2025屆高考物理二輪復習：第10講 電磁感應-專項訓練 【含答案】

2025屆高考物理二輪復習：第10講電磁感應-專項訓練1.[2023·湖北卷]近場通信(NFC)器件應用電磁感應原理進行通訊.其天線類似一個壓平的線圈,線圈尺寸從內到外逐漸變大.如圖所示,一正方形NFC線圈共3匝,其邊長分別為1.0cm、1.2cm和1.4cm.圖中線圈外線接入內部芯片時與內部線圈絕緣.若勻強磁場垂直通過此線圈,磁感應強度變化率為103T/s,則線圈產生的感應電動勢最接近()A.0.30V B.0.44VC.0.59V D.4.3V2.如圖所示,在同一個水平面內有彼此絕緣的兩個光滑圓環(huán)A、B,大圓環(huán)A中有順時針方向的恒定電流I,小圓環(huán)B的一半面積在環(huán)A內、一半面積在環(huán)A外,下列說法正確的是 ()A.穿過環(huán)B的磁通量為0B.環(huán)B中有持續(xù)的感應電流C.若增大環(huán)A內的電流,則環(huán)B會向右移動D.若減小環(huán)A內的電流,則環(huán)B會產生逆時針方向的感應電流3.圖甲中有一水平向右的勻強磁場,將一個水平放置的金屬棒ab以某一水平速度拋出,金屬棒在運動過程中始終保持水平,不計空氣阻力,金屬棒在運動過程中ab兩端的電勢分別為φa、φb;圖乙為法拉第圓盤發(fā)電機的原理圖,水平勻強磁場垂直于盤面,圓盤繞水平軸C以角速度ω勻速轉動,銅片D與圓盤的邊緣接觸,圓盤、導線和電阻R組成閉合回路,圓盤半徑為r,圓盤接入的電阻也為R,其他電阻均可忽略不計,CD兩端的電勢分別為φC、φD.下列說法正確的是 ()A.φa>φb,且a、b兩端電勢差Uab保持不變B.φa<φb,且b、a兩端電勢差Uba逐漸增大C.φC>φD,且C、D兩端電勢差UCD=12Br2D.φC<φD,通過R的電流大小為B4.如圖所示,水平放置的內壁光滑的玻璃圓環(huán)半徑為R,有一直徑略小于圓環(huán)內徑的帶電荷量為q(q>0)的小球在圓環(huán)內以速度v0沿順時針方向勻速轉動(俯視).在t=0時刻施加方向豎直向上的變化磁場,磁感應強度B=ktk>0.設運動過程中小球帶電荷量不變,不計小球運動產生的磁場及相對論效應.加上磁場后,下列說法正確的是 (A.小球對玻璃圓環(huán)的壓力不斷增大B.小球對玻璃圓環(huán)的壓力不斷減小C.小球所受的磁場力一定不斷增大D.小球每運動一周增加的動能為kqπR5.1831年,法拉第發(fā)明了第一臺發(fā)電機,示意圖如圖所示.半徑為r的銅盤安裝在金屬軸上,其邊緣置于一個磁鐵兩極之間的狹縫里,銅盤邊緣與軸都通過導線和檢流計連接.銅盤以周期T勻速旋轉,檢流計中有電流通過.已知狹縫沿半徑方向的長度為a,狹縫間為勻強磁場,磁感應強度為B,忽略狹縫之外的磁場,下列說法正確的是 ()A.檢流計中電流方向從Q向PB.若銅盤旋轉方向和磁場方向同時反向,則檢流計中電流方向也反向C.銅盤產生的感應電動勢為πD.銅盤產生的感應電動勢為π6.如圖甲所示,水平面上兩根足夠長的電阻可忽略不計的平行金屬導軌間距d=0.2m,導軌間兩個矩形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的寬度分別為L1=0.1m、L2=0.15m;區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內有垂直于水平面向上的勻強磁場,磁感應強度大小為B1和B2,其中B1隨時間變化的圖像如圖乙所示,B2=0.1T.導體棒a和b分別垂直于導軌放置在Ⅰ區(qū)域MM1的左側和Ⅱ區(qū)域的右邊緣QQ1處,在a、b中點處通過絕緣、松弛的輕繩連接.t=0時,a以平行于導軌的初速度v0向左運動;t=0.1s時,繩子瞬間拉直帶動b共同運動并勻速通過磁場區(qū)域Ⅱ.