適用于新高考新教材浙江專版2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)大題增分特訓(xùn)8電磁感應(yīng)新人教版

大題增分特訓(xùn)(八)電磁感應(yīng)1.(2024浙江寧波高三模擬)在如圖甲所示的電路中,電阻R1=R2=2R,圓形金屬線圈的半徑為r1,電阻為R,半徑為r2(r2<r1)的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面對里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變更的關(guān)系圖線如圖乙所示,圖線的橫、縱截距分別為t0和B0,其余導(dǎo)線的電阻不計。閉合S,至t1時刻,電路中的電流已穩(wěn)定。(1)推斷通過電阻R2的電流方向和電容器上極板的電性。(2)求線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小E。(3)求穩(wěn)定后電阻R2兩端的電壓U2。2.為了提高城市摩天大樓中電梯的運(yùn)行效率并縮短候梯時間,人們設(shè)計了一種電磁驅(qū)動的無繩電梯,如圖甲所示。電磁驅(qū)動的簡化模型如圖乙所示,光滑的平行長直金屬導(dǎo)軌置于豎直面內(nèi),間距L=1m。導(dǎo)軌下端接有阻值R=1Ω的電阻,質(zhì)量m=0.1kg的導(dǎo)體棒(相當(dāng)于電梯車廂)垂直跨接在導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計,且接觸良好。在導(dǎo)軌平面上存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T、方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場,導(dǎo)體棒始終處于磁場區(qū)域內(nèi),g取10m/s2。t=0時刻,磁場以v1=10m/s的速度勻速向上移動的同時靜止釋放該導(dǎo)體棒。(1)求t=0時刻導(dǎo)體棒的加速度大小。(2)若導(dǎo)體棒隨之運(yùn)動并很快達(dá)到一個恒定速度,求該恒定速度的大小。3.如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系,在0≤x≤0.4m范圍內(nèi)存在一具有志向邊界、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T、方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。一邊長L=0.10m、質(zhì)量m=0.02kg的勻質(zhì)正方形剛性導(dǎo)線框abcd,c點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,0.4m),從圖示位置以初速度v0=2.0m/s水平向右拋出。當(dāng)線框剛好全部離開磁場時,下邊界恰好到達(dá)x軸,且其水平速度為零。線框在全過程中始終處于xOy平面內(nèi),其ab邊與x軸保持平行,空氣阻力不計,重力加速度g取10m/s2。(1)求線框剛起先進(jìn)入磁場時a、d兩點(diǎn)間電勢差的大小Uad。(2)求線框下邊界剛到達(dá)x軸時的速度v和在全過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。(3)若已知在線框進(jìn)入磁場過程中,a、d兩點(diǎn)電勢差Uad隨水平位移變更的函數(shù)關(guān)系為Uad=U0-kx(式中U0、k均為常數(shù)),求線框中心通過x=0.2m位置時水平方向的速度大小。4.如圖甲所示,固定放置在水平桌面上的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌間的距離為L=1m。質(zhì)量m=1kg的直導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌垂直。導(dǎo)軌左端與阻值R=4Ω的電阻相連,其余電阻不計,整個裝置放在豎直向上的勻強(qiáng)磁場內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T。在t=0時,一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直導(dǎo)體棒,使直導(dǎo)體棒由靜止起先向右做直線運(yùn)動,圖乙是描述導(dǎo)體棒運(yùn)動過程的v-t圖像(設(shè)導(dǎo)軌足夠長)。