【文档说明】2024届高考二轮复习物理试题（老高考新教材） 专题分层突破练11　电磁感应规律及综合应用 Word版含解析.docx，共(9)页，548.798 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-246ba1791fcc1262fd5f8ebd4a8bf012.html

以下为本文档部分文字说明：

专题分层突破练11电磁感应规律及综合应用A组基础巩固练1.(2023山东烟台一模)智能手表通常采用无线充电方式充电。如图甲所示,充电基座与交流电源相连,智能手表放置在充电基座旁时未充电,将智能手表压在充电基座上,无需导线连接,智能手表便可以

充电(如图乙所示)。已知充电基座与智能手表都内置了线圈,则()A.智能手表和充电基座无导线连接,所以传输能量时没有损失B.用塑料薄膜将充电基座包裹起来,之后仍能为智能手表充电C.无线充电的原理是利用充电基座内的线圈发射电磁波传输能量D.充电时,充电基座线圈的磁场对智能手表线圈中的电子施加力

的作用,驱使电子运动2.(2023山东德州模拟)某课题组要测量某金属材料的电阻率,他们先取适量该金属材料切割成如图所示的长方体,长方体的三条边长分别为a、b、c,长方体上、下表面与电流传感器用导线相连,导线左端紧贴长方体上、下表面。虚线框左侧有

垂直于长方体前、后表面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。使匀强磁场以大小为v的速度向左运动时(长方体全部处于磁场中),电流传感器显示回路中的电流大小为I。不计电流传感器及导线的电阻,则该金属材料的电阻率为()A.𝐵𝑣𝑎

𝑏𝐼B.𝐵𝑣𝑎𝑏2𝐼𝑐C.𝐵𝑣𝑏𝑐2𝐼𝑎D.𝐵𝑣𝑐𝑏2𝐼𝑎3.(2023江苏卷)如图所示,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,OC导体棒的O端位于圆心,棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电

势分别为φO、φA、φC,则()A.φO>φCB.φC>φAC.φO=φAD.φO-φA=φA-φC4.(多选)(2023辽宁沈阳模拟)如图所示,有界匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。有一半

径为R的线圈,其单位长度上的电阻为r,线圈平面与磁场方向垂直,线圈直径MN垂直磁场边界于M点。现以M点为轴在纸面内,线圈沿顺时针方向匀速旋转90°,角速度为ω,则()A.感应电流方向为顺时针方向B.感应电动势的最大值为BR2ωC.感应电流的最大值为2𝐵𝑅2𝜔𝑟D.通过线圈任意

横截面的电荷量为𝐵𝑅4𝑟5.(2023湖南娄底模拟)轻质细线吊着一质量为m=1kg、边长为0.2m、电阻R=1Ω、匝数n=10的正方形闭合线圈abcd,bd为正方形闭合线圈的对角线,bd下方区域分布着匀强磁场,如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。不考

虑线圈的形变和电阻的变化,线圈平面与磁场方向垂直,整个过程细线未断且线圈始终处于静止状态,g取10m/s2。下列说法正确的是()A.线圈中感应电流的方向为adcbaB.线圈中的感应电流大小为0.2AC.0~2s时间内线圈中产生的热量为0.02JD.6s时

线圈所受安培力的大小为0.08√2N6.(2023山东济南二模)如图所示,空间存在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场,金属棒MN以角速度ω绕过O点的竖直轴PQ沿顺时针(从上往下看)旋转。已知NQ=2MP=2r。则()A.M点电势高于N点电势B.N点电势低于O点电势

C.N、M两点的电势差为32Br2ωD.M、N两点的电势差为52Br2ω7.(2023四川成都模拟)如图所示,空间存在方向垂直纸面向里、足够大的磁场,以竖直向下为z轴正方向,磁感应强度的大小为B=B0

