2024版高考物理復(fù)習(xí)：考前特訓(xùn) 熱點(diǎn)情境突破練 熱點(diǎn)14　電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用

熱點(diǎn)14電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用1．(2023·江蘇南京市臨江高級(jí)中學(xué)模擬)隨著電動(dòng)汽車的普及，汽車無(wú)線充電受到越來(lái)越多的關(guān)注，其原理如圖所示。將受電線圈安裝在汽車的底盤上，將供電線圈安裝在地面上，當(dāng)電動(dòng)汽車行駛到供電線圈裝置上，受電線圈即可“接受”到供電線圈的電流，從而對(duì)蓄電池進(jìn)行充電。關(guān)于無(wú)線充電，下列說(shuō)法正確的是()A．供電線圈接直流電源也可以實(shí)現(xiàn)無(wú)線充電B．無(wú)線充電技術(shù)與變壓器的工作原理相同C．若供電線圈和受電線圈均采用超導(dǎo)材料則能量的傳輸效率可達(dá)到100%D．車身受電線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是與地面供電線圈中電流的磁場(chǎng)方向相反答案B解析無(wú)線充電的原理是供電線圈將一定頻率的交流電，通過(guò)電磁感應(yīng)在受電線圈中產(chǎn)生一定的電流，從而將能量從傳輸端轉(zhuǎn)移到接收端，與變壓器的原理相同，故A錯(cuò)誤，B正確；供電線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)不可能全部穿過(guò)受電線圈，所以能量傳輸一定會(huì)有損失，即使采用超導(dǎo)材料傳輸效率也不可能達(dá)到100%，故C錯(cuò)誤；當(dāng)?shù)孛婀╇娋€圈中電流增加時(shí)，穿過(guò)車身受電線圈的磁通量增加，根據(jù)楞次定律，此時(shí)車身受電線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與地面供電線圈中電流的磁場(chǎng)方向相反；當(dāng)?shù)孛婀╇娋€圈中電流減小時(shí)，穿過(guò)車身受電線圈的磁通量減少，根據(jù)楞次定律此時(shí)車身受電線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與地面供電線圈中電流的磁場(chǎng)方向相同，故D錯(cuò)誤。2.(2023·江蘇省高三聯(lián)考)如圖所示，在圓柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大。在紙面內(nèi)放置一均勻正三角形金屬導(dǎo)線框OAB，其中O點(diǎn)為磁場(chǎng)區(qū)域的圓心。變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生渦旋電場(chǎng)的電場(chǎng)線沿以O(shè)點(diǎn)圓心的圓周。則()A．感生電場(chǎng)只分布在圓柱形區(qū)域內(nèi)B．沿感生電場(chǎng)電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低C．導(dǎo)線AO中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D．AB間的電壓是AO電壓的兩倍答案D解析感生電場(chǎng)不只分布在圓柱形區(qū)域內(nèi)，而是分布在以O(shè)點(diǎn)為圓心的空間范圍，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線是閉合的圓周，則沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)不是降低的，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；導(dǎo)線AO與電場(chǎng)線垂直，導(dǎo)線AO中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；AB相當(dāng)于電源，可知AB間的電壓等于BOA間的電壓，而BO間電壓等于AO間電壓，可知AB間電壓是AO電壓的兩倍，選項(xiàng)D正確。3.(2023·江蘇省南京師范大學(xué)附屬中學(xué)一模)如圖所示的電路中，A、B、C是三個(gè)相同的燈泡，L是自感線圈，其電阻與燈泡電阻相等，開關(guān)S先閉合然后再斷開，則()A．S閉合后，A立即亮而B、C慢慢亮B．S閉合后，B、C立即亮而A慢慢亮C．S斷開后，B、C先變亮然后逐漸變暗D．S斷開后，A先變亮然后逐漸變暗答案B解析S閉合后，B、C立即亮，由于燈泡A與自感線圈串聯(lián)，線圈會(huì)阻礙電流的增大，所以A慢慢變亮，A錯(cuò)誤，B正確；S斷開后，由于線圈的作用阻礙電流的減小，所以A慢慢變暗，因?yàn)榫€圈電阻與燈泡電阻相等，所以在開關(guān)閉合時(shí)通過(guò)燈泡B、C和A的電流大小相等，當(dāng)開關(guān)斷開后線圈與A、B、C構(gòu)成閉合回路，此時(shí)B、C不會(huì)變亮，而是逐漸變暗，C、D錯(cuò)誤。4.(2023·江蘇省靖江中學(xué)期末)用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的直徑。如圖所示，在ab的左側(cè)存在一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律為B＝kt(k>0)，則()A．圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢(shì)B．圓環(huán)有向左滑動(dòng)的趨勢(shì)C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為eq\f(krS,4ρ)D．