新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练11电磁感应规律及其应用（附解析）

这是一份新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练11电磁感应规律及其应用（附解析），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．[2023·湖北卷]近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大．如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘．若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/s，则线圈产生的感应电动势最接近( )

A．0.30VB．0.44V
C．0.59VD．4.3V
2．[2023·浙江模拟预测]如图甲，金属环a放置在垂直环面向里的匀强磁场中．如图乙，环形导线c与导轨、导体棒构成闭合回路，导体棒在匀强磁场中向右运动，金属环b与环形导线c共面共心．下列说法正确的是( )
A．当图甲中匀强磁场减弱，a中产生沿逆时针方向的电流，且有收缩的趋势
B．当图甲中匀强磁场增强，a中产生沿顺时针方向的电流，且有扩张的趋势
C．当图乙中的导体棒向右减速运动，环b中产生顺时针方向的电流，且有收缩的趋势
D．当图乙中的导体棒向右匀速运动，环b中产生逆时针方向的电流，且有扩张的趋势
3．[2023·北京卷]如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关( )
A．P与Q同时熄灭B．P比Q先熄灭
C．Q闪亮后再熄灭D．P闪亮后再熄灭
4.[2023·浙江绍兴适应考]如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心．用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是( )
A．灯泡的亮暗不会发生变化
B．磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力
C．从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向
D．若忽略摩擦力和阻力，磁铁振动的幅度不会减小
5．[2023·广东统考二模]如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内．闭合开关S后，在0～t0内驱动线圈的电流iab随时间t的变化如图乙所示．在这段时间内，下列说法正确的是( )
A．驱动线圈内部的磁场水平向左
B．发射线圈内部的感应磁场水平向左
C．t＝0时发射线圈所受的安培力最大
D．t＝t0时发射线圈中的感应电流最大
6．[2023·北京卷]如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出．线框的边长小于磁场宽度．下列说法正确的是( )
A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
7．[2023·北京市育才学校三模]如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在竖直高度为2L的某矩形区域内(宽度足够大)，该区域的上下边界MN、PS是水平的．有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域．已知当线框的ab边到达MN时线框刚好做匀速直线运动(以此时开始计时)，以MN处为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，则关于线框中的感应电流与ab边的位置坐标x间的以下图线中，可能正确的是( )
二、多项选择题
8．[2023·广东统考二模]如图，两金属棒ab、cd放在磁场中，ab棒置于光滑水平金属导轨上，并组成闭合电路，当cd棒向下运动时，ab棒受到向左的安培力．则以下说法正确的有( )
A．图中Ⅱ是S极
B．图中Ⅱ是N极
C．cd的速度越大，ab的速度变化越快
D．cd的速度越大，ab的速度变化越慢
9．[2023·浙江省强基联盟高三4月统测]电磁学知识在科技生活中有广泛的应用，下列相关说法正确的是( )
A．图甲中动圈式扬声器的工作原理是电磁感应
B．图乙中线圈产生的自感电动势有时会大于原来电路中的电源电动势
C．图丙中自制金属探测器是利用地磁场来进行探测的
D．图丁中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是增加电磁阻尼的作用
10．[2023·广东模拟预测]如图甲所示，金属圆环静止在绝缘水平桌面上，垂直桌面施加竖直方向的交变磁场，取竖直向下为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示(不考虑金属圆环的自感)，下列说法正确的是( )
A．在0～eq \f(T,4)时间内，从上往下看感应电流沿逆时针方向
B．在eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)时间内，感应电流先增大后减小，方向不变
C．在eq \f(T,4)～eq \f(T,2)时间内，圆环有扩张的趋势
D．在eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)时间内，磁场对圆环上任一小段导线的作用力逐渐减小
11．[2023·河北省唐山市三模]如图所示，光滑水平面上静止放置一质量为m、总电阻为r、边长为l的正方形导线框，导线框前方l处平行于AB边的两虚线间存在竖直向下的匀强磁场，磁场宽度L＝eq \f(7,4)l，磁感应强度大小为B.某时刻导线框在水平恒力F作用下开始运动．已知导线框的AB边进、出磁场时的速度大小相等，则导线框在整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A．导线框在通过磁场区域时先做加速度减小的减速运动后做匀加速运动
B．导线框在通过磁场区域时先做加速度增大的减速运动后做匀加速运动
C．CD边进入磁场时的速度是AB边进入磁场时速度的eq \f(1,2)
