2023届高考二轮总复习试题 物理 （适用于湖南、湖北） 专题分层突破练11　电磁感应规律及综合应用 WORD版含解析.docx

1、专题分层突破练11电磁感应规律及综合应用A组1.(多选)(2022广东卷)如图所示,水平地面(xOy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点,P点位于导线正上方,MN平行于y轴,PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈,圆心在P点,可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动,运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有()A.N点与M点的磁感应强度大小相等,方向相同B.线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量不变C.线圈从P点开始竖直向上运动时,线圈中无感应电流D.线圈从P点运动到M点产生的感应电动势与从P点运动到N点产生的感应电动势相等2.(多选)(2022湖

2、北荆门模拟)如图甲所示是一种手摇发电的手电筒,手电筒内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁,其原理图如图乙所示,当沿图甲中箭头方向来回摇动手电筒过程中,条形磁铁在线圈内上下运动,灯泡发光。在此过程中,下列说法正确的是()A.增加摇动频率,灯泡变亮B.线圈对磁铁的作用力方向不变C.磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时,灯泡中电流方向相反D.磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出的过程中,灯泡中电流方向相反3.(2022广东卷)下图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈,n1n2,二者轴线在同一平面内且相互垂直,两线圈到其轴线交点O的距离相等,且均连接阻值为R的电阻,转子是中心在O

3、点的条形磁体,绕O点在该平面内匀速转动时,两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响,下列说法正确的是()A.两线圈产生的电动势的有效值相等B.两线圈产生的交变电流频率相等C.两线圈产生的电动势同时达到最大值D.两电阻消耗的电功率相等4.(多选)(2021湖南卷)两个完全相同的正方形匀质金属框,边长为l,通过长为l的绝缘轻质杆相连,构成如图所示的组合体。距离组合体下底边h处有一方向水平、垂直于纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平,高度为l,左右宽度足够大。把该组合体在垂直于磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出,设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场,不计空气阻力

4、。下列说法正确的是()A.B与v0无关,与h成反比B.通过磁场的过程中,金属框中电流的大小和方向保持不变C.通过磁场的过程中,组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D.调节h、v0和B,只要组合体仍能匀速通过磁场,则其通过磁场的过程中产生的热量不变5.(2022全国甲卷)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框,正方形线框的边长与圆线框的直径相等,圆线框的半径与正六边形线框的边长相等,如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中,线框所在平面均与磁场方向垂直,正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则()A.I1I3I3I2C.I1=I2I3D.I

5、1=I2=I36.(2021河北卷)如图所示,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝,取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为,一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直,在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动,忽略所有电阻。下列说法正确的是()A.通过金属棒的电流为2BCv2tan B.金属棒到达x0时,电容器极板上的电荷量为BCvx0tan C.金属棒运动过程中,电容器的上极板带负电D.金属棒运动过程中,外力F做功的功率恒定B组7.(多选)(2021辽宁卷)如图甲所示,两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨

6、竖直放置并固定,顶端接有阻值为R的电阻。垂直导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场,t=0时磁场方向垂直纸面向里。在t=0到t=2t0的时间内,金属棒水平固定在距导轨顶端L处;在t=2t0时,释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好,导轨与金属棒的电阻不计,则()A.在t=t02时,金属棒受到的安培力的大小为B02L3t0RB.在t=t0时,金属棒中电流的大小为B0L2t0RC.在t=3t02时,金属棒受到安培力的方向竖直向上D.在t=3t0时,金属棒中电流的方向向右8.(多选)(2022山东潍坊二模)如图所示的“”形导轨宽为L,水平部分光滑且无限长,其中有垂直轨道面向下的匀强磁场,磁感应

7、强度为B,倾斜部分粗糙,CC为垂直导轨的两部分交界线。导体棒1、2均与CC平行,导体棒1和CC之间的距离与导体棒1和2之间的距离之比为45。现释放导体棒1,到达CC处的速度为2v,导体棒1静止后释放导体棒2,一段时间后导体棒1、2均处于稳定状态。若两根导体棒的质量均为m,电阻均为R,与倾斜导轨的动摩擦因数相同,其余电阻不计,下列说法正确的是()A.导体棒2释放前,导体棒1停止的位置与CC的距离为2mvRB2L2B.导体棒1、2稳定时的速度均为32vC.导体棒1、2稳定时,两者之间的距离为mvRB2L2D.整个过程中回路上产生的焦耳热为174mv29.(2022全国乙卷)如图所示,一不可伸长的细

