新高考物理二輪復(fù)習(xí)過關(guān)練習(xí)第3部分 考前特訓(xùn) 熱點14　電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用 (含解析)

熱點14電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用1．(多選)(2022·廣東茂名市二模)如圖甲所示為市面上的一款自發(fā)電無線門鈴，按下按鍵，按鍵將推動永磁體運動(平面運動如圖乙所示)，即能產(chǎn)生電能供給發(fā)射器部件(接線圈兩端，圖中沒有畫出)正常工作．松開按鍵后，在彈簧的作用下按鍵將恢復(fù)原位．關(guān)于按壓按鍵和松開按鍵反彈過程中，下列說法正確的是()A．連續(xù)按壓和松開按鍵的過程，線圈中一定產(chǎn)生交變電流B．按壓和松開按鍵的過程，線圈中都產(chǎn)生感應(yīng)電動勢C．按住門鈴按鍵保持不動，線圈中一直保持有感應(yīng)電流D．按鍵反彈過程，彈簧的彈性勢能部分轉(zhuǎn)化為電能答案BD解析連續(xù)按壓和松開按鍵的過程，不能保證線圈中磁通量一定是周期性變化的，故不一定產(chǎn)生交變電流，A項錯誤；按壓和松開按鍵的過程，永磁體通過鐵芯形成閉合回路，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，線圈中都產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，B項正確；按住門鈴按鍵不動，穿過線圈的磁通量保持不變，感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流為零，C項錯誤；由能量守恒定律可知按鍵反彈過程，彈簧的彈性勢能減小，克服磁場力做功并轉(zhuǎn)化為電能，也有部分能量轉(zhuǎn)化為其他形式的能，D項正確．2．(2022·河南省三模)航母上的飛機(jī)起飛可以利用電磁驅(qū)動來實現(xiàn)．電磁驅(qū)動原理示意圖如圖所示，在固定線圈左右兩側(cè)對稱位置放置兩個閉合金屬圓環(huán)，鋁環(huán)和銅環(huán)的形狀、大小相同，已知銅的電阻率較小，不計所有接觸面間的摩擦，則閉合開關(guān)S的瞬間()A．鋁環(huán)向右運動，銅環(huán)向左運動B．鋁環(huán)和銅環(huán)都向右運動C．銅環(huán)受到的安培力小于鋁環(huán)受到的安培力D．從左向右看，銅環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時針方向答案D解析閉合開關(guān)S的瞬間，穿過兩個金屬圓環(huán)的磁通量均增大，為阻礙磁通量的增大，鋁環(huán)向左運動，銅環(huán)向右運動，A、B錯誤；由于銅環(huán)和鋁環(huán)的形狀、大小相同，銅的電阻率較小，故銅環(huán)的電阻較小，兩環(huán)對稱放在固定線圈兩側(cè)，閉合開關(guān)S瞬間，穿過兩環(huán)的磁通量的變化率相等，則兩環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等，則銅環(huán)中的感應(yīng)電流較大，故銅環(huán)受到的安培力較大，C錯誤；由右手螺旋定則可知，閉合開關(guān)S瞬間，穿過銅環(huán)的磁通量向左增大，由楞次定律知，從左向右看，銅環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時針方向，D正確．3.(2022·黑龍江省哈爾濱三中模擬)半徑為L的圓形磁場區(qū)域如圖所示，左側(cè)磁場方向垂直紙面向外，右側(cè)磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.導(dǎo)體棒AB長為2L，與圓磁場的直徑重合．當(dāng)導(dǎo)體棒以角速度ω繞其中點在紙面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)動時，導(dǎo)體棒兩端的電勢差UAB為()A．0 B．eq\f(BL2ω,2)C．BL2ω D．2BL2ω答案C解析由右手定則可知，A端電勢高于B端電勢，由安培定則可知UAO＝UOB＝eq\f(1,2)BL2ω，則有UAB＝UAO＋UOB＝BL2ω，故選C.4．(2022·河北卷·5)將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為S1，小圓面積均為S2，垂直線圈平面方向有一隨時間t變化的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝B0＋kt，B0和k均為常量，則線圈中總的感應(yīng)電動勢大小為()A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)答案D解析由法拉第電磁感應(yīng)定律，可得大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每個小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相同，故線圈中總的感應(yīng)電動勢大小為E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正確，A、B、C錯誤．5.(2022·江蘇省模擬)將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OMN，其中OM＝ON＝R，圓弧MN的圓心為O點，將導(dǎo)線框的O點置于如圖所示的直角坐標(biāo)系的原點，其中第二和第四象限存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，第三象限存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B.