2023年高考物理二轮复习专题09电磁感应定律及综合应用押题专练

专题09电磁感应定律及综合应用1．法拉第创造了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图1所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．以下说法正确的选项是()图1A．回路中电流大小变化，方向不变B．回路中电流大小不变，方向变化C．回路中电流的大小和方向都周期性变化D．回路中电流方向不变，从b导线流进电流表答案D2．如图2所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．假设外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，线框磁通量的变化率为，通过导体横截面的电荷量为q，(其中P—t图像为抛物线)那么这些量随时间变化的关系正确的选项是()图2答案BD解析线框做匀加速运动，其速度v＝at，感应电动势E＝BLv线框进入磁场过程中受到的安培力F安＝BIL＝＝由牛顿第二定律得：F－＝ma那么F＝ma＋t，故A错误；感应电流I＝＝3．如图3所示，两根足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨下端接有定值电阻R，匀强磁场方向垂直导轨平面向上．现给金属棒ab一平行于导轨的初速度v，使金属棒保持与导轨垂直并沿导轨向上运动，经过一段时间金属棒又回到原位置．不计导轨和金属棒的电阻，在这一过程中，以下说法正确的选项是()图3A．金属棒上滑时棒中的电流方向由b到aB．金属棒回到原位置时速度大小仍为vC．金属棒上滑阶段和下滑阶段的最大加速度大小相等D．金属棒上滑阶段和下滑阶段通过棒中的电荷量相等答案AD解析金属棒上滑时，根据右手定那么判断可知金属棒中感应电流的方向由b到a，故A正确．金属棒运动过程中产生感应电流，受到安培力作用，根据楞次定律可知安培力总是阻碍金属棒相对于导轨运动，所以金属棒的机械能不断减小，那么金属棒回到原位置时速度大小必小于v，故B错误．根据牛顿第二定律得：对于上滑过程：mgsinθ＋F安＝ma上；对于下滑过程：mgsinθ－F安′＝ma下．可知：a上>a下，故C错误．金属棒上滑阶段和下滑阶段中回路磁通量的变化量相等，根据q＝可知通过金属棒的电荷量相等，故D正确．4.如图1所示，铜线圈水平固定在铁架台上，铜线圈的两端连接在电流传感器上，传感器与数据采集器相连，采集的数据可通过计算机处理，从而得到铜线圈中的电流随时间变化的图线.利用该装置探究条形磁铁从距铜线圈上端某一高度处由静止释放后，沿铜线圈轴线竖直向下穿过铜线圈的过程中产生的电磁感应现象.两次实验中分别得到了如图甲、乙所示的电流－时间图线.条形磁铁在竖直下落过程中始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计.那么以下说法中正确的选项是()图1A.假设两次实验条形磁铁距铜线圈上端的高度不同，其他实验条件均相同，那么甲图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度大于乙图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度B.假设两次实验条形磁铁的磁性强弱不同，其他实验条件均相同，那么甲图对应实验条形磁铁的磁性比乙图对应实验条形磁铁的磁性强C.甲图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能小于乙图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能D.两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下答案C解析由乙图中的电流峰值大于甲中电流峰值，可知乙实验的电磁感应现象更明显，故乙实验中的高度更高或磁铁磁性更强，A、B错误；电流峰值越大，产生的焦耳热越多，损失的机械能越大，故C正确；整个过程中，磁铁所受的磁场力都是阻碍磁铁运动，故磁场力一直向上，D错误.5.(多项选择)高频焊接技术的原理如图3(a)所示.线圈接入图(b)所示的正弦式交流电(以电流顺时针方向为正)，圈内待焊接工件形成闭合回路.那么()图3A.图(b)中电流有效值为IB.0～t1时间内工件中的感应电流变大C.0～t1时间内工件中的感应电流方向为逆时针D.图(b)中T越大，工件温度上升越快答案AC6.图4在竖直平面内固定一根水平长直导线，导线中通以如图4所示方向的恒定电流.在其正上方(略靠后)由静止释放一个闭合圆形导线框.导线框在下落过程中始终保持框平面沿竖直方向.在框由实线位置下落到虚线位置的过程中()A.导线框中感应电流方向依次为：顺时针→逆时针→顺时针B.导线框的磁通量为零时，感应电流也为零C.导线框所受安培力的合力方向依次为：向上→向下→向上D.导线框产生的焦耳热等于下落过程中框损失的重力势能答案A解析根据安培定那么，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流.向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针.故A正确；根据A中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大.这一过程是连续的，始终有感应电流存在，不是0，故B错误；根据楞次定律，感应电流始终阻碍导线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，故C错误；根据能量守恒定律，导线框产生的焦耳热等于下落过程中框损失的重力势能与增加动能之差，故D错误.7.如图5所示，用均匀导线做成边长为0.2m的正方形线框，线框的一半处于垂直线框向里的有界匀强磁场中.当磁场以20T/s的变化率增强时，a、b两点间电势差的大小为U，那么()图5A.φa<φb，U＝0.2VB.φa>φb，U＝0.2VC.φa<φb，U＝0.4VD.φa>φb，U＝0.4V答案A解析题中正方形线框的左半局部磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生，把左半局部线框看成电源，其电动势为E，内电阻为，画出等效电路如下图.那么a、b两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，且依题意知：＝20T/s.由法拉第电磁感应定律，得：E＝N＝1×20×V＝0.4V所以有：U＝IR＝×＝0.2V，由于a点电势低于b点电势，故有：Uab＝－0.2V.8.如图6甲所示，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内.左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化.规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，以下uab－t图象可能正确的选项是()图6答案C9.如图7所示，MN、PQ为足够长的平行导轨，间距L＝0.5m.导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°.NQ⊥MN，NQ间连接有一个R＝3Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0＝1T.将一根质量为m＝0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝2Ω，其余局部电阻不计.现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行.金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变，cd距离NQ为s＝2m.试解答以下问题：(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图7(1)金属棒到达稳定时的速度是多大？