2024版新教材高考物理全程一轮总复习单元素养评价十二电磁感应

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习单元素养评价十二电磁感应，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )
A．0～2s
B．2～3s
C．3～4s
D．4～6s
2.
[2023·新乡一模]如图所示，在范围足够大的空间存在一个磁场，磁感线呈辐状分布，其中磁感线O竖直向上，磁场中竖直固定一个轻质弹簧．在距离弹簧某一高度处，将一个金属圆盘由静止释放，圆盘下落的过程中盘面始终保持水平，且圆盘的中轴线始终与弹簧的轴线、磁感线O重合．从圆盘开始下落，到弹簧被压缩至最短的过程中，下列说法正确的是( )
A．在圆盘内磁通量不变
B．从上往下看，在圆盘内会产生顺时针方向的涡流
C．在接触弹簧之前，圆盘做自由落体运动
D．圆盘的重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量
3．[2023·陕西宝鸡检测]车速表是用来测量车辆瞬时速度的一种装置，其工作原理如图所示．永久磁铁固定在驱动轴上，当车运动时，驱动轴会带动磁铁转动，由于电磁感应，由金属做成的速度盘也会随之转动，从而带动指针指示出相应的速度．则下列说法正确的是( )
A．速度盘和磁铁将以相同的角速度同时转动
B．在速度盘转动过程中，穿过整个速度盘的磁通量发生了变化
C．速度盘中产生感应电流，速度盘受到的安培力驱使其转动
D．速度盘中的感应电流是速度盘中的自由电子随其转动形成的
4．[2023·湖北荆州质检]如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的安培力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( )
A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1＝a3＞a2＞a4
C．a1＝a3＞a4＞a2D．a4＝a2＞a3＞a1
5．[2023·山东沂水统考]如图所示，边长为L的正方形线框，从图示位置在恒力作用下沿水平面滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，以v表示线框运动的速度．从线框刚进入磁场区域开始计时，电流取逆时针方向为正方向，以下图像可能正确的是( )
6．[2023·河北衡水联考]如图甲所示，绝缘水平桌面上水平放置着一单匝硬质金属线框，空间存在垂直于桌面、大小按图乙所示规律变化的匀强磁场，t＝0时刻磁场方向垂直于桌面向下，虚线MN为磁场边界．在0～t2时间内金属线框始终静止，则线框所受的摩擦力(以向右为正方向)随时间变化的图像正确的是( )
7．如图所示，在天花板下用细线悬挂一个闭合金属圆环，圆环处于静止状态．上半圆环处在垂直于环面的水平匀强磁场中，规定垂直于纸面向外的方向为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示．t＝0时刻，悬线的拉力为F.CD为圆环的直径，CD＝d，圆环的电阻为R.下列说法正确的是( )
A．eq \f(T,4)时刻，圆环中有逆时针方向的感应电流
B．eq \f(3T,4)时刻，C点的电势低于D点
C．悬线拉力的大小不超过F＋eq \f(πB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) d3,4TR)
D．0～T时间内，圆环产生的热量为eq \f(π2B eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) d4R,32T)
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8．[2023·湖南张家界检测]图甲为磁控健身车，图乙为其车轮处结构示意图，在金属飞轮的外侧有磁铁(与飞轮不接触)，人用力蹬车带动飞轮旋转时，需要克服磁铁对飞轮产生的阻碍，通过调节旋钮拉线可以实现不同强度的健身需求(当拉紧旋钮拉线时可以减小磁铁与飞轮间的距离)，下列说法正确的是( )
A．飞轮受到的阻力主要来源于磁铁的磁场对它的安培力
B．人蹬车频率一定时，拉紧旋钮拉线，飞轮受到的阻力变大
C．控制旋钮拉线不动时，飞轮转速越大，受到的阻力越小
D．控制旋钮拉线不动时，飞轮转速越大，内部的涡流越小
9．[2023·湖南邵阳检测]等边三角形金属线框平放在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速运动，线框边长为L，底边与传送带边缘平行，线框电阻为R，质量为m，有一边界宽度为2L的矩形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B，俯视图如图所示．已知线框穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法正确的是( )
A．线框进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相同
B．线框进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相同
C．线框进入磁场区域过程中通过导线某一横截面的电荷量为eq \f(\r(3)BL2,4R)
D．线框经过磁场区域过程中，有感应电流产生的时间为eq \f(2L,v)，经过磁场的过程中电流先增大后减小
10.
