2025届高三物理一轮复习课时作业：电磁感应综合应用

2025届高三物理一轮复习课时作业 §11.2电磁感应综合应用 时间：45分钟 满分：100分 一、选择题：本题共12小题，每小题6分，共72分。在每小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项正确；第9～12小题，有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是选项图中的(　　) 2．如图所示，在一磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为L＝0.1 m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3 Ω的电阻。导轨上正交放置着金属棒ab，其电阻r＝0.2 Ω。当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做匀速运动时(　　) A．回路中感应电流大小为1 A B．a端电势比b端电势低 C．ab棒所受安培力大小为0.02 N D．N、Q间电压为0.2 V 3．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　) A．0 B．r2qk C．πr2qk D．2πr2qk 4．如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接；导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上。若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法正确的是(　　) A．可能以速度v匀速下滑 B．所受安培力方向水平向左 C．刚下滑瞬间产生的电动势为BLv D．减少的重力势能等于电阻R产生的内能 5．如图所示，正三角形ABC区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直其面向里的匀强磁场，三角形导线框abc从A点沿AB方向以速度v匀速穿过磁场区域。已知AB＝2L，ab＝L，∠b＝90°，∠c＝30°，线框abc三边阻值均为R，ab边与AB边始终在同一直线上。则在线框穿过磁场的整个过程中，下列说法正确的是(　　) A．感应电流始终沿逆时针方向 B．感应电流一直增大 C．通过线框某截面的电荷量为 D．c、b两点的最大电势差为 6．如图所示，两根足够长的光滑导轨固定竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，金属棒和导轨电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放(设当地重力加速度为g)，则(　　) A．释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度g B．金属棒向下的最大速度为v时，所受弹簧弹力为F＝mg－ C．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b D．电路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 7．如图所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在下滑过程中(　　) A．下滑位移大小为 B．运动的加速度大小为 C．产生的焦耳热为qBLv D．受到的最大安培力大小为sinθ 8．如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽。现有一高和底均为L的等腰三角形导线框，顶点a在y轴上，从图示x＝0位置开始，在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，线框bc边始终与磁场的边界平行。线框中感应电动势E大小、线框所受安培力F安大小、感应电流i大小、外力F大小这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图象中正确的是(　　) 9．如图，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab，导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止向右运动。则(　　) A．随着ab运动速度的增大，其加速度减小 B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能 C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率大于电路中的电功率 D．无论ab做何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 10．如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能(　　) A．始终减小 B．始终不变 C．始终增加 D．先减小后增加 11．如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) A．流过金属棒的最大电流为 B．通过金属棒的电荷量为 C．克服安培力所做的功为mgh D．金属棒内产生的焦耳热为mg(h－μd) 12．如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1 T，方向垂直纸面向里。