2024年高考物理二輪復習核心考點專項突破電磁感應定律及應用練習含解析

電磁感應定律及應用一單項選擇題1.如圖所示，直角坐標系xOy的二、四象限有垂直坐標系向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，在第三象限有垂直坐標系向外的勻強磁場，磁感應強度大小為2B.現(xiàn)將半徑為L、圓心角為90°的扇形閉合導線框OPQ在外力作用下以恒定角速度繞O點在紙面內(nèi)沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動．t＝0時刻線框在圖示位置，設電流逆時針方向為正方向．則下列關于導線框中的電流隨時間改變的圖線，正確的是()【解析】依據(jù)楞次定律，線框從第一象限進入其次象限時，電流方向是正方向，設導線框的電阻為R，角速度為ω，則電流大小為eq\f(BωL2,2R)，從其次象限進入第三象限時，電流方向是負方向，電流大小為eq\f(3BωL2,2R)，從第三象限進入第四象限時，電流方向是正方向，電流大小是eq\f(3BωL2,2R)，線框從第四象限進入第一象限時，電流方向是負方向，電流大小為eq\f(BωL2,2R)，B選項正確．【答案】B2.法拉第獨創(chuàng)了世界上第一臺發(fā)電機——法拉第圓盤發(fā)電機．如圖所示，紫銅做的圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各與一個黃銅電刷緊貼，用導線將電刷與電流表連接起來形成回路．轉(zhuǎn)動搖柄，使圓盤逆時針勻速轉(zhuǎn)動，電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)．下列說法正確的是()A．回路中電流大小改變，方向不變B．回路中電流大小不變，方向改變C．回路中電流的大小和方向都周期性改變D．回路中電流方向不變，從b導線流進電流表【答案】D【解析】銅盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應電動勢為：E＝eq\f(1,2)BL2ω，B、L、ω不變，E不變，電流：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，電流大小恒定不變，由右手定則可知，回路中電流方向不變，從b導線流進電流表，故A、B、C錯誤，D正確．3.如圖所示，銅線圈水平固定在鐵架臺上，銅線圈的兩端連接在電流傳感器上，傳感器與數(shù)據(jù)采集器相連，采集的數(shù)據(jù)可通過計算機處理，從而得到銅線圈中的電流隨時間改變的圖線.利用該裝置探究條形磁鐵從距銅線圈上端某一高度處由靜止釋放后，沿銅線圈軸線豎直向下穿過銅線圈的過程中產(chǎn)生的電磁感應現(xiàn)象.兩次試驗中分別得到了如圖甲、乙所示的電流－時間圖線.條形磁鐵在豎直下落過程中始終保持直立姿態(tài)，且所受空氣阻力可忽視不計.則下列說法中正確的是()A.若兩次試驗條形磁鐵距銅線圈上端的高度不同，其他試驗條件均相同，則甲圖對應試驗條形磁鐵距銅線圈上端的高度大于乙圖對應試驗條形磁鐵距銅線圈上端的高度B.若兩次試驗條形磁鐵的磁性強弱不同，其他試驗條件均相同，則甲圖對應試驗條形磁鐵的磁性比乙圖對應試驗條形磁鐵的磁性強C.甲圖對應試驗條形磁鐵穿過銅線圈的過程中損失的機械能小于乙圖對應試驗條形磁鐵穿過銅線圈的過程中損失的機械能D.兩次試驗條形磁鐵穿過銅線圈的過程中所受的磁場力都是先向上后向下【答案】C【解析】由乙圖中的電流峰值大于甲中電流峰值，可知乙試驗的電磁感應現(xiàn)象更明顯，故乙試驗中的高度更高或磁鐵磁性更強，A、B錯誤；電流峰值越大，產(chǎn)生的焦耳熱越多，損失的機械能越大，故C正確；整個過程中，磁鐵所受的磁場力都是阻礙磁鐵運動，故磁場力始終向上，D錯誤.4.如圖所示，用勻稱導線做成邊長為0.2m的正方形線框，線框的一半處于垂直線框向里的有界勻強磁場中.當磁場以20T/s的改變率增加時，a、b兩點間電勢差的大小為U，則()A.φa<φb，U＝0.2VB.φa>φb，U＝0.2VC.φa<φb，U＝0.4VD.φa>φb，U＝0.4V【答案】A【解析】題中正方形線框的左半部分磁通量改變而產(chǎn)生感應電動勢，從而在線框中有感應電流產(chǎn)生，把左半部分線框看成電源，其電動勢為E，內(nèi)電阻為eq\f(r,2)，畫出等效電路如圖所示.則a、b兩點間的電勢差即為電源的路端電壓，設l是邊長，且依題意知：eq\f(ΔB,Δt)＝20T/s.由法拉第電磁感應定律，得：E＝Neq\f(ΔB·S,Δt)＝1×20×eq\f(0.2×0.2,2)V＝0.4V所以有：U＝IR＝eq\f(E,\f(r,2)＋\f(r,2))×eq\f(r,2)＝0.2V，由于a點電勢低于b點電勢，故有：Uab＝－0.2V.5.如圖，在方向垂直于紙面對里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動起先的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向

