新教材2024高中物理章末核心訓練二第二章電磁感應粵教版選擇性必修第二冊

章末核心訓練（二）電磁感應1.（2024·重慶適應考）如圖所示，正方形MNPQ內的兩個三角形區(qū)域充溢勻強磁場，形態(tài)與MNPQ完全相同的閉合導線框M′N′P′Q′在外力作用下沿軸線OO′水平向左勻速運動.設通過導線框的感應電流為i，逆時針方向為電流的正方向，當t＝0時M′Q′與NP重合，在M′Q′從NP到接近MQ的過程中，下列圖像中能反映i隨時間t改變規(guī)律的是（）ABCD解析：本題考查電磁感應問題.閉合導線框M′N′P′Q′勻速向左運動過程，穿過回路的磁通量不斷增大，依據楞次定律可知，回路中的電流始終沿逆時針方向，所以電流始終為正；閉合導線框向左勻速運動過程中，切割磁感線的有效長度先減小后增大，所以感應電流先減小后增大，故B正確.答案：B2.（2024·廣東卷）（多選）如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導軌abc和de，ab與de平行，bc是以O為圓心的圓弧導軌，圓弧be左側和扇形Obc內有方向如圖的勻強磁場.金屬桿OP的O端與e點用導線相接，P端與圓弧bc接觸良好.初始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導軌上.若桿OP繞O點在勻強磁場區(qū)內從b到c勻速轉動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（）A.桿OP產生的感應電動勢恒定B.桿OP受到的安培力不變C.桿MN做勻加速直線運動D.桿MN中的電流漸漸減小解析：本題考查法拉第電磁感應定律的應用.桿OP產生的感應電動勢E＝eq\f(1,2)BL2ω，保持恒定，選項A正確；桿OP起先轉動后，回路中始終有電流，則桿MN受到安培力作用而做加速運動，導致回路中磁通量改變變慢，則總感應電動勢變小，桿MN和OP中的電流變小，桿OP、MN受到的安培力也變小，桿MN的加速度變小，做加速度減小的加速直線運動，選項B、C錯誤，D正確.答案：AD3.如圖所示，單匝直角三角形導線框OMN在勻強磁場中以ON所在的直線為軸勻速轉動，角速度為ω，已知OM邊長為l，∠MON＝θ，勻強磁場垂直于ON向右，磁感應強度大小為B，下列說法正確的是（）A.導線框OMN內產生大小恒定的電流B.截掉導線MN，則電動勢最大值變小C.導線框OMN產生的電流方向為OMNOD.導線框OMN內產生的電動勢最大值為eq\f(1,2)Bl2ωsinθcosθ解析：當導線框OMN以ON所在的直線為軸勻速轉動時，線框內產生正弦交變電流，選項A錯誤；導線MN不切割磁感線，則截掉導線MN，則電動勢最大值不變，選項B錯誤；導線框OMN產生的電流方向不斷改變，選項C錯誤，導線框OMN內產生的電動勢最大值為Em＝BωS＝eq\f(1,2)Bl2ωsinθcosθ，選項D正確.答案：D4.（2024·天津卷）如圖所示，垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t勻稱改變.正方形硬質金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻R＝0.1Ω，邊長l＝0.2m.求（1）在t＝0到t＝0.1s時間內，金屬框中的感應電動勢E；（2）t＝0.05s時，金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向；（3）在t＝0到t＝0.1s時間內，金屬框中電流的電功率P.解析：本題結合B-t圖像考查法拉第電磁感應定律的應用.（1）在t＝0到t＝0.1s的時間Δt內，磁感應強度的改變量ΔB＝0.2T，設穿過金屬框的磁通量改變量為ΔΦ，有ΔΦ＝ΔBl2，①由于磁場勻稱改變，金屬框中產生的電動勢是恒定的，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，②聯立①②式，代入數據，解得E＝0.08V.③（2）設金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有I＝eq\f(E,R)，④由題圖可知，t＝0.05s時磁感應強度為B1＝0.1T，金屬框ab邊受到的安培力F＝IlB1，⑤聯立①②④⑤式，代入數據解得F＝0.016N，方向垂直于ab向左.（3）在t＝0到t＝0.1s時間內，金屬框中電流的電功率P＝I2R，⑥聯立①②④⑥式，代入數據解得P＝0.064W.答案：（1）0.08V（2）0.016N，方向垂直于ab向左（3）0.064W5.（2024·江蘇卷）如圖所示，電阻為0.1Ω的正方形單匝線圈abcd的邊長為0.2m，bc邊與勻強磁場邊緣重合.磁場的寬度等于線圈的邊長，磁感應強度大小為0.5T.在水平拉力作用下，線圈以8m/s的速度向右穿過磁場區(qū)域.求線圈在上述過程中（1）感應電動勢的大小E；（2）所受拉力的大小F；（3）感應電流產生的熱量Q.解析：本題考查法拉第電磁感應定律的應用.（1）線圈穿過磁場過程中產生的感應電動勢E＝Blv，代入數據得E＝0.8V.（2）感應電流I＝eq\f(E,R)，線圈做勻速運動，所受拉力的大小等于安培力大小，安培力大小F＝BIl，解得F＝eq\f(B2l2v,R)，代入數據得F＝0.8N.（3）線圈穿過磁場的過程中運動時間t＝eq\f(2l,v)，由焦耳定律Q＝I2Rt，解得Q＝eq\f(2B2l3v,R)，代入數據得Q＝0.32J.答案：（1）0.8V（2）0.8N（3）0.32J6.（2024年7月·浙江卷）如圖1所示，在絕緣光滑水平桌面上，以O為原點、水平向右為正方向建立x軸，在0≤x≤1.0m區(qū)域內存在方向豎直向上的勻強磁場.桌面上有一邊長L＝0.5m、電阻R＝0.25Ω的正方形線框abcd，當平行于磁場邊界的cd邊進入磁場時，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做勻速運動，直到ab邊進入磁場時撤去外力.若以cd邊進入磁場時作為計時起點，在0≤t≤1.0s內磁感應強度B的大小與時間t的關系如圖2所示，在0≤t≤1.3s內線框始終做勻速運動.（1）求外力F的大??；（2）在1.0s≤t≤1.3s內存在連續(xù)改變的磁場，求磁感應強度B的大小與時間t的關系；（3）求在0≤t≤1.3s內流過導線橫截面的電荷量q.解析：本題考查電磁感應中的圖像問題、電磁感應與力學、電路問題的綜合.（1）當t0＝0，B0＝0.25T，回路中的感應電流I＝eq\f(B0Lv,R)，安培力FA＝eq\f(Beq\o\al(2,0)L2,R)v，由受力平衡得F＝FA＝0.0625N.（2）線框不受外力作用勻速出磁場，感應電流為0，磁通量不變，Φ1＝Φ.由題圖2可知t1＝1.0s時，B1＝0.5T，則磁通量Φ1＝B1L2，又t時刻，磁通量Φ＝BL[L－v（t－t1）]，解得B＝eq\f(1,6－4t).（3）0≤t≤0.5s內，電荷量q1＝eq\f(B0L2,R)＝0.25C；0.5s≤t≤1.0s