D．导线框进入磁场所用的时间为eq \f(B2l3,Fr)－eq \r(\f(ml,2F))
三、非选择题
12．[2023·河北统考二模]如图所示，有足够长的光滑水平导轨CDC′D′和EFE′F′，各段导轨均平行，左侧部分间距为0.5m，右侧部分间距为1m，两部分导轨间有磁感应强度大小为B＝10T，方向相反的匀强磁场．有两根相同的金属棒a、b，质量均为2kg且分布均匀，电阻与棒长成正比．将金属棒a、b分别垂直放在左右两部分导轨上，开始时a棒位于图中DD′位置，b棒位于EE′位置．b棒用足够长的绝缘细线绕过光滑定滑轮和一物块c相连．物块c的质量为3kg，开始时c距地面的高度为h＝8.55m．物块c由静止开始下落，触地后不反弹．物块c触地时a、b两棒速率之比为1∶3，物块c下落过程中b棒上产生的焦耳热为30J，设两棒始终在磁场中运动，整个过程中导轨和金属棒接触良好，且导轨光滑，电阻不计，g＝10m/s2.求：
(1)物块c触地时，b棒的速度大小；
(2)从b棒开始运动到c落地的过程中通过棒的电荷量；
(3)从物块c触地后开始，到两棒匀速运动过程中系统产生的热量．
13.[2023·福建省福州市质检]如图，足够长的固定粗糙绝缘斜面，倾角为θ＝37°，平行于斜面底边的边界PQ下侧有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T.一质量为M＝0.2kg的U型金属框MM′NN′静置于斜面上，其中MN边长L＝0.4m，处在磁场中与斜面底边平行，框架与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.75，框架电阻不计且足够长．质量m＝0.1kg，电阻R＝0.6Ω的金属棒ab横放在U形金属框架上从静止释放，释放位置与边界PQ上方距离为d＝0.75m．已知金属棒在框架上无摩擦地运动，且始终与框架接触良好，设框架与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8)求：
(1)金属棒ab刚进入磁场时，通过框架MN边的电流大小和方向；
(2)金属棒ab刚进入磁场时，框架的加速度大小a；
(3)金属棒ab进入磁场最终达到稳定运动时，金属棒重力的功率P.
14．[2023·新课标卷]一边长为L、质量为m的正方形金属细框，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．
课时提升训练11
1．解析：根据法拉第电磁感应定律可知
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔBS,Δt)＝103×（1.02＋1.22＋1.42）×10－4V＝0.44V
故选B.
答案：B
2．解析：当图甲中的匀强磁场减弱时，根据楞次定律可知，金属环a中产生沿顺时针方向的感应电流，根据左手定则可知，金属环a所受的安培力指向环外，有扩张的趋势，A错误；同理，当题图甲中的匀强磁场增强时，金属环a中产生沿逆时针方向的感应电流，且有收缩的趋势，B错误；当题图乙中导体棒向右减速运动时，根据右手定则可知，导线c中有顺时针方向且减小的感应电流，根据楞次定律可知，金属环b产生顺时针方向的感应电流，再根据同向电流相互吸引，导线c对金属环b的安培力指向圆心，金属环b有收缩的趋势，C正确；当题图乙中的导体棒向右匀速运动时，根据右手定则可知，导线c中产生顺时针方向的感应电流，且导线c中的感应电流恒定，产生的磁场也恒定，金属环b中不会产生感应电流，D错误．
答案：C
3．解析：由题知，开始时，开关S闭合时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过线圈L的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路没有闭合路径，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭．故选D.
答案：D
4．解析：以S极靠近线圈分析，速度增大，且靠近线圈时磁感应强度增大，则穿过线圈磁通量变化率增大，感应电流增大，灯泡会变亮，A错误；根据楞次定律“来拒去留”可知磁铁靠近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力，B正确；当S极靠近线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿逆时针方向，当S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿顺时针方向，C错误；若忽略摩擦力和阻力，磁铁的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁铁的机械能逐渐转化为焦耳热，D错误．
答案：B
5．解析：根据安培定则，驱动线圈内的磁场方向水平向右，A错误；由图乙可知，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，B正确；t＝0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值；同理，t＝t0时发射线圈中的感应电流最小，CD错误．故选B.
答案：B
6．解析：线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；
线框出磁场的过程中，根据E＝BLv
I＝eq \f(E,R)
联立有FA＝eq \f(B2L2v,R)，又由牛顿第二定律FA＝ma得eq \f(B2L2v,R)＝ma
由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，故a减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；
由能量守恒定律得线框产生的焦耳热
Q＝FAL
其中线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C错误；
线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝eq \x\t(I)t
其中I＝eq \f(\x\t(E),R)，eq \x\t(E)＝BLeq \f(x,t)
则联立有q＝eq \f(BL,R)x
由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确．故选D.
