新課標(biāo)2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)專題四第2講電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用精練含解析

PAGE8-電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用(45分鐘)[刷基礎(chǔ)]1．(2024·河北邯鄲高三考前摸底)下列四幅演示試驗(yàn)圖中，試驗(yàn)現(xiàn)象能正確表述試驗(yàn)結(jié)論的是()A．圖甲用磁鐵靠近輕質(zhì)鋁環(huán)A，A會(huì)靠近磁鐵B．圖乙斷開開關(guān)S，觸點(diǎn)C不馬上斷開C．圖丙閉合開關(guān)S時(shí)，電流表有示數(shù)，斷開開關(guān)S時(shí)，電流表沒(méi)有示數(shù)D．圖丁銅盤靠慣性轉(zhuǎn)動(dòng)，手持磁鐵靠近銅盤，銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)加快解析：圖甲用磁鐵靠近輕質(zhì)鋁環(huán)A，由于A環(huán)中發(fā)生電磁感應(yīng)，依據(jù)楞次定律可知，A將遠(yuǎn)離磁鐵，故A錯(cuò)誤；圖乙斷開開關(guān)S，由于B線圈中發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象阻礙電流的減小，因此線圈仍有磁性，觸點(diǎn)C不馬上斷開，故B正確；圖丙閉合開關(guān)S和斷開開關(guān)S時(shí)均會(huì)發(fā)生電磁感應(yīng)，因此電流表均有示數(shù)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤時(shí)，銅盤切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，出現(xiàn)安培力，從而導(dǎo)致銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)受到阻礙，因此銅盤將轉(zhuǎn)慢，故D錯(cuò)誤．答案：B2．(2024·高考全國(guó)卷Ⅰ)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來(lái)探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌．為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場(chǎng)來(lái)快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示．無(wú)擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng)；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是()解析：施加磁場(chǎng)來(lái)快速衰減STM的微小振動(dòng)，其原理是電磁阻尼，在振動(dòng)時(shí)通過(guò)紫銅薄板的磁通量變更，紫銅薄板中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動(dòng)，即促使其振動(dòng)衰減．方案A中，無(wú)論紫銅薄板上下振動(dòng)還是左右振動(dòng)，通過(guò)它的磁通量都發(fā)生變更；方案B中，當(dāng)紫銅薄板上下振動(dòng)時(shí)，通過(guò)它的磁通量可能不變，當(dāng)紫銅薄板向右振動(dòng)時(shí)，通過(guò)它的磁通量不變；方案C中，紫銅薄板上下振動(dòng)、左右振動(dòng)時(shí)，通過(guò)它的磁通量可能不變；方案D中，當(dāng)紫銅薄板上下振動(dòng)時(shí)，紫銅薄板中磁通量可能不變．綜上可知，對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是A.答案：A3．(多選)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中．圓回旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過(guò)電阻R的電流，下列說(shuō)法正確的是()A．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流淌C．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變更，則電流方向可能發(fā)生變更D．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍解析：將圓盤看成多數(shù)輻條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，當(dāng)圓盤順時(shí)針(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，依據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，流過(guò)電阻的電流方向從a到b，選項(xiàng)B正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定時(shí)，I大小恒定，ω大小變更時(shí)，I大小變更，方向不變，故選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，當(dāng)ω變?yōu)?倍時(shí)，P變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：AB4.(2024·高考全國(guó)卷Ⅲ)如圖，在方向垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)垂直，金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)起先的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說(shuō)法正確的是()A．PQRS中沿順時(shí)針?lè)较颍琓中沿逆時(shí)針?lè)较駼．PQRS中沿順時(shí)針?lè)较?，T中沿順時(shí)針?lè)较駽．PQRS中沿逆時(shí)針?lè)较?，T中沿逆時(shí)針?lè)较駾．PQRS中沿逆時(shí)針?lè)较颍琓中沿順時(shí)針?lè)较蚪馕觯航饘贄UPQ向右切割磁感線，依據(jù)右手定則可知PQRS中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?；原?lái)T中的磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里，閉合回路PQRS中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)外，使得穿過(guò)T的磁通量減小，依據(jù)楞次定律可知T中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流．綜上所述，可知A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．答案：D5.如圖甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個(gè)螺線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正．以下說(shuō)法正確的是()A．從上往下看，0～1s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较駼．0～1s內(nèi)圓環(huán)面積有擴(kuò)張的趨勢(shì)C．