求:(1)拉力F的大小;(2)t=1.6s時,導(dǎo)體棒的加速度大小a;(3)前1.6s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移大小x。5.(2024浙江嘉興二模)如圖所示,兩根豎直放置的足夠長金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l,底部是“△”形剛性導(dǎo)電支架,導(dǎo)軌區(qū)域布滿了垂直于平面MNQP、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。長為l的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置,與導(dǎo)軌接觸良好。半徑為r的輕質(zhì)圓盤與導(dǎo)軌在同一豎直平面內(nèi),可繞通過圓盤中心的固定轉(zhuǎn)軸O勻速轉(zhuǎn)動。圓盤與導(dǎo)軌間有一T形架,T形架下端與金屬棒ab固定連接,在約束槽制約下只能上下運(yùn)動。固定在圓盤邊緣的小圓柱體嵌入在T形架的中空橫梁中。當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動時,小圓柱體帶動T形架進(jìn)而驅(qū)動金屬棒ab上下運(yùn)動。已知ab質(zhì)量為m,電阻為R。“△”形導(dǎo)電支架共六條邊,每條邊的電阻均為R。MN、PQ電阻不計且不考慮全部接觸電阻,圓盤、T形架質(zhì)量不計。圓盤以角速度ω沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動,以中空橫梁處于圖中虛線位置處為初始時刻,求:(1)初始時刻ab所受的安培力;(2)圓盤從初始時刻起先轉(zhuǎn)過90°的過程中,通過ab的電荷量;(3)圓盤從初始時刻起先轉(zhuǎn)過90°的過程中,T形架對ab的沖量I;(4)圓盤從初始時刻起先轉(zhuǎn)過90°的過程中,T形架對ab做的功。參考答案大題增分特訓(xùn)(八)電磁感應(yīng)1.答案(1)方向向右負(fù)電(2)π(3)2解析(1)由題圖乙可知磁感應(yīng)強(qiáng)度減小,依據(jù)楞次定律得線圈中感應(yīng)電流方向為順時針,則電阻R2的電流方向向右,電容器上極板帶負(fù)電。(2)依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,有E=ΔBΔ解得E=πr(3)電路中的電流已穩(wěn)定,電容器充電完畢,在電路中相當(dāng)于斷路,依據(jù)電路的分壓原理,有U2=R2解得U2=2π2.答案(1)15m/s2(2)6m/s解析(1)在t=0時刻,磁場勻速向上移動,導(dǎo)體棒相對磁場向下的速度大小為v1=10m/s依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E1=BLv1=0.5×1×10V=5V回路中的電流為I1=E1R=導(dǎo)體棒受到向上的安培力為FA=BI1L代入數(shù)據(jù)解得FA=2.5N由牛頓其次定律得FA-mg=ma代入數(shù)據(jù)解得a=15m/s2。(2)若導(dǎo)體棒隨之運(yùn)動并很快達(dá)到一個恒定速度,設(shè)該恒定速度的大小為v2,此時導(dǎo)體棒受力平衡,依據(jù)平衡條件得BI2L=mg又I2=BL聯(lián)立解得v2=6m/s。3.答案(1)5×10-3V(2)22m/s0.04J(3)1解析(1)線框剛進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv0=0.02V由右手定則可知線框中的電流方向為adcba則Uad=E4=5×10-3V(2)線框豎直方向所受合力大小為mg,可得a=mgm由v2=2ah得v=22由能量守恒定律得mgh+12mv0解得Q=0.04J。(3)因為線框在進(jìn)入磁場時Uad=U0-kx,可得速度變更量與水平位移成正比,同理可得線框在離開磁場時,速度變更量也與水平位移成正比,則v中=v0+024.答案(1)10N(2)2m/s2(3)8m解析(1)導(dǎo)體棒的運(yùn)動速度為v時產(chǎn)生的電動勢E=BLv閉合回路中的感應(yīng)電流I=E導(dǎo)體棒所受安培力FA=BIL=B由題圖乙可知,當(dāng)速度v=10m/s時,拉力F=FA得F=10N。(2)由題圖乙可知,t=1.6s時,v=8m/s,由牛頓其次定律得F-B2得a=2m/s2。(3)前1.6s內(nèi)由動量定理得FΔt-BILΔt=mv-0其中I解得x=8m。5.答案(1)2(2)2Brl(3)2rB2(4)ωπB2l2解析(1)初始時刻,ab的速度大小v=ωr則ab切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E=Blv整個回路的電阻R總