2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案079-高考真题集训12 电磁感应（教用）

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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
【答案】D
【解析】题图乙所示情况下，穿过线圈的磁通量为0，A错误；由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，线圈中的感应电动势越大，永磁铁相对线圈上升越高时速度越小，B、C错误；永磁铁相对线圈下降，穿过线圈的磁通量向外增大，由楞次定律及安培定则可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，D正确。
2．（2024·山东卷·11）多选 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
【答案】ABD
【解析】MN在运动过程中，受重力、支持力和安培力作用，且MN始终克服安培力做功将机械能转化为电能，电能又转化为焦耳热；MN最后静止时，安培力为0，重力与支持力平衡，只能在OO′位置，A、B正确。MN从释放到第一次运动到OO′位置过程中，由右手定则可得MN中的电流方向由M到N，D正确；当重力沿导轨切线方向的分力与安培力沿导轨切线方向的分力等大反向时，MN速率最大，故从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率先增大后减小，C错误。
3．（2025· 陕晋青宁卷·7）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=4B2L3mR并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用，则（ ）
A. 甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B. 甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1:1
C. 乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D. 甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4:3
【答案】D
【解析】进磁场时穿过甲线框的磁通量增加，出磁场时穿过甲线框的磁通量减少，根据楞次定律及安培定则可知甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相反，A错误。甲、乙两线框在进磁场瞬间，感应电动势E=BLv0，通过甲线框的电流I甲=BLv0R，甲线框所受安培力F甲=BI甲L=B2L2v0R； 通过乙线框的电流I乙=BLv02R，乙线框所受安培力F乙=BI乙L=B2L2v02R，故F甲:F乙=2:1，故B错误。在乙线框进磁场过程中，规定水平向右为正方向，根据动量定理有−BI乙L⋅Δt=mv乙1−mv0，其中I乙Δt=ΔΦR乙=2BL22R=BL2R，在乙线框出磁场过程中，根据动量定理有−BI′乙L⋅Δt′=mv乙2−mv乙1，I乙′Δt′=ΔΦR乙=BL2R，联立解得v乙2=2B2L3mR=v02，C错误。同理，对甲线框，从刚要进入磁场到完全出磁场，由动量定理得−2BI甲L⋅Δt″=mv甲−mv0，其中I甲Δt″=2BL2R，解得v甲=0，根据能量守恒，甲线框从刚进入磁场到完全出磁场产生的焦耳热Q甲=12mv02，乙从刚进入磁场到完全出磁场产生的焦耳热Q乙=12mv02−12m(v02)2=38mv02，所以Q甲:Q乙=4:3，D正确。
4．（2025·湖南卷·9）多选 如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是（ ）
A. 金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向
B. 金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C. 金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为mv0r0B2
D. 若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
【答案】AC
【解析】金属杆沿x轴正方向运动过程中，由右手定则可得金属杆中电流沿y轴负方向，A正确。利用假设法分析，若金属杆可在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动，可得恒力F=BIl=BBlvRl=B2l2vlr0=B2lvr0，若v不变，l必为定值，与实际不符，B错误。金属杆从开始运动到停止运动过程中，对金属杆由动量定理可得−∑B⋅Blvlr0l⋅Δt=0−mv0，较短的时间Δt内，vlΔt=ΔS，ΔS为Δt内导轨间的金属杆扫过的面积，故−B2Sr0=0−mv0，解得金属杆停止运动时与导轨围成的面积为S=mv0r0B2，C正确。若金属杆的初速度减半，由S=mv0r0B2可得金属杆停止运动时与导轨围成的面积减小为原来的一半，由抛物线的特点可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，D错误。
5．（2024·河北卷·14）（12分）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。
【答案】（1） B2L3ωR；B2L3ω2R
（2） agcsθ−13tanθ
【解析】
（1） OA棒转至正方形金属细框顶点位置时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电动势最大，
Emax=12B(2L)2ω=BL2ω ，
回路中的最大电流Imax=EmaxR，
CD棒所受安培力的最大值
Fmax=ImaxLB=B2L3ωR，
OA棒转至与正方形金属细框任意一边垂直时，切割磁感线的有效长度最小，产生的感应电动势最小，Emin=12BL2ω ，
回路中的最小电流Imin=EminR，
CD棒所受安培力的最小值
Fmin=IminLB=B2L3ω2R。
（2） 由右手定则可知OA棒中电流由O流向A，即CD棒中电流由D流向C，再由左手定则可知，CD棒所受安培力的方向沿导轨所在平面向上。
设CD棒质量为m，CD棒与导轨间的最大静摩擦力为fm，则在最小安培力下恰好静止，如图1，对CD棒受力分析可知，
Fmin+fm=mgsinθ （点拨：CD棒所受安培力最大和最小时，分别对应CD棒所受最大静摩擦力沿斜面向下和向上），
在最大安培力作用下恰好静止，如图2，对CD棒受力分析可知Fmax=fm+mgsinθ ，
图1图2
当OA棒锁定后，撤去推力瞬间，如图3，对CD棒受力分析，结合牛顿第二定律得Fmax+f−mgsinθ=ma，
f=μmgcsθ ，
联立解得μ=agcsθ−13tanθ 。
图3
6．（2025·安徽卷·15）（14分）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求：
（1） 第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；
（2） 第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量；
（3） 从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。
【答案】（1） B2L2v022R
（2） mv0BL
（3） 12mv02⋅nn+1
【解析】
（1） 刚进入磁场时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv0，
回路中的感应电流为I=BLv02R，
导体棒受到的安培力大小为F=BIL，
安培力的功率为P=Fv0，
联立解得P=B2L2v022R。
（2） 第2根导体棒在磁场中运动的整个过程，由动量定理得
−BILt=0−mv0，
又q=It，
解得q=mv0BL。
（3） 第1根导体棒从进入磁场到停下来的过程中，该导体棒的动能转化为电路中产生的热量，有12mv02=Q1，
由电路关系可知，定值电阻上产生的热量为
QR1=RR+RQ1=12×12mv02，
同理，第n根导体棒从进入磁场到停下来的过程中，导体棒的动能全部转化为电路中产生的热量，有12mv02=Qn，
电路结构为右侧n−1根不动棒和定值电阻R并联后再与左侧的动棒串联，
定值电阻上产生的热量为
QRn=1n⋅RnRn+RQn=1n(n+1)⋅12mv02，
整个过程中，右端定值电阻上产生的总热量为
∑QR=12mv02[11(1+1)+12(2+1)+⋯+1n(n+1)]=12mv02[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)]=12mv02⋅nn+1。