统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练11电磁感应规律及其应用

这是一份统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练11电磁感应规律及其应用，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图．电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力．下列说法正确的是( )
A．制动过程中，导体不会产生热量
B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用
C.制动力的大小与线圈中电流的大小无关
D．线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大
2．[2023·湖北省四地七校联考]如图所示，在一根软铁棒上绕有一组线圈，a、c是线圈的两端，b为中心抽头．把a端和b抽头分别接到两条平行金属导轨上，导轨间有匀强磁场，方向垂直于导轨所在纸面向里．金属棒PQ在外力作用下左右运动，运动过程中保持与导轨垂直，且两端与导轨始终接触良好．若PQ运动过程中，a、c的电势都比b端的电势高，则PQ可能的运动情况为( )
A．向左减速运动B．向右减速运动
C．向左匀速运动D．向右匀速运动
3．[2023·海南卷]汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )
A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
4．[2023·广东模拟预测]如图甲所示，正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直．磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示．在0～0.2s时间内与0.2s～0.6s时间内( )
A．通过金属框的电荷量之比为2∶1
B．金属框中电流的电功率之比为4∶1
C．金属框中产生的焦耳热之比为4∶1
D．金属框ab边受到安培力方向相反，大小之比为3∶1
5．[2023·福建福州三模]一个长直密绕线圈N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与线圈轴线重合，如图甲所示．线圈N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是( )
A．t＝eq \f(T,8)时刻，圆环有扩张的趋势
B．t＝eq \f(T,8)时刻，圆环有收缩的趋势
C．t＝eq \f(T,8)和t＝eq \f(3T,8)时刻，圆环内有相同的感应电流
D．t＝eq \f(3T,8)和t＝eq \f(5T,8)时刻，圆环内有相同的感应电流
6．如图所示，阻值不计、足够长的平行光滑导轨竖直放置，上端连接一电阻，一金属棒(电阻不计)水平放置与导轨接触良好，导轨平面处于匀强磁场中且与磁场方向垂直，金属棒从某处由静止释放向下运动，设运动过程中棒的加速度为a、动量为p，通过的电荷量为q、重力势能为Ep、位移为x、运动时间为t.下列图象正确的是( )
7．[2022·山东卷]
如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为eq \r(2)L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场．边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动．t＝0时刻，金属框开始进入第一象限．不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是( )
A．在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的过程中，E一直增大
B．在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的过程中，E先增大后减小
C．在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大
D．在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直减小
8．[2022·全国甲卷]如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，( )
A．通过导体棒MN电流的最大值为eq \f(Q,RC)
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
二、非选择题
9．[2023·湖南卷]如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g.
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.
10．[2023·新课标卷]一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上．宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示．
(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场．运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小．
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示．让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场．运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好．求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量．
专题强化训练11 电磁感应规律及其应用
1．解析：电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量，A错误；如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据左手定则，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，B错误；线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C错误；线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大，D正确．
答案：D
2．解析：a端电势比b端电势高，说明PQ导体棒切割磁感线产生的感应电流方向为逆时针方向，由右手定则判断导体棒向右切割磁感线．c端电势比b端电势高，说明线圈bc中产生的感应电动势方向由b指向c，线圈bc中感应电流的磁场方向与线圈ab中电流的磁场方向相同，由楞次定律可判断ab中电流一定在减小，则导体棒切割磁感线的速度在减小．综上所述，导体棒在向右做减速运动，B正确．
答案：B
3．解析：由右手螺旋定则可知，线圈1、2形成的磁场方向都是竖直向下的，A错；汽车进入线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量增大，由楞次定律可判断，线圈abcd中的感应电流方向与线圈1反向，是逆时针，即感应电流方向为adcb，同理，汽车离开线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量减小，线圈abcd中的感应电流方向是顺时针，即感应电流方向为abcd，故B错，C对；安培力为阻力，与速度方向相反，D错．
答案：C
4．解析：设线框的面积为S，电阻为R，根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)可得，在0～0.2s时间内，感应电动势为E1＝eq \f(0.5S,0.2)V＝eq \f(5S,2)V．0.2s～0.6s时间内，感应电动势为E2＝eq \f(0.5S,0.6－0.2)V＝eq \f(5S,4)V．根据I＝eq \f(E,R)可知，在0～0.2s时间内与0.2s～0.6s时间内感应电流之比为I1∶I2＝2∶1.