+kz(各物理量均采用国际单位制单位),式中B0、k为常量。纸面内一质量为m、边长为a、总电阻为R的正方形线框在磁场中由静止开始下落,初始时导线框底边与z轴垂直,最终线框将匀速下落,重力加速度大小为g,则线框匀速下落时的速度大小为()A

.𝑚𝑔𝑅2𝑘2𝑎4B.𝑚𝑔𝑅𝑘2𝑎4C.2𝑚𝑔𝑅𝑘2𝑎4D.4𝑚𝑔𝑅𝑘2𝑎48.(2023湖南长沙一模)如图所示,正方形线框abcd放在匀强磁场(磁场未画出)中静止不动,磁场方向与线框平面垂直,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t=0时

刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里。下列选项中能表示线框的ab边受到的安培力F随时间t的变化关系的是(规定水平向左为F的正方向)()B组素能提升练9.(2023浙江金华模拟)如图所示,水平放置足够长光滑金属导轨abc和de,ab与de平行且相距为L,bc是以

O为圆心、半径为r的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图所示的匀强磁场,磁感应强度均为B。a、d两端接有一个电容为C的电容器,金属杆OP的O端与e点用导线相接,P端与圆弧bc接触良好,初始时

,可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上,金属杆MN质量为m,金属杆MN和OP电阻均为R,其余电阻不计。若杆OP绕O点在匀强磁场区内以角速度ω从b到c匀速转动时,回路中始终有电流,则此过程中,下列说法正确的有()A.金属杆OP

产生的感应电动势恒为Bωr2B.电容器所带的电荷量恒为𝐵𝐶𝜔𝑟22C.金属杆MN中的电流逐渐减小D.金属杆MN向左做匀加速直线运动,加速度大小为𝐵2𝜔2𝑟2𝐿4𝑚𝑅10.(多选)(2023山东卷)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上,宽为1m,电阻不计。质量为

1kg、长为1m、电阻为1Ω的导体棒MN放置在导轨上,与导轨形成矩形回路并始终接触良好,Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场,磁感应强度分别为B1和B2,其中B1=2T,方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1kg的重物相连,绳与CD垂直且平行于桌面。

如图所示,某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动,MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1=2m/s,CD的速度为v2且v2>v1,MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10m/s2,下列说法正确的是()A.B2的方向向上B.B2的方向向下

C.v2=5m/sD.v2=3m/s11.(2023湖南卷)如图所示,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为L,两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B

。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为g。(1)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求棒a匀速运动时的速度大小v0。(2)在

(1)问中,当棒a匀速运动时,再将棒b由静止释放,求释放瞬间棒b的加速度大小a0。(3)在(2)问中,从棒b释放瞬间开始计时,经过时间t0,两棒恰好达到相同的速度v,求速度v的大小,以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。12.(202

3全国新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图(a)所示。(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。

运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与

(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量。专题分层突破练11电磁感应规律及综合应用1.B智能手表在充电基座上充电时存在漏磁效应,所以传输能量时有损失,A错误;智能

手表充电利用的是互感原理,因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来,之后仍能为智能手表充电,B正确;无线充电的原理是充电基座内的线圈电流变化,产生变化的磁场,导致智能手表内部线圈中的磁通量发生改变,线圈产生感

应电流,与变压器、互感器的原理相同,C错误;根据上述分析,充电基座线圈的磁场变化产生感应电场,感应电场使智能手表中的线圈内部的电子做定向运动,形成电流,D错误。2.A磁场向左运动的过程中,金属材料产生的感应电动势E=Bcv

,金属材料的电阻R=ρ𝑐𝑎𝑏,根据闭合欧姆定律得I=𝐸𝑅,整理得ρ=𝐵𝑣𝑎𝑏𝐼,故选A。3.A导体棒的OA部分切割磁感线,根据右手定则,在电源内部,电流方向由低电势指向高电势,故φO>φ