(2)从静止开始直到到达稳定速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？(3)假设将金属棒滑行至cd处的时刻记作t＝0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，那么t＝1s时磁感应强度应为多大？答案(1)2m/s(2)0.06J(3)0.4T解析(1)在到达稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，到达稳定速度时，有：mgsinθ＝B0IL＋μmgcosθE＝B0LvE＝I(R＋r)代入数据，得v＝2m/s(2)根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热.有：mgssinθ＝mv2＋μmgcosθ·s＋Q电阻R上产生的热量：QR＝Q解得：QR＝0.06J(3)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流.此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，故：mgsinθ－μmgcosθ＝ma设t时刻磁感应强度为B，那么：B0Ls＝BL(s＋x)x＝vt＋at2故t＝1s时磁感应强度B＝0.4T10.如图8甲所示，宽为L、倾角为θ的平行金属导轨，下端垂直于导轨连接一阻值为R的定值电阻，导轨之间加垂直于轨道平面的磁场，其随时间变化规律如图乙所示.t＝0时刻磁感应强度为B0，此时，在导轨上距电阻x1处放一质量为m、电阻为2R的金属杆，t1时刻前金属杆处于静止状态，当磁场即将减小到B1时，金属杆也即将开始下滑(金属杆所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力).图8(1)求0～t1时间内通过定值电阻的电荷量；(2)求金属杆与导轨间的最大静摩擦力；(3)假设金属杆沿导轨下滑x2后开始做匀速运动，求金属杆下滑x2过程中，电阻R产生的焦耳热.答案(1)(2)mgsinθ－(3)－解析(1)感应电动势：E＝＝感应电流：I＝通过定值电阻的电荷量q＝I·Δt＝I·t1即q＝(3)当金属杆到达最大速度时mgsinθ－Ffm－F安′＝0即此时感应电流与0～t1时间内感应电流大小相等，感应电动势也相等.所以B1Lv＝从开始滑动到到达最大速度过程mgx2sinθ＝Q焦＋Q滑＋mv2其中Q滑＝Ffmx2电阻R上产生的焦耳热QR＝Q焦解得QR＝－11．如图4所示，螺线管横截面积为S，线圈匝数为N，电阻为R1，管内有水平向右的磁场，磁感应强度为B.螺线管与足够长的平行金属导轨MN、PQ相连并固定在同一平面内，与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L.导轨电阻忽略不计．导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为B0的匀强磁场中．金属杆ab垂直导轨，杆与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦滑动．金属杆ab的质量为m，电阻为R2，重力加速度为g.忽略螺线管磁场对金属杆ab的影响，忽略空气阻力．图4(1)螺线管内方向向右的磁场B不变，当ab杆下滑的速度为v时，求通过ab杆的电流的大小和方向；(2)当ab杆下滑的速度为v时，螺线管内方向向右的磁场才开始变化，其变化率＝k(k>0)．讨论ab杆加速度的方向与k的取值的关系．答案(1)，方向为b→a(2)k<，加速度方向向上；k>，加速度方向向下解析(1)切割磁感线产生的感应电动势E1＝B0Lv那么电流的大小I＝＝根据右手定那么知，通过ab的电流方向为b→a.12．如图5所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L.一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ)，导线框的速度为v0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，那么()图5A．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小D．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率答案BC解析线框在运动过程中要克服安培力做功，消耗机械能，故返回原位置时速率减小，由动能定理可知，上升过程动能变化量大，合力做功多，所以选项A错误；分析线框的运动过程可知，在任一位置，上升过程的安培力大于下降过程中的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以选项B正确；以线框为对象分析受力可知，在上升过程做减速运动，有F安＋mg＝ma，F安＝，故有a＝g＋v，所以上升过程中，速度减小，加速度也减小，应选项C正确；在下降过程中的加速度小于上升过程的加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升时间较短，下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做的平均功率，所以选项D错误．13．半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图6所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：图6(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．答案(1)方向为C→D大小为(2)＋(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋Ffv，而Ff＝μmg解得P＝＋.14．如图4－10－26，POQ是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP＝OQ＝L.整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B＝B0－kt(其中k为大于0的常数)．一质量为m、长为L、电阻为R、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置．当磁感应强度变为B0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v.导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g.求导体棒：图4－10－26(1)解除锁定前回路中电流的大小及方向；(2)滑到导轨末端时的加速度大小；(3)运动过程中产生的焦耳热．解析(1)导体棒解除锁定前，闭合回路的面积不变，且＝k由法拉第电磁感应定律知 E＝＝S＝kL2由闭合电路欧姆定律知I＝＝由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向(或b→a)(2)导体棒恰好要离开导轨时受力如下图．E＝B0LvI＝F＝B0IL得F＝由牛顿第二定律知mg－F＝ma所以a＝g－(3)由能量守恒知mgh＝mv2＋Qh＝L解得Q＝－mv2答案(1)b→a(2)g－(3)－mv215．如图4－10－27所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m，有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图4－10－27(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？(3)在(2)问中的条件下，假设cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？解析(1)m1、m2运动过程中，以整体法有m1gsinθ－μm2g＝(m1＋m2)a＝2m/s2以m2为研究对象有FT－μm2g＝m2a(或以m1为研究对象有m1gsin