如图所示是都由均匀导线制成的单匝正方形线框a和圆形线框b处于矩形有界匀强磁场区域中的俯视图，两线框置于光滑绝缘水平面上，现用外力分别同时作用于两线框使其以大小相等的速度v沿垂直于磁场的方向分别向左、向右做匀速直线运动，运动过程中正方形线框左边始终与磁场左边界平行，已知正方形线框的边长和圆形线框的直径相等，两线框的电阻相同．两线框在匀速离开磁场的过程中，下列说法正确的是( )
A．外力对线框a、b做的功相等，线框a、b产生的热量也相等
B．线框a、b全部离开磁场过程中通过线框的电荷量之比qa∶qb＝4∶π
C．线框a所受安培力的冲量大于线框b所受安培力的冲量
D．线框a、b中产生的最大感应电动势大小相等
三、非选择题(本题共5个小题，共54分)
11．(6分)某同学使用如图所示的三组器材探究电磁感应现象．
(1)在甲图中，闭合开关S后，将滑片P向右减速移动的过程中，线圈B中的磁通量________(选填“增大”或“减小”).
(2)在乙图中，将如图所示条形磁铁向下插入线圈的过程中，感应电流从________(选填“正”或“负”)接线柱流入电流计．
(3)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图丙所示．已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”).
12.(10分)[2023·甘肃武威检测]如图所示，两平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其间距L＝0.5m，左端接有阻值R＝3Ω的定值电阻．一根长度与导轨间距相等的金属杆放置于导轨上，金属杆的质量m＝0.2kg，电阻r＝2Ω，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝4T的匀强磁场中，t＝0时刻，在MN上加一与金属杆垂直、方向水平向右的外力F，金属杆由静止开始以a＝2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2s末撤去外力F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好．(不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：
(1)1s末外力F的大小；
(2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热．
13．(10分)[2023·黑龙江哈尔滨模拟]一种重物缓降装置利用电磁感应现象制成，其物理模型如图所示，半径为L的铜轴上焊接一个半径为3L的铜制圆盘，铜轴上连接轻质绝缘细线，细线缠绕在铜轴上，另一端悬挂着一个重物，从静止释放后整个转轴和圆盘可以在重物的作用下一起转动，整个装置位于垂直于圆盘面的匀强磁场中，铜轴的外侧和圆盘的外侧分别通过电刷及导线和外界的一个灯泡相连，电磁感应中产生的电流可以通过灯泡而使灯泡发光，如果已知磁感应强度为B，重物质量为m，灯泡电阻恒为R，重力加速度为g，不计一切摩擦阻力，除了灯泡以外的其余电阻不计，问：
(1)当圆盘转动的角速度为ω时灯泡两端的电压；
(2)如果绳子足够长，铜轴所处高度足够高，求重物从静止释放后所能达到最大速率．
14．(14分)如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1T．现有一质量为m＝10g，总电阻为R＝1Ω，边长也为d＝0.1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10m/s2，不计其他阻力，求：(取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8)
(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；
(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；
(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．
15．(14分)如甲图所示，光滑导体轨道PMN和P′M′N′是两个完全一样轨道，都是由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和M′点相切，两轨道并列平行放置，MN和M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L，PP′之间有一个阻值为R的电阻，开关S是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN′M′是一个矩形区域，内有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h，其截面图如乙所示．金属棒a和b质量均为m、电阻均为R.在水平轨道某位置放上金属棒b，静止不动，a棒从圆弧顶端静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x＝eq \f(m\r(2gr)R,2B2L2)，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关S闭合．不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g.求：
(1)两棒速度稳定时，两棒的速度分别是多少？
(2)两棒落到地面后的距离是多少？
(3)整个过程中，两棒产生的焦耳热分别是多少？
单元素养评价（十二）
1．解析：根据E＝neq \f(ΔΦ,Δt)得，感应电动势与磁通量的变化率成正比，Φ­t图线的斜率表示磁通量的变化率，0～2s内磁通量的变化率的绝对值最小，则产生的感应电动势最小，故A正确．
答案：A
2．解析：圆盘下落过程中，S不变，磁感线变密，故磁通量增大，故A错误；根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向竖直向下，由右手螺旋定则可知：自上而下看，圆盘会产生顺时针方向的涡旋电流，故B正确；根据楞次定律，接触弹簧之前，除重力外，下落过程中圆盘会受到向上的阻碍磁通量增大的力，故C错误；根据能量守恒定律可知，接触弹簧下落过程中，圆盘的重力势能转化为弹簧的弹性势能、圆盘的动能以及因涡流效应产生的内能，故D错误．故选B.