8、绳的上端固定,下端系在边长为l=0.40 m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平,其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为=5.010-3 /m;在t=0到t=3.0 s时间内,磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)=0.3-0.1t(SI)。求:(1)t=2.0 s时金属框所受安培力的大小;(2)在t=0到t=2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。10.(2022福建宁德质检)如图甲所示,电阻不计的U形金属导轨固定在水平面上,两导轨间距L=0.5 m。一质量m=0.01 kg的导体棒ab垂直放在导轨上,与导轨接触良好,接入电路中的电阻r

9、=0.15 ,在垂直导轨平面的区域和区域中存在磁感应强度相同的匀强磁场。现用一根与轨道平面平行的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮将导体棒和质量m0=0.02 kg的小球相连。导体棒从磁场外由静止释放后始终在导轨上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)导体棒与金属导轨之间的动摩擦因数;(2)磁场区域的磁感应强度B;(3)导体棒在穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。答案：专题分层突破练11电磁感应规律及综合应用1.AC解析 因为M、N两点连线与长直导线平行,两点与长直导线的距离相同,根据右手螺旋定则可知,通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等,方向相同,

10、选项A正确。根据右手螺旋定则,线圈在P点时,穿进与穿出线圈的磁感线对称,磁通量为零;在向N点平移的过程中,穿进与穿出线圈的磁感线不再对称,线圈的磁通量会发生变化,选项B错误。根据右手螺旋定则,线圈从P点竖直向上运动的过程中,穿进与穿出线圈的磁感线对称,线圈的磁通量始终为零,没有发生变化,线圈中无感应电流,选项C正确。从P点运动到M点与从P点运动到N点,线圈的磁通量变化量相同,依题意从P点运动到M点所用时间较长,根据法拉第电磁感应定律可知,两次产生的感应电动势不相等,选项D错误。2.ACD解析 由法拉第电磁感应定律有E=t,可知增加摇动频率,磁通量变化变快,则线圈中电动势变大,电路电流变大,所以

11、灯泡变亮,A正确;由楞次定律知靠近时作用力为斥力,远离时作用力为引力,所以线圈对磁铁的作用力方向发生变化,B错误;磁铁从线圈同一端进出时原磁场方向相同,但进入时原磁场磁感应强度增加,穿出时减小,由楞次定律可知感应电流方向相反,C正确;磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出,由楞次定律“增反减同”可知电流方向相反,D正确。3.B解析 根据E=nBS,因n1n2,故两线圈内电动势的最大值不相等,电动势的有效值不相等,两电阻消耗的电功率不相等,选项A、D错误。条形磁体转动的周期即为线圈内交变电流的周期,故两线圈内交变电流的频率相等,选项B正确。题图所示位置,匝数为n1的线圈磁通量最大,感应电动势最小;匝数

12、为n2的线圈磁通量最小,感应电动势最大,选项C错误。4.CD解析 金属框匀速通过磁场时,重力与安培力相等,即mg=BIl,I=BlvR,v2=2gh,联立可得B2=mgRl22gh,选项A错误。通过磁场过程中根据右手定则,金属框下边进入时电流为逆时针方向,金属框上边进入时电流为顺时针方向,选项B错误。因为金属框匀速通过磁场,重力做功与克服安培力做功相等,所以克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等,选项C正确。因为通过磁场,重力做功不变,根据能量守恒定律得,产生的热量不变,选项D正确。5.C解析 设正方形的边长为2a,由几何关系可得,正方形的面积为S1=(2a)2,圆形的面积为S2=a2,正六

