高考總復習優(yōu)化設計二輪用書物理(新高考)專題分層突破練11　電磁感應規(guī)律及綜合應用

專題分層突破練11電磁感應規(guī)律及綜合應用

A組基礎鞏固練1.(2023山東煙臺一模)智能手表通常采用無線充電方式充電。如圖甲所示,充電基座與交流電源相連,智能手表放置在充電基座旁時未充電,將智能手表壓在充電基座上,無需導線連接,智能手表便可以充電(如圖乙所示)。已知充電基座與智能手表都內置了線圈,則()A.智能手表和充電基座無導線連接,所以傳輸能量時沒有損失B.用塑料薄膜將充電基座包裹起來,之后仍能為智能手表充電C.無線充電的原理是利用充電基座內的線圈發(fā)射電磁波傳輸能量D.充電時,充電基座線圈的磁場對智能手表線圈中的電子施加力的作用,驅使電子運動2.(2023山東德州模擬)某課題組要測量某金屬材料的電阻率,他們先取適量該金屬材料切割成如圖所示的長方體,長方體的三條邊長分別為a、b、c,長方體上、下表面與電流傳感器用導線相連,導線左端緊貼長方體上、下表面。虛線框左側有垂直于長方體前、后表面的勻強磁場,磁感應強度大小為B。使勻強磁場以大小為v的速度向左運動時(長方體全部處于磁場中),電流傳感器顯示回路中的電流大小為I。不計電流傳感器及導線的電阻,則該金屬材料的電阻率為()A.BvabI B.Bvab2Ic C.3.(2023江蘇卷)如圖所示,圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場,OC導體棒的O端位于圓心,棒的中點A位于磁場區(qū)域的邊緣?，F(xiàn)使導體棒繞O點在紙面內逆時針轉動。O、A、C點電勢分別為φO、φA、φC,則()A.φO>φC B.φC>φAC.φO=φA D.φO-φA=φA-φC4.(多選)(2023遼寧沈陽模擬)如圖所示,有界勻強磁場的磁感應強度為B,方向垂直紙面向里。有一半徑為R的線圈,其單位長度上的電阻為r,線圈平面與磁場方向垂直,線圈直徑MN垂直磁場邊界于M點。現(xiàn)以M點為軸在紙面內,線圈沿順時針方向勻速旋轉90°,角速度為ω,則()A.感應電流方向為順時針方向B.感應電動勢的最大值為BR2ωC.感應電流的最大值為2D.通過線圈任意橫截面的電荷量為BR5.(2023湖南婁底模擬)輕質細線吊著一質量為m=1kg、邊長為0.2m、電阻R=1Ω、匝數(shù)n=10的正方形閉合線圈abcd,bd為正方形閉合線圈的對角線,bd下方區(qū)域分布著勻強磁場,如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里,磁感應強度大小隨時間變化關系如圖乙所示。不考慮線圈的形變和電阻的變化,線圈平面與磁場方向垂直,整個過程細線未斷且線圈始終處于靜止狀態(tài),g取10m/s2。下列說法正確的是()A.線圈中感應電流的方向為adcbaB.線圈中的感應電流大小為0.2AC.0~2s時間內線圈中產生的熱量為0.02JD.6s時線圈所受安培力的大小為0.082N6.(2023山東濟南二模)如圖所示,空間存在豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場,金屬棒MN以角速度ω繞過O點的豎直軸PQ沿順時針(從上往下看)旋轉。已知NQ=2MP=2r。則()A.M點電勢高于N點電勢B.N點電勢低于O點電勢C.N、M兩點的電勢差為32Br2D.M、N兩點的電勢差為52Br27.(2023四川成都模擬)如圖所示,空間存在方向垂直紙面向里、足夠大的磁場,以豎直向下為z軸正方向,磁感應強度的大小為B=B0+kz(各物理量均采用國際單位制單位),式中B0、k為常量。紙面內一質量為m、邊長為a、總電阻為R的正方形線框在磁場中由靜止開始下落,初始時導線框底邊與z軸垂直,最終線框將勻速下落,重力加速度大小為g,則線框勻速下落時的速度大小為()A.mgR2k2aC.2mgRk28.(2023湖南長沙一模)如圖所示,正方形線框abcd放在勻強磁場(磁場未畫出)中靜止不動,磁場方向與線框平面垂直,磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示。t=0時刻,磁感應強度的方向垂直紙面向里。下列選項中能表示線框的ab邊受到的安培力F隨時間t的變化關系的是(規(guī)定水平向左為F的正方向)()B組素能提升練9.(2023浙江金華模擬)如圖所示,水平放置足夠長光滑金屬導軌abc和de,ab與de平行且相距為L,bc是以O為圓心、半徑為r的圓弧導軌。圓弧be左側和扇形Obc內有方向如圖所示的勻強磁場,磁感應強度均為B。a、d兩端接有一個電容為C的電容器,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,金屬桿MN質量為m,金屬桿MN和OP電阻均為R,其余電阻不計。