統(tǒng)考版2024高考物理二輪專題復(fù)習(xí)專題強(qiáng)化訓(xùn)練11電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用

專題強(qiáng)化訓(xùn)練11電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用一、選擇題(1～4題為單項(xiàng)選擇題，5～8題為多項(xiàng)選擇題)1．如圖是汽車上使用的電磁制動(dòng)裝置示意圖．電磁制動(dòng)是一種非接觸的制動(dòng)方式，其原理是當(dāng)導(dǎo)體在通電線圈產(chǎn)生的磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，會(huì)產(chǎn)生渦流，使導(dǎo)體受到阻礙運(yùn)動(dòng)的制動(dòng)力．下列說法正確的是()A．制動(dòng)過程中，導(dǎo)體不會(huì)產(chǎn)生熱量B．如果導(dǎo)體反向轉(zhuǎn)動(dòng)，此裝置將不起制動(dòng)作用C.制動(dòng)力的大小與線圈中電流的大小無關(guān)D．線圈電流一定時(shí)，導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的速度越大，制動(dòng)力就越大2．[2023·湖北省四地七校聯(lián)考]如圖所示，在一根軟鐵棒上繞有一組線圈，a、c是線圈的兩端，b為中心抽頭．把a(bǔ)端和b抽頭分別接到兩條平行金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌間有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于導(dǎo)軌所在紙面向里．金屬棒PQ在外力作用下左右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中保持與導(dǎo)軌垂直，且兩端與導(dǎo)軌始終接觸良好．若PQ運(yùn)動(dòng)過程中，a、c的電勢都比b端的電勢高，則PQ可能的運(yùn)動(dòng)情況為()A．向左減速運(yùn)動(dòng)B．向右減速運(yùn)動(dòng)C．向左勻速運(yùn)動(dòng)D．向右勻速運(yùn)動(dòng)3．[2023·海南卷]汽車測速利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，汽車可簡化為一個(gè)矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時(shí)針(俯視)方向電流，當(dāng)汽車經(jīng)過線圈時(shí)()A．線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上B．汽車進(jìn)入線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdC．汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdD．汽車進(jìn)入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同4．[2023·廣東模擬預(yù)測]如圖甲所示，正方形硬質(zhì)金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖乙所示．在0～0.2s時(shí)間內(nèi)與0.2s～0.6s時(shí)間內(nèi)()A．通過金屬框的電荷量之比為2∶1B．金屬框中電流的電功率之比為4∶1C．金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為4∶1D．金屬框ab邊受到安培力方向相反，大小之比為3∶15．[2023·福建福州三模]一個(gè)長直密繞線圈N放在一個(gè)金屬圓環(huán)M的中心，圓環(huán)軸線與線圈軸線重合，如圖甲所示．線圈N通有如圖乙所示的電流，下列說法正確的是()A．t＝eq\f(T,8)時(shí)刻，圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢B．t＝eq\f(T,8)時(shí)刻，圓環(huán)有收縮的趨勢C．t＝eq\f(T,8)和t＝eq\f(3T,8)時(shí)刻，圓環(huán)內(nèi)有相同的感應(yīng)電流D．t＝eq\f(3T,8)和t＝eq\f(5T,8)時(shí)刻，圓環(huán)內(nèi)有相同的感應(yīng)電流6．如圖所示，阻值不計(jì)、足夠長的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置，上端連接一電阻，一金屬棒(電阻不計(jì))水平放置與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌平面處于勻強(qiáng)磁場中且與磁場方向垂直，金屬棒從某處由靜止釋放向下運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中棒的加速度為a、動(dòng)量為p，通過的電荷量為q、重力勢能為Ep、位移為x、運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t.下列圖象正確的是()7．[2022·山東卷]如圖所示，xOy平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為eq\r(2)L的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場．邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．t＝0時(shí)刻，金屬框開始進(jìn)入第一象限．不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢E隨時(shí)間t變化規(guī)律的描述正確的是()A．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E一直增大B．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E先增大后減小C．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變化率一直增大D．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變化率一直減小8．[2022·全國甲卷]如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻．質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，整個(gè)系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中．開始時(shí)，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，()A．通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為eq\f(Q,RC)B．