高考_专题十一 电磁感应（资料包word版）

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专题十一　电磁感应
1.(2022山东省实验中学一模,8)如图甲为电动汽车无线充电原理图,M为受电线圈,N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图,线圈匝数为n、电阻为r、横截面积为S,a、b两端连接车载变流装置,磁场平行于线圈轴线方向。下列说法正确的是(　　)

甲 乙
A.当线圈N接入恒定电流时,能为电动汽车充电
B.当线圈N接入正弦式交变电流时,线圈M两端产生恒定电压
C.当线圈N在M中产生的磁感应强度B竖直向上且增加时,有电流从a端流出
D.充电时,Δt时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加ΔB,则M两端电压为nSΔBΔt
答案　C　若送电线圈N接入恒定电流,则产生的磁场不变化,受电线圈M中的磁通量没有发生变化,故无法产生感应电流,不能为电动汽车充电,故A错误;当线圈N接入正弦式交变电流时,受电线圈M中的磁通量按正弦式规律变化,故M两端产生正弦式交变电压,故B错误;当穿过线圈M的磁感应强度向上增加时,根据楞次定律,感应电流产生的磁场方向向下,故感应电流从a端流出,故C正确;根据法拉第电磁感应定律,有E=nΔΦΔt=nSΔBΔt,设受电线圈外接电路的电阻为R,由闭合电路欧姆定律得M两端的电压U=ER+rR=nSRΔBΔt(R+r),故D错误。
2.(2022山东枣庄二模,12)(多选)如图所示,间距为L=0.8 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长,底部Q、N之间连接阻值为R1=2.0 Ω的电阻,磁感应强度为B1=0.5 T、足够大的匀强磁场与导轨平面垂直。质量为m=1.0×10-2 kg、电阻值为R2=2.0 Ω的金属棒ab放在导轨上,且始终与导轨接触良好。导轨的上端点P、M分别与横截面积为5.0×10-3 m2的10匝线圈的两端连接,线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行。开关S闭合后,金属棒ab恰能保持静止。取重力加速度g=10 m/s2,其余部分的电阻不计。则(　　)

A.匀强磁场B2的磁感应强度均匀减小 B.金属棒ab中的电流为0.25 A
C.匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10 T/s D.断开S之后,金属棒ab下滑的最大速度为1.25 m/s
答案　BC　金属棒ab处于静止状态,则金属棒ab受到的安培力竖直向上,根据左手定则可知通过金属棒ab的电流方向由a到b,根据楞次定律可知匀强磁场B2的磁感应强度均匀增加,A错误;设金属棒ab中的电流为I,根据受力平衡可得B1IL=mg,解得I=0.25 A,B正确;设匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为k,则线圈产生的感应电动势为E=nΔΦΔt=nΔBΔt·S=nkS,金属棒ab中的电流为I=UabR2=ER2=0.25 A,联立解得k=10 T/s,C正确;断开S之后,当金属棒ab受力再次达到平衡时下滑速度最大,设最大速度为vm,则有E'=B1Lvm,I'=E'R1+R2,B1I'L=mg,联立解得vm=2.5 m/s,D错误。
3.(2022山东青岛一模,12)(多选)如图甲,平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面内,导轨光滑且足够长,两导轨间距L=0.4 m,电阻忽略不计,其间接有R=0.2 Ω的电阻。垂直导轨放置质量m=0.2 kg、电阻r=0.2 Ω的金属杆ab,金属杆处于磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下。现用水平向右的外力F拉金属杆ab,使之由静止开始做加速运动,电压传感器工作电流很小,可忽略不计,它可将R两端的电压U即时采集并输入电脑,获得电压U随时间t变化的关系图像如图乙,图线为过原点直线。运动过程中,ab与导轨始终垂直且接触良好,下列说法正确的是(　　)