现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向。重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C B．线圈匀速运动的速度大小为8 m/s C．线圈的长度为1 m D．0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J 二、非选择题：本题共2小题，共28分。考生根据要求做答 13．(12分)如图所示，固定的平行金属导轨与水平面夹角为θ＝37°，其间距为L＝1 m，导轨顶端用导线连接理想电流表和阻值为R＝3 Ω的小灯泡。矩形区域abcd内有垂直导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度为B＝2 T，b、c距离为x0＝5 m。现将电阻为r＝1 Ω、质量为m＝1 kg、长也为L＝1 m的导体棒MN垂直导轨放置并从ab处静止释放，在导体棒离开磁场前，电流表的示数已稳定不变。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，小灯泡的电阻恒定不变，导轨和导线的电阻不计，各处接触良好。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： (1)导体棒离开磁场时的速度v； (2)小灯泡产生的焦耳热QR。 14．(16分) 随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零；线圈abcd的电阻为R，其余电阻忽略不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力均不计，求： (1)缓冲滑块刚停止运动时，线圈ab边两端的电势差Uab； (2)缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小； (3)火箭主体的速度从v0减到零的过程中系统产生的电能。 第4页，共8页 ( 第 1 页 共 9 页 )高中物理 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三物理一轮复习课时作业参考答案 §11.2电磁感应综合应用 一、选择题： 1．D 解析：由题意知AB边受向右的恒定安培力，由左手定则可知线圈中电流沿顺时针方向，由楞次定律知原磁场增强，因安培力不变，根据F＝BIL知，B增大，I必减小，则感应电动势减小，再结合E＝＝，分析可知A、B、C错误，D正确。 2．C 解析：ab棒产生的感应电动势大小E＝BLv＝0.5×0.1×4.0 V＝0.2 V，回路中的感应电流大小I＝＝0.4 A，ab棒受到的安培力大小F＝BIL＝0.5×0.4×0.1 N＝0.02 N，A错误，C正确；由右手定则得，金属棒中的电流从b到a，则a端电势比b端电势高，B错误；N、Q之间的电压U＝E＝0.12 V，D错误。 3．C 解析：变化的磁场使回路中产生的感生电动势为E＝＝·S＝kπr2，则小球在环上运动一周，感生电场对小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，C正确。 4．A 解析：根据右手定则判断可知，ab棒中感应电流方向从b→a，由左手定则判断得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如图所示，故B错误。若安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力大小相等，ab棒可能匀速下滑，故A正确。刚下滑瞬间产生的感应电动势为E＝BLvcos θ，故C错误。根据能量守恒定律得知，若ab棒匀速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能之和；若ab棒加速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能与棒ab增加的动能之和；若ab棒减速下滑，其减少的重力势能和动能之和等于电阻R和棒ab产生的内能之和，所以减少的重力势能不等于电阻R产生的内能，故D错误。 5．D 解析：线框穿越磁场的过程中，磁通量先增大后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，然后再从一个突变的最大值逐渐减小，则感应电流先增大后减小，然后再从一个突变的最大值逐渐减小，故B错误；根据q＝，因为线框进入和离开磁场的过程中，磁通量的变化大小相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知整个过程通过线框某截面的电荷量为零，故C错误；当线框开始离开磁场时，cb边切割磁感线，电动势最大，且此时c、b两点的电势差最大，最大值为Ucb＝Emax＝B·Lv＝，故D正确。 6．B 解析：释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度等于g，故A错误；金属棒向下的速度最大时，加速度为零，回路中产生的感应电流为I＝，金属棒受到的安培力FA＝BIL＝，根据平衡条件知，F＋FA＝mg，解得弹簧弹力F＝mg－，故B正确；金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，故C错误；由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍作用，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以金属棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律可知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与最终弹簧的弹性势能之差，故D错误。 