已知a、b質量相等且電阻均為0.25Ω,僅b與NP、N1P1之間的導軌有摩擦,其余部分摩擦不計,且b未進入Ⅰ區(qū)域,g取10m/s2,回路中電流方向以俯視逆時針為正方向.(1)求0~0.1s內回路中的感應電動勢大小和感應電流的大小及方向;(2)求a棒的初速度v0;(3)通過計算,在圖丙中畫出0~0.6s內回路中電流I隨時間變化的圖像.7.如圖所示,在水平面內有一圓柱形軌道,虛線MN將軌道分為左右兩部分,左側軌道光滑且處于垂直于圓柱外表面的輻向磁場中,右側粗糙且處于平行于圓柱軸線的勻強電場中.外表面絕緣的導體圓環(huán)P套在導軌上位于左端的彈射器內,某時刻彈射器給P一沖量I=14N·s,將P彈射進入輻向磁場,P向右運動一段時間在邊界MN處與絕緣帶電圓環(huán)Q發(fā)生彈性碰撞,碰撞過程中Q帶的電荷量不變,碰后P反彈進入磁場,Q則進入右側電場中,在電場右側軌道上存在擋板,Q與擋板碰后反彈,碰撞時間極短,碰后損失25%的機械能.已知P、Q兩圓環(huán)的直徑略大于軌道的直徑,磁場區(qū)域長度為x1=2m,P、Q兩圓環(huán)周長均為L=1.0m,P的質量m1=1kg,P的電阻R=0.1Ω,Q的質量m2=2kg,Q帶電荷量q=0.5C,Q環(huán)在虛線MN右側受到摩擦阻力Ff=6N,圓環(huán)所在位置磁感應強度B=0.5T,電場強度E=20N/C,右側的擋板到MN的距離為x2=3m.(1)求P環(huán)剛彈射入磁場時的加速度.(2)P環(huán)與Q環(huán)碰后能否返回彈射器?若能,請求出返回彈射器時的速度大小;若不能,請求出P環(huán)停止時離MN的距離.(3)求Q環(huán)在電場中運動的總路程.參考答案與詳細解析1.B[解析]根據(jù)法拉第電磁感應定律可知E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=103×(1.02+1.22+1.42)×10-4V=0.442.C[解析]根據(jù)安培定則可知,環(huán)A上的電流在其內部產生的磁場均向里,在環(huán)B左半圓環(huán)內磁場垂直于紙面向里,右半圓環(huán)內磁場垂直于紙面向外,因為小圓環(huán)B在環(huán)A內部的磁場比外部的強,根據(jù)磁通量的概念可知,小圓環(huán)B在環(huán)A內部分的磁通量(向內)大于在環(huán)A外部分的磁通量(向外),所以穿過小圓環(huán)B的磁通量不為0,且磁通量指向紙面內,故A錯誤;由于環(huán)A中通有恒定電流I,則環(huán)B中磁通量不變,無感應電流,故B錯誤;若增大環(huán)A內的電流,則環(huán)B內的磁通量向里增加,根據(jù)楞次定律,為了阻礙磁通量的增加,環(huán)B會向右移動,故C正確;若減小環(huán)A內的電流,則環(huán)B內的磁通量向里減小,根據(jù)楞次定律可判斷出,環(huán)B會產生順時針方向的感應電流,故D錯誤.3.D[解析]金屬棒ab做平拋運動,豎直方向的分速度與磁感線垂直,根據(jù)右手定則可知a點電勢高于b點電勢,即φa>φb,根據(jù)法拉第電磁感應定律得Uab=BLvy=BLgt,即Uab逐漸增大,故A、B錯誤;圓盤轉動過程中,根據(jù)右手定則可知D點電勢高于C點電勢,即φC<φD,由法拉第電磁感應定律可得圓盤產生的感應電動勢為E=12Br2ω,通過R的電流大小為I=ER+R=Br2ω4R,C、D兩端電勢差為UCD=-IR=-144.C[解析]由楞次定律可判斷出,當磁場增強時,會產生順時針方向的渦旋電