MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确；C.金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中，由于在OO′位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO′位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；D.从释放到第一次到达OO′位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确．] 6．(2024·江西南昌市统考二模)如图所示，水平面内固定足够长的光滑平行金属导轨L1、L2，间距d＝0.5 m，左端接有电容C＝0.02 F的电容器，整个空间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T，质量m＝0.06 kg的导体棒垂直放置在导轨上，导体棒和导轨的电阻不计，现用一水平向右的恒力F＝0.32 N作用于导体棒，使棒从静止开始运动，到达A′处时速度v＝4 m/s，此时突然将拉力方向变为向左，则之后导体棒向右运动的最大距离为(　 ) A．1 m　　B．2 m　　　C．3 m　　　D．4 m 解析：A　[根据题意，在水平向右的恒力作用下，设t时刻导体棒的速度为vt，此时导体棒产生的感应电动势为E＝Bdvt，电容器两端电压U＝E，对导体棒，由动量定理得Ft－Bdt＝mvt，其中t＝q＝CU，联立得＝(定值)，故加速度a＝，即导体棒做匀加速直线运动，同理，在拉力方向变为向左后，导体棒做匀减速运动，加速度为a2＝＝8 m/s2，拉力方向改变后导体棒向右运动的最大距离x2＝＝1 m，故A正确．] 7．(2024·山东泰安市高三期末)如图所示，间距为L的平行光滑足够长的金属导轨固定倾斜放置，倾角θ＝30°，虚线ab、cd垂直于导轨，在ab、cd间有垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量均为m、阻值均为R的金属棒PQ、MN并靠在一起垂直导轨放在导轨上．释放金属棒PQ，当PQ到达ab瞬间，再释放金属棒MN；PQ进入磁场后做匀速运动，当PQ到达cd时，MN刚好到达ab.不计导轨电阻，两金属棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g.则MN通过磁场过程中，PQ上产生的焦耳热为(　　) A.　　　　 B． C. D． 解析：D　[由题意知PQ进入磁场后做匀速运动，则由平衡条件得安培力为F＝mgsin θ，又因为F＝BIL＝，解得金属棒速度为v＝，电流为I＝，因为金属棒从释放到刚进入磁场时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知mgsin 30°＝ma，所以加速时间为t＝，由题意知当PQ到达cd时，MN刚好到达ab，即金属棒穿过磁场的时间等于进入磁场前的加速时间，且MN在磁场中的运动情况和PQ一致，故MN通过磁场过程中，PQ上产生的焦耳热为Q焦耳＝I2Rt，解得Q焦耳＝，故选D.] 8．(多选)(2024·湖南省常德高三三模)如图所示，在光滑的绝缘水平面上，放置一个边长为L、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框abcd，线框的右侧与一根绝缘水平细线相连，细线的另一端跨过一个光滑的小定滑轮，悬挂一个质量为4m的重物，放置于倾角θ＝30°的足够大的光滑斜面上，在线框右侧存在一宽度也为L、方向竖直向下的匀强磁场，磁场的左边界与线框cd边平行且距离也为L.现将线框和重物同时由静止释放，线框恰好能够完全匀速通过磁场区域，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．线框右边cd刚进入磁场时的速度大小为 B．磁场的磁感应强度大小为 C．线框通过磁场的过程中，电流做的功为2mgL D．线框cd边在进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为 解析：AD　[线框和重物组成的系统机械能守恒，有4mgLsin θ＝(m＋4m)v2，解得v＝，故A正确；根据平衡条件，对线框有FT＝F安＝，对重物有FT＝4mgsin θ，联立解得B＝ ，故B错误；因线框恰好能够完全匀速通过磁场区域，根据能量守恒定律可得W电＝4mg×2Lsin θ＝4mgL，故C错误；线框cd边在进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为q＝＝，联立方程，解得q＝ ，故D正确．] [B组　创新应用练] 9．(多选)(2024·山东临沂统考一模)如图所示，两电阻不计的光滑平行导轨水平放置，MN部分的宽度为2l，PQ部分的宽度为l，金属棒a和b的质量分别为2m和m，其电阻大小分别为2R和R，a和b分别静止在MN和PQ上，垂直于导轨且相距足够远，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现对金属棒a施加水平向右的恒力F，两棒运动时始终保持平行且a总在MN上运动，b总在PQ上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是(　　) A．金属棒a与b均做匀速直线运动且距离逐渐减小 B．金属棒a与b均做匀变速运动且加速度之比为1∶2 C．流过金属棒a的电流大小为 D．