從t＝0時刻開始讓導(dǎo)線框以O(shè)點為圓心，以恒定的角速度ω沿逆時針方向做勻速圓周運動，假定沿ONM方向的電流為正，則導(dǎo)線框中的電流i隨時間t的變化規(guī)律正確的是()答案B解析在0～t0時間內(nèi)，線框沿逆時針方向從題圖所示位置開始(t＝0)到轉(zhuǎn)過90°的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E1＝eq\f(1,2)Bω·R2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流大小為I1＝eq\f(E1,r)＝eq\f(BR2ω,2r)，根據(jù)楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流方向為正方向(沿ONM方向)；在t0～2t0時間內(nèi)，線框進(jìn)入第三象限的過程中，回路中的電流方向為負(fù)方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E2＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)×2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感應(yīng)電流大小為I2＝3I1；在2t0～3t0時間內(nèi)，線框進(jìn)入第四象限的過程中，回路中的電流方向為正方向(沿ONM方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E3＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)×2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感應(yīng)電流大小為I3＝3I1；在3t0～4t0時間內(nèi)，線框出第四象限的過程中，回路中的電流方向為負(fù)方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E4＝eq\f(1,2)Bω·R2，回路電流大小為I4＝I1，故B正確，A、C、D錯誤．6．(2022·廣東潮州市湘橋區(qū)鐵鋪中學(xué)模擬)紙面內(nèi)一正方形金屬線框MNPQ的PQ邊與勻強(qiáng)磁場的邊界重合，勻強(qiáng)磁場垂直紙面向外且范圍足夠大．第一次將金屬線框以速度v勻速拉進(jìn)勻強(qiáng)磁場內(nèi)(如圖甲)；第二次金屬線框以PQ邊為軸勻速轉(zhuǎn)動180°(如圖乙)，此時MN邊的線速度大小為v.設(shè)兩過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱分別為Q1和Q2，則eq\f(Q1,Q2)等于()A．4 B．8C．eq\f(4,π) D．eq\f(2,π)答案C解析設(shè)正方形線框的邊長為l、電阻為R，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，題圖甲中線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E1＝Blv，時間為t1＝eq\f(l,v)，產(chǎn)生的熱量為Q1＝eq\f(E12,R)t1＝eq\f(B2l3v,R)，題圖乙中線框在磁場中運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為Em＝Blv，有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))，時間為t2＝eq\f(πl(wèi),2v)，產(chǎn)生的熱量為Q2＝eq\f(E2,R)t2＝eq\f(πB2l3v,4R)，解得eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(4,π)，故選C.7.(多選)(2022·山東卷·12)如圖所示，xOy平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點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點的頂點、在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時針勻速轉(zhuǎn)動，t＝0時刻，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)電動勢E隨時間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的變化率一直減小答案BC解析如圖所示，在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，金屬框的有效切割長度先變大再變小，當(dāng)t＝eq\f(π,4ω)時，有效切割長度最大，為eq\r(2)L，此時，感應(yīng)電動勢最大，所以在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E先增大后減小，故B正確，A錯誤；在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，設(shè)轉(zhuǎn)過的角度為θ，由幾何關(guān)系可得θ＝ωt，在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，切割磁感線的有效長度d＝eq\f(L,cosωt)，則感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(1,2)Bd2ω＝eq\f(BL2ω,2cos2ωt)，可知在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變化率一直增大，故C正確，D錯誤．8.(多選)(2022·內(nèi)蒙古二模)如圖，豎直平面內(nèi)存在一個具有理想邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2T、方向垂直于紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域．