(统考版)2023高考物理二轮专题复习习题-专题强化训练11电磁感应规律及其应用.docx

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1、专题强化训练11电磁感应规律及其应用一、选择题(14题为单项选择题，58题为多项选择题)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2.2022广东卷如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，

2、转子是中心在O点的条形磁铁，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32022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()AI1I3I3I2CI1I2I3 DI1I2I3

3、42022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00.2 s时间内与0.2 s0.6 s时间内()A通过金属框的电荷量之比为21B金属框中电流的电功率之比为41C金属框中产生的焦耳热之比为41D金属框ab边受到安培力方向相反，大小之比为3152022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()AtT8时刻，圆环有扩张的趋势BtT8时刻，圆环有收缩的趋势CtT8和t3T8时刻，圆环内有相同的感应电流Dt3T8和t5T

4、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()72022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2L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平面内以角速度顺时针匀速转动t0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

5、势E随时间t变化规律的描述正确的是()A在t0到t2的过程中，E一直增大B在t0到t2的过程中，E先增大后减小C在t0到t4的过程中，E的变化率一直增大D在t0到t4的过程中，E的变化率一直减小82022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QRCB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

6、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如图所示，将一细导线围成边长为d的N匝正方形线框，并固定在水平纸面内，虚线MN恰好将线框分为左右对称的两部分，在虚线MN左侧的空间内存在与纸面垂直的匀强磁场，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，已知线框的电阻为R，t t0时匀强磁场的磁感应强度大小为B0.求：(1)若虚线MN右侧的空间不存在磁场，线框中产生的感应电流方向；在02t0内，通过线框某横截面的电荷量q；(2)若虚线MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为B0，如图所示，求t2t0时线框受到的安培力F.102022全国

7、冲刺卷如图所示，右边是法拉第圆盘发电机，圆盘直径d2 m，转动方向如图所示(从右向左看是逆时针)，圆盘处于磁感应强度B11 T的匀强磁场中，左边有两条间距L0.5 m的平行倾斜导轨，倾角37，导轨处有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B22 T，用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻r1 .在倾斜导轨上水平放一根质量m1 kg、电阻R2 的导体棒，导体棒与导轨之间的动摩擦因数0.5且始终接触良好，导体棒长度也是L0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6，cos 370.8，其余电阻不计求：(1)若圆盘转动的角速度

8、120 rad/s时，产生的感应电动势；(2)若导体棒静止在倾斜导轨上时，导体棒所受的安培力应满足的条件；(3)若导体棒静止在倾斜导轨上时，圆盘转动的角速度应满足的条件专题强化训练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

9、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：D2解析：由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知，在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A项错误；由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B项正确；由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C项错误；由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等，根据PE2R可知，两电阻消耗的电功率不相等，D项错误答案：B3解析：设正方形线框边长为a，则圆线框半径为a2，正六边形线框边长为a2，由法拉第电磁感应定律得Ent

10、BtS面积，由电阻定律得Rl周长S截，由题意知Bt、S截均为定值，所以电流IERS面积l周长，面积分别为a2、a24、33a28，周长分别为4a、a、3a，故电流I1I2I3，故C项正确答案：C4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Ent可得，在00.2 s时间内，感应电动势为E10.5 S0.2 V5S2 V0.2 s0.6 s时间内，感应电动势为E20.5 S0.60.2 V5S4 V根据IER可知，在00.2 s时间内与0.2 s0.6 s时间内感应电流之比为I1I221.根据qIt可知，通过金属框的电荷量之比为q1q2I1t1I2t211，故A错误；根据PEI可知，

11、金属框中电流的电功率之比为P1P2E1I1E2I241，故B正确；根据QI2Rt可知，金属框中产生的焦耳热之比为Q1Q2I12t1:I22t221，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1F安2I1I221，故D错误答案：B5解析：由图可知在tT8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tT8时刻通过线圈的电流增大，而在t3T8时刻通过线圈的电流减小，根

12、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t3T8和t5T8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：AD6解析：感应电流为IERBLvR安培力为FBILB2L2vR根据牛顿第二定律有amgFmgB2L2vmR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pmv，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

13、减小，所以B错误；通过的电荷量为q，则有qIttRtBLxR，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EpEp0mgx，所以D正确答案：ACD7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E12Bd2，从图中可以看出在t0到t2的过程中，d是先增大到2L，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t0到t4的过程中，dLcost，感应电动势的表达式可写为E12Bd2BL22cos2t，由表达式可以看出在t0到t4的过程中，E的变化率一直增大，C项正确，D项错误答案：BC8解析：合上开关的瞬间，导体棒两端电压等于电容器

14、两端电压且为最大值，电流也最大，IURQRC，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：AD9解析：(1)由楞次定律可得电流方向是俯视逆时针方向；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势ENtNB

15、td22由图象可知BtB0t0导体框中产生的感应电动势ENB0d22t0导体框中电流IER时间t2t0，通过导体框某横截面的电荷量qItNB0d2R(2)当t2t0时，虚线MN左侧磁感应强度为B12B0虚线MN左侧线框受到水平向右的安培力F1NB1Id虚线MN右侧线框受到水平向右的安培力F2NB0Id上、下两边框受到的安培力合力为0，导体框受到的安培力FF1F2NB1IdNB0Id3N2B02d32t0R答案：(1)逆时针方向NB0d2R(2)方向水平向右 3N2B02d32t0R10解析：(1)圆盘发电机可以看成半径旋转切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律得EBLvB1d2d21218B1d2

16、1代入数据得E10V(2)如果导体棒受的安培力较大，导体棒有沿导轨向上滑动的趋势，导体棒受摩擦力沿导轨向下，建立坐标系分析导体棒受力如图所示，根据y轴受力平衡得FNF安sin mg cos 根据x轴受力平衡得F安cos mg sin f，fFN代入数据得F安20 N如果导体棒受的安培力较小，导体棒有沿导轨向下滑动的趋势，导体棒受摩擦力沿导轨向上，建立坐标系分析导体棒受力如图所示根据y轴受力平衡得FNF安sin mg cos 根据x轴受力平衡得F安cos fmg sin fFN，代入数据得F安2011 N导体棒所受的安培力应满足2011 NF安20 N(3)设F安20 N时圆盘转动的角速度为2，根据F安B2IL20 N，代入数据得I20 A根据闭合电路欧姆定律IER+r代入数据得EI(Rr)60 V根据法拉第电磁感应定律EBLvB1d2d22218B1d22代入数据得2120 rad/s同理当F安2011 N时，圆盘转动的角速度312011 rad/s圆盘转动的角速度应满足12011 rad/s120 rad/s.答案：(1)10 V(2)2011 NF安20 N(3)12011 rad/s120 rad/s