2022年高三物理二輪復(fù)習 專題限時練10 第1部分 專題10 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用

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1、2022年高三物理二輪復(fù)習 專題限時練10 第1部分 專題10 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分) 1.如圖10-14所示，矩形導(dǎo)線環(huán)水平放置，O是矩形兩組對邊中點連線ab、cd的交點，在線ab上右側(cè)放有垂直環(huán)面的通電導(dǎo)線，電流方向垂直紙面向外，則能使導(dǎo)線環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流的是(　　) 圖10-14 A．突然加大通電直導(dǎo)線中的電流 B．讓導(dǎo)線環(huán)在紙面內(nèi)繞O點沿順時針轉(zhuǎn)動 C．讓導(dǎo)線環(huán)以ab為軸轉(zhuǎn)動 D．讓導(dǎo)線環(huán)沿ab

2、方向向直導(dǎo)線靠近 2．(xx·安徽高考)如圖10-15所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則(　　) 圖10-15 A．電路中感應(yīng)電動勢的大小為 B．電路中感應(yīng)電流的大小為 C．金屬桿所受安培力的大小為 D．金屬桿的熱功率為 3．(xx·重慶高考)圖10-16為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內(nèi)，勻強磁場平行

3、于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb(　　) 圖10-16 A．恒為 B．從0均勻變化到 C．恒為－ D．從0均勻變化到－ 4．(xx·江蘇高考)如圖10-17所示，用天平測量勻強磁場的磁感應(yīng)強度．下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長MN相等，將它們分別掛在天平的右臂下方．線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)．若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是(　　) 圖10-17 5．如圖10-18所示，間距為d＝0.75 m的兩虛線間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.5 T，質(zhì)量

4、m＝0.1 kg、長s＝0.75 m、寬L＝0.2 m的矩形金屬框總電阻R＝0.1 Ω，t＝0時金屬框自左邊虛線以速度v0＝1 m/s垂直進入磁場，在外力F的作用下，以加速度a＝2 m/s2向右做勻加速直線運動，當線框剛要出磁場時又以等大加速度向右做勻減速直線運動直到速度減為零，規(guī)定向右為外力F的正方向，則下列關(guān)于外力F隨時間變化的圖象正確的是(　　) 圖10-18 6．(xx·山東高考)如圖10-19所示，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動．現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是(　　) 圖10-19 A

5、．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高 B．所加磁場越強越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動 C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動 D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動 7．(xx·上海模擬)如圖10-20甲，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)n＝20，總電阻R＝2.5 Ω，邊長L＝0.3 m，處在兩個半徑均為r＝的圓形勻強磁場區(qū)域中．線框頂點與右側(cè)圓中心重合，線框底邊中點與左側(cè)圓中心重合．磁感應(yīng)強度B1垂直水平面向外，大小不變；B2垂直水平面向里，大小隨時間變化，B1、B2的值如圖乙所示，則(　　) 圖10-20 A．通過線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向 B．t＝0時刻穿過線框的

6、磁通量為0.1 Wb C．在0.6 s內(nèi)通過線框中的電荷量為0.13 C D．經(jīng)過0.6 s線框中產(chǎn)生的熱量為0.07 J 8．如圖10-21所示，豎直虛線MN兩側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強度相等，上邊界在同一水平線上，區(qū)域Ⅰ磁場高3L，區(qū)域Ⅱ磁場高L，兩個完全相同的正方形線圈位于豎直平面內(nèi)，邊長為L，質(zhì)量為m、電阻為R、底邊始終與磁場上邊界平行，現(xiàn)讓線圈1從磁場上方高4L處、線圈2從磁場上方一定高度處均由靜止釋放，結(jié)果發(fā)現(xiàn)線圈1剛進入磁場時的速度與剛到達磁場下邊界時的速度相等，線圈2剛好能勻速通過磁場且穿過磁場時的速度與線圈1剛好完全進入磁場時的速度相等，則下列說法中

