热点14　电磁感应规律及应用 --2025年高考物理大二轮复习考前特训（专练）

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1~10题每题6分，共60分
1.(2024·甘肃卷·6)工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是( )
A.金属中产生恒定感应电流
B.金属中产生交变感应电流
C.若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小
D.若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变
答案 B
解析 当线圈中通有交变电流时，感应电炉金属内的磁通量也不断随之变化，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确；
若线圈匝数增加，根据电磁感应定律E=nΔΦΔt可知，感应电动势增大，则金属中感应电流变大，C、D错误。
2.(2024·重庆市模拟)在家庭电路中，接地故障断路器在用电器发生漏电时，能保护人的生命和财产安全。当用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电线电流大小相等、方向相反；当用电器漏电时，线圈中就会产生感应电流，断路器切断电路。若某次漏电瞬间，电线1和电线2中电流流向如图所示，且电线2中电流小于电线1中电流，则线圈内( )
A.磁通量增加，感应电流从N到M
B.磁通量减少，感应电流从N到M
C.磁通量增加，感应电流从M到N
D.磁通量减少，感应电流从M到N
答案 A
解析 当用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电线电流大小相等、方向相反，此时穿过线圈的磁通量为零；当用电器漏电时，且电线2中电流小于电线1中电流，则线圈内磁通量增加，根据右手螺旋定则可知铁芯内部会产生顺时针方向(从右往左看)的磁场，根据楞次定律和右手螺旋定则知线圈中感应电流从N到M，故选A。
3.(多选)(2024·山西大同市、晋中市一模)安装适当软件后，利用智能手机的磁传感器能测量由于磁感应强度发生变化而产生的感应电动势E感。已知某区域水平地面下1 m深处埋有一根与大地表面平行的足够长的直线电缆，电缆中通有正弦交变电流。将智能手机的屏幕水平放置测量时，测得地面上a、c两处感应电动势为零，b处感应电动势不为零。经测量，a、b、c恰好位于边长为2 m的等边三角形的三个顶点上，地磁场影响可忽略，则( )
A.直线电缆中的电流方向平行于ac方向
B.b处感应电动势瞬时值大小可以不变
C.手机在b处竖直向上移动时，电动势可能增大
D.当手机屏幕与水平地面成60°时，在b处测得感应电动势也为零
答案 AD
解析 地面上a、c两处感应电动势为零，直线电缆中的电流方向平行于ac方向，故A正确；电缆中通有正弦交变电流，b处磁通量的变化率一定变化，感应电动势瞬时值大小一定变化，故B错误；手机在b处竖直向上移动时，磁通量的变化率一定变小，电动势一定减小，故C错误；当手机平面和电缆产生的磁感线相切时，手机中的感应电动势为零，设相切时手机屏幕与水平地面的夹角为θ，如图，则有tan θ=3，解得θ=60°，故D正确。
4.(2024·福建福州市期中)如图甲所示，线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器(可看作理想电流表)相连。将强磁体从长玻璃管上端由静止释放，磁体下落过程中将穿过线圈，并不与玻璃管摩擦。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像，从上往下看线圈中顺时针为电流的正方向。下列判断正确的是( )
A.本次实验中朝下的磁极是N极
B.t1~t2与t2~t3两段时间里图线与横轴围成的面积相等
C.磁体下落过程减少的重力势能等于增加的动能
D.磁体若从更高处释放，t2时刻穿过线圈的磁通量更大
答案 B
解析 由乙图可知t1~t2时间内线圈中电流为顺时针方向，根据楞次定律的“增反减同”可知本次实验中朝下的磁极是S极，故A错误；乙图中图线与横轴所围面积表示通过线圈横截面的电荷量，有q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔt·RΔt=ΔΦR，依题意，线圈在t1~t2与t2~t3两段时间里的磁通量的变化相同，所以这两段图线与横轴围成的面积相等，故B正确；由能量守恒可知磁体下落过程减少的重力势能等于增加的动能与增加的电能之和，故C错误；根据Φ=BS，磁体若从更高处释放，t2时刻穿过线圈的磁通量不变，故D错误。
5.(2024·海南海口市一模)如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨竖直固定放置，导轨间存在垂直纸面的匀强磁场：两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，在外力作用下处于静止状态。t=0时刻由静止释放棒ab，一段时间后再由静止释放棒cd。两棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
答案 C
解析 t=0时刻由静止释放棒ab，棒ab在重力作用下由静止开始加速，此时金属棒cd、ab的加速度分别为acd=0，aab=mgm=g，之后回路中出现感应电流，棒ab的加速度aab=mg-B2L2vabmR总，随着棒ab的速度增大，棒ab的加速度减小，因为vcd=0，acd=0，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的感应电动势逐渐增大，安培力F安=B2L2R总vab，逐渐增大，一段时间后再由静止释放棒cd，棒cd加速运动且加速度增大，当acd=aab时，vab-vcd不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，均为g，但是两金属棒的速度仍在增大，故C正确，A、B、D错误。
6.(多选)(2024·广西南宁市二模)如图所示，光滑绝缘水平桌面上，虚线边界的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线左侧有一长为2L、宽为L的矩形金属框，其电阻为R，第一次让金属框的ab边平行虚线边界、给金属框一个水平向右的初速度v0让其恰好完全进入磁场区域；第二次让金属框的bc边平行虚线边界、给金属框一个水平向右的外力让其以速度v0匀速进入磁场区域。关于第一次和第二次金属框进入磁场的过程，下列说法正确的是( )
A.金属框中的电流方向相同，都为逆时针
B.金属框中的焦耳热之比为1∶4
C.通过金属框横截面的电荷量之比为1∶2
D.金属框进入磁场的时间之比大于4∶1
答案 ABD
解析 金属框进入磁场，磁通量增大，根据楞次定律可知，金属框中的电流方向相同，都为逆时针，故A正确；通过金属框横截面的电荷量为q=IΔt=ΔΦΔt·RΔt=BLabLbcR=BSR，可知通过金属框横截面的电荷量之比为1∶1，故C错误；第一次金属框进入磁场时，根据动量定理可知-BI1Lt1=0-mv0，根据电流的定义式得q=I1t1，根据能量守恒定律可知，产生的焦耳热为Q1=12mv02，解得Q1=12qBLv0，第二次金属框进入磁场时，根据功能关系可知，产生的焦耳热为Q2=qU2=qB×2Lv0=2qBLv0，则Q1Q2=14，即金属框中的焦耳热之比为1∶4，故B正确；假设金属框第一次进入磁场时做匀减速直线运动，则有2L=v02t1'，金属框第二次进入磁场时做匀速直线运动，则有L=v0t2，则金属框进入磁场的时间之比为4∶1，而金属框第一次进入磁场时加速度逐渐减小，时间变大，所以金属框进入磁场的时间之比大于4∶1，故D正确。