13、边形的面积为S3=612a32a=332a2,三个线框的周长分别为D1=8a,D2=2a,D3=6a,故根据法拉第电磁感应定律,有E=SBt,回路电阻R=DS,回路电流I=ER,解得I1I2I3=223,选项C正确,A、B、D错误。6.A解析 假设导体棒向前移动时间为t,则I=Qt=CUt=CB2vttanvt=2CBv2tan ,故A正确;金属棒到达x0时,导体棒上产生的电动势为U=2Bx0vtan ,由C=QU得Q=2CBvx0tan ,故B错误;由右手定则知电容器的上极板带正电,故C错误;P=Fv,F=F安=BIL,I=2CBv2tan ,L=2vttan ,得P=4B2v4tCtan2

14、 ,功率随时间增大,D错误。7.BC解析 0t0内,回路内磁感应强度变化率大小为Bt=B0t0,由法拉第电磁感应定律可得回路内产生的感应电动势E=L2Bt=L2B0t0,由闭合电路欧姆定律,可得金属棒中电流I=ER=B0L2t0R,在t=t02时,B=B02,金属棒受到的安培力的大小F=BIL=B02L32t0R,A错误,B正确;在t=3t02时,磁场方向垂直纸面向外,由楞次定律可判断出产生的感应电流方向为顺时针方向,金属棒中电流从右向左,由左手定则可判断出金属棒受到安培力的方向竖直向上,C正确;在t=3t0时,磁场方向垂直纸面向外,磁场不变化,在t=2t0时,释放金属棒,金属棒向下做加速运动

15、,由右手定则可判断出金属棒中电流的方向向左,D错误。8.BCD解析 导体棒2释放前,对导体棒1由动量定理得-BILt=0-m2v,又因为I=BLxt2R,联立解得x=4mvRB2L2,故A错误;设导体棒1和CC之间的距离为4l,则导体棒2和CC之间的距离为9l,对导体棒1和2从初始位置到CC分别由动能定理得mgsin 4l-mgcos 4l=12m(2v)2-0,mgsin 9l-mgcos 9l=12mv12-0,解得v1=3v,导体棒1、2稳定时两棒产生的电动势相等,根据动量守恒定律得mv1=2mv2,解得v2=3v2,从释放导体棒2到导体棒1、2稳定过程中,根据动量定理,对导体棒1有BI

16、1Lt=mv2-0,又I1=BLxt2R,联立解得x=3mvRB2L2,则两者之间的距离为d=x-x=mvRB2L2,故B、C正确;导体棒1从释放到静止产生的热量为Q1=12m(2v)2=2mv2,从释放导体棒2到导体棒1、2稳定的过程,产生的热量为Q2=12mv12-12(2m)v22=94mv2,整个过程中回路上产生的焦耳热为Q=Q1+Q2=174mv2,故D正确。9.答案 (1)225 N(2)0.016 J解析 (1)金属框的总电阻为R=4l=40.405.010-3 =0.008 金属框中产生的感应电动势为E=t=Bl22t=0.008 V金属框中的电流为I=ER=1 At=2.0

17、s时磁感应强度为B2=(0.3-0.12.0) T=0.1 T金属框处于磁场中的有效长度为l1=2l此时金属框所受安培力大小为F安=B2Il1=225 N。(2)02.0 s内金属框产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.016 J。10.答案 (1)0.5(2)0.3 T(3)0.165 J解析 (1)前0.2 s内,设绳上的拉力为FT,导体棒加速度大小为a,对导体棒根据牛顿第二定律有FT-mg=ma对小球根据牛顿第二定律有m0g-FT=m0a由以上两式可得m0g-mg=(m0+m)a由乙图可知,前0.2 s内a=vt=1.00.2 m/s2=5 m/s2代入数值得=0.5。(2)由乙图可知导体棒在区域做匀速直线运动对导体棒受力分析可知FT=mg+F安对小球受力分析可知m0g=FT又E=BLvI=ErF安=BIL代入数值得B=0.3 T。(3)导体棒穿过磁场区域过程对导体棒,由动量定理有FTt-F安t-mgt=mv2-mv1对小球,由动量定理有m0gt-FTt=m0v2-m0v1又F安t=BILt=BBLvLrt=B2L2rvt=B2L2rx2联立解得x2=0.8 m对系统,由动能定理有m0gx2-mgx2+W安=12(m0+m)v22-12(m0+m)v12