【高考復(fù)習(xí)指導(dǎo)】2022屆高三物理二輪復(fù)習(xí)限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練-專題十-電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用

專題十電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練[單獨(dú)成冊(cè)](時(shí)間：45分鐘)1.(2021·高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)(多選)1824年，法國(guó)科學(xué)家阿拉果完成了有名的“圓盤試驗(yàn)”．試驗(yàn)中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用松軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖所示．試驗(yàn)中發(fā)覺(jué)，當(dāng)圓盤在磁針的磁場(chǎng)中繞過(guò)圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，但略有滯后．下列說(shuō)法正確的是()A．圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B．圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)C．在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，磁針的磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤的磁通量發(fā)生了變化D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)解析：選AB.A.當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，圓盤的半徑切割磁針產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，選項(xiàng)A正確；B．如圖所示，銅圓盤上存在很多小的閉合回路，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，依據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流阻礙其相對(duì)運(yùn)動(dòng)，但抗拒不了相對(duì)運(yùn)動(dòng)，故磁針會(huì)隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，但略有滯后，選項(xiàng)B正確；C．在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，磁針的磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤的磁通量始終為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成的電流的磁場(chǎng)方向沿圓盤軸線方向，會(huì)使磁針沿軸線方向偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2．(2021·高考重慶卷)題圖為無(wú)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(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向右穿過(guò)線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，則該段時(shí)間線圈兩端a和b之間的電勢(shì)差φa－φb()A．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒為－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)解析：選C.依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B2－B1S,t2－t1)，由楞次定律和右手螺旋定則可推斷b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì)，因磁場(chǎng)均勻變化，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，因此a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差恒為φa－φb＝－neq\f(B2－B1S,t2－t1)，選項(xiàng)C正確．3．(2021·河南、河北、山西三省聯(lián)考)如圖1，水平放置的閉合回路由兩部分組成，虛線左側(cè)是電阻不能忽視的圓形導(dǎo)線，置于方向豎直的磁場(chǎng)B1中，B1隨時(shí)間t的變化如圖2所示，t＝0時(shí)，B1方向豎直向上；虛線右側(cè)是電阻可忽視的光滑平行導(dǎo)軌，處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2中．t＝0時(shí)，導(dǎo)體棒ab在平行于導(dǎo)軌、水平向右的外力F作用下從靜止開(kāi)頭向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則F隨t變化規(guī)律大致是圖中的()解析：選D.設(shè)ab棒的加速度為a，通過(guò)ab棒的電流為I，則F－BIL＝ma，設(shè)圓形導(dǎo)線的內(nèi)阻為r，則I＝eq\f(E1＋E2,r)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，E1＝eq\f(SΔB1,Δt)，E2＝B2Lv＝B2Lat，聯(lián)立得F＝eq\f(B2L,r)(eq\f(SΔB1,Δt)＋B2Lat)＋ma，結(jié)合幾何學(xué)問(wèn)知，D正確．4.(多選)如圖所示，間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬軌道上端用電阻R相連，其平面與水平面成θ角，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直軌道平面對(duì)上．質(zhì)量為m，電阻為r的金屬桿ab(長(zhǎng)度略大于L)，以初速度v0從軌道底端向上滑行，滑行到距底端高h(yuǎn)的位置后又返回到底端，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)金屬軌道的電阻，已知重力加速度為g.則以下說(shuō)法中正確的是()A．桿ab先勻減速上滑，之后勻加速下滑，且上滑過(guò)程的加速度大于下滑過(guò)程中的加速度B．桿ab上滑過(guò)程中通過(guò)R的電荷量與下滑過(guò)程中通過(guò)R的電荷量相等C．桿ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力做功的功率等于電阻R的熱功率D．