回路中的感应电动势保持不变，大小为 解析：BD　[对a、b整体分析，由于受恒定拉力作用，则经过足够长时间后最终达到稳定状态，此时回路中的感应电动势保持恒定，则回路中的电流恒定，设两棒的加速度为aa、ab，有E总＝B·2l(va＋aaΔt)－Bl(vb＋abΔt)，由于电动势恒定，则对上式两边求变化率有0＝2Blaa－Blab，则可得ab＝2aa，故金属棒a与b均做匀变速运动且加速度之比为1∶2，选项A错误，B正确；根据受力分析，由牛顿第二定律得F－F安a＝2maa，F安b＝mab，设回路中的电流为I，则F安a＝2BIl，F安b＝BIl，联立解得I＝，则流过a的电流大小为，故C错误；回路中的感应电动势保持不变，大小为E＝I(2R＋R)＝，选项D正确．] 10．(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，电容器的电容大小为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，对金属棒施加一水平向右的恒力，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． 解析：(1)开关S闭合时，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＝， 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＝， 在加速阶段，外力的功率为PF＝Fv＝v， 定值电阻的功率为PR＝I2R＝， 若PF＝2PR时，即v＝2， 化简可得金属棒速度v的大小为v＝， (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＋， 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，而恒力的功率PF＝F′v＝BILv，定值电阻功率PR＝I2R， 当PF＝2PR时有BILv＝2I2R，可得IR＝， 根据E＝BLv＝IR＋， 可得此时电容器两端电压为UC＝＝＝BLv0， 从开关断开到此刻外力所做的功为W＝BIL(v·Δt)＝BLvI·Δt＝BLvq，其中q＝，联立可得W＝. 答案：(1)　(2)， 11．(2024·河北卷，14)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． 解析：(1)当导体棒OA运动到正方形金属细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，则Lmax＝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，有Emax＝BLmax1， 其中，平均速度为1＝， 则感应电动势Emax＝BL2ω 根据闭合电路欧姆定律，有Imax＝， 则CD棒所受安培力的最大值为 Fmax＝BImaxL＝， 当导体棒OA运动到与细框某一边平行瞬间，切割的有效长度最小，感应电流最小，CD棒所受的安培力最小，根据法拉第电磁感应定律，有Emin＝BLmin2，其中Lmin＝L，平均速度为2＝， 则感应电动势Emin＝BL2ω， 根据闭合电路欧姆定律，有Imin＝， 则CD棒所受安培力的最小值为 Fmin＝BIminL＝， (2)当CD棒所受安培力最小时，根据平衡条件，有mgsin θ－μmgcos θ－Fmin＝0， 当CD棒所受安培力最大时，根据平衡条件，有Fmax－mgsin θ－μmgcos θ＝0， 联立可得m＝， 撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律， 有Fmax－mgsin θ＋μmgcos θ＝ma， 可得CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝－tan θ. 答案：(1)　　(2)－tan θ 12．(2024·吉林统考三模)如图所示，在两根水平的平行光滑金属导轨右端c、d处，连接两根相同的平行光滑圆弧导轨．圆弧导轨均处于竖直面内，与水平导轨相切，半径r＝0.5 m，顶端a、b处连接一阻值R＝2.0 Ω的电阻，平行导轨各处间距均为L＝0.5 m，导轨电阻不计．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2.0 T．一根质量m＝1.0 kg、电阻R0＝1.0 Ω的金属棒在水平拉力F作用下从ef处由静止开始做匀加速直线运动，运动到cd处的时间t0＝3.0 s，此时拉力F0＝6.0 N．金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小g＝10 m/s2.求： (1)金属棒匀加速直线运动的加速度大小； (2)金属棒做匀加速直线运动过程中通过金属棒的电荷量q； (3)若金属棒运动到cd处，调节拉力F使金属棒沿圆弧导轨做匀速圆周运动至ab处．计算金属棒从cd运动至ab的过程中，拉力做的功WF.(计算结果保留到小数点后两位) 解析：(1)设金属棒匀加速运动的加速度为a，则运动到cd处的速度v＝at0， 当金属棒在cd处时，金属棒产生的感应电动势为 E1＝BLv，产生的电流为I＝， 金属棒所受的安培力为FA＝BIL， 据牛顿第二定律得F0－FA＝ma， 联立并代入数据解得a＝3 m/s2. (2)通过金属棒的电荷量为q＝t0， ＝，＝，联立得q＝4.5 C. (3)设金属棒运动速度v与磁场正方向的夹角为α，则垂直磁场方向的分速度v⊥＝vsin α， 则E2＝BLvsin α，有效值E＝， 则Q＝t，其中t＝，解得Q＝π J， 由功能关系得WF＝mgr＋Q， 代入数据WF＝ J≈6.18 J. 答案：(1)3 m/s2　(2)4.5 C　(3)6.18 J 学科网（北京）股份有限公司 $$