導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動(dòng)C．導(dǎo)體棒MN速度最大時(shí)所受的安培力也最大D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱二、非選擇題9．[2023·湖南卷]如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R.運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g.(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0；(2)在(1)問中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過時(shí)間t0，兩棒恰好達(dá)到相同的速度v，求速度v的大小，以及時(shí)間t0內(nèi)棒a相對于棒b運(yùn)動(dòng)的距離Δx.10．[2023·新課標(biāo)卷]一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上．寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖(a)所示．(1)使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場．運(yùn)動(dòng)過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大?。?2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖(b)所示．讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場．運(yùn)動(dòng)過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好．求在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量．

專題強(qiáng)化訓(xùn)練11電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用1．解析：電磁制動(dòng)的原理是當(dāng)導(dǎo)體在通電線圈產(chǎn)生的磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，會(huì)產(chǎn)生渦流，電流流過電阻時(shí)會(huì)產(chǎn)生熱量，A錯(cuò)誤；如果改變線圈中的電流方向，鐵芯產(chǎn)生的磁感線的方向變?yōu)榉聪?，此時(shí)產(chǎn)生的渦流方向也相反，根據(jù)左手定則，電流和所處的磁場方向同時(shí)反向，安培力方向不變，故還是使導(dǎo)體受到阻礙運(yùn)動(dòng)的制動(dòng)力，B錯(cuò)誤；線圈中電流越大，則產(chǎn)生的磁場越強(qiáng)，則轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的渦流越強(qiáng)，則制動(dòng)器對轉(zhuǎn)盤的制動(dòng)力越大，C錯(cuò)誤；線圈電流一定時(shí)，導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的速度越大，轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的渦流越強(qiáng)，制動(dòng)力就越大，D正確．答案：D2．解析：a端電勢比b端電勢高，說明PQ導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，由右手定則判斷導(dǎo)體棒向右切割磁感線．c端電勢比b端電勢高，說明線圈bc中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢方向由b指向c，線圈bc中感應(yīng)電流的磁場方向與線圈ab中電流的磁場方向相同，由楞次定律可判斷ab中電流一定在減小，則導(dǎo)體棒切割磁感線的速度在減?。C上所述，導(dǎo)體棒在向右做減速運(yùn)動(dòng)，B正確．答案：B3．解析：由右手螺旋定則可知，線圈1、2形成的磁場方向都是豎直向下的，A錯(cuò)；汽車進(jìn)入線圈1時(shí)，線圈abcd中向下的磁通量增大，由楞次定律可判斷，線圈abcd中的感應(yīng)電流方向與線圈1反向，是逆時(shí)針，即感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcb，同理，汽車離開線圈1時(shí)，線圈abcd中向下的磁通量減小，線圈abcd中的感應(yīng)電流方向是順時(shí)針，即感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcd，故B錯(cuò)，C對；安培力為阻力，與速度方向相反，D錯(cuò)．答案：C4．解析：設(shè)線框的面積為S，電阻為R，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可得，在0～0.2s時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢為E1＝eq\f(0.5S,0.2)V＝eq\f(5S,2)V．0.2s～0.6s時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢為E2＝eq\f(0.5S,0.6－0.2)V＝eq\f(5S,4)V．根據(jù)I＝eq\f(E,R)可知，在0～0.2s時(shí)間內(nèi)與0.2s～0.6s時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流之比為I1∶I2＝2∶1.根據(jù)q＝It可知，通過金屬框的電荷量之比為q1∶q2＝I1t1∶I2t2＝1∶1，故A錯(cuò)誤；根據(jù)P＝EI可知，金屬框中電流的電功率之比為P1∶P2＝E1I1∶E2I2＝4∶1，故B正確；根據(jù)Q＝I2Rt可知，金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為Q1∶Q2＝Ieq\o\al(2,1)t1∶Ieq\o\al(2,2)t2＝2∶1，故C錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知，電流方向相反，由左手定則可知，金屬框ab邊受到安培力方向相反，根據(jù)F安＝BIL，由于對應(yīng)時(shí)間B相同，則安培力大小之比為F安1∶F安2＝I1∶I2＝2∶1，故D錯(cuò)誤．答案：B5．