D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向【答案】D【解析】因為PQ突然向右運動，由右手定則可知，PQRS中有沿逆時針方向的感應電流，穿過T中的磁通量減小，由楞次定律可知，T中有沿順時針方向的感應電流，D正確，ABC錯誤。6.如圖所示，有一個矩形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面對里．一個三角形閉合導線框，由位置1(左)沿紙面勻速運動到位置2(右)．取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點(t＝0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則圖中能正確反映線框中電流與時間關系的是()【答案】A【解析】線框進入磁場的過程，磁通量向里增加，依據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向外，由安培定則可知感應電流方向為逆時針，電流方向應為正方向，故B、C錯誤；線框進入磁場的過程，線框有效的切割長度先勻稱增大后勻稱減小，由E＝BLv，可知感應電動勢先勻稱增大后勻稱減?。痪€框完全進入磁場后，磁通量不變，沒能感應電流產(chǎn)生；線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，依據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向里，由安培定則可知感應電流方向為順時針，電流方向應為負方向，線框有效的切割長度先勻稱增大后勻稱減小，由E＝BLv，可知感應電動勢先勻稱增大后勻稱減?。还蔄正確，D錯誤．7.在豎直平面內(nèi)固定一根水平長直導線，導線中通以如圖所示方向的恒定電流.在其正上方(略靠后)由靜止釋放一個閉合圓形導線框.已知導線框在下落過程中始終保持框平面沿豎直方向.在框由實線位置下落到虛線位置的過程中()A.導線框中感應電流方向依次為：順時針→逆時針→順時針B.導線框的磁通量為零時，感應電流也為零C.導線框所受安培力的合力方向依次為：向上→向下→向上D.導線框產(chǎn)生的焦耳熱等于下落過程中框損失的重力勢能【答案】A【解析】依據(jù)安培定則，通電直導線的磁場在上方向外，下方向里；離導線近的地方磁感應強度大，離導線遠的地方磁感應強度小.線框從上向下靠近導線的過程，向外的磁感應強度增加，依據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生順時針方向的電流；穿越導線時，上方向外的磁場和下方向里的磁場疊加，先是向外的磁通量減小，之后變成向里的磁通量，并漸漸增大，直至最大；依據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生逆時針方向的電流.向里的磁通量變成最大后，接著向下運動，向里的磁通量又漸漸減小，這時的電流新方向又變成了順時針.故A正確；依據(jù)A中的分析，穿越導線時，上方向外的磁場和下方向里的磁場疊加，先是向外的磁通量減小，始終減小到0，之后變成向里的磁通量，并漸漸增大.這一過程是連續(xù)的，始終有感應電流存在，不是0，故B錯誤；依據(jù)楞次定律，感應電流始終阻礙導線框相對磁場的運動，故受安培力的方向始終向上，故C錯誤；依據(jù)能量守恒定律，導線框產(chǎn)生的焦耳熱等于下落過程中框損失的重力勢能與增加動能之差，故D錯誤.8.如圖甲所示，R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi).左端連接在一周期為T0的正弦溝通電源上，經(jīng)二極管整流后，通過R0的電流i始終向左，其大小按圖乙所示規(guī)律改變.規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端時，a、b間的電壓uab為正，下列uab－t圖象可能正確的是()【答案】C【解析】在第一個0.25T0時間內(nèi)，通過大圓環(huán)的電流為順時針增加的，由楞次定律可推斷內(nèi)環(huán)a端電勢高于b端，因電流的改變率漸漸減小，故內(nèi)環(huán)的電動勢漸漸減小，同理可知，在0.25T0～0.5T0時間內(nèi)，通過大圓環(huán)的電流為順時針漸漸減小，則由楞次定律可知，內(nèi)環(huán)a端電勢低于b端，因電流的改變率漸漸變大，故內(nèi)環(huán)的電動勢變大，故只有C正確.9.楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現(xiàn)象中的詳細體現(xiàn)（）A．電阻定律 B．庫侖定律C．歐姆定律 D．能量守恒定律【答案】D【解析】楞次定律指感應電流的磁場阻礙引起感應電流的原磁場的磁通量的改變,這種阻礙作用做功將其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)楦袘娏鞯碾娔?所以楞次定律的阻礙過程實質(zhì)上就是能量轉(zhuǎn)化的過程。10.如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中心，O為圓心。軌道的電阻忽視不計。OM是有肯定電阻?？衫@O轉(zhuǎn)動的金屬桿。M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，現(xiàn)使OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過程Ⅰ）；再使磁感應強度的大小以肯定的改變率從B增加到B'（過程Ⅱ）。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則等于（）A.B.C.D.2【答案】B【解析】本題考查電磁感應及其相關的學問點。過程I回路中磁通量改變△Φ1=BπR2，設OM的電阻為R，流過OM的電荷量Q1=△Φ1/R。過程II回路中磁通量改變△Φ2=（B’-B）πR2，流過OM的電荷量Q2=△Φ2/R。