7、正確的是(　　) 圖10-21 A．兩線圈在進入磁場過程中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流 B．線圈2開始下落時距磁場上邊界高L C．線圈1在進入磁場過程中產(chǎn)生的熱量是2mgL D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為 二、計算題(本題共2小題，共計32分．解答過程要有必要的文字說明和解題步驟) 9．(12分)(xx·海南高考)如圖10-22所示，兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)，左端與一電阻R相連；整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下．一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上，在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速率v勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好．已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間

8、的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略．求： 圖10-22 (1)電阻R消耗的功率； (2)水平外力的大小． 10．(20分)(xx·廣東高考)如圖10-23(a)所示，平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距L＝0.4 m．導(dǎo)軌右端接有阻值R＝1 Ω的電阻．導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計，導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強磁場，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長度也為L.從0時刻開始，磁感應(yīng)強度B的大小隨時間t變化，規(guī)律如圖10-23(b)所示；同一時刻，棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運動，1 s后剛好進入磁場，若使棒在導(dǎo)軌上始

9、終以速度v＝1 m/s做直線運動，求： (1)棒進入磁場前，回路中的電動勢E； (2)棒在運動過程中受到的最大安培力F，以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關(guān)系式． 圖10-23 【詳解答案】 1．C　由安培定則知通電直導(dǎo)線電流磁場是以直導(dǎo)線為圓心與紙面平行的一簇同心圓，突然加大通電直導(dǎo)線中的電流、讓導(dǎo)線環(huán)在紙面內(nèi)繞O點順時針轉(zhuǎn)動、讓導(dǎo)線環(huán)沿ab方向向直導(dǎo)線靠近時，穿過導(dǎo)線環(huán)的磁通量都為零，不發(fā)生變化，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，A、B、D錯誤；讓導(dǎo)線環(huán)以ab為軸轉(zhuǎn)動，穿過導(dǎo)線環(huán)的磁通量會從無到有，發(fā)生變化，環(huán)中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，C正確． 2．B　金屬桿的運動方

10、向與金屬桿不垂直，電路中感應(yīng)電動勢的大小為E＝Blv(l為切割磁感線的有效長度)，選項A錯誤；電路中感應(yīng)電流的大小為I＝＝＝，選項B正確；金屬桿所受安培力的大小為F＝BIl′＝B··＝，選項C錯誤；金屬桿的熱功率為P＝I2R＝·＝，選項D錯誤． 3．C　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應(yīng)電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為φa－φb＝－n，選項C正確． 4．A　磁場發(fā)生微小變化時，因各選項中載流線圈在磁場中的面積不同，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n＝n知載流線圈在磁場中的面積越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大，感

11、應(yīng)電流越大，載流線圈中的電流變化越大，所受的安培力變化越大，天平越容易失去平衡，由題圖可知，選項A符合題意． 5．B　設(shè)經(jīng)時間t1線框完全進入磁場，則S＝v0t1＋at，代入數(shù)值得t1＝0.5 s，此時線框速度為v1＝v0＋at1＝2 m/s，當t≤t1時，由法拉第電磁感應(yīng)定律知線框中感應(yīng)電流為I1＝，由左手定則可知產(chǎn)生水平向左的安培力，其大小為FA1＝BI1L＝＝0.1＋0.2t(0≤t≤0.5)，由牛頓第二定律知F－FA1＝ma得F＝0.3＋0.2t(0≤t≤0.5，F(xiàn)方向水平向右)，隨時間是線性變化的，且t＝0時F＝0.3 N，t＝0.5 s時F＝0.4 N，由線框在進出磁場運動的對稱