3s末圓環(huán)對(duì)桌面的壓力小于圓環(huán)的重力D．1～2s內(nèi)和2～3s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相反解析：由圖乙知，0～1s內(nèi)螺線管中電流漸漸增大，穿過(guò)圓環(huán)向上的磁通量增大，由楞次定律知圓環(huán)中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向下，圓環(huán)面積有縮小的趨勢(shì)，從上往下看，0～1s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较颍x項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；同理可得1～2s內(nèi)和2～3s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；3s末電流的變更率為0，螺線管中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變更率為0，在圓環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，圓環(huán)對(duì)桌面的壓力等于圓環(huán)的重力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．答案：A6．如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間勻稱減小，ab始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流漸漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力漸漸減小解析：導(dǎo)體棒ab、電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強(qiáng)度勻稱減小(eq\f(ΔB,Δt)＝k為肯定值)，則閉合回路中的磁通量減小，依據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，ab中的電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝k·S，回路面積S不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，依據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)，知ab中的電流大小不變，故B錯(cuò)誤；安培力F＝BIL，電流大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則安培力減小，故C錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，對(duì)其受力分析，水平方向的靜摩擦力與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確．答案：D7.(多選)(2024·陜西榆林高三期末)如圖甲所示，兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直．邊長(zhǎng)為1m、總電阻為1Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行．現(xiàn)使導(dǎo)線框水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)，c、d兩點(diǎn)間電勢(shì)差隨時(shí)間變更的圖線如圖乙所示．下列說(shuō)法正確的是()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面對(duì)里B．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為4TC．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開磁場(chǎng)時(shí)的速度大小之比為3∶1D．0～3s的過(guò)程中導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱為48J解析：0～1s內(nèi)線框進(jìn)入磁場(chǎng)，c、d兩點(diǎn)間電勢(shì)差為正，即c點(diǎn)相當(dāng)于電源的正極，由右手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，故A正確；0～1s內(nèi)線框進(jìn)入磁場(chǎng)，c、d兩點(diǎn)間電勢(shì)差為Ucd＝eq\f(3,4)BLv＝3V，線框的速度為v＝eq\f(1,1)m/s＝1m/s，解得B＝4T，故B正確；由圖乙分析可知，線框在0～1s內(nèi)進(jìn)入磁場(chǎng)和2～3s內(nèi)出磁場(chǎng)時(shí)，都是勻速運(yùn)動(dòng)，且速度都為1m/s，所以導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開磁場(chǎng)時(shí)的速度大小之比為1∶1，故C錯(cuò)誤；線框在0～1s內(nèi)進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)＝4A，產(chǎn)生的熱量為Q1＝I2Rt＝16J,1～2s內(nèi)線框的磁通量不變，所以無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，即無(wú)熱量產(chǎn)生，2～3s內(nèi)線框出磁場(chǎng)過(guò)程中電流為I′＝eq\f(E′,R)＝eq\f(BLv′,R)＝4A，產(chǎn)生的熱量為Q2＝I′2Rt＝16J，所以總熱量為32J，故D錯(cuò)誤．答案：AB8．(2024·北京懷柔區(qū)高三理綜)如圖所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，寬度L＝0.4m，一端連接R＝1Ω的電阻．導(dǎo)線所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T．導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，其長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽視不計(jì)．在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)，速度v＝5m/s.求：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E和感應(yīng)電流I；(2)在0.1s時(shí)間內(nèi)，拉力做的功；(3)若將MN換為電阻r＝0.25Ω的導(dǎo)體棒，仍讓導(dǎo)體棒以v＝5m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，求導(dǎo)體棒兩端的電壓U.解析：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝1×0.4×5V＝2V感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2,1)A＝2A.(2)對(duì)導(dǎo)體棒，由平衡條件有F＝F安F安＝BIL在0.1s時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移為x＝vt拉力做的功為W＝Fx代入數(shù)據(jù)解得W＝0.4J.(3)MN換為電阻r＝0.25Ω的導(dǎo)體棒時(shí)，r可視為電源內(nèi)阻，導(dǎo)體棒兩端的電壓等于R兩端的電壓，即路端電壓．