解析：由圖可知在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻，通過線圈的電流增大，則線圈產(chǎn)生的磁場增大，所以穿過金屬圓環(huán)的磁通量增大，對圓環(huán)，面積越大，磁通量越小，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)有擴(kuò)張趨勢，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由圖可知，在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻通過線圈的電流增大，而在t＝eq\f(3T,8)時(shí)刻通過線圈的電流減小，根據(jù)楞次定律可知兩時(shí)刻圓環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流方向不同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由圖可知，在t＝eq\f(3T,8)和t＝eq\f(5T,8)時(shí)刻，線圈內(nèi)電流的變化率是大小相等的，則線圈產(chǎn)生的磁場的變化率也相等，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，圓環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢大小是相等的，所以感應(yīng)電流大小也相等，根據(jù)楞次定律可知兩時(shí)刻圓環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流方向也相同，選項(xiàng)D正確．答案：AD6．解析：感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(mg－F,m)＝g－eq\f(B2L2v,mR)則速度增加過程中，加速度逐漸減小，金屬棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以A正確；金屬棒的動(dòng)量為p＝mv，則動(dòng)量與速度成正比，由于金屬棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，其速度與時(shí)間圖象的斜率將逐漸減小，所以B錯(cuò)誤；通過的電荷量為q，則有q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)·Δt＝eq\f(BLx,R)，所以電荷量q與位移x成正比，則C正確；重力勢能為Ep，則有Ep＝Ep0－mgx，所以D正確．答案：ACD7．解析：如圖所示，金屬框切割磁感線的有效長度為d，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢公式有E＝eq\f(1,2)Bd2ω，從圖中可以看出在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，d是先增大到eq\r(2)L，再減小到L，所以電動(dòng)勢E先增大后減小，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，d＝eq\f(L,cosωt)，感應(yīng)電動(dòng)勢的表達(dá)式可寫為E＝eq\f(1,2)Bd2ω＝eq\f(BL2ω,2cos2ωt)，由表達(dá)式可以看出在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變化率一直增大，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：BC8．解析：合上開關(guān)的瞬間，導(dǎo)體棒兩端電壓等于電容器兩端電壓且為最大值，電流也最大，I＝eq\f(U,R)＝eq\f(Q,RC)，電流最大時(shí)，導(dǎo)體棒MN所受的安培力最大，而導(dǎo)體棒速度最大時(shí)電流不是最大，所以A正確，C錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒MN先加速后減速，不會(huì)勻速，如果導(dǎo)體棒MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電阻上一直有焦耳熱產(chǎn)生，其他能量都不變，不符合能量守恒，所以B錯(cuò)誤；由于棒運(yùn)動(dòng)過程切割磁感線產(chǎn)生反電動(dòng)勢，導(dǎo)致只有開始時(shí)通過電阻R的電流與通過導(dǎo)體棒MN的電流相等，其他時(shí)候通過電阻R的電流都比通過導(dǎo)體棒MN的電流大，故由焦耳定律可知電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱比導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱多，D正確．答案：AD9．解析：（1）a導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝BLv0由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I＝eq\f(E,2R)，F(xiàn)＝BILa棒受力平衡可得mgsinθ＝BIL聯(lián)立解得v0＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)（2）由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里，b棒受沿斜面向下的安培力，此時(shí)電路中電流不變，則對b棒，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ＋BIL＝ma0解得a0＝2gsinθ（3）釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達(dá)共速時(shí)對a棒，由動(dòng)量定理得mgsinθt0－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt0＝mv－mv0b棒受到向下的安培力，對b棒，由動(dòng)量定理得mgsinθt0＋Beq\o(I,\s\up6(－))Lt0＝mv聯(lián)立解得v＝gsinθ·t0＋eq\f(v0,2)此過程流過b棒的電荷量為q，則有q＝eq\o(I,\s\up6(－))t0由法拉第電磁感應(yīng)定律可得eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(E,2R)＝eq\f(1,2R)eq\f(BLΔx,t0)聯(lián)立b棒動(dòng)量定理可得Δx＝eq\f(mv0R,B2L2)答案：（1）eq\f(2mgRsinθ,B2L2)（2）2gsinθ（3）eq\f(mv0R,B2L2)10．解析：（1）金屬框進(jìn)入磁場過程中有eq\o(E,\s\up6(－))＝BLeq\f(L,t)則金屬框進(jìn)入磁場過程中流過回路的電荷量為q1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),4R0)t＝eq\f(BL2,4R0)則金屬框完全穿過磁場區(qū)域的過程中流過回路的電荷量為q＝eq\f(BL2,2R0)設(shè)金屬框的初速度為v0則有－BqL＝eq\f(mv0,2)－mv0聯(lián)立有v0＝eq\f(B2L3,mR0)（2）金屬框進(jìn)入磁場的過程，有－Beq\o(I,\s\up6(－))′Lt′＝mv1－mv0閉合電路的總電阻R總＝R0＋eq\f(1,\f(1,R1)＋\f(1,R0))＝eq\f(5,3)R0通過線框的電流eq\o(I,\s\up6(－))′＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))′,R總)根據(jù)法