場,電場力對小球做正功,使其沿順時針方向做加速運動,根據(jù)牛頓第二定律可知,未加磁場時,圓環(huán)對小球的壓力FN=mv02R,加磁場后,根據(jù)左手定則可知,小球所受的洛倫茲力方向指向圓心,圓環(huán)對小球的壓力與洛倫茲力的合力提供向心力,由于不確定洛倫茲力與向心力的大小關系,所以小球與圓環(huán)之間的彈力變化情況不明,故A、B錯誤;根據(jù)F洛=qvB,由于v與B都增大,所以小球所受的磁場力一定不斷增大,故C正確;由動能定理可得W電=ΔEk,小球每運動一周,電場力做功為W電=qU,其中U=ΔBΔt·πR2=kπR2,聯(lián)立解得ΔEk=kπqR5.C[解析]根據(jù)右手定則可知,檢流計中電流方向從P向Q,若銅盤旋轉方向和磁場方向同時反向,則檢流計中電流方向不變,故A、B錯誤;銅盤產生的感應電動勢為E=Ba(r-a)ω+rω2=6.(1)0.01V0.02A負方向(2)1m/s(3)如圖所示[解析](1)由圖乙可知,0~0.1s內,ΔB1Δt1則回路中的感生電動勢E1=ΔΦ1Δt1=L1dΔ回路中的感應電流I1=E12R=0.由楞次定律可知,回路中的感應電流方向為順時針,即負方向.(2)設a、b棒的質量均為m,輕繩拉直后瞬間兩棒的共同速度為v,由動量守恒定律得mv0=2mvb棒在磁場區(qū)域Ⅱ中運動產生的動生電動勢E2=B2dv由于a棒帶動b棒共同運動并勻速通過磁場區(qū)域Ⅱ,故b棒不受安培力,回路中無電流,說明感生電動勢與動生電動勢相互抵消,即E1=E2聯(lián)立解得v=0.5m/s,v0=1m/s(3)由(1)可知,在0~0.1s內,回路中電流I1=0.02A,方向為負方向.b棒通過磁場區(qū)域Ⅱ所用的時間t1=L2v=0.3因此0.4s時b棒到達PP1邊界,此時B1=0.3T,故在0.1~0.4s內,回路中電流I2=0在0.4~0.5s內,回路中的感生電動勢E3=ΔΦ2Δt2=L1dΔ回路中電流I3=E32R=0.12由于b棒未進入磁場區(qū)域Ⅰ,t=0.5s后B1=0,所以在0.5~0.6s內,回路中電流I4=0綜上所述,0~0.6s內回路中電流如圖所示7.(1)35m/s2方向水平向左(2)不能1.2m(3)11113[解析](1)P環(huán)的初速度為v0=IP環(huán)剛彈射入磁場時產生的感應電動勢為E0=BLv0P環(huán)中的感應電流為I0=E根據(jù)牛頓第二定律可得BI0L=m1a0聯(lián)立解得P環(huán)剛彈射入磁場時的加速度為a0=35m/s2加速度方向水平向左.(2)P環(huán)在磁場中向右運動過程中,由動量定理可得-BILΔt=m1v-m1v0其中I=ER,E=ΔΦΔt,Δ聯(lián)立解得v=9m/sP、Q兩環(huán)發(fā)生彈性碰撞,由動量守恒定律可得m1v=m1v1+m2v2由機械能守恒定律得12m1v2=12m1v12+聯(lián)立解得v1=-3m/s,v2=6m/s設P環(huán)向左運動的最大距離為x1',根據(jù)動量定理可得-BI'LΔt'=0-m1|v1|其中I'=E'R,E'=ΔΦ'Δt聯(lián)立解得x1'=1.2m由于x1'<x1=2m,所以P環(huán)不能返回彈射器,P環(huán)停止時與MN的距離為1.2m.(3)P、Q兩環(huán)碰后,Q環(huán)向右運動直到與擋板第一次相碰,根據(jù)動能定理可得(qE-Ff)x2=Ek2'-12m2第一次碰后動能變?yōu)镋k3=(1-k)Ek2'第一次碰后Q反彈至速度減為零的過程,根據(jù)動能定理可得-(qE+Ff)xQ1=0-Ek3聯(lián)立解得xQ1=94Q環(huán)第二次向右運動到與擋板