Q2=Q1，聯(lián)立解得：B’/B=3/2，B正確。二不定項選擇題11.如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）A.開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面對里的方向轉(zhuǎn)動B.開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面對里的方向C.開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面對外的方向D.開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面對外的方向轉(zhuǎn)動【答案】AD【解析】本題考查電磁感應、安培定則及其相關的學問點。開關閉合的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量改變，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，由楞次定律可推斷出直導線中電流方向為由南向北，由安培定則可推斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面對里，小磁針的N極朝垂直紙面對里的方向轉(zhuǎn)動，A正確；開關閉合并保持一段時間后，左側(cè)線圈中磁通量不變，線圈中感應電動勢和感應電流為零，直導線中電流為零，小磁針復原到原來狀態(tài)，BC錯誤；開關閉合并保持一段時間后再斷開后的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量改變，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，由楞次定律可推斷出直導線中電流方向為由北向南，由安培定則可推斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面對外，小磁針的N極朝垂直紙面對外的方向轉(zhuǎn)動，D正確。12.空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間改變的勻強磁場，其邊界如圖(a)中虛線MN所示．一硬質(zhì)細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上．t＝0時磁感應強度的方向如圖(a)所示；磁感應強度B隨時間t的改變關系如圖(b)所示．則在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)()A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向C．圓環(huán)中的感應電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圓環(huán)中的感應電動勢大小為eq\f(B0πr2,4t0)【答案】BC【解析】在0～t0時間內(nèi)，磁感應強度減小，依據(jù)楞次定律可知感應電流的方向為順時針，圓環(huán)所受安培力水平向左；在t0～t1時間內(nèi)，磁感應強度反向增大，感應電流的方向仍為順時針，圓環(huán)所受安培力水平向右，所以選項A錯誤，B正確；依據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(B0,t0)＝eq\f(B0πr2,2t0)，由R＝ρeq\f(l,S)可得R＝ρeq\f(2πr,S)，依據(jù)歐姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，所以選項C正確，D錯誤．13.高頻焊接技術的原理如圖(a)所示.線圈接入圖(b)所示的正弦式溝通電(以電流順時針方向為正)，圈內(nèi)待焊接工件形成閉合回路.則()A.圖(b)中電流有效值為IB.0～t1時間內(nèi)工件中的感應電流變大C.0～t1時間內(nèi)工件中的感應電流方向為逆時針D.圖(b)中T越大，工件溫度上升越快【答案】AC【解析】由圖知電流的最大值為eq\r(2)I，因為該電流是正弦式溝通電，則有效值為I，故A正確.i－t圖象切線的斜率等于電流的改變率，依據(jù)數(shù)學學問可知：0～t1時間內(nèi)線圈中電流的改變率減小，磁通量的改變率變小，由法拉第電磁感應定律可知工件中感應電動勢變小，則感應電流變小，故B錯誤.依據(jù)楞次定律可知：0～t1時間內(nèi)工件中的感應電流方向為逆時針，故C正確.圖(b)中T越大，電流改變越慢，工件中磁通量改變越慢，由法拉第電磁感應定律可知工件中產(chǎn)生的感應電動勢越小，溫度上升越慢，故D錯誤.14.在傾角為θ足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小相等的勻強磁場，磁場方向一個垂直斜面對上，另一個垂直斜面對下，寬度均為L，如圖所示．一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形線框在t＝0時刻以速度v0進入磁場，恰好做勻速直線運動，若經(jīng)過時間t0，線框ab邊到達gg′與ff′中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則下列說法正確的是()A．當ab邊剛越過ff′時，線框加速度的大小為gsinθB．t0時刻線框勻速運動的速度為eq\f(v0,4)C．