根据q＝It可知，通过金属框的电荷量之比为q1∶q2＝I1t1∶I2t2＝1∶1，故A错误；根据P＝EI可知，金属框中电流的电功率之比为P1∶P2＝E1I1∶E2I2＝4∶1，故B正确；根据Q＝I2Rt可知，金属框中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝I eq \\al(2,1) t1∶I eq \\al(2,2) t2＝2∶1，故C错误；根据楞次定律可知，电流方向相反，由左手定则可知，金属框ab边受到安培力方向相反，根据F安＝BIL，由于对应时间B相同，则安培力大小之比为F安1∶F安2＝I1∶I2＝2∶1，故D错误．
答案：B
5．解析：由图可知在t＝eq \f(T,8)时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属圆环的磁通量增大，对圆环，面积越大，磁通量越小，根据楞次定律可知，圆环有扩张趋势，选项A正确，B错误；由图可知，在t＝eq \f(T,8)时刻通过线圈的电流增大，而在t＝eq \f(3T,8)时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向不同，选项C错误；由图可知，在t＝eq \f(3T,8)和t＝eq \f(5T,8)时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向也相同，选项D正确．
答案：AD
6．解析：感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)
安培力为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
根据牛顿第二定律有a＝eq \f(mg－F,m)＝g－eq \f(B2L2v,mR)
则速度增加过程中，加速度逐渐减小，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，所以A正确；金属棒的动量为p＝mv，则动量与速度成正比，由于金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，其速度与时间图象的斜率将逐渐减小，所以B错误；通过的电荷量为q，则有q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(ΔΦ,ΔtR)·Δt＝eq \f(BLx,R)，所以电荷量q与位移x成正比，则C正确；重力势能为Ep，则有Ep＝Ep0－mgx，所以D正确．
答案：ACD
7．解析：
如图所示，金属框切割磁感线的有效长度为d，根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E＝eq \f(1,2)Bd2ω，从图中可以看出在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的过程中，d是先增大到eq \r(2)L，再减小到L，所以电动势E先增大后减小，A项错误，B项正确．在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，d＝eq \f(L,csωt)，感应电动势的表达式可写为E＝eq \f(1,2)Bd2ω＝eq \f(BL2ω,2cs2ωt)，由表达式可以看出在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大，C项正确，D项错误．
答案：BC
8．解析：合上开关的瞬间，导体棒两端电压等于电容器两端电压且为最大值，电流也最大，I＝eq \f(U,R)＝eq \f(Q,RC)，电流最大时，导体棒MN所受的安培力最大，而导体棒速度最大时电流不是最大，所以A正确，C错误；导体棒MN先加速后减速，不会匀速，如果导体棒MN做匀速直线运动，电阻上一直有焦耳热产生，其他能量都不变，不符合能量守恒，所以B错误；由于棒运动过程切割磁感线产生反电动势，导致只有开始时通过电阻R的电流与通过导体棒MN的电流相等，其他时候通过电阻R的电流都比通过导体棒MN的电流大，故由焦耳定律可知电阻R上产生的焦耳热比导体棒MN上产生的焦耳热多，D正确．
答案：AD
9．解析：（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝eq \f(E,2R)，F＝BIL
a棒受力平衡可得mgsinθ＝BIL
联立解得v0＝eq \f(2mgRsinθ,B2L2)
（2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒受沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对b棒，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋BIL＝ma0
解得a0＝2gsinθ
（3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒，由动量定理得mgsinθt0－Beq \(I,\s\up6(－))Lt0＝mv－mv0
b棒受到向下的安培力，对b棒，由动量定理得mgsinθt0＋Beq \(I,\s\up6(－))Lt0＝mv
联立解得
v＝gsinθ·t0＋eq \f(v0,2)
此过程流过b棒的电荷量为q，则有
q＝eq \(I,\s\up6(－))t0
由法拉第电磁感应定律可得
eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(E,2R)＝eq \f(1,2R)eq \f(BLΔx,t0)
联立b棒动量定理可得Δx＝eq \f(mv0R,B2L2)
答案：（1）eq \f(2mgRsinθ,B2L2) （2）2gsinθ （3）eq \f(mv0R,B2L2)
10．解析：（1）金属框进入磁场过程中有eq \(E,\s\up6(－))＝BLeq \f(L,t)
则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为q1＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),4R0)t＝eq \f(BL2,4R0)
则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为q＝eq \f(BL2,2R0)
设金属框的初速度为v0
则有－BqL＝eq \f(mv0,2)－mv0
联立有v0＝eq \f(B2L3,mR0)
（2）金属框进入磁场的过程，有
－Beq \(I,\s\up6(－))′Lt′＝mv1－mv0
闭合电路的总电阻R总＝R0＋eq \f(1,\f(1,R1)＋\f(1,R0))＝eq \f(5,3)R0
通过线框的电流eq \(I,\s\up6(－))′＝eq \f(\(E,\s\up6(－))′,R总)
根据法拉第电磁感应定律有eq \(E,\s\up6(－))′＝eq \f(BL2,t′)
解得v1＝eq \f(2B2L3,5mR0)
金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，则有
－Beq \(I,\s\up6(－))″Lt″＝－mv1
通过金属框的电流eq \(I,\s\up6(－))″＝eq \f(\(E,\s\up6(－))″,R1＋\f(R0,2))
根据法拉第电磁感应定律有eq \(E,\s\up6(－))″＝eq \f(BLx,t″)
解得x＝L
故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处
对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有Q总＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) －eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)
电阻R1产生的热量Q1＝eq \f(\f(2,3)R0,R总)·eq \f(R0,R1＋R0)Q总
金属框完全在磁场中运动过程，有Q′总＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)
电阻R1产生的热量为Q′1＝eq \f(R1,R1＋\f(R0,2))Q′总
电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q′1
解得Q1总＝eq \f(3B4L6,25mR eq \\al(2,0) )
答案：（1）eq \f(B2L3,mR0) （2）eq \f(3B4L6,25mR eq \\al(2,0) )