統(tǒng)考版2025版高考物理一輪復習微專題小練習第十章電磁感應

第十章電磁感應做真題明方向1.[2024·全國甲卷]三個用同樣的細導線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示．把它們放入磁感應強度隨時間線性變更的同一勻強磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應電流的大小分別為I1、I2和I3.則()A．I1<I3<I2B．I1>I3>I2C．I1＝I2>I3D．I1＝I2＝I32.[2024·全國甲卷](多選)如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導軌固定在水平絕緣桌面上，在導軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻．質量為m、阻值也為R的導體棒MN靜止于導軌上，與導軌垂直，且接觸良好，導軌電阻忽視不計，整個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強磁場中．起先時，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關S后，()A．通過導體棒MN電流的最大值為eq\f(Q,RC)B．導體棒MN向右先加速、后勻速運動C．導體棒MN速度最大時所受的安培力也最大D．電阻R上產生的焦耳熱大于導體棒MN上產生的焦耳熱3．[2024·山東卷](多選)如圖所示，xOy平面的第一、三象限內以坐標原點O為圓心、半徑為eq\r(2)L的扇形區(qū)域充溢方向垂直紙面對外的勻強磁場．邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在xOy平面內以角速度ω順時針勻速轉動．t＝0時刻，金屬框起先進入第一象限．不考慮自感影響，關于金屬框中感應電動勢E隨時間t變更規(guī)律的描述正確的是()A．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E始終增大B．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E先增大后減小C．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變更率始終增大D．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變更率始終減小4．[2024·廣東卷]如圖是簡化的某種旋轉磁極式發(fā)電機原理圖．定子是僅匝數(shù)n不同的兩線圈，n1>n2，二者軸線在同一平面內且相互垂直，兩線圈到其軸線交點O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉子是中心在O點的條形磁鐵，繞O點在該平面內勻速轉動時，兩線圈輸出正弦式交變電流．不計線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說法正確的是()A．兩線圈產生的電動勢的有效值相等B．兩線圈產生的交變電流頻率相等C．兩線圈產生的電動勢同時達到最大值D．兩電阻消耗的電功率相等5.[2024·湖南卷]如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下(與紙面平行)，磁場方向垂直紙面對里，等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面對外．圖中A、C、O三點在同始終線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直．A點處的粒子源持續(xù)將比荷肯定但速率不同的粒子射入區(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入區(qū)域Ⅱ.若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0.若變更電場或磁場強弱，能進入區(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是()A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則t＝eq\f(t0,2)D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則t＝eq\r(2)t0第十章電磁感應做真題明方向1．C設正方形線框邊長為a，則圓線框半徑為eq\f(a,2)，正六邊形線框邊長為eq\f(a,2)，由法拉第電磁感應定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S面積，由電阻定律得R＝ρeq\f(l周長,S截)，由題意知eq\f(ΔB,Δt)、ρ、S截均為定值，所以電流I＝eq\f(E,R)∝eq\f(S面積,l周長)，面積分別為a2、eq\f(πa2,4)、eq\f(3\r(3)a2,8)，周長分別為4a、πa、3a，故電流I1＝I2>I3，故C項正確．2．AD合上開關的瞬間，導體棒兩端電壓等于電容器兩端電壓且為最大值，電流也最大，I＝eq\f(U,R)＝eq\f(Q,RC)，電流最大時，導體棒MN所受的安培力最大，而導體棒速度最大時電流不是最大，所以A正確，C錯誤；導體棒MN先加速后減速，不會勻速，假如導體棒MN做勻速直線運動，電阻上始終有焦耳熱產生，其他能量都不變，不符合能量守恒，所以B錯誤；由于棒運動過程切割磁感線產生反電動勢，導致只有起先時通過電阻R的電流與通過導體棒MN的電流相等，其他時候通過電阻R的電流都比通過導體棒MN的電流大，故由焦耳定律可知電阻R上產生的焦耳熱比導體棒MN上產生的焦耳熱多，D正確．3．BC如圖所示，金屬框切割磁感線的有效長度為d，依據轉動切割磁感線產生的感應電動勢公式有E＝eq\f(1,2)Bd2ω，從圖中可以看出在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，d是先增大到eq\r(2)L，再減小到L，所以電動勢E先增大后減小，A項錯誤，B項正確．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，d＝eq\f(L,cosωt)，感應電動勢的表達式可寫為E＝eq\f(1,2)Bd2ω＝eq\f(BL2ω,2cos2ωt)，由表達式可以看出在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變更率始終增大，C項正確，D項錯誤．4．B由于兩定子線圈匝數(shù)不同，依據法拉第電磁感應定律可知，在兩線圈中產生的電動勢最大值不相等，有效值不相等，A項錯誤；由于轉子勻速轉動的周期等于兩定子產生溝通電的周期，所以兩線圈產生的交變電流頻率相等，B項正確；由于兩線圈軸線在同一平面內且相互垂直，所以兩線圈產生的感應電動勢一個在最大值時，另一個為零，C項錯誤；由于在兩線圈中產生的電動勢的有效值不相等，依據P＝eq\f(E2,R)可知，兩電阻消耗的電功率不相等，D項錯誤．5．D由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1＝qE區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉過的圓心角為90°，依據qvB＝meq\f(4π2,T2)r，有t0＝eq\f(πm,2qB2)若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?B1，則粒子沿AC做直線運動的速度，有qvA

·2B1＝qE則vA＝eq\f(v0,2)再依據qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子運動半徑減小，則粒子仍舊從CF邊射出，粒子轉過的圓心角仍為90°，則t＝t0，A錯誤；若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則粒子沿AC做直線運動的速度，有qv1＝q·2E則v1＝2v0再依據qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子運動半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子F點射出，粒子轉過的圓心角仍為90°，則t＝t0，B錯誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則粒子沿AC做直線運動的速度仍為v0，再依據qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(4,\r(3))>2，則粒子從OF邊射出，依據幾何關系可知轉過的圓心角為60°，依據qvB＝meq\f(4π2,T2)r，有t＝eq\f(4\r(3)πm,9qB2)則t＝eq\f(8\r(3)t0,9)C錯誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則粒子