新高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题4电路与电磁感应第2讲电磁感应问题

第一部分专题四第2讲基础题——知识基础打牢1.(2022·黑龙江大庆模拟)如图所示，水平放置的铝制圆盘与蹄形磁铁的转轴在同一竖直线上，圆盘位于磁铁上方，磁铁以角速度ω0匀速旋转．下列说法正确的是(C)A．圆盘与磁铁同方向旋转，且角速度大于ω0B．圆盘与磁铁反方向旋转，且角速度大于ω0C．圆盘与磁铁同方向旋转，且角速度小于ω0D．圆盘与磁铁反方向旋转，且角速度小于ω0【解析】根据楞次定律的推论可知，电磁感应产生的现象总是阻碍两物体间的相对运动，但阻碍不是阻止，磁铁旋转时，磁铁相对圆盘旋转，则圆盘也跟着同向旋转，即阻碍磁铁相对圆盘的旋转运动，但不会阻止，若磁铁速度为ω0，则圆盘相对磁铁同方向旋转，且角速度小于ω0，A、B、D错误，C正确．2.(多选)(2022·吉林延边一模)电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来．如图所示，扇形铜框在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中一份重合．为使线框在电磁阻尼作用下停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中不合理的是(AD)【解析】由于闭合导体所穿过的磁通量发生变化，闭合导体会产生感应电流，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动，由于磁体不动，安培力对导体而言即为阻力．题中的扇形铜框在转动过程中，A、D的设计中铜框没有磁通量变化，不会产生感应电流，不会产生安培阻力，故A、D错误，符合题意；B、C中的设计铜框磁通量有变化，会产生感应电流，形成安培阻力，故B、C正确．3.(2022·四川宜宾模拟)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(D)A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小【解析】磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律和安培定则得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误；根据安培力公式F＝BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误；安培力和静摩擦力为一对平衡力，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确．4.(2022·山西太原模拟)如图所示，虚线框内是磁感应强度为B的匀强磁场，导线框的四条边的电阻均为r，长均为L，线框平面与磁场方向垂直．当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab两端的电势差为U，则(D)A．U＝eq\f(1,4)BLv B．U＝eq\f(1,3)BLvC．U＝eq\f(1,2)BLv D．U＝eq\f(3,4)BLv【解析】ab边进入磁场时产生的感应电动势为E＝BLv，ab为电源，则adcb为外电路，故ab两端的电势差为U＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv，故选D.5.(2022·河南郑州模拟)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化，磁场方向取垂直纸面向里为正方向．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，电阻R＝0.1Ω，边长L＝0.2m，则下列说法错误的是(C)A．在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中的感应电动势为0.08VB．在t＝0.05s时，金属框ab边受到的安培力的大小为0.016NC．在t＝0.05s时，金属框ab边受到的安培力的方向垂直于ab向右D．在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中电流的电功率为0.064W【解析】根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(NΔΦ,Δt)，金属框的面积不变，磁场的磁感应强度变化，故ΔΦ＝ΔB·L2，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(0.2T,0.1s)＝2T/s，解得E＝0.08V，故A正确；感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.08,0.1)A＝0.8A，在t＝0.05s时，ab受到的安培力为F＝BIL＝0.1×0.8×0.2N＝0.016N，故B正确；根据楞次定律，感应电流阻碍磁通量的变化，磁通量随磁感应强度的减小，线框有扩大的趋势，故ab受到的安培力水平向左，故C错误；电功率为P＝EI＝0.08V×0.8A＝0.064W，故D正确．6.(多选)(2022·河南商丘三模)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长ab＝1m，线圈总电阻r＝1Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e，感应电流i，焦耳热Q以及ab边的安培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图像正确的是(CD)【解析】0～1s内产生的感应电动势为e1＝eq\f(nSΔB,Δt)＝2V，方向为逆时针，同理1～5s内产生的感应电动势为e2＝eq\f(nSΔB,Δt)＝1V，方向为顺时针，A错误；对应0～1s内的感应电流大小为i1＝eq\f(e1,r)＝2A，方向为逆时针(负值)，同理1～5s内的感应电流大小为i2＝1A，方向为顺时针(正值)，B错误；ab边受到的安培力大小为F＝nBiL，可知0～1s内0≤F≤4N，方向向下，1～3s内0≤F≤2N，方向向上，3～5s内0≤F≤2N，方向向下，C正确；线圈产生的焦耳热为Q＝eit,0～1s内Q1＝4J,1～5s内Q2＝4J，D正确．