桿ab上滑到最高點(diǎn)的過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于eq\f(R,R＋r)(eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh)解析：選BD.桿ab上滑時(shí)，由牛頓其次定律知，F(xiàn)安＋mgsinθ＝ma上，代入F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)知，由于桿上滑時(shí)速度減小，則上滑時(shí)的加速度不斷減小，做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，同理分析，當(dāng)桿下滑時(shí)，mgsinθ－F安＝ma下，聯(lián)立F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)可知，桿做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；由于桿ab上滑和下滑過(guò)程中，磁通量的變化量相等，結(jié)合q＝IΔt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)知，桿上滑和下滑過(guò)程中通過(guò)R的電荷量相等，B正確；桿ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力做功的功率等于電阻R和r的熱功率之和，C錯(cuò)誤；桿ab上滑到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由能量守恒定律知，電路產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh，而電阻R產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(R,R＋r)Q，聯(lián)立得QR＝eq\f(R,R＋r)(eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh)，D正確．5.(2021·高考福建卷)如圖，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中()A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功領(lǐng)先減小后增大D．線框消耗的電功領(lǐng)先減小后增大解析：選C.設(shè)PQ左側(cè)金屬線框的電阻為r，則右側(cè)電阻為3R－r；PQ相當(dāng)于電源，其電阻為R，則電路的外電阻為R外＝eq\f(r3R－r,r＋3R－r)＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(3R,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3R,2)))2,3R)，當(dāng)r＝eq\f(3R,2)時(shí)，R外max＝eq\f(3,4)R，此時(shí)PQ處于矩形線框的中心位置，即PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中外電阻先增大后減小．PQ中的電流為干路電流I＝eq\f(E,R外＋R內(nèi))，可知干路電流先減小后增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．PQ兩端的電壓為路端電壓U＝E－U內(nèi)，因E＝Blv不變，U內(nèi)＝IR先減小后增大，所以路端電壓先增大后減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路電流先減小后增大，PQ上拉力的功率也先減小后增大，選項(xiàng)C正確．線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，因外電阻最大值為eq\f(3,4)R，小于內(nèi)阻R；依據(jù)電源的輸出功率與外電阻大小的變化關(guān)系，外電阻越接近電源內(nèi)阻時(shí)，輸出功率越大，可知線框消耗的電功領(lǐng)先增大后減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．6.如圖所示，光滑絕緣水平面上有一矩形線框處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab＝2bc，開(kāi)頭時(shí)cd、bc均與磁場(chǎng)邊緣平齊．第一次將線框向右以速度v1勻速拉出磁場(chǎng)，其次次將線框向外以速度v2勻速拉出磁場(chǎng)，第三次讓線框ab邊繞cd軸以線速度v3向右轉(zhuǎn)過(guò)90°，三次操作中線框中產(chǎn)生的焦耳熱相等，則v1∶v2∶v3等于()A．1∶2∶4 B．π∶2π∶4C．π∶2π∶2 D．2π∶π∶4解析：選B.令線框bc邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線框總電阻為R，將線框向右以速度v1勻速拉出時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝2BLv1，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝eq\f(E\o\al(2,1),R)t1＝eq\f(4B2L2v\o\al(2,1),R)·eq\f(L,v1)＝eq\f(4B2L3v1,R)，同理將線框向外以速度v2勻速拉出時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝BLv2，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝eq\f(E\o\al(2,2),R)t2＝eq\f(B2L2v\o\al(2,2),R)·eq\f(2L,v2)＝eq\f(2B2L3v2,R)，讓線框ab邊繞cd軸以線速度v3向右轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，線框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的峰值為E3＝BSω＝2BL2eq\f(v3,L)＝2BLv3，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q3＝eq\f(\f(E3,\r(2))2,R)t3＝eq\f(2B2L2v\o\al(2,3),R)·eq\f(2πL,4v3)＝eq\f(πB2L3v3,R)，由題意知焦耳熱相等，所以v1∶v2∶v3＝π∶2π∶4，B正確．7.(多選)如圖所示，豎直虛線MN兩側(cè)存在垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相等，上邊界在同一水平線上，區(qū)域Ⅰ磁場(chǎng)高3L，區(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)高L，兩個(gè)完全相同的正方形線圈位于豎直平面內(nèi)，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m、電阻為R、底邊始終與磁場(chǎng)上邊界平行，現(xiàn)讓線圈1從磁場(chǎng)上方高4()A．