专题11 电磁感应-【名师大课堂】2025年高考物理艺术生总复习必备训练册（word课时作业）

专题十一　电磁感应 1．(2024·湖北卷)《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：雷击时，瞬时非均匀变化的电场产生变化的磁场，变化的磁场在金属内产生涡电流，发热使金属熔化，C正确． 2．(2024·湖南卷)如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为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．φO＜φa＜φb＜φc C．φO＞φa＞φb＝φc D．φO＜φa＜φb＝φc 解析：a、b、c点绕O点逆时针转动时，相当于长为Oa、Ob、Oc的导体棒转动切割磁感线，由右手定则可知，O点电势最高．由法拉第电磁感应定律有E＝Blv＝Bωl2，又lob＝loc＝＝R，则0<UOa<UOb＝UOc，则φO>φa>φb＝φc，C正确． 3．(2024·江苏卷)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a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，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产生的电流为顺时针．故选A. 4．(2024·广东卷)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BC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．故选D. 5．(多选)(2024·湖南卷)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置．现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处．已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为μ，AB＝BC＝d.导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　CD　) A．金属杆经过BB1的速度为 B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为mv－μmgd C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 解析：设金属杆在BB1处速度为v，导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域运动时，只受安培力，由动量定理有－∑BiLΔt＝mv－mv0，即－＝mv－mv0，在BB1C1C区域运动时，受安培力和滑动摩擦力，由动量定理有－∑BiLΔt－μmgt＝0－mv，即－μmgt－＝0－mv，联立可知v>，A错误；在整个过程中，由功能关系可得mv＝2QR＋μmgd，解得QR＝mv－μmgd，B错误；金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，安培力的冲量均为－∑BiLΔt＝－，C正确；对全过程由动量定理有－μmgt－2d＝0－mv0，若将金属杆的初速度加倍，由动量定理有－μmgt′－2d′＝0－2mv0，由于金属杆在BB1C1C区域运动的速度比第一次大，t′<t，即t′<2t，则d′>2d，D正确． 6．(多选)(2024·山东卷)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(　ABD　) 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：由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，MN最终一定静止在OO′位置，AB正确；根据楞次定律可知，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，D正确；从释放到第一次到达OO′位置过程中，在即将到达OO′位置的时刻，MN所受安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状态，C错误． 7．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． 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＝ 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＝ 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＝ΣBIL(v·Δt)＝BLvΣI·Δt＝BLvq 其中q＝ 联立可得W＝. 答案：(1)v＝　(2)U＝　W＝ 8．(2024·江西卷)如图所示，绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接，两侧导轨倾角分别为θ1、θ2，导轨间距均为l＝2 m，水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T. 现有两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为m1＝6 kg和m2＝2 kg，接入导轨的电阻均为R＝1 Ω.左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1＝、μ2＝.初始时刻，乙静止在水平导轨上，与水平导轨左端P1P2的距离为d，甲从左侧倾斜导轨高度h＝4 m的位置静止滑下．水平导轨足够长，两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直．若两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞．不计空气阻力和导轨的电阻．(g取10 m/s2，sin θ1＝0.6，sin θ2＝0.8) (1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向； (2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前甲和乙不相碰，求d的最小值； (3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图(b)所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围． 解：(1)对甲从静止到运动至P1P2处的过程，根据动能定理有 m1gh－μ1m1g cos θ1·＝m1v－0 甲刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有 E0＝Blv0 根据欧姆定律有I0＝ 对乙由牛顿第二定律有 BI0l＝m2a乙0 联立并代入数据解得a乙0＝2 m/s2 根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，则加速度方向水平向右． (2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有m1v0＝(m1＋m2)v共 对乙根据动量定理有 Blt＝m2v共－0 又t＝q＝＝ dmin＝Δx 联立解得dmin＝24 m. (3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨上运动稳定，相对位移为Δx＝24 m，且稳定时的速度v共＝6 m/s 乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有 m2g sin θ2＋μ2m2g cos θ2＝m2a上 根据运动学规律有2a上x上＝v 乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有 m2g sin θ2－μ2m2g cos θ2＝m2a下 根据运动学规律有2a下x下＝v 又x上＝x下 联立并代入数据解得乙第一次从右侧斜轨上滑下经Q1Q2时的速度 v1＝5 m/s 甲乙结合体第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有 (m1＋m2)g sin θ2＋μ2(m1＋m2)g cos θ2＝(m1＋m2)a′上 根据运动学规律有2a′上x′上＝v2 由题图(b)可知x上＝4.84 x′上 解得甲、乙碰撞后的速度v＝m/s 乙返回水平导轨后与甲相互作用的过程，对甲、乙组成的系统，根据动量守恒定律有 m1v2－m2v1＝(m1＋m2)v 解得乙返回水平导轨Q1Q2时甲的速度为v2＝ m/s 若乙返回水平导轨时在Q1Q2处恰与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动量定理有 －B1lΔt1＝m1v2－m1v共 又q1＝1Δt1＝ 解得Δx′＝ m 根据位移关系有d′min－Δx＝Δx′ 解得d′min＝ m 若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有 B2lΔt2＝m2v－(－m2v1) 又q2＝2Δt2＝ 解得Δx″＝m 根据位移关系有d′max－Δx－Δx′＝Δx″ 解得d′max＝ m 综上所述，d的取值范围为m<d<m. 学科网（北京）股份有限公司 $$