若桿OP繞O點在勻強磁場區(qū)內以角速度ω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.金屬桿OP產生的感應電動勢恒為Bωr2B.電容器所帶的電荷量恒為BCωC.金屬桿MN中的電流逐漸減小D.金屬桿MN向左做勻加速直線運動,加速度大小為B10.(多選)(2023山東卷)足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上,寬為1m,電阻不計。質量為1kg、長為1m、電阻為1Ω的導體棒MN放置在導軌上,與導軌形成矩形回路并始終接觸良好,Ⅰ和Ⅱ區(qū)域內分別存在豎直方向的勻強磁場,磁感應強度分別為B1和B2,其中B1=2T,方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.1kg的重物相連,繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示,某時刻MN、CD同時分別進入磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動,MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度v1=2m/s,CD的速度為v2且v2>v1,MN和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取10m/s2,下列說法正確的是()A.B2的方向向上 B.B2的方向向下C.v2=5m/s D.v2=3m/s11.(2023湖南卷)如圖所示,兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置,導軌間距為L,兩導軌及其所構成的平面均與水平面成θ角,整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中,磁感應強度大小為B?，F(xiàn)將質量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置,每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好,金屬棒始終未滑出導軌,導軌電阻忽略不計,重力加速度為g。(1)先保持棒b靜止,將棒a由靜止釋放,求棒a勻速運動時的速度大小v0。(2)在(1)問中,當棒a勻速運動時,再將棒b由靜止釋放,求釋放瞬間棒b的加速度大小a0。(3)在(2)問中,從棒b釋放瞬間開始計時,經過時間t0,兩棒恰好達到相同的速度v,求速度v的大小,以及時間t0內棒a相對于棒b運動的距離Δx。12.(2023全國新課標卷)一邊長為L、質量為m的正方形金屬框,每邊電阻為R0,置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內存在方向垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度大小為B,兩虛線為磁場邊界,如圖(a)所示。(1)使金屬框以一定的初速度向右運動,進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行,金屬框完全穿過磁場區(qū)域后,速度大小降為它初速度的一半,求金屬框的初速度大小。(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌,導軌與磁場邊界垂直,左端連接電阻R1=2R0,導軌電阻可忽略,金屬框置于導軌上,如圖(b)所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動,進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中,電阻R1產生的熱量。

專題分層突破練11電磁感應規(guī)律及綜合應用1.B智能手表在充電基座上充電時存在漏磁效應,所以傳輸能量時有損失,A錯誤;智能手表充電利用的是互感原理,因此用塑料薄膜將充電基座包裹起來,之后仍能為智能手表充電,B正確;無線充電的原理是充電基座內的線圈電流變化,產生變化的磁場,導致智能手表內部線圈中的磁通量發(fā)生改變,線圈產生感應電流,與變壓器、互感器的原理相同,C錯誤;根據(jù)上述分析,充電基座線圈的磁場變化產生感應電場,感應電場使智能手表中的線圈內部的電子做定向運動,形成電流,D錯誤。2.A磁場向左運動的過程中,金屬材料產生的感應電動勢E=Bcv,金屬材料的電阻R=ρcab,根據(jù)閉合歐姆定律得I=ER,整理得ρ=BvabI,3.A導體棒的OA部分切割磁感線,根據(jù)右手定則,在電源內部,電流方向由低電勢指向高電勢,故φO>φA=φC,選項A正確。