甲 乙
A.金属杆做匀加速运动且加速度大小为2.5 m/s2 B.第2.0 s末外力F的瞬时功率为0.82 W
C.0~2.0 s内金属杆上产生的焦耳热为0.4 J D.若1.6 s末撤去外力,则杆ab还能运动12.5 m
答案　AD　由图乙可得U=kt,其中k=0.42 V/s=0.2 V/s,设金属杆的运动速度为v时,路端电压为U,则有U=IR=ER+rR=BLvR+rR,联立解得v=k(R+r)BLRt,因为速度与时间成正比,所以金属杆做匀加速直线运动,加速度为a=k(R+r)BLR=2.5 m/s2,A正确;t=2.0 s时,速度为v=at=5 m/s,金属杆受到的安培力为F安=BIL=B2L2vR+r=0.32 N,根据牛顿第二定律可得F-F安=ma,解得F=0.82 N,故第2.0 s末外力F的瞬时功率为P=Fv=0.82×5 W=4.1 W,B错误;金属杆中的电流为I=UR=t(A),可知2.0 s时的瞬时电流为I2=2 A,0~2.0 s内电流的平均值为I=0+I22=1 A,由于电流随时间变化,要计算0~2.0 s内金属杆上产生的焦耳热需要代入0~2.0 s内电流的有效值,而不是代入电流平均值,即Q=I有2Rt≠I2Rt=12×0.2×2.0 J=0.4 J,C错误;若t1=1.6 s末撤去外力,此时金属杆的速度为v1=at1=4 m/s,撤去外力后到金属杆停下的过程,根据动量定理可得-∑F安t=0-mv1,其中-∑F安t=-∑BILt=-∑B2L2vR+rt=-B2L2R+r∑vt=-B2L2xR+r,联立解得x=12.5 m,D正确。
4.(2022山东烟台一模,8)有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落,如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B,二者宽度分别为L、H,且H>L。导线框恰好匀速进入区域Ⅰ,一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.导线框离开区域Ⅱ的速度大于mgRB2L2
B.导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g,方向竖直向上
C.导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgH
D.导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为6B2L3mgR
答案　C　导线框恰好匀速离开区域Ⅱ,根据平衡条件得mg=BIL=B2L2vR,解得v=mgRB2L2,A错误。导线框匀速进入区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ之间一直做匀速运动,由平衡关系和电磁感应定律可得v=mgRB2L2,导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时,上下边都切割磁感线,由法拉第电磁感应定律知E2=BLv+BLv=2BLv,又I2=E2R,解得I2=2BLvR,线框所受安培力F2=2BI2L,由牛顿第二定律有F2-mg=ma,联立解得a=3g,方向竖直向上,B错误。线框在区域Ⅰ中以速度v匀速运动,设线框完全离开磁场Ⅰ时速度为v',从完全离开磁场Ⅰ到开始离开区域Ⅱ的过程中,由动能定理得mg(H-L)=12mv2-12mv'2,导线框进入区域Ⅱ的过程根据能量守恒可得mgL+12mv2=12mv'2+Q,联立解得导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为Q=mgH,C正确。导线框自开始进入区域Ⅰ至开始进入区域Ⅱ过程中,由动量定理得mgt1-F安1t1=mv-mv,F安1t1=BIL·t1=BΔΦRt1L·t1=BBL2RL,联立解得t1=B2L3mgR;导线框自开始进入区域Ⅱ至开始离开区域Ⅱ过程中,由动量定理得mgt2-F安2t2=mv-mv,即mgt2-BL2BL2R=0,解得t2=2B2L3mgR;导线框自开始离开区域Ⅱ至刚完全离开区域Ⅱ过程中,由动量定理得mgt3-F安3t3=mv-mv,解得t3=B2L3mgR,故t=t1+t2+t3=4B2L3mgR,D错误。
5.物理科技 (2022江苏南京、盐城二模,6)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
答案　D　制动时,导体在通电线圈产生的磁场中运动,会产生涡流,该电流流过电阻时会产生热量,A错误;如果导体反向转动,导体中产生的涡流方向反向,根据左手定则,导体所受安培力方向也反向,故此装置仍起制动作用,B错误;线圈中电流越大,产生的磁场越强,导体转动产生的涡流越强,则制动器对导体的制动力越大,C错误;线圈电流一定时,导体运动的速度越大,产生的涡流越强,所受制动力就越大,D正确。
6.(2022专题预测卷,2)如图所示为家用单相电能表的结构示意图,其中电流线圈串联在电路中,电压线圈并联在电路中,通过电流线圈和电压线圈的交变电流产生的交变磁场使铝盘中产生涡旋电流,交变磁场对涡旋电流的安培力推动铝盘转动,转动方向如图中箭头所示。旁边还固定一块U形永久磁铁,铝盘转动时要从磁铁两极之间通过。关于家用单相电能表,下列说法正确的是(　　)
A.用户功率越大,电压线圈在铝盘中产生的涡流越大
B.用户功率减小,电流线圈在铝盘中产生的涡流变大
C.永久磁铁对铝盘起着电磁阻尼的作用
D.当停止用电时,永久磁铁可以保持铝盘继续转动
答案　C　电流线圈串联在电路中,用户功率越大,则电流越大,产生的磁场越强,则涡流越大,而电压线圈并联在电路中,其电流与用户功率无关,电流大小不变,因此电压线圈产生的涡流不变,故A、B错误;
当停止用电时,铝盘失去继续转动的动力,铝盘转动切割永久磁铁周围的磁感线产生电磁阻尼效果,避免由于惯性继续转动而产生计量误差,故C正确,D错误。
7.(2022怀化检测,2)在我国南海上有一浮桶式灯塔,其结构如图所示,浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分),其内部为产生磁场的磁体,磁体通过支柱固定在暗礁上,浮桶内置圆形线圈能够随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动,线圈与塔灯相连,下列说法错误的是(　　)