故选CD.7.(2022·四川成都模拟)如图所示，边长为L、电阻为R的正方形单匝导线框abcd放于纸面内，在ad边的左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，现使导线框绕过a点且平行于磁场方向的轴以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，在导线框转过45°的过程中(B)A．导线框产生沿逆时针方向的感应电流B．导线框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为BωL2C．导线框受到的安培力逐渐增大，方向不断变化D．流过导线框的电荷量为eq\f(2BωL2,πR)【解析】由楞次定律可知，导线框产生沿顺时针方向的感应电流，选项A错误；导线框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为E＝B·eq\r(2)L·ωeq\f(\r(2)L,2)＝BωL2，选项B正确；导线框转动时，切割磁感线的有效长度逐渐增加，则感应电动势逐渐变大，感应电流逐渐变大，则受到的安培力逐渐增大，但是方向不变，总是垂直边界线向左，选项C错误；流过导线框的电荷量为q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·\f(1,2)L2,R)＝eq\f(BL2,2R)，选项D错误．故选B.8.(2022·四省八校联考)如图(甲)所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有阻值为R的电阻和理想二极管D(正向电阻为0，反向电阻无穷大)．t＝0时刻起阻值也为R的导体棒ab在外力作用下向右运动，其速度变化规律如图(乙)所示，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，则金属棒两端电压Uab随时间t变化的关系图像可能正确的是(A)【解析】由图乙可得速度随时间变化规律的数学表达式为v＝vmsineq\f(2π,T)t，当导体棒向右运动时，由右手定则可知回路中产生逆时针方向的感应电流，二极管导通，由电磁感应定律，则得金属棒两端电压为Uab＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(1,2)BLv＝eq\f(1,2)BLvmsineq\f(2π,T)teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤t≤\f(T,2)))，当导体棒向左运动时，由右手定则可知金属棒a端电势低于b端电势，二极管截止，由电磁感应定律，则得金属棒两端电压为Uab＝－E＝－BLv＝－BLvmsineq\f(2π,T)teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)≤t≤T))，由以上分析可知A正确，B、C、D错误．9.如图所示，半径为r的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度垂直、磁场的磁感应强度为B0，保持圆环不动，使磁场的磁感应强度随时间均匀增大、经过时间t，磁场的磁感应强度增大到B1，此时圆环中产生的焦耳热为Q；保持磁场的磁感应强度B1不变，将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动，经时间2t圆环转过90°，圆环中电流大小按正弦规律变化，圆环中产生的焦耳热也为Q，则磁感应强度B0和B1的比值为(A)A.eq\f(4－π,4) B．eq\f(5－π,5)C.eq\f(4\r(2)－π,4\r(2)) D．eq\f(5\r(2)－π,5\r(2))【解析】若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为E1＝eq\f(B1－B0πr2,t)，则Q＝eq\f(E\o\al(2,1),R)t＝eq\f(B1－B02π2r4,tR)①，若线圈转动：则产生的感应电动势最大值E2m＝B1ωS＝B1eq\f(\f(π,2),2t)·πr2＝eq\f(π2r2B1,4t)，有效值E2＝eq\f(π2r2B1,4\r(2)t)，产生的热量Q＝eq\f(E\o\al(2,2),R)×2t＝eq\f(π4r4B\o\al(2,1),16tR)②，联立①②可得eq\f(B0,B1)＝eq\f(4－π,4)，故选A.应用题——强化学以致用10.(多选)(2022·黑龙江齐齐哈尔一模)如图所示，将半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一绝缘水平面内，两导轨之间接有阻值为R的定值电阻和一个电容为C的电容器，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．将一个长度为r、阻值为R的金属棒AD置于圆导轨上面，O、A、D三点共线，在外力的作用下金属棒以O为转轴逆时针匀速转动，转速为n，元电荷大小为e，转动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．下列说法正确的是(BD)A．D点的电势高于A点的电势B．金属棒产生的感应电动势大小为3Bπnr2C．电容器的电荷量为3CBπnr2D．一质子在电容器中从S板附近运动到T板附近时，电场力所做的功为eq\f(3eBπnr2,2)【解析】由右手定则可知，D点的电势低于A点的电势，选项A错误；角速度ω＝2πn，金属棒产生的感应电动势大小为E＝Brωeq\f(r＋2r,2)＝3Bπnr2，选项B正确；电容器极板间的电压U＝eq\f(ER,R＋R)＝eq\f(3,2)Bπnr2，电容器的电荷量为Q＝eq\f(3,2)CBπnr2，选项C错误；一质子在电容器中从S板附近运动到T板附近时，电场力所做的功为W＝Ue＝eq\f(3eBπnr2,2)，选项D正确．