【文档说明】2023新教材高考物理二轮专题复习专题强化训练13电磁感应规律的应用 Word版含答案.docx，共(10)页，197.649 KB，由小赞的店铺上传

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专题强化训练13电磁感应规律的应用一、选择题(1～4题为单项选择题，5～8题为多项选择题)1．如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图．电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力．下列说

法正确的是()A．制动过程中，导体不会产生热量B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用C.制动力的大小与线圈中电流的大小无关D．线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大2.[2022·广东卷]如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图．定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在

同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流．不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是()A．两线圈产生的电动势

的有效值相等B．两线圈产生的交变电流频率相等C．两线圈产生的电动势同时达到最大值D．两电阻消耗的电功率相等3．[2022·全国甲卷]三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强

度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3.则()A．I1<I3<I2B．I1>I3>I2C．I1＝I2>I3D．I1＝I2＝I3

4．[2022·广东模拟预测]如图甲所示，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．磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示．在0～0.2s时间内与0.2s～0.6s时间内()A．通过金属框的电荷量之比为2∶1B．金属框中电流的电功率之比为4∶1C．金属框中产生

的焦耳热之比为4∶1D．金属框ab边受到安培力方向相反，大小之比为3∶15．[2022·福建福州三模]一个长直密绕线圈N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与线圈轴线重合，如图甲所示．线圈N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是()A．t＝T8时刻，圆环有扩张的趋势B．t＝T8时刻，圆环有收缩的趋势

C．t＝T8和t＝3T8时刻，圆环内有相同的感应电流D．t＝3T8和t＝5T8时刻，圆环内有相同的感应电流6．如图所示，阻值不计、足够长的平行光滑导轨竖直放置，上端连接一电阻，一金属棒(电阻不计)水平放置与导轨接触良好，导轨平面处于匀强磁场中且与磁场方向垂直，金属棒从某处由静止释放向下运动，设运

动过程中棒的加速度为a、动量为p，通过的电荷量为q、重力势能为Ep、位移为x、运动时间为t.下列图像正确的是()7．[2022·山东卷]如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为2L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场．边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的

顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动．t＝0时刻，金属框开始进入第一象限．不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是()A．在t＝0到t＝π2ω的过程中，E一直增大B．在t＝0到t＝π2ω的过程中，E先增大后减小C．在t＝0到t

＝π4ω的过程中，E的变化率一直增大D．在t＝0到t＝π4ω的过程中，E的变化率一直减小8．[2022·全国甲卷]如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的

导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，()A．通过导体棒MN电流的最大值为QRCB．导体棒MN向右先

加速、后匀速运动C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热二、非选择题9．如图所示，将一细导线围成边长为d的N匝正方形线框，并固定在水平纸面内，虚线MN恰好将线框分为左右对称的两部分，在虚线MN左侧的

空间内存在与纸面垂直的匀强磁场，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，已知线框的电阻为R，t＝t0时匀强磁场的磁感应强度大小为B0.求：(1)若虚线MN右侧的空间不存

在磁场，线框中产生的感应电流方向；在0～2t0内，通过线框某横截面的电荷量q；(2)若虚线MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为B0，如图所示，求t＝2t0时线框受到的安培力F.10．[2022·全国冲刺卷]如图所示，右边是

法拉第圆盘发电机，圆盘直径d＝2m，转动方向如图所示(从右向左看是逆时针)，圆盘处于磁感应强度B1＝1T的匀强磁场中，左边有两条间距L＝0.5m的平行倾斜导轨，倾角θ＝37°，导轨处有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B

2＝2T，用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻r＝1Ω.在倾斜导轨上水平放一根质量m＝1kg、电阻R＝2Ω的导体棒，导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5且始终接触良好，

导体棒长度也是L＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，其余电阻不计．求：(1)若圆盘转动的角速度ω1＝20rad/s时，产生的感应电动势；(2)若导体棒静止在倾斜导轨上时，导体棒

所受的安培力应满足的条件；(3)若导体棒静止在倾斜导轨上时，圆盘转动的角速度ω应满足的条件．专题强化训练13电磁感应规律的应用1．解析：电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会

产生热量，A错误；如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据左手定则，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，B错误；线圈中电流越大，则产生的磁

场越强，则转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C错误；线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大，D正确．答案：D2．解析：由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知，在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A项错误；由于转子匀

速转动的周期等于两定子产生交流电的周期，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B项正确；由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C项错误；由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等，根据P＝E2R可知，两电阻消耗的电功率不相等，D

项错误．答案：B3．解析：设正方形线框边长为a，则圆线框半径为a2，正六边形线框边长为a2，由法拉第电磁感应定律得E＝nΔΦΔt＝ΔBΔtS面积，由电阻定律得R＝ρl周长S截，由题意知ΔBΔt、ρ、S截均为定值，所以电流I＝ER∝S面积l

周长，面积分别为a2、πa24、33a28，周长分别为4a、πa、3a，故电流I1＝I2>I3，故C项正确．答案：C4．解析：设线框的面积为S，电阻为R，根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt可得，在0～0.2s时间内，感应电动势为E1＝0.5S0.2V＝5S2V．0.2

s～0.6s时间内，感应电动势为E2＝0.5S0.6－0.2V＝5S4V．根据I＝ER可知，在0～0.2s时间内与0.2s～0.6s时间内感应电流之比为I1∶I2＝2∶1.根据q＝It可知，通过金属框的电荷量之比为q1∶q2＝I1t1∶I2t2＝1∶1，故A错误；根据P＝E

