2022年高三物理二輪復習 專題限時練10 第1部分 專題10 電磁感應規(guī)律及其應用

2022年高三物理二輪復習 專題限時練10 第1部分 專題10 電磁感應規(guī)律及其應用一、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15題只有一項符合題目要求，第68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10­14所示，矩形導線環(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上右側放有垂直環(huán)面的通電導線，電流方向垂直紙面向外，則能使導線環(huán)中產生感應電流的是()圖10­14A突然加大通電直導線中的電流B讓導線環(huán)在紙面內繞O點沿順時針轉動C讓導線環(huán)以ab為軸轉動D讓導線環(huán)沿ab方向向直導線靠近2(xx·安徽高考)如圖10­15所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌，間距為l，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌成角，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軌接觸良好)則()圖10­15A電路中感應電動勢的大小為B電路中感應電流的大小為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10­16為無線充電技術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，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由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ab()圖10­16A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10­17所示，用天平測量勻強磁場的磁感應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10­175如圖10­18所示，間距為d0.75 m的兩虛線間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B0.5 T，質量m0.1 kg、長s0.75 m、寬L0.2 m的矩形金屬框總電阻R0.1 ，t0時金屬框自左邊虛線以速度v01 m/s垂直進入磁場，在外力F的作用下，以加速度a2 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，則下列關于外力F隨時間變化的圖象正確的是()圖10­186(xx·山東高考)如圖10­19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10­19A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動C若所加磁場反向，圓盤將加速轉動D若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉動7(xx·上海模擬)如圖10­20甲，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)n20，總電阻R2.5 ，邊長L0.3 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圓中心重合，線框底邊中點與左側圓中心重合磁感應強度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10­20A通過線框中感應電流方向為逆時針方向Bt0時刻穿過線框的磁通量為0.1 WbC在0.6 s內通過線框中的電荷量為0.13 CD經過0.6 s線框中產生的熱量為0.07 J8如圖10­21所示，豎直虛線MN兩側存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度相等，上邊界在同一水平線上，區(qū)域磁場高3L，區(qū)域磁場高L，兩個完全相同的正方形線圈位于豎直平面內，邊長為L，質量為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，則下列說法中正確的是()圖10­21A兩線圈在進入磁場過程中產生逆時針方向的感應電流B線圈2開始下落時距磁場上邊界高LC線圈1在進入磁場過程中產生的熱量是2mgLD勻強磁場的磁感應強度大小為二、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10­22所示，兩平行金屬導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，磁感應強度大小為B，方向豎直向下一質量為m的導體棒置于導軌上，在水平外力作用下沿導軌以速率v勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導軌垂直并接觸良好已知導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，導軌和導體棒的電阻均可忽略求：圖10­22(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10­23(a)所示，平行長直金屬導軌水平放置，間距L0.4 m導軌右端接有阻值R1 的電阻導體棒垂直放置在導軌上，且接觸良好，導體棒及導軌的電阻均不計，導軌間正方形區(qū)域abcd內有方向豎直向下的勻強磁場，bd連線與導軌垂直，長度也為L.