新高考物理二轮复习过关练习第3部分 考前特训 热点14　电磁感应规律及应用 (含解析)

热点14电磁感应规律及应用1．(多选)(2022·广东茂名市二模)如图甲所示为市面上的一款自发电无线门铃，按下按键，按键将推动永磁体运动(平面运动如图乙所示)，即能产生电能供给发射器部件(接线圈两端，图中没有画出)正常工作．松开按键后，在弹簧的作用下按键将恢复原位．关于按压按键和松开按键反弹过程中，下列说法正确的是()A．连续按压和松开按键的过程，线圈中一定产生交变电流B．按压和松开按键的过程，线圈中都产生感应电动势C．按住门铃按键保持不动，线圈中一直保持有感应电流D．按键反弹过程，弹簧的弹性势能部分转化为电能答案BD解析连续按压和松开按键的过程，不能保证线圈中磁通量一定是周期性变化的，故不一定产生交变电流，A项错误；按压和松开按键的过程，永磁体通过铁芯形成闭合回路，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中都产生感应电动势，B项正确；按住门铃按键不动，穿过线圈的磁通量保持不变，感应电动势和感应电流为零，C项错误；由能量守恒定律可知按键反弹过程，弹簧的弹性势能减小，克服磁场力做功并转化为电能，也有部分能量转化为其他形式的能，D项正确．2．(2022·河南省三模)航母上的飞机起飞可以利用电磁驱动来实现．电磁驱动原理示意图如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，不计所有接触面间的摩擦，则闭合开关S的瞬间()A．铝环向右运动，铜环向左运动B．铝环和铜环都向右运动C．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力D．从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向答案D解析闭合开关S的瞬间，穿过两个金属圆环的磁通量均增大，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜环和铝环的形状、大小相同，铜的电阻率较小，故铜环的电阻较小，两环对称放在固定线圈两侧，闭合开关S瞬间，穿过两环的磁通量的变化率相等，则两环产生的感应电动势相等，则铜环中的感应电流较大，故铜环受到的安培力较大，C错误；由右手螺旋定则可知，闭合开关S瞬间，穿过铜环的磁通量向左增大，由楞次定律知，从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向，D正确．3.(2022·黑龙江省哈尔滨三中模拟)半径为L的圆形磁场区域如图所示，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.导体棒AB长为2L，与圆磁场的直径重合．当导体棒以角速度ω绕其中点在纸面内顺时针转动时，导体棒两端的电势差UAB为()A．0 B．eq\f(BL2ω,2)C．BL2ω D．2BL2ω答案C解析由右手定则可知，A端电势高于B端电势，由安培定则可知UAO＝UOB＝eq\f(1,2)BL2ω，则有UAB＝UAO＋UOB＝BL2ω，故选C.4．(2022·河北卷·5)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为()A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)答案D解析由法拉第电磁感应定律，可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正确，A、B、C错误．5.(2022·江苏省模拟)将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝ON＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则导线框中的电流i随时间t的变化规律正确的是()答案B解析在0～t0时间内，线框沿逆时针方向从题图所示位置开始(t＝0)到转过90°的过程中，产生的感应电动势大小为E1＝eq\f(1,2)Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流大小为I1＝eq\f(E1,r)＝eq\f(BR2ω,2r)，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为正方向(沿ONM方向)；在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为负方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势大小为E2＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)×2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感应电流大小为I2＝3I1；在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为正方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势大小为E3＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)×2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感应电流大小为I3＝3I1；在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为负方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势大小为E4＝eq\f(1,2)Bω·R2，回路电流大小为I4＝I1，故B正确，A、C、D错误．6．(2022·广东潮州市湘桥区铁铺中学模拟)纸面内一正方形金属线框MNPQ的PQ边与匀强磁场的边界重合，匀强磁场垂直纸面向外且范围足够大．第一次将金属线框以速度v匀速拉进匀强磁场内(如图甲)；第二次金属线框以PQ边为轴匀速转动180°(如图乙)，此时MN边的线速度大小为v.设两过程中线框中产生的焦耳热分别为Q1和Q2，则eq\f(Q1,Q2)等于()A．4 B．8C．eq\f(4,π) D．eq\f(2,π)答案C解析设正方形线框的边长为l、电阻为R，磁场的磁感应强度大小为B，题图甲中线框产生的感应电动势大小为E1＝Blv，时间为t1＝eq\f(l,v)，产生的热量为Q1＝eq\f(E12,R)t1＝eq\f(B2l3v,R)，题图乙中线框在磁场中运动时产生的感应电动势的最大值为Em＝Blv，有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))，时间为t2＝eq\f(πl,2v)，产生的热量为Q2＝eq\f(E2,R)t2＝eq\f(πB2l3v,4R)，解得eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(4,π)，故选C.7.