7．A 解析：由q＝I·Δt＝·Δt＝＝得x＝，选项A对；由牛顿第二定律可知mgsinθ－＝ma，金属棒做变加速运动，选项B错。由动能定理可知mgxsinθ－Q＝mv2，把x代入式中得到Q，选项C错；安培力最大为mgsinθ，选项D错。 8．B 解析：线框刚进入磁场时有效切割长度为L，感应电动势大小为E0＝BLv，随着线框的进入，感应电动势随x均匀减小，在a将要进入磁场时减为0；当线框刚进入右侧磁场时，线框在两磁场中有效切割的长度都为L，感应电动势大小为线框刚进入磁场时的2倍，即E1＝2BLv，之后感应电动势随x均匀减小，在bc边将要离开磁场时减为0；bc边离开磁场瞬间，感应电动势大小为E2＝BLv，以后有效切割长度随x均匀减小，感应电动势随x均匀减小，在a将要离开磁场时减为0，故A错误。由i＝可知，i与E随时间t有相似的变化规律，故B正确；线框所受安培力F安＝BiL，电流强度和有效切割长度在每个阶段均随x均匀变化，所以线框所受安培力与x在每个阶段都不是线性关系，故C错误；根据平衡条件可知，外力F始终与安培力等大反向，故F与x在每个阶段都不是线性关系，D错误。 9．AD 解析：金属棒ab所受的安培力为：FA＝BIL＝，由牛顿第二定律可知：a＝，则随着ab运动速度的增大，其所受安培力增大，因为F不变，则加速度减小，当加速度减小为0时，ab开始做匀速直线运动，故A正确；根据能量守恒定律可知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能以及ab的动能，故B错误；当ab做匀速运动时，外力F做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做功的功率等于电路中的电功率，故C错误；根据功能关系知，ab克服安培力做的功等于电路中产生的电能，故D正确。 10．CD 解析：ab边进入磁场时线框产生感应电动势，线框受到向上的安培力F作用，若安培力F＝BIL＝＝mg，则线框进入磁场的过程做匀速运动，当线框全部进入磁场后，不再产生感应电流，线框在重力作用下加速运动，B错误；若安培力F＝BIL＝<mg，则线框进入磁场的过程先做加速运动，可能一直加速，也可能加速至F＝mg后，线框做匀速运动，当线框全部进入磁场时，线框在重力的作用下继续做加速运动，C正确；若安培力F＝BIL＝>mg，则线框进入磁场的过程先做减速运动，可能一直减速，也可能减速至F＝mg后，线框做匀速运动，当线框全部进入磁场后，线框在重力作用下做加速运动，即速度可能先减小后增加，A错误，D正确。 11．BD 解析：金属棒下滑到导轨弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝mv2，此时，感应电流最大，分析可得Imax＝＝，A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝t＝＝，B正确；对整个过程由动能定理得mgh－WF安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功WF安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝WF安＝mg(h－μd)，可知C错误，D正确。 12．AB 解析：t2～t3时间ab在L3L4内匀速直线运动，而E＝BLv2，F＝BL，F＝mg解得：v2＝＝8 m/s，选项B正确；从cd边出L2到ab边刚进入L3一直是匀加速，因而ab刚进磁场时，cd也应刚进磁场，设磁场宽度是d，有：3d＝v2t－gt2，得：d＝1 m，有：ad＝2d＝2 m，选项C错误；在0～t3时间内由能量守恒得：Q＝mg5d－mv＝1.8 J，选项D错误；0～t1时间内，通过线圈的电荷量为q＝＝＝0.25 C，选项A正确。 二、非选择题： 13．(12分) (1)2 m/s　(2)6 J 解析：(1)导体棒在dc处产生的感应电动势E＝BLv， 此时回路中的电流I＝， 根据题意，导体棒在此处处于平衡状态， 则mgsinθ＝μmgcosθ＋BIL， 联立并代入数据解得v＝2 m/s。 (2)设导体棒从ab处运动到dc处，系统产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律，有 mgsinθ·x0－μmgcosθ·x0＝Q＋mv2， 解得Q＝8 J， 又有＝，解得QR＝6 J。 14．(16分)　(1)Blv0　(2)－g (3)＋mv 解析：(1)缓冲滑块刚停止运动时，ab边产生感应电动势：E＝Blv0， 因此Uab＝Blv0。 (2)缓冲滑块刚停止运动时，ab边所受安培力Fab＝BIl，方向竖直向下， 电流为I＝， 可知火箭主体将受到一个与Fab等大反向的作用力Fab′，对火箭主体受力分析可得：Fab′－mg＝ma， 解得：a＝－g。 (3)设下落t时间内火箭下落的高度为h，以竖直向下为正方向，在火箭主体的速度从v0减到零的过程中，对火箭主体由动量定理有：mgt－Fab′t＝0－mv0， 即mgt－＝0－mv0， 化简得h＝， 根据能量守恒定律，此过程系统产生的电能为：E电＝mgh＋mv， 解得：E电＝＋mv。 第4页，共8页 ( 第 1 页 共 9 页 )高中物理 学科网（北京）股份有限公司 $$