圓環(huán)t秒末所受的安培力為eq\f(k2r2St,ρ)答案C解析磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間均勻增大，穿過(guò)圓環(huán)的磁通量增加，由楞次定律可知，圓環(huán)應(yīng)有收縮的趨勢(shì)，故A錯(cuò)誤；穿過(guò)圓環(huán)的磁通量增加，由楞次定律可知，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針?lè)较?，根?jù)左手定則可知圓環(huán)所受的安培力向右，圓環(huán)有向右滑動(dòng)的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)×eq\f(1,2)πr2＝eq\f(1,2)kπr2，根據(jù)電阻定律，可得圓環(huán)的電阻為R＝ρeq\f(2πr,S)，由閉合電路歐姆定律，可得感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(krS,4ρ)，故C正確；圓環(huán)在磁場(chǎng)中所受的安培力所對(duì)應(yīng)的有效長(zhǎng)度L＝2r，t秒末磁場(chǎng)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bt＝kt，因此圓環(huán)t秒末所受的安培力為F＝BtIL＝kt·eq\f(krS,4ρ)·2r＝eq\f(k2r2St,2ρ)，故D錯(cuò)誤。5.(2023·江蘇校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))如圖所示，金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)體上端連接電容器C，a、b是電容器的兩個(gè)極板，金屬棒MN垂直放置在導(dǎo)軌上，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻以及金屬棒與導(dǎo)軌間的摩擦，現(xiàn)給金屬棒沿導(dǎo)軌向下的沖量，則()A．極板a上帶正電B．極板b上電荷量一直增加C．金屬棒可能一直勻速運(yùn)動(dòng)D．金屬棒可能先減速后勻速運(yùn)動(dòng)答案B解析金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，棒上的電流方向由M到N，所以極板a上帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；金屬棒在重力和安培力的作用下向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－BΔIL＝ma，ΔI＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(CBLΔv,Δt)，聯(lián)立可得a＝eq\f(mgsinθ,m＋CB2L2)，由此可知，金屬棒沿軌道向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C、D錯(cuò)誤；金屬棒沿軌道向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其速度一直增大，電容器一直處于充電狀態(tài)，所以極板b上電荷量一直增加，故B正確。6.如圖所示，形狀相同的平行金屬導(dǎo)軌CN、DQ放置在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，間距為L(zhǎng)，與水平面相切于M、P，右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒從曲面上某處由靜止釋放，到達(dá)曲面底端PM時(shí)速度為v0；金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒最終會(huì)停在導(dǎo)軌上，金屬棒從曲面底端PM到最終停止運(yùn)動(dòng)通過(guò)的位移大小為x，重力加速度大小為g。則金屬棒從曲面底端PM到最終停止在導(dǎo)軌上經(jīng)歷的時(shí)間為()A.eq\f(v0,μg)＋eq\f(BLx,μmgR＋r) B.eq\f(v0,μg)＋eq\f(B2L2x,μmgR＋r)C.eq\f(v0,μg)－eq\f(BLx,μmgR＋r) D.eq\f(v0,μg)－eq\f(B2L2x,μmgR＋r)答案D解析根據(jù)動(dòng)量定理有μmgt＋Beq\x\to(I)Lt＝mv0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(BLx,t)，根據(jù)閉合電路歐姆定律有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，解得t＝eq\f(v0,μg)－eq\f(B2L2x,μmgR＋r)，選D。7．(2023·江蘇鹽城市東溝中學(xué)三模)如圖甲所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中水平放置兩足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的左側(cè)接有阻值為R的電阻和理想二極管D(正向電阻為0，反向電阻無(wú)窮大)。t＝0時(shí)刻起阻值也為R的導(dǎo)體棒ab在外力作用下向右運(yùn)動(dòng)，其速度變化規(guī)律如圖乙所示，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中棒始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，則導(dǎo)體棒兩端電壓Uab隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是()答案A解析由題圖乙可得速度隨時(shí)間變化規(guī)律的數(shù)學(xué)表達(dá)式為v＝vmsineq\f(2π,T)t，當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可知回路中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，二極管導(dǎo)通，可得導(dǎo)體棒兩端電壓為Uab＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(1,2)BLv＝eq\f(1,2)