(多选)(2022·山东卷·12)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为eq\r(2)L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场．边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限．不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是()A．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，E一直增大B．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，E先增大后减小C．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大D．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直减小答案BC解析如图所示，在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，金属框的有效切割长度先变大再变小，当t＝eq\f(π,4ω)时，有效切割长度最大，为eq\r(2)L，此时，感应电动势最大，所以在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，设转过的角度为θ，由几何关系可得θ＝ωt，在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，切割磁感线的有效长度d＝eq\f(L,cosωt)，则感应电动势为E＝eq\f(1,2)Bd2ω＝eq\f(BL2ω,2cos2ωt)，可知在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大，故C正确，D错误．8.(多选)(2022·内蒙古二模)如图，竖直平面内存在一个具有理想边界，磁感应强度大小为2T、方向垂直于纸面向外的有界匀强磁场区域．一个质量m＝0.04kg、边长L＝0.1m、电阻R＝0.2Ω的匀质正方形刚性导线框，从距磁场区域高度h处以速度v0＝2m/s水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变(线框运动过程中不翻转，不考虑空气阻力)，g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．抛出时ab边距磁场上边界的距离为0.4mB．线框刚进入磁场时，cd边的电压为0.1VC．线框抛出位置不变，水平抛出速度v0<2m/s时，线框进入磁场过程中一定做匀速运动D．线框抛出位置不变，水平抛出速度v0>2m/s时，线框进入磁场过程中一定做匀速运动答案BC解析线框进入磁场的过程中速度不变，线框受力平衡，则有mg＝BIL，而I＝eq\f(BLvy,R)，vy2＝2gh，联立解得I＝2A，h＝0.2m，选项A错误；线框刚进入磁场时，cd边的电压为U＝I·eq\f(R,4)＝0.1V，选项B正确；线框从抛出到进入磁场时所用时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.2s，若v0＝2m/s，则进入磁场时的水平位移为x＝v0t＝0.4m，当线框抛出位置不变，水平抛出速度v0<2m/s时，进入磁场时水平位移小于0.4m，因进入磁场时的竖直速度不变，则受到的向上的安培力不变，则线框进入磁场过程中一定做匀速运动；当线框抛出位置不变，水平抛出速度v0>2m/s时，进入磁场时水平位移大于0.4m，则线框可能飞过磁场或者部分进入磁场，此时线框受到的安培力小于重力，则线框不能匀速进入磁场，选项C正确，D错误．9．(多选)(2022·辽宁省模拟)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，质量分别为m、2m，两棒接入电路的电阻均为R，其余电阻均忽略不计；导体棒a、b均处于竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中；a、b两棒以v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，则从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是()A．稳定时a棒的速度为eq\f(4,3)v0B．电路中产生的焦耳热为eq\f(1,5)mv02C．流过导体棒a的某一横截面的电荷量为eq\f(mv0,3Bl)D．当a棒的速度为eq\f(5,4)v0时，b棒的加速度大小为eq\f(B2l2v0,8mR)答案ACD解析当两棒产生的感应电动势相等时，达到稳定状态，设此时a棒速度为va，b棒速度为vb，电动势相等，则有Blva＝B·2lvb，可得va＝2vb，从开始到达到稳定状态过程中，取水平向右为正方向，对a棒由动量定理得Beq\x\to(I)lt＝mva－mv0，对b棒由动量定理得－Beq\x\to(I)·2lt＝2mvb－2mv0，联立解得va＝eq\f(4,3)v0，又有q＝eq\x\to(I)t，联立解得q＝eq\f(mv0,3Bl)，故A、C正确；由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)(m＋2m)v02－eq\f(1,2)mva2－eq\f(1,2)×2mvb2，解得Q＝eq\f(mv02,6)，故B错误；当a棒的速度为eq\f(5,4)v0时，设b棒的速度为v，加速度大小为a，取向右为正方向，根据动量定理可知，对a棒Beq\x\to(I)′lt′＝m·eq\f(5,4)v0－mv0，对b棒－Beq\x\to(I)′·2lt′＝2mv－2mv0，联立解得v＝eq\f(3v0,4)，回路中感应电流为I＝eq\f(B·2l·\f(3,4)v0－Bl·\f(5,4)v0,2R)＝eq\f(Blv0,8R)，对b棒，根据牛顿第二定律有BI·2l＝2ma，解得a＝eq\f(B2l2v0,8mR)，故D正确．10.(多选)(2022·山东枣庄市二模)如图所示，间距为L＝0.8m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连接阻值为R1＝2.0Ω的电阻，磁感应强度大小为B1＝0.5T，足够大的匀强磁场与导轨平面垂直．质量为m＝1.0×10－2kg、电阻值为R2＝2.0Ω的金属棒ab放在导轨上，且始终与导轨接触良好．导轨的上端点P、M分别与横截面积为5.0×10－3m2的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行．开关S闭合后，金属棒ab恰能保持静止．重力加速度取g＝10m/s2，其余部分的电阻不计．则()A．匀强磁场B2的磁感应强度均匀减小B．金属棒ab中的电流大小为0.25AC．匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10T/sD．断开S之后，金属棒ab下滑的最大速度为1.25m/s答案BC解析金属棒ab处于静止状态，则金属棒ab受到的安培力竖直向上，根据左手定则可知，通过金属棒ab的电流方向由a到b，根据楞次定律可知，匀