t0時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(3,2)mgLsinθ＋eq\f(15,32)mveq\o\al(2,0)D．離開磁場的過程中線框?qū)⒆鰟蛩僦本€運動【答案】BC【解析】當ab邊進入磁場時，F(xiàn)A＝eq\f(B2L2v0,R)＝mgsinθ.當ab邊剛越過f′f時，線框的感應電動勢和電流均加倍，eq\f(4B2L2v0,R)－mgsinθ＝ma，加速度向上為3gsinθ，A錯誤；t0時刻，eq\f(4B2L2v,R)＝mgsinθ，解得v＝eq\f(v0,4)，B正確；線框從進入磁場到再次做勻速運動過程，沿斜面對下運動距離為eq\f(3,2)L，則由功能關系得t0時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(3mgLsinθ,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mgLsinθ＋eq\f(15,32)mveq\o\al(2,0)，C正確；線框離開磁場時做加速運動，D錯誤．15.如圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l＝0.20m，處于磁感應強度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強磁場中．有一匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2隨時間t改變的關系如圖乙所示．t＝0.22s時閉合開關K瞬間細框跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m．不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．0～0.10s內(nèi)線圈中的感應電動勢大小為3VB．開關K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到DC．磁感應強度B2的方向豎直向下D．開關K閉合瞬間，通過細桿CD的電荷量為0.03C【答案】BD【解析】0～0.1s內(nèi)線圈中的磁場勻稱改變，由法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，代入數(shù)據(jù)得E＝30V，A錯．開關閉合瞬間，細框會跳起，可知細框受向上的安培力，由左手定則可推斷電流方向由C到D，B對．由于t＝0.22s時通過線圈的磁通量正在削減，再對線圈由楞次定律可知感應電流產(chǎn)生的磁場的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知C錯誤．K閉合瞬間，因安培力遠大于重力，則由動量定理有B1IlΔt＝mv，通過細桿的電荷量Q＝IΔt，線框向上跳起的過程中v2＝2gh，解得Q＝0.03C，D對．16.如圖甲所示，一單匝圓形閉合導線框半徑為r，線框電阻為R，連接一溝通電流表(內(nèi)阻不計)．線框內(nèi)充溢勻強磁場，已知該磁場磁感應強度B隨時間按正弦規(guī)律改變，如圖乙所示(規(guī)定向下為B的正方向)，則下列說法正確的是()A．0.005s時線框中的感應電流最大B．0.01s時線框中感應電流方向從上往下看為順時針方向C．0.015s時電流表的示數(shù)為零D．0～0.02s內(nèi)閉合導線框上產(chǎn)生的熱量為eq\f(π4r4,R)【答案】BD【解析】線圈中的感應電動勢為E＝πr2eq\f(ΔB,Δt)，感應電流為i＝eq\f(πr2,R)·eq\f(ΔB,Δt)，在0.005s時，eq\f(ΔB,Δt)＝0，則i＝0，A項錯；由楞次定律知在0.01s時感應電流方向為順時針方向(從上往下看)，B項正確；溝通電流表測量的是交變電流的有效值，C項錯；感應電動勢的峰值為Em＝Bmπr2eq\f(2π,T)，一個周期導線框上產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(\f(Em,\r(2))2,R)T＝eq\f(π4r4,R)，D項正確．17.如圖所示，空間存在一有邊界的條形勻強磁場區(qū)域，磁場方向與豎直平面(紙面)垂直，磁場邊界的間距為L.一個質(zhì)量為m、邊長也為L的正方形導線框沿豎直方向運動，線框所在平面始終與磁場方向垂直，且線框上、下邊始終與磁場的邊界平行．t＝0時刻導線框的上邊恰好與磁場的下邊界重合(圖中位置Ⅰ)，導線框的速度為v0.經(jīng)驗一段時間后，當導線框的下邊恰好與磁場的上邊界重合時(圖中位置Ⅱ)，導線框的速度剛好為零．此后，導線框下落，經(jīng)過一段時間回到初始位置Ⅰ(不計空氣阻力)，則()A．上升過程中合力做的功與下降過程中合力做的功相等B．上升過程中線框產(chǎn)生的熱量比下降過程中線框產(chǎn)生的熱量多C．上升過程中，導線框的加速度漸漸減小D．上升過程克服重力做功的平均功率小于下降過程重力的平均功率【答案】BC【解析】線框在運動過程中要克服安培力做功，消耗機械能，故返回原位置時速率減小，由動能定理可知，上升過程動能改變量大，合力做功多，所以選項A錯誤；分析線框的運動過程可知，在任一位置，上升過程的安培力大于下降過程中的安培力，而上升、下降位移相等，故上升過程克服安培力做功大于下降過程中克服安培力做的功，故上升過程中線框產(chǎn)生的熱量多，所以選項B正確；以線框為對象分析受力可知，在上升過程做減速運動，有F安＋mg＝ma，F(xiàn)安＝eq\f(B2L2v,R)，故有a＝g＋eq\f(B2L2,mR)v，所以上升過程中，速度減小，加速度也減小，故選