答案：B
3．解析：当磁铁转动时，由于电磁感应，速度盘也会随磁铁发生转动，但略有滞后，A错误；在速度盘转动的过程中，穿过整个速度盘的磁通量不发生变化，故B错误；当磁铁转动时，在速度盘中会产生感应电流，速度盘在磁铁产生的磁场中受到安培力，安培力驱使速度盘转动，C正确；速度盘中的感应电流是由电磁感应产生的，不是速度盘中的自由电子随其转动形成的，D错误．
答案：C
4．解析：线圈在位置3时，回路中没有感应电流，因此线圈只受重力作用，故a1＝a3＝g，线圈处于位置2和位置4时，回路中都有感应电流，但在位置4时的感应电流I4大于在位置2时的感应电流I2，即F安2答案：B
5．解析：线框以一定速度进入磁场区域后，产生感应电动势和感应电流，受到安培力作用．在刚进入磁场时，若所受安培力刚好等于F，线框做匀速运动，感应电流为恒定值，完全进入后，磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，线框加速运动，在出磁场时，所受安培力一定大于F，一定做减速运动，产生的感应电流逐渐减小，图像B正确，A错误；在刚进入磁场时，若所受安培力小于F，线框加速运动，完全进入后，磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，线框加速度大于刚进入时的加速度，在刚进入磁场时，若所受安培力大于F，线框减速运动，完全进入后，磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，线框加速运动，所以图像C、D错误．
答案：B
6．解析：结合B­t图像，由楞次定律可知线框中感应电流方向一直为顺时针方向，根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔB,Δt)S，又由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB,Δt)eq \f(S,R)，则0～t2时间内感应电流的方向和大小均不变，根据左手定则可知，在0～t1时间内，安培力方向向左，故线框所受的摩擦力方向向右，在t1时刻，磁场方向反向，则安培力方向反向，摩擦力方向也反向，由F＝BIL可知安培力的大小随磁感应强度B的大小的变化而变化，选项A、B、D错误，C正确．
答案：C
7．解析：eq \f(T,4)时刻，磁场向外增强，根据楞次定律可知，感应电流磁场向里，故圆环中有顺时针方向的感应电流，故A错误；eq \f(3,4)T时刻，磁场向外减小，根据楞次定律可知，感应电流磁场向外，圆环中有逆时针的感应电流，C点作为电源的正极，D点为负极，故C点的电势高于D点，故B错误；t＝0时刻，磁感应强度为零，所以圆环不受安培力作用，悬线的拉力为F，则圆环重力大小为F，eq \f(T,2)时，磁场最强，所以受到的安培力最大，悬线的拉力最大，感应电动势为E＝eq \f(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))\s\up12(2),2)·eq \f(B0,\f(T,2))＝eq \f(πB0d2,4T)，感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(πB0d2,4TR)，故安培力为F＝B0Id＝eq \f(πB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) d3,4TR)，故悬线拉力的大小不超过F＋eq \f(πB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) d3,4TR)，故C正确；根据以上分析可知0～eq \f(T,2)时间内，产生的热量为Q＝I2R·eq \f(T,2)＝eq \f(π2B eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) d4,32TR)，故0～T时间内，圆环产生的热量为Q′＝2Q＝eq \f(π2B eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) d4,16TR)，故D错误．
答案：C
8．解析：飞轮受到的阻力主要来源于磁铁的磁场对它的安培力，选项A正确；人蹬车频率一定时，拉紧旋钮拉线，磁铁与飞轮间的距离减小，磁场变强，飞轮受到的安培力（阻力）变大，选项B正确；控制旋钮拉线不动时，飞轮转速越大，飞轮内部的涡流越大，受到的安培力（阻力）越大，选项C、D错误．
答案：AB
9．解析：线框进入磁场时与穿出磁场时的磁通量变化相反，根据楞次定律知感应电流产生的磁场方向相反，感应电流的方向相反，故A错误；线框进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反，根据左手定则可知，线框进入磁场时所受安培力的方向与穿出时相同，由线框受力平衡知静摩擦力的方向相同，故B正确；线框进入磁场区域过程中，通过导线某一横截面的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)t＝eq \f(ΔΦ,Rt)t＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(\r(3)BL2,4R)，故C正确；线框进入磁场区域的过程中，电流先增大后减小，所用时间t1＝eq \f(L,v)，完全进入磁场中电流为零，出磁场过程中电流先增大后减小，所用时间t2＝eq \f(L,v)，则有感应电流产生的时间为t＝t1＋t2＝eq \f(2L,v)，故D错误．
答案：BC
10．解析：设磁场的磁感应强度大小为B，线框b的半径为r，则线框a的边长为2r.当线框a匀速离开磁场时所受安培力是恒力，所受作用在线框上的外力大小等于线框所受恒定安培力的大小，而线框b匀速离开磁场时所受安培力是变力，所受外力是变力，其最大值与线框a所受外力相等，则b所受外力的平均值小于a所受外力，由于两线框的位移相等，则外力做功不相等，安培力做功也不相等，转化的内能（产生的热量）也不相等，选项A错误；通过线框的电荷量q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R·Δt)·Δt＝eq \f(B·ΔS,R)，而两线框的面积之比为4r2∶πr2＝4∶π，可知选项B正确；两线框完全离开磁场所用的时间相同，而线框a所受安培力大于线框b所受安培力的平均值，由I＝eq \(F,\s\up6(－))·Δt可知线框a所受安培力的冲量大于线框b所受安培力的冲量，选项C正确；线框a中的最大感应电动势Ea＝2Brv，线框b正好有一半穿出磁场时感应电动势有最大值，为Eb＝2Brv，选项D正确．