12、性可知線框再經(jīng)時間t2＝0.5 s剛好離開勻強磁場且離開磁場時速度為v0＝1 m/s，此過程中，F(xiàn)A2＝BI2L＝＝0.3－0.2t(0.5＜t≤1.0)，由牛頓第二定律知F＋FA2＝ma得F＝0.2t－0.1(0.5＜t≤1.0，F(xiàn)方向水平向左)，隨時間是線性變化的，出磁場后經(jīng)時間t3＝＝0.5 s速度減為零，由牛頓第二定律F＝ma知F＝0.2 N，方向水平向左，綜上所述，B正確． 6．ABD　根據(jù)右手定則可判斷靠近圓心處電勢高，選項A正確；圓盤處在磁場中的部分轉(zhuǎn)動切割磁感線，相當于電源，其他部分相當于外電路，根據(jù)左手定則，圓盤所受安培力與運動方向相反，磁場越強，安培力越大，故所加磁場越強

13、越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動，選項B正確；磁場反向，安培力仍阻礙圓盤轉(zhuǎn)動，選項C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤，整個圓盤相當于電源，不存在外電路，沒有電流，所以圓盤不受安培力而勻速轉(zhuǎn)動，選項D正確． 7．ACD　磁感應(yīng)強度B1垂直水平面向外，大小不變，B2垂直水平面向里，大小隨時間增大，故線框向外的磁通量減小，由楞次定律可得，線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向，選項A正確；t＝0時刻穿過線框的磁通量為Φ＝B1×πr2＋B2×πr2＝－0.0 052 Wb，選項B錯誤；在0.6 s內(nèi)通過線框的電荷量q＝n＝C＝0.13 C，選項C正確；由Q＝I2RΔt＝＝J＝0.07 J，選項D正確． 8．AD　兩線圈剛進

14、磁場時，底邊開始切割磁感線，由右手定則可知線圈在進入磁場過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時針方向，A正確；由題意知線圈1剛進磁場時的速度v1＝2，從剛進入磁場到剛好完全進入磁場的過程中一直在做減速運動，剛好完全進入磁場到剛到達磁場下邊界的過程中，只在重力作用下做勻加速運動，令剛好完全進入磁場時的速度為v，則v－v2＝2g·2L，即v2＝4gL＝2gh，所以線圈2開始下落時距磁場上邊界高h＝2L，B錯誤；由能量守恒定律知線圈1在進入磁場過程中產(chǎn)生的熱量等于線圈1剛進入磁場到剛到達磁場下邊界過程中重力勢能的減小量，即Q＝3mgL，C錯誤；因線圈2剛好能勻速通過磁場，所以mg＝FA＝，聯(lián)立解得B＝，D正確．

15、 9．解析：(1)導(dǎo)體切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv，根據(jù)歐姆定律，閉合回路中的感應(yīng)電流為I＝，電阻R消耗的功率為P＝I2R，聯(lián)立可得P＝. (2)對導(dǎo)體棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F，F(xiàn)安＝BIl＝B··l，故F＝＋μmg. 答案：(1)　(2)＋μmg 10．解析：(1)設(shè)正方形磁場的面積為S，則S＝＝0.08 m2.在棒進入磁場前，回路中的感應(yīng)電動勢是由于磁場的變化而產(chǎn)生的．由B-t圖象可知＝0.5 T/s，根據(jù)E＝n，得回路中的感應(yīng)電動勢E＝S＝0.5×0.08 V＝0.04 V. (2)當導(dǎo)體棒通過bd位置時感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流最大，導(dǎo)體棒受到的安培力最大．此時感應(yīng)電動勢E′＝BLv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V； 回路中感應(yīng)電流I′＝＝ A＝0.2 A 導(dǎo)體棒受到的安培力 F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N 當導(dǎo)體棒通過三角形abd區(qū)域時，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度 l＝2v(t－1) (1 s≤t≤1.2 s) 感應(yīng)電動勢e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V 感應(yīng)電流i＝＝(t－1)A (1 s≤t≤1.2 s)． 答案：(1)0.04 V　(2)0.04 N　i＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)