7.(多选)(2022·全国甲卷·20)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后( )
A.通过导体棒MN电流的最大值为QRC
B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
答案 AD
解析 开始时电容器两极板间的电压U=QC，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I=UR=QCR，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A项正确，C项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D项正确。
8.(多选)(2024·福建三明市一模)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一导体棒MN沿x轴正方向以速度v0保持匀速运动，t=0时刻通过坐标原点O，导体棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流大小为i，导体棒受到安培力的大小为F，导体棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与导体棒接触良好，忽略导轨与导体棒的电阻。下列图像可能正确的是( )
答案 AC
解析 当导体棒从O点向右运动L时，即在0~Lv0时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度L=l0+v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E=BLv0，则有I=BLv0R=Bv0R(l0+v0ttan θ)，可知回路电流均匀增加；安培力F=B2L2v0R=B2v0R(l0+v0ttan θ)2，则F-t图像为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率P=Fv0=B2L2v02R=B2v02R(l0+v0ttan θ)2，则P-t图像为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒切割磁感线产生的感应电动势，即U=E=BLv0=Bv0(l0+v0ttan θ)，即U-t图像是不过原点的直线；根据以上分析，B、D错误；在Lv0~2Lv0时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在2Lv0~3Lv0时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F和安培力的功率P的大小都按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0~Lv0内是对称的关系，电阻两端电压U均匀减小，A、C正确。
9.(多选)(2024·江西上饶市一模)如图所示，导体棒a、b水平放置于足够长的光滑平行金属导轨上，导轨左右两部分的间距分别为l、2l，导体棒a、b的质量分别为m、2m，接入电路的电阻分别为R和2R，其余部分电阻均忽略不计。导体棒a、b均处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，a、b两导体棒均以v0的初速度同时水平向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，导体棒a始终在窄轨上运动，导体棒b始终在宽轨上运动，直到两导体棒达到稳定状态。则该过程中( )
A.导体棒中的最大电流为Im=Blv03R
B.a棒运动初始瞬间的加速度方向水平向左
C.电路中产生的焦耳热Q=16mv02
D.通过导体棒a的某一横截面的电荷量q=mv03Bl
答案 ACD
解析 开始时感应电动势最大E=B·2lv0-Blv0=Blv0，最大电流为Im=Blv03R，故A正确；开始瞬间回路感应电流沿顺时针方向，则a棒运动初始瞬间感应电流方向向里，根据左手定则可知，a棒运动初始瞬间所受安培力向右，则加速度方向水平向右，故B错误；二者稳定时Blva=B·2lvb，得va=2vb，a棒加速运动，b棒减速运动，根据动量定理，对a：BIlt=mva-mv0，对b：-2BIlt=2mvb-2mv0，得va=43v0，vb=23v0，对整个系统，由能量守恒有12mv02+12×2mv02=12m(43v0)2+12×2m(23v0)2+Q，得Q=16mv02，故C正确；由于q=It，结合C选项，得通过导体棒a的某一横截面的电荷量为q=mv03Bl，故D正确。
10.(多选)(2024·海南卷·13)两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L=1 m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R=0.02 Ω的电阻和C=1 F的电容器，整个装置处于B=0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为m1=0.8 kg，m2=0.4 kg，ab棒的电阻为0.08 Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0=4.32 m处在一个大小F=4.64 N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s，g=10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B.ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3 m/s
D.两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4 m/s
答案 BD
解析 由于导体棒ab、cd同时由静止开始运动，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对导体棒cd和电容器组成的回路有Δq=C·BLΔv
对cd根据牛顿第二定律有
F-BIL-m2gsin 30°=m2a2
其中a2=ΔvΔt，I=ΔqΔt
联立有a2=F-m2gsin30°m2+CB2L2
则说明导体棒cd做匀加速直线运动，
则有x0=12a2t2
联立解得a2=6 m/s2，t=1.2 s，故A错误；
由题知，碰前瞬间ab的速度v1为4.5 m/s，
则根据功能关系有m1gxabsin 30°-Q=12m1v12
导体棒ab下滑过程中根据动量定理有
m1gsin 30°·t-BIL·t=m1v1
其中q=It=BLxabR总，
R总=R+Rab=0.1 Ω
联立解得q=6 C，xab=3 m，Q=3.9 J
则R上消耗的焦耳热为QR=RR总Q=0.78 J
故B正确；
由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，有
m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2'
12m1v12+12m2v22=12m1v1'2+12m2v2'2
其中v2=a2t=7.2 m/s
联立解得v1'=-3.3 m/s，v2'=8.4 m/s
故C错误，D正确。