從0時刻開始，磁感應強度B的大小隨時間t變化，規(guī)律如圖10­23(b)所示；同一時刻，棒從導軌左端開始向右勻速運動，1 s后剛好進入磁場，若使棒在導軌上始終以速度v1 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的關系式圖10­23【詳解答案】1C由安培定則知通電直導線電流磁場是以直導線為圓心與紙面平行的一簇同心圓，突然加大通電直導線中的電流、讓導線環(huán)在紙面內繞O點順時針轉動、讓導線環(huán)沿ab方向向直導線靠近時，穿過導線環(huán)的磁通量都為零，不發(fā)生變化，不會產生感應電流，A、B、D錯誤；讓導線環(huán)以ab為軸轉動，穿過導線環(huán)的磁通量會從無到有，發(fā)生變化，環(huán)中會產生感應電流，C正確2B金屬桿的運動方向與金屬桿不垂直，電路中感應電動勢的大小為EBlv(l為切割磁感線的有效長度)，選項A錯誤；電路中感應電流的大小為I，選項B正確；金屬桿所受安培力的大小為FBIlB··，選項C錯誤；金屬桿的熱功率為PI2R·，選項D錯誤3C根據(jù)法拉第電磁感應定律得，感應電動勢Enn，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，所以感應電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為abn，選項C正確4A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，由法拉第電磁感應定律Enn知載流線圈在磁場中的面積越大，產生的感應電動勢越大，感應電流越大，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5B設經時間t1線框完全進入磁場，則Sv0t1at，代入數(shù)值得t10.5 s，此時線框速度為v1v0at12 m/s，當tt1時，由法拉第電磁感應定律知線框中感應電流為I1，由左手定則可知產生水平向左的安培力，其大小為FA1BI1L0.10.2t(0t0.5)，由牛頓第二定律知FFA1ma得F0.30.2t(0t0.5，F(xiàn)方向水平向右)，隨時間是線性變化的，且t0時F0.3 N，t0.5 s時F0.4 N，由線框在進出磁場運動的對稱性可知線框再經時間t20.5 s剛好離開勻強磁場且離開磁場時速度為v01 m/s，此過程中，F(xiàn)A2BI2L0.30.2t(0.5t1.0)，由牛頓第二定律知FFA2ma得F0.2t0.1(0.5t1.0，F(xiàn)方向水平向左)，隨時間是線性變化的，出磁場后經時間t30.5 s速度減為零，由牛頓第二定律Fma知F0.2 N，方向水平向左，綜上所述，B正確6ABD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，故所加磁場越強越易使圓盤停止轉動，選項B正確；磁場反向，安培力仍阻礙圓盤轉動，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動，選項D正確7ACD磁感應強度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，線框中感應電流方向為逆時針方向，選項A正確；t0時刻穿過線框的磁通量為B1×r2B2×r20.0 052 Wb，選項B錯誤；在0.6 s內通過線框的電荷量qnC0.13 C，選項C正確；由QI2RtJ0.07 J，選項D正確8AD兩線圈剛進磁場時，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生的感應電流為逆時針方向，A正確；由題意知線圈1剛進磁場時的速度v12，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vv22g·2L，即v24gL2gh，所以線圈2開始下落時距磁場上邊界高h2L，B錯誤；由能量守恒定律知線圈1在進入磁場過程中產生的熱量等于線圈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Q3mgL，C錯誤；因線圈2剛好能勻速通過磁場，所以mgFA，聯(lián)立解得B，D正確9解析：(1)導體切割磁感線運動產生的電動勢為EBlv，根據(jù)歐姆定律，閉合回路中的感應電流為I，電阻R消耗的功率為PI2R，聯(lián)立可得P.(2)對導體棒受力分析，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mgF，F(xiàn)安BIlB··l，故Fmg.答案：(1)(2)mg10解析：(1)設正方形磁場的面積為S，則S0.08 m2.在棒進入磁場前，回路中的感應電動勢是由于磁場的變化而產生的由B­t圖象可知0.5 T/s，根據(jù)En，得回路中的感應電動勢ES0.5×0.08 V0.04 V.(2)當導體棒通過bd位置時感應電動勢、感應電流最大，導體棒受到的安培力最大此時感應電動勢EBLv0.5×0.4×1 V0.2 V；回路中感應電流I A0.2 A導體棒受到的安培力FBIL0.5×0.2×0.4 N0.04 N當導體棒通過三角形abd區(qū)域時，導體棒切割磁感線的有效長度l2v(t1) (1 st1.2 s)感應電動勢eBlv2Bv2(t1)(t1)V感應電流i(t1)A (1 st1.2 s)答案：(1)0.04 V(2)0.04 Ni(t1)A(1 st1.2 s)