I可知，金属框中电流的电功率之比为P1∶P2＝E1I1∶E2I2＝4∶1，故B正确；根据Q＝I2Rt可知，金属框中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝I21t1∶I22t2＝2∶1，故C错误；根据楞次定律可知，电流方向相反，由左手定则可知，金属框ab边受到安培力方向相反，根据

F安＝BIL，由于对应时间B相同，则安培力大小之比为F安1∶F安2＝I1∶I2＝2∶1，故D错误．答案：B5．解析：由图可知在t＝T8时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属圆环的

磁通量增大，对圆环，面积越大，磁通量越小，根据楞次定律可知，圆环有扩张趋势，选项A正确，B错误；由图可知，在t＝T8时刻通过线圈的电流增大，而在t＝3T8时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向不同，选项C错误；由图可知，在t＝3T8和

t＝5T8时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向也相同，选项D正确．答案：A

D6．解析：感应电流为I＝ER＝BLvR安培力为F＝BIL＝B2L2vR根据牛顿第二定律有a＝mg－Fm＝g－B2L2vmR，则速度增加过程中，加速度逐渐减小，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，所以A正确；金属棒的动量为p＝mv，则动量与速度成正比，由于

金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，其速度与时间图像的斜率将逐渐减小，所以B错误；通过的电荷量为q，则有q＝I－Δt＝ΔΦΔtR·Δt＝BLxR，所以电荷量q与位移x成正比，则C正确；重力势能为Ep，则有Ep＝Ep0－mgx，所以D正确．答案

：ACD7．解析：如图所示，金属框切割磁感线的有效长度为d，根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E＝12Bd2ω，从图中可以看出在t＝0到t＝π2ω的过程中，d是先增大到2L，再减小到L，所以电动势E先增大后减小，A项错误，B项正确．在t＝0到

t＝π4ω的过程中，d＝Lcosωt，感应电动势的表达式可写为E＝12Bd2ω＝BL2ω2cos2ωt，由表达式可以看出在t＝0到t＝π4ω的过程中，E的变化率一直增大，C项正确，D项错误．答案：BC8．解析：合上开关的瞬间，导体棒两端电压等于电容器两端电压且为最大值，电流也最大，I＝UR＝

QRC，电流最大时，导体棒MN所受的安培力最大，而导体棒速度最大时电流不是最大，所以A正确，C错误；导体棒MN先加速后减速，不会匀速，如果导体棒MN做匀速直线运动，电阻上一直有焦耳热产生，其他能量都不

变，不符合能量守恒，所以B错误；由于棒运动过程切割磁感线产生反电动势，导致只有开始时通过电阻R的电流与通过导体棒MN的电流相等，其他时候通过电阻R的电流都比通过导体棒MN的电流大，故由焦耳定律可知电阻R上产生的焦耳热比导体棒MN上产生的焦耳热多，D正确．答案：AD9．解析：（1）由楞次定律可得电

流方向是俯视逆时针方向；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝NΔΦΔt＝NΔBΔt·d22由图像可知ΔBΔt＝B0t0导体框中产生的感应电动势E＝NB0d22t0导体框中电流I＝ER时间t＝2t0，通过导体框某横截面的电荷量q＝It＝NB0d2R.（2）当t＝2t0时，虚线MN左侧磁感应强度

为B1＝2B0虚线MN左侧线框受到水平向右的安培力F1＝NB1Id虚线MN右侧线框受到水平向右的安培力F2＝NB0Id上、下两边框受到的安培力合力为0，导体框受到的安培力F＝F1＋F2＝NB1Id＋NB0Id＝3N2B20d32t0R.答案：（1）逆时针方向NB0d2R（2）方向水平向右3N2B

20d32t0R10．解析：（1）圆盘发电机可以看成半径旋转切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律得E＝BLv＝B1·d2·d2ω12＝18B1d2ω1代入数据得E＝10V.（2）如果导体棒受的安培力较大，导体棒有沿导轨向上滑动的趋势，导体棒受摩擦力沿导轨向下，建立坐标系分析导体棒受力如图所示，根据y

轴受力平衡得FN＝F安sinθ＋mgcosθ根据x轴受力平衡得F安cosθ＝mgsinθ＋f，f＝μFN代入数据得F安＝20N如果导体棒受的安培力较小，导体棒有沿导轨向下滑动的趋势，导体棒受摩擦力沿导轨向上，建立坐标系分析导体棒受力如图所示根据y轴受力平衡得FN

＝F′安sinθ＋mgcosθ根据x轴受力平衡得F′安cosθ＋f＝mgsinθf＝μFN，代入数据得F′安＝2011N导体棒所受的安培力应满足2011N≤F安≤20N.（3）设F安＝20N时圆盘转动的角速度为ω2，根据F安＝B2IL＝20N，代入数据得I＝2

0A根据闭合电路欧姆定律I＝ER＋r代入数据得E＝I（R＋r）＝60V根据法拉第电磁感应定律E＝BLv＝B1·d2·d2ω22＝18B1d2ω2代入数据得ω2＝120rad/s同理当F′安＝2011N

时，圆盘转动的角速度ω3＝12011rad/s圆盘转动的角速度ω应满足12011rad/s≤ω≤120rad/s.答案：（1）10V（2）2011N≤F安≤20N（3）12011rad/s≤ω≤120rad/s