A=φC,选项A正确。4.AD根据楞次定律,感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化,在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小,则感应电流方向为顺时针方向,故A正确;当转过90°时的瞬间感应电动势最大,此时切割磁感线的有效长度最大,为圆形线圈的直径,由此可得感应电动势的最大值为E

m=12B(2R)2ω=2BR2ω,根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流的最大值为Im=𝐸m𝑅总=2𝐵𝑅2𝜔2π𝑅𝑟=𝐵𝑅𝜔π𝑟,故B、C错误;通过线圈任意横截面的电荷量为q=Δ𝛷𝑅总=1

2π𝑅2𝐵2π𝑅𝑟=𝑅𝐵4𝑟,故D正确。5.C由图乙可知磁场的方向垂直纸面向里且磁感应强度增大,由楞次定律可知,感应电流产生的磁场垂直纸面向外,线圈中感应电流的方向为逆时针,即abcda,故A错误;线圈中的感应

电流大小I=n𝑆Δ𝐵𝑅Δ𝑡,设线圈的边长为l,则S=𝑙22,联立代入数据解得I=0.1A,故B错误;0~2s时间内线圈产生的热量为Q=I2Rt=0.02J,故C正确;线圈的bcd部分在匀强磁场中受到安培力,6s时线圈所受安培力的大小F=nI

BL=10×0.1×4×0.2√2N=0.8√2N,故D错误。6.C金属棒MN以角速度ω绕过O点的竖直轴PQ沿顺时针旋转,MO部分切割磁感线的有效长度为MP长度,等于r;NO部分切割磁感线的有效长度为NQ长度,等于2r;由金属棒转动切割磁感线产生电动势E=BL𝑣,可知两部分产生的电动势分别为EM

O=Br·𝜔𝑟2=𝐵𝜔𝑟22,ENO=B·2r𝜔·2𝑟2=2Bωr2,由于金属棒未与其他导体构成闭合回路,所以有UMO=EMO=𝐵𝜔𝑟22,UNO=ENO=2Bωr2,则有φN>φO,UMN=UNO-UMO=32Bωr2,则有

φN>φM,故选C。7.B线框中电动势为E=B下av-B上av=(B下-B上)av,由题意可得B下-B上=ka,根据I=𝐸𝑅,联立可得I=𝑘𝑎2𝑣𝑅,当线框匀速下落时有mg=(B下-B上)Ia,

解得v=𝑚𝑔𝑅𝑘2𝑎4,故选B。8.A0~1s内磁场方向向里且均匀减小,由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流,由公式E=Δ𝛷Δ𝑡=Δ𝐵Δ𝑡S可知产生的感应电动势恒定,由于I=𝐸𝑅,则电流恒定;由F=BIL可知线框的ab边受到的安培力F均匀减小,由左手定则可知安

培力方向水平向左,为正值。1~3s内磁场方向向外且均匀增大,由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流,感应电动势恒定,电流恒定;根据安培力公式可知,随着磁感应强度均匀增大,安培力均匀增大,由左手定则可知安培力方向水平向右,为负

值。3~5s内磁场方向向外且均匀减小,由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流,感应电动势恒定,电流恒定;根据安培力公式可知,随着磁感应强度均匀减小,安培力均匀减小,由左手定则可知安培力方向水平向左,为正值。5~6s内磁场方向向里且均匀增大,由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流

,感应电动势恒定,电流恒定;根据安培力公式可知,随着磁感应强度均匀增大,安培力均匀增大,由左手定则可知安培力方向水平向右,为负值。故选A。9.COP产生的感应电动势恒为E=Br𝑣=Br𝜔𝑟2=12Bωr2,故

A错误;由右手定则知OP产生的感应电流方向由O到P,则MN中电流方向由M到N,由左手定则知MN受到向左的安培力,MN向左做加速运动,也产生感应电流,与OP产生的电流方向相反,有EMN=BLvMN,随着MN的速度增加,回路中电动势的和逐渐减小,电流减小,电