由閉合電路歐姆定律可得，感應(yīng)電流為I′＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(2,1＋0.25)A＝1.6A.導(dǎo)體棒兩端的電壓為U＝I′R＝1.6×1V＝1.6V.答案：(1)2V2A(2)0.4J(3)1.6V[刷綜合]9．(多選)(2024·福建三明第一中學(xué)理科綜合)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直斜面對(duì)上，磁場(chǎng)的寬度為2L.一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線圈，由靜止起先沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間和剛越過(guò)MN穿出磁場(chǎng)瞬間速度剛好相等．從ab邊剛越過(guò)GH處起先計(jì)時(shí)，規(guī)定沿斜面對(duì)上為安培力的正方向，則線框運(yùn)動(dòng)的速率v及線框所受安培力F隨時(shí)間t變更的圖線中，可能正確的是()解析：依據(jù)楞次定律可得線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv,R)，產(chǎn)生的安培力大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，即安培力隨速度變更而變更．因ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間和剛越過(guò)MN穿出磁場(chǎng)瞬間速度剛好相等，由分析可知，線框的運(yùn)動(dòng)狀況只能是進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)做變減速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，出磁場(chǎng)時(shí)做變減速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合圖象知A正確，B錯(cuò)誤．依據(jù)左手定則可得線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力方向向上為正，且F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)；線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，安培力為零；出磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力方向向上，且等于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的安培力，所以C正確，D錯(cuò)誤．答案：AC10．(多選)(2024·東北三省六校聯(lián)考)如圖所示，在光滑水平面內(nèi)，有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬度為2L的某矩形區(qū)域內(nèi)(長(zhǎng)度足夠大)，該區(qū)域的左、右邊界分別為L(zhǎng)1、L2.有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框距離磁場(chǎng)左邊界L1的某處由靜止在恒力F作用下穿過(guò)該磁場(chǎng)區(qū)域，已知當(dāng)線框的右邊到達(dá)L2時(shí)線框剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)線框的右邊到達(dá)L1時(shí)起先計(jì)時(shí)，以L1上的O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取如圖所示的坐標(biāo)軸x，并規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，向左為安培力的正方向．則關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i及線框受到的安培力F與位置坐標(biāo)x解析：依據(jù)題意知線框的右邊到達(dá)L2時(shí)線框剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)線框受到的安培力與恒力F大小相等，即FA＝F，而線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以可知線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，安培力應(yīng)小于恒力F，即FA′<F，只能做加速運(yùn)動(dòng)，不能做勻速運(yùn)動(dòng)或減速運(yùn)動(dòng)，否則通過(guò)勻加速的過(guò)程中，右邊到達(dá)L2時(shí)速度增大，安培力增大，安培力將大于拉力，不行能勻速運(yùn)動(dòng)．線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，隨著速度的增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv和感應(yīng)電流i＝eq\f(BLv,R)漸漸增大，安培力FA＝eq\f(B2L2v,R)漸漸增大，線框所受的合力減小，加速度減小，所以做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，所以感應(yīng)電流i的變更率也應(yīng)漸漸減小，安培力F的變更率也漸漸減?。痪€框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流為零，安培力為零；線框出磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流恒定不變，所受安培力恒定不變；依據(jù)楞次定律推斷可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電流方向相反，進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)方向?yàn)檎?，出磁?chǎng)時(shí)方向?yàn)樨?fù)，因安培力阻礙線框的運(yùn)動(dòng)，則所受的安培力方向都向左，為正方向，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤．答案：AD11.如圖甲所示，MN、PQ是相距d＝1m的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面成某一夾角，導(dǎo)軌電阻不計(jì)；長(zhǎng)也為1m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，ab的質(zhì)量m＝0.1kg、電阻R＝1Ω；MN、PQ的上端連接右側(cè)電路，電路中R2為一電阻箱；已知燈泡電阻RL＝3Ω，定值電阻R1＝7Ω，調(diào)整電阻箱使R2＝6Ω，重力加速度g取10m/s2.現(xiàn)斷開開關(guān)S，在t＝0時(shí)刻由靜止釋放ab，在t＝0.5s時(shí)刻閉合S，同時(shí)加上分布于整個(gè)導(dǎo)軌所在區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上；圖乙所示為ab的速度隨時(shí)間變更圖象．(1)求斜面傾角α及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)ab由靜止下滑x＝50m(此前已達(dá)到最大速度)的過(guò)程中，求整個(gè)電路產(chǎn)生的電熱；(3)若只變更電阻箱R2的值，當(dāng)R2為何值時(shí)，ab勻速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率為多少？解析：(1)S斷開