故选BD.11.(多选)(2022·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示，光滑的金属圆环型轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心．电阻为r、长为2l的轻质金属杆，有小孔的一端套在内环MN上，另一端连接带孔金属球，球的质量为m，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好，内圆半径r1＝l，外圆半径r2＝3l，PM间接有阻值为R的电阻．让金属杆从AB处无初速释放，金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v，其他电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则(ABC)A．金属球向下运动过程中，通过电阻R的电流方向由M指向PB．金属杆第一次即将离开磁场时，R两端的电压U＝eq\f(4B0lvR,3R＋r)C．金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过R的电荷量q＝eq\f(2πl2B0,R＋r)D．金属杆第一次即将离开磁场时，R上生成的焦耳热Q＝3mgl－eq\f(1,2)mv2【解析】由右手定则可知，金属球向下运动过程中，流过金属杆的电流由B流向A，则通过R的电流由M流向P，A正确；金属杆第一次离开磁场时，金属球的速度为v＝ωr2＝3ωl，金属杆第一次离开磁场时感应电动势为E＝B0·2leq\f(ωr1＋ωr2,2)，解得E＝eq\f(4,3)B0lv，电路电流为I＝eq\f(E,R＋r)，R两端电压为U＝IR＝eq\f(4B0lvR,3R＋r)，B正确；由法拉第电磁感应定律得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0ΔS,Δt)＝eq\f(B0·\f(1,4)π[3l2－l2],Δt)＝eq\f(2πB0l2,Δt)，平均感应电流为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，通过R的电荷量为q＝eq\x\to(I)Δt，解得q＝eq\f(2πB0l2,R＋r)，C正确；由于金属杆第一次即将离开磁场时，重力做功等于3mgl，所以金属杆第一次即将离开磁场时，R上生成的焦耳热Q＝eq\f(R,R＋r)(3mgl－eq\f(1,2)mv2)，D错误．故选ABC.12.(2022·浙江6月高考，10分)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平．某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动．线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B.开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下．若动子从静止开始至返回过程的v­t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v)N，t3时撤去F.已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：(1)恒流源的电流I；(2)线圈电阻R；(3)时刻t3.【答案】(1)80A(2)0.5Ω(3)eq\f(\r(5)＋3,2)s【解析】(1)由题意可知接通恒流源时安培力F安＝nBIl动子和线圈在0～t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为a＝eq\f(v1,t1)根据牛顿第二定律有F安＝(M＋m)a代入数据联立解得I＝eq\f(m＋Mv1,nlBt1)＝80A.(2)当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为I′＝eq\f(nBlv,R0＋R)此时安培力为F安′＝nBI′l所以此时根据牛顿第二定律有(800－10v)＋eq\f(n2l2B2,R0＋R)v＝ma′由图可知在t1至t3期间加速度恒定，则有eq\f(n2l2B2,R0＋R)＝10kg/s解得R＝0.5Ω，a′＝160m/s2.(3)根据图像可知t2－t1＝eq\f(v1,a′)＝0.5s故t2＝2s；在0～t2时间段内的位移s＝eq\f(1,2)v1t2＝80m而根据法拉第电磁感应定律有eq\x\to(E)＝neq\f(Δφ,Δt)＝eq\f(nBΔS,Δt)电荷量的定义式Δq＝eq\x\to(I)Δteq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋R0)可得Δq＝eq\f(nBl\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(s－\f(1,2)a′t3－t22)),R＋R0)从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有－nBlΔq＝0－ma′(t3－t2)联立可得(t3－t2)2＋(t3－t2)－1＝0解得t3＝eq\f(\r(5)＋3,2)s.13.(2022·湖北卷)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2m、回路电阻R＝1.6×10－3Ω、质量m＝0.2kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4eq\r(2)N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小