兩線圈在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B．線圈2開(kāi)頭下落時(shí)距磁場(chǎng)上邊界高LC．線圈1在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量是2mgLD．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(\r(mgR),L·\r(4,4gL))解析：選AD.兩線圈剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，底邊開(kāi)頭切割磁感線，由右手定則可知線圈在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，A正確；由題意知線圈1剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度v1＝2eq\r(2gL)，從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到剛好完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中始終在做減速運(yùn)動(dòng)，剛好完全進(jìn)入磁場(chǎng)到剛到達(dá)磁場(chǎng)下邊界的過(guò)程中，只在重力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，令剛好完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，則veq\o\al(2,1)－v2＝2g·2L，即v2＝4gL＝2gh，所以線圈2開(kāi)頭下落時(shí)距磁場(chǎng)上邊界高h(yuǎn)＝2L，B錯(cuò)誤；由能量守恒定律知線圈1在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量等于線圈1剛進(jìn)入磁場(chǎng)到剛到達(dá)磁場(chǎng)下邊界過(guò)程中重力勢(shì)能的減小量，即Q＝3mgL，C錯(cuò)誤；因線圈2剛好能勻速通過(guò)磁場(chǎng)，所以mg＝FA＝eq\f(B2L2v,R)，聯(lián)立解得B＝eq\f(\r(mgR),L·\r(4,4gL))，D正確．8．(2021·高考浙江卷)小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“電磁天平”，如圖1所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡．線圈的水平邊長(zhǎng)L＝0.1m，豎直邊長(zhǎng)H＝0.3m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝1.0T，方向垂直線圈平面對(duì)里．線圈中通有可在0～2.0A范圍內(nèi)調(diào)整的電流I.掛盤放上待測(cè)物體后，調(diào)整線圈中電流使天平平衡，測(cè)出電流即可測(cè)得物體的質(zhì)量．(重力加速度取g＝10m/s2)(1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？(2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，另選N2＝100匝、外形相同的線圈，總電阻R＝10Ω.不接外電流，兩臂平衡．如圖2所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻變大，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪＝0.1m．當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為0.01kg的物體時(shí)，天平平衡，求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率eq\f(ΔB,Δt).解析：(1)線圈受到安培力F＝N1B0IL①天平平衡mg＝N1B0IL②代入數(shù)據(jù)得N1＝25匝③(2)由電磁感應(yīng)定律得E＝N2eq\f(ΔΦ,Δt)④即E＝N2eq\f(ΔB,Δt)Ld⑤由歐姆定律得I′＝eq\f(E,R)⑥線圈受到安培力F′＝N2B0I′L⑦天平平衡m′g＝Neq\o\al(2,2)B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)⑧代入數(shù)據(jù)可得eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s⑨答案：(1)25匝(2)0.1T/s9．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd傾斜放置，兩導(dǎo)軌之間的距離為L(zhǎng)＝0.5m，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌上端a、c之間連接有一阻值為R1＝4Ω的電阻，下端b、d之間接有一阻值為R2＝4Ω的小燈泡．有抱負(fù)邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)上，虛線ef為磁場(chǎng)的上邊界，ij為磁場(chǎng)的下邊界，此區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝eq\f(1,3)kg的金屬棒MN，從距離磁場(chǎng)上邊界ef肯定距離處，從t＝0時(shí)刻開(kāi)頭由靜止釋放，金屬棒MN從開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)到經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的下邊界ij的過(guò)程中，小燈泡的亮度始終不變．金屬棒MN在兩軌道間的電阻r＝1Ω，其余部分的電阻忽視不計(jì)，ef、ij邊界均垂直于兩導(dǎo)軌，重力加速度g取10m/s2.求：(1)小燈泡的實(shí)際功率；(2)金屬棒MN穿出磁場(chǎng)前的最大速率；(3)整個(gè)過(guò)程中小燈泡產(chǎn)生的熱量．解析：(1)由于小燈泡的亮度始終不變，說(shuō)明金屬棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度v達(dá)到最大，由平衡條件得：mgsinθ＝BIL小燈泡的電功率P＝(eq\f(I,2))2R2電功率P＝eq\f(25,9)W(2)由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,R)其中，總電阻R＝eq\f(R1,2)＋r由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv由以上各式代入數(shù)據(jù)解得：v＝5m/s(3)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，由牛頓其次定律