4.AD根據(jù)楞次定律,感應電流產生的磁場總要阻礙原磁通量的變化,在線圈轉動的過程中通過線圈的磁通量減小,則感應電流方向為順時針方向,故A正確;當轉過90°時的瞬間感應電動勢最大,此時切割磁感線的有效長度最大,為圓形線圈的直徑,由此可得感應電動勢的最大值為Em=12B(2R)2ω=2BR2ω,根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知感應電流的最大值為Im=EmR總=2BR2ω2πRr=5.C由圖乙可知磁場的方向垂直紙面向里且磁感應強度增大,由楞次定律可知,感應電流產生的磁場垂直紙面向外,線圈中感應電流的方向為逆時針,即abcda,故A錯誤;線圈中的感應電流大小I=nSΔBRΔt,設線圈的邊長為l,則S=l22,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得I=0.1A,故B錯誤;0~2s時間內線圈產生的熱量為Q=I2Rt=0.02J,故C正確;線圈的bcd部分在勻強磁場中受到安培力,6s時線圈所受安培力的大小F=nIBL=10×0.1×4×0.22N=0.6.C金屬棒MN以角速度ω繞過O點的豎直軸PQ沿順時針旋轉,MO部分切割磁感線的有效長度為MP長度,等于r;NO部分切割磁感線的有效長度為NQ長度,等于2r;由金屬棒轉動切割磁感線產生電動勢E=BLv,可知兩部分產生的電動勢分別為EMO=Br·ωr2=Bωr22,ENO=B·2rω·2r2=2Bωr2,由于金屬棒未與其他導體構成閉合回路,所以有UMO=EMO=Bωr22,UNO=ENO=2Bωr2,則有φN>φO,UMN=UNO-UMO=32B7.B線框中電動勢為E=B下av-B上av=(B下-B上)av,由題意可得B下-B上=ka,根據(jù)I=ER,聯(lián)立可得I=ka2vR,當線框勻速下落時有mg=(B下-B上)Ia,解得v=8.A0~1s內磁場方向向里且均勻減小,由楞次定律可知線圈中產生順時針方向的感應電流,由公式E=ΔΦΔt=ΔBΔtS可知產生的感應電動勢恒定,由于I=ER,則電流恒定;由F=BIL可知線框的ab邊受到的安培力F均勻減小,由左手定則可知安培力方向水平向左,為正值。1~3s內磁場方向向外且均勻增大,由楞次定律可知線圈中產生順時針方向的感應電流,感應電動勢恒定,電流恒定;根據(jù)安培力公式可知,隨著磁感應強度均勻增大,安培力均勻增大,由左手定則可知安培力方向水平向右,為負值。3~5s內磁場方向向外且均勻減小,由楞次定律可知線圈中產生逆時針方向的感應電流,感應電動勢恒定,電流恒定;根據(jù)安培力公式可知,隨著磁感應強度均勻減小,安培力均勻減小,由左手定則可知安培力方向水平向左,為正值。5~6s內磁場方向向里且均勻增大,由楞次定律可知線圈中產生逆時針方向的感應電流,感應電動勢恒定,電流恒定;根據(jù)安培力公式可知,9.COP產生的感應電動勢恒為E=Brv=Brωr2=12Bωr2,故A錯誤;由右手定則知OP產生的感應電流方向由O到P,則MN中電流方向由M到N,由左手定則知MN受到向左的安培力,MN向左做加速運動,也產生感應電流,與OP產生的電流方向相反,有EMN=BLvMN,隨著MN的速度增加,回路中電動勢的和逐漸減小,電流減小,電容器的電壓減小,則電容器所帶的電荷量逐漸減小,故B錯誤,C正確;回路中電流逐漸減小,MN受到的安培力逐漸減小,則MN向左做加速度逐漸減小的加速直線運動10.BD由于v2>v1,對導體棒受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力,摩擦力大小為Ff=μmg=2N,導體棒受到的安培力大小為F1=Ff=2N,由左手定則可知導體棒的電流方向為N→M,由平衡條件可知導軌受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力,導軌受到的安培力大小為F2=Ff-m0g=1N,由左手定則可知B2的方向向下,選項A錯誤,B正確;對導體棒有F1=B1IL,對導軌有F2=B2IL,電路中的電流為I=B1Lv1-B2Lv2r,聯(lián)立解得11.答案(1)2(2)2gsinθ(3)gt0sinθ+mgR解析(1)a、b與導軌構成閉合回路,b靜止,a切割磁感線,a相當于電源a勻速運動時,對a有E=BLv0I=E由平衡條件得mgsinθ=BIL解得v0=2mgR(2)釋放b瞬間,b所受的安培力沿軌道向下,且大小為BIL=mgsinθ對b,由牛頓第二定律得mgsinθ+BIL=ma0解得a0=2gsinθ。(3)b釋放之后,對a、b組成的系統(tǒng),由動量定理得2mgt0sinθ=2mv-mv0解得v=gt0sinθ+mgR對b由動量定理得mgt0sinθ+IF=mvIF=BLIΔt=BLqq=Δ解得Δx=2m12.答案(1)B2L3解析(1)設金屬框的初速度為v0,則金屬框完全穿過磁場的過程中,根據(jù)動量定理可得-BILt=mv02通過金屬框的電流I