容器的电压减小,则电容器所带的电荷量逐渐减小,故B错误,C正确;回路中电流逐渐减小,MN受到的安培力逐渐减小,则MN向左做加速度逐渐减小的加速直线运动,故D错误。10.BD由于v2>v1,对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的

安培力,摩擦力大小为Ff=μmg=2N,导体棒受到的安培力大小为F1=Ff=2N,由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M,由平衡条件可知导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力,导轨受到的安培力大小为F2=Ff-m0g=1N,由左手定则可知B2的方向向下,选项A错误,B正确;对

导体棒有F1=B1IL,对导轨有F2=B2IL,电路中的电流为I=𝐵1𝐿𝑣1-𝐵2𝐿𝑣2𝑟,联立解得v2=3m/s,选项C错误,D正确。11.答案(1)2𝑚𝑔𝑅sin𝜃𝐵2𝐿2(2)2gsinθ(3)gt0sinθ+𝑚𝑔𝑅sin𝜃𝐵2𝐿22𝑚2

𝑅2𝑔sin𝜃𝐵4𝐿4解析(1)a、b与导轨构成闭合回路,b静止,a切割磁感线,a相当于电源a匀速运动时,对a有E=BLv0I=𝐸2𝑅由平衡条件得mgsinθ=BIL解得v0=2𝑚𝑔𝑅sin𝜃𝐵2𝐿2。(2)

释放b瞬间,b所受的安培力沿轨道向下,且大小为BIL=mgsinθ对b,由牛顿第二定律得mgsinθ+BIL=ma0解得a0=2gsinθ。(3)b释放之后,对a、b组成的系统,由动量定理得2mgt0sinθ=2mv-mv0解得v=gt0sinθ+𝑚𝑔𝑅sin𝜃

𝐵2𝐿2对b由动量定理得mgt0sinθ+IF=mvIF=BL𝐼Δt=BLqq=Δ𝛷2𝑅=𝐵𝐿Δ𝑥2𝑅解得Δx=2𝑚2𝑅2𝑔sin𝜃𝐵4𝐿4。12.答案(1)𝐵2𝐿3𝑚

𝑅0(2)3𝐵4𝐿625𝑚𝑅02解析(1)设金属框的初速度为v0,则金属框完全穿过磁场的过程中,根据动量定理可得-B𝐼Lt=m𝑣02-mv0通过金属框的电流𝐼=𝐸4𝑅0根据法拉第电磁感应定律有𝐸=2𝐵𝐿2𝑡联立解得v0=�

�2𝐿3𝑚𝑅0。(2)金属框进入磁场的过程中根据动量定理可得-B𝐼'Lt'=mv1-mv0通过金属框的电流𝐼'=𝐸'2𝑅0𝑅02𝑅0+𝑅0+𝑅0根据法拉第电磁感应定律有𝐸'=𝐵𝐿2�

�'解得v1=2𝐵2𝐿35𝑚𝑅0金属框完全在磁场中运动时,根据动量定理可得-B𝐼″Lt″=mv2-mv1通过金属框的电流𝐼″=𝐸″𝑅0𝑅0𝑅0+𝑅0+2𝑅0根据法拉第电磁感应定律有𝐸″=𝐵𝐿2𝑡″解得v2=0即金属框右边刚好停在磁场右

侧边界处在进入磁场的过程中Q总=12𝑚𝑣02−12𝑚𝑣12电阻R1的发热量为Q1=23𝑅0𝑅0+23𝑅0×13Q总解得Q1=7𝐵4𝐿6125𝑚𝑅02金属框完全在磁场中运动时,Q总'=12𝑚𝑣12电阻R1的发热量为Q1'=2𝑅02𝑅0+12𝑅0Q总

'解得Q1'=8𝐵4𝐿6125𝑚𝑅02电阻R1上的总发热量Q1总=Q1+Q1'