答案：BCD
11．解析：（1）滑片P向右减速移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，线圈A产生的磁场增强，线圈B中的磁通量增大．
（2）条形磁铁向下插入线圈，线圈中的磁场方向向上，且磁通量增大，根据楞次定律的“增反减同”，线圈中的感应电流产生的磁场方向向下，根据安培定则和图中线圈的绕向可知，线圈中感应电流从上端流入，从下端流出，因此电流从正接线柱流入电流计．
（3）条形磁铁从图中位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上且减小，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场向上，且电流从电流计G右端流入，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为逆时针．
答案：（1）增大 （2）正 （3）逆时针
12．解析：（1）1s末，金属杆MN的速度大小v1＝at1＝2m/s
金属杆MN产生的感应电动势E＝BLv1
金属杆MN中的感应电流大小I＝eq \f(E,R＋r)
金属杆MN受到的安培力大小F安＝BIL
联立得F安＝eq \f(B2L2v1,R＋r)＝1.6N
根据牛顿第二定律有F－F安＝ma
可得F＝F安＋ma＝2N.
（2）2s末，金属杆MN的速度大小v2＝at2＝4m/s
撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热Q＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝1.6J
电阻R上产生的焦耳热QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝0.96J.
答案：（1）2N （2）0.96J
13．解析：（1）由转动切割公式E＝eq \f(1,2)Bl2ω得：
U＝eq \f(1,2)Bω[（3L）2－L2]＝4BL2ω.
（2）当转盘匀速转动的角速度为ω0时，重物速度达到最大，此时P＝eq \f(U2,R)，又P＝Fv
则eq \f(（4BL2ω0）2,R)＝mgv，又v＝ω0L，
解得v＝eq \f(mgR,16B2L2).
答案：（1）4BL2ω （2）eq \f(mgR,16B2L2)
14．解析：（1）金属线圈向下匀速进入磁场时，有
mgsinθ＝μmgcsθ＋F安
其中F安＝BId，I＝eq \f(E,R)，E＝Bdv
解得v＝eq \f(（mgsinθ－μmgcsθ）R,B2d2)＝2m/s.
（2）设最高点离bb′的距离为x，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有v2＝2ax，mgsinθ－μmgcsθ＝ma线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有Ek1－Ek＝μmgcsθ·2x，其中Ek＝eq \f(1,2)mv2
得Ek1＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(v2μmgcsθ,gsinθ－μgcsθ)＝0.1J.
（3）线圈向下匀速通过磁场区域过程中，
有mgsinθ·2d－μmgcsθ·2d＋W安＝0
Q＝－W安
解得Q＝2mgd（sinθ－μcsθ）＝0.004J.
答案：（1）2m/s （2）0.1J （3）0.004J
15．解析：（1）a棒沿圆弧轨道运动到最低点M时，由机械能守恒定律得：mgr＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得v0＝eq \r(2gr)
当两棒速度稳定时，两棒以相同的速度做匀速运动．从a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得v1＝eq \f(v0,2)＝eq \f(\r(2gr),2).
（2）经过一段时间，b棒离开轨道后，a棒与电阻R组成回路，从b棒离开轨道到a棒离开轨道过程中a棒受到安培力的冲量
IA＝eq \(I,\s\up6(－))LBt＝BLeq \f(ΔΦ,2Rt)t＝eq \f(B2L2x,2R)
由动量定理：－IA＝mv2－mv1，解得v2＝eq \f(\r(2gr),4)
由平抛运动规律得：两棒落到地面后的距离
Δx＝（v1－v2）eq \r(\f(2h,g))＝eq \f(\r(rh),2).
（3）b棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等，Qa＝Qb
由能量守恒定律可知：
Qa＋Qb＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －eq \f(1,2)（2m）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得：Qa＝Qb＝eq \f(1,4)mgr
b棒离开轨道后，a棒与电阻R通过的电流大小总是相等，产生的焦耳热相等，由能量守恒定律可知：
2Q′a＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) 解得：Q′a＝eq \f(3,32)mgr
所以整个过程中，a棒产生的焦耳热
Q＝Qa＋Q′a＝eq \f(11,32)mgr.
答案：（1）均为eq \f(\r(2gr),2) （2）eq \f(\r(rh),2)
（3）Qb＝eq \f(1,4)mgr Qa＝eq \f(11,32)mgr