A.当海面无波浪时,该灯塔无法发光 B.该装置的工作原理是电磁感应现象
C.当线圈上下运动时,回路中无感应电流 D.圆形线圈上各位置的磁感应强度大小相等
答案　C　当海面无波浪时,线圈没有相对磁体上下运动,则线圈没有切割磁感线,所以该灯塔无法发光,则A正确,不符合题意;该装置的工作原理是电磁感应现象,所以B正确,不符合题意;当线圈上下运动时,线圈切割磁感线,所以回路中有感应电流,则C错误,符合题意;根据对称性可知,圆形线圈上各位置的磁感应强度大小相等,所以D正确,不符合题意。
8.(2021河东二模,2)如图所示为安检门原理图,左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收线圈,若工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向(左视图)均匀增大的电流,则下列说法正确的是(电流方向判断均从左向右观察)(　　)
A.无金属片通过时,接收线圈中感应电流的方向为顺时针
B.无金属片通过时,接收线圈中感应电流的大小不变
C.有金属片通过时,接收线圈中感应电流的方向为顺时针
D.有金属片通过时,接收线圈中没有感应电流
答案　B　若左侧门框线圈中存在顺时针方向(左视图)均匀增大的电流,则在两个门框间产生向右的磁场增强,由楞次定律可知,无论是否有金属片通过,右侧门框线圈中均产生逆时针(左视图)的电流,所以A、C错。因为电流均匀增大,所产生磁场也是均匀增加,所以由法拉第电磁感应定律可知,无金属片通过时,接收线圈中感应电流的大小不变,而有金属片通过时,电流产生的磁场增强,右侧接收线圈中感应电流的大小增加,所以B对,D错。
9.(2022红桥一模,8)(多选)如图所示,L是电感足够大的线圈,其直流电阻与灯泡的相同,D1和D2是相同的灯泡,若将开关S闭合,等灯泡亮度稳定后,再断开开关S,则(　　)

A.开关S闭合时,灯泡D1、D2同时亮,然后D1变暗直到不亮,D2更亮
B.开关S闭合时,灯泡D1、D2同时亮,然后D1变暗,D2更亮
C.开关S断开时,灯泡D1随之熄灭,而D2过一会儿才熄灭
D.开关S断开时,灯泡D2随之熄灭,而D1过一会儿才熄灭
答案　BD　开关S闭合瞬间,因为电感线圈L阻碍电流的增大,电路中相当于两个灯泡串联,所以灯泡D1、D2同时亮;之后,电感线圈L中的电流逐渐增大,与之并联的灯泡D1中的电流会减小,因为电感线圈L的直流电阻与灯泡的电阻相同,所以,最终L和D1中的电流相等,因此D1会变暗,但不会不亮。当灯泡亮度稳定后,电路相当于L和D1并联后再与D2串联,此时电路中的总电阻小于S闭合瞬间的总电阻,干路中的电流增大,D2会更亮,所以A错,B正确。开关S断开时,因D2中没有电流,所以会马上熄灭,而由于电感线圈L阻碍电流的减小,因此其中的电流会逐渐减小,与之串联的灯泡D1中的电流也会逐渐减小,过一会儿才熄灭,所以C错,D正确。
10.(2022北京朝阳一模,10)如图所示,甲、乙两根长1 m的空心铝管竖直放置,其中乙管有一条竖直的裂缝。某同学把一块圆柱形的强磁体先后从甲、乙两管的上端由静止放入管口,磁体在甲、乙两管中运动的时间分别为3 s和0.6 s。磁体的直径略小于铝管的内径,不计磁体与管壁的摩擦。关于磁体在甲、乙两管中的运动,下列说法正确的是(　　)

A.磁体在甲管内下落的过程中,所受合外力的冲量可能为0
B.磁体在甲管内下落的过程中,其克服磁场力做的功小于重力势能的减少量
C.磁体在乙管内下落的过程中,乙管中没有产生感应电动势和感应电流
D.磁体在乙管内下落的过程中,其重力势能的减少量等于动能的增加量
答案　B　磁体在甲管内下落过程中,由动量定理,合外力的冲量等于磁体动量变化,磁体初动量为0,末动量不为0,因此A项错误。磁体在甲管内下落过程,由动能定理:mgh-F磁·h=Ek'-0>0,因此克服磁场力做的功F磁·h