一個質(zhì)量m＝0.04kg、邊長L＝0.1m、電阻R＝0.2Ω的勻質(zhì)正方形剛性導(dǎo)線框，從距磁場區(qū)域高度h處以速度v0＝2m/s水平向右拋出，線框在進(jìn)入磁場過程中速度保持不變(線框運動過程中不翻轉(zhuǎn)，不考慮空氣阻力)，g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．拋出時ab邊距磁場上邊界的距離為0.4mB．線框剛進(jìn)入磁場時，cd邊的電壓為0.1VC．線框拋出位置不變，水平拋出速度v0<2m/s時，線框進(jìn)入磁場過程中一定做勻速運動D．線框拋出位置不變，水平拋出速度v0>2m/s時，線框進(jìn)入磁場過程中一定做勻速運動答案BC解析線框進(jìn)入磁場的過程中速度不變，線框受力平衡，則有mg＝BIL，而I＝eq\f(BLvy,R)，vy2＝2gh，聯(lián)立解得I＝2A，h＝0.2m，選項A錯誤；線框剛進(jìn)入磁場時，cd邊的電壓為U＝I·eq\f(R,4)＝0.1V，選項B正確；線框從拋出到進(jìn)入磁場時所用時間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.2s，若v0＝2m/s，則進(jìn)入磁場時的水平位移為x＝v0t＝0.4m，當(dāng)線框拋出位置不變，水平拋出速度v0<2m/s時，進(jìn)入磁場時水平位移小于0.4m，因進(jìn)入磁場時的豎直速度不變，則受到的向上的安培力不變，則線框進(jìn)入磁場過程中一定做勻速運動；當(dāng)線框拋出位置不變，水平拋出速度v0>2m/s時，進(jìn)入磁場時水平位移大于0.4m，則線框可能飛過磁場或者部分進(jìn)入磁場，此時線框受到的安培力小于重力，則線框不能勻速進(jìn)入磁場，選項C正確，D錯誤．9．(多選)(2022·遼寧省模擬)如圖所示，導(dǎo)體棒a、b水平放置于足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌左右兩部分的間距分別為l、2l，質(zhì)量分別為m、2m，兩棒接入電路的電阻均為R，其余電阻均忽略不計；導(dǎo)體棒a、b均處于豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中；a、b兩棒以v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，a總在窄軌上運動，b總在寬軌上運動，直到兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，則從開始運動到兩棒穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是()A．穩(wěn)定時a棒的速度為eq\f(4,3)v0B．電路中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,5)mv02C．流過導(dǎo)體棒a的某一橫截面的電荷量為eq\f(mv0,3Bl)D．當(dāng)a棒的速度為eq\f(5,4)v0時，b棒的加速度大小為eq\f(B2l2v0,8mR)答案ACD解析當(dāng)兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等時，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，設(shè)此時a棒速度為va，b棒速度為vb，電動勢相等，則有Blva＝B·2lvb，可得va＝2vb，從開始到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)過程中，取水平向右為正方向，對a棒由動量定理得Beq\x\to(I)lt＝mva－mv0，對b棒由動量定理得－Beq\x\to(I)·2lt＝2mvb－2mv0，聯(lián)立解得va＝eq\f(4,3)v0，又有q＝eq\x\to(I)t，聯(lián)立解得q＝eq\f(mv0,3Bl)，故A、C正確；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錯誤；當(dāng)a棒的速度為eq\f(5,4)v0時，設(shè)b棒的速度為v，加速度大小為a，取向右為正方向，根據(jù)動量定理可知，對a棒Beq\x\to(I)′lt′＝m·eq\f(5,4)v0－mv0，對b棒－Beq\x\to(I)′·2lt′＝2mv－2mv0，聯(lián)立解得v＝eq\f(3v0,4)，回路中感應(yīng)電流為I＝eq\f(B·2l·\f(3,4)v0－Bl·\f(5,4)v0,2R)＝eq\f(Blv0,8R)，對b棒，根據(jù)牛頓第二定律有BI·2l＝2ma，解得a＝eq\f(B2l2v0,8mR)，故D正確．10.(多選)(2022·山東棗莊市二模)如圖所示，間距為L＝0.8m的兩條平行光滑豎直金屬導(dǎo)軌PQ、MN足夠長，底部Q、N之間連接阻值為R1＝2.0Ω的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝0.5T，足夠大的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m＝1.0×10－2kg、電阻值為R2＝2.0Ω的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好．導(dǎo)軌的上端點P、M分別與橫截面積為5.0×10－3m2的10匝線圈的兩端連接，線圈的軸線與大小均勻變化的勻強(qiáng)磁場B2平行．開關(guān)S閉合后，金屬棒ab恰能保持靜止．重力加速度取g＝10m/s2，其余部分的電阻不計．則()A．勻強(qiáng)磁場B2的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小B．金屬棒ab中的電流大小為0.25AC．勻強(qiáng)磁場B2的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為10T/sD．?dāng)嚅_S之后，金屬棒ab下滑的最大速度為1.25m/s答案BC解析金屬棒ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，則金屬棒ab受到的安培力豎直向上，根據(jù)左手定則可知，通過金屬棒ab的電流方向由a到b，根據(jù)楞次定律可知，勻