答案：D
7．解析：由于ab边向下运动，由右手定则可以判断出，线框在进入磁场时，其感应电流的方向为abcd，沿逆时针方向，故在图像中，0～L的这段距离内，电流为正；x在L～2L内线框完全进入磁场，穿过线框的磁通量没有变化，故其感应电流为0；x在2L～3L内，当线框的ab边从磁场的下边出来时，由于其速度要比ab边刚入磁场时的速度大，故其感应电流要比I0大，根据楞次定律知感应电流的方向与ab边刚入磁场时相反；由于ab边穿出磁场时其速度较大，产生的感应电流较大，且其电流与线框的速度成正比，再由安培力公式得，即线框受到的安培力与线框的速度也成正比，与刚入磁场时线框受到的平衡力做对比，发现线框受到的合外力方向是向上的，即阻碍线框的下落，且合外力是变化的，故线框做的是变减速直线运动，产生的电流也是非均匀变化的，故AB错误；
再就整体而言，线框穿出磁场时的动能不小于进入磁场时的动能，故穿出时的电流不小于I0，所以C错误，D正确．
答案：D
8．解析：当cd棒向下运动时，ab棒受到向左的安培力，由左手定则，感应电流a→b，由右手定则，图中Ⅱ是N极，A错误，B正确；
由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律E＝BLv，I＝eq \f(E,R)
cd的速度越大，感应电流越大，由F＝BIL可知
安培力越大，由牛顿第二定律F＝ma
加速度越大，ab的速度变化越快，C正确，D错误．故选BC.
答案：BC
9．解析：A.图甲中动圈式扬声器的工作原理是电流的磁效应，故A错误；
B．图乙中线圈产生的自感电动势有时会大于原来电路中的电源电动势，故B正确；
C．图丙中自制金属探测器是利用金属探测器中变化电流产生变化的磁场来进行探测的，故C错误．
D．图丁中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是增加电磁阻尼的作用，故D正确．
故选BD.
答案：BD
10．解析：在0～eq \f(T,4)时间内，交变磁场方向竖直向上，磁感应强度增大，根据楞次定律可知，从上往下看感应电流沿顺时针方向，A错误；
在eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)时间内，根据I＝eq \f(E,R)，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝Seq \f(ΔB,Δt)
则有I＝eq \f(S,R)·eq \f(ΔB,Δt)
根据图乙可知，在eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)时间内，磁感应强度的变化率，即图线切线的斜率先增大后减小，则感应电流先增大后减小，根据楞次定律可以判断，该段时间内，从上往下看感应电流的方向始终沿逆时针方向，方向不变，B正确；
在eq \f(T,4)～eq \f(T,2)时间内，磁场方向竖直向上，磁感应强度减小，根据楞次定律可知，感应电流的效果是要阻碍磁通量的减小，即交变磁场对感应电流的安培力作用使得圆环有扩张的趋势，C正确；
在eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)时间内，由于I＝eq \f(S,R)·eq \f(ΔB,Δt)
可知，感应电流逐渐减小为0，即在eq \f(3T,4)时刻感应电流为0，则此时刻磁场对圆环上任一小段导线的作用力为0，又由于在eq \f(T,2)时刻，交变磁场的磁感应强度为0，则此时刻磁场对圆环上任一小段导线的作用力也为0，可知，在eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)时间内，磁场对圆环上任一小段导线的作用力先增大后减小，D错误．
答案：BC
11．解析：由L＝eq \f(7,4)l>l可知，线圈在磁场中运动时，有一段时间线圈全部处于磁场中，磁通量没有发生变化，没有感应电流，线圈不受安培力作用，此过程线圈做匀加速直线运动，即导线框的AB边进、出磁场之间的某一段过程做匀加速直线运动，由于导线框的AB边进、出磁场时的速度大小相等，可知导线框在通过磁场区域时先做减速运动后有可能到达匀速做匀加速运动，最后做减速运动同样可能匀速，在减速过程安培力大于水平恒力，速度减小感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即导线框在通过磁场区域时先做加速度减小的减速运动，有可能达到匀速，后做匀加速运动，最后做加速度减小的减速运动，有可能最后匀速，AB错误；设AB边进、出磁场时的速度大小为v0，CD边进磁场速度大小为v1，则有F＝ma，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2al，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2a（eq \f(7,4)l－l），解得v1＝eq \f(1,2)v0，C正确；导线框进入磁场过程的感应电动势的平均值为eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(Bl2,t)，感应电流eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),r)＝eq \f(q,t)，根据动量定理有Ft－Beq \(I,\s\up6(－))lt＝mv1－mv0，结合上述解得t＝eq \f(B2l3,Fr)－eq \r(\f(ml,2F))，D正确．故选CD.
答案：CD
12．解析：（1）设a、b棒的有效长度为L和2L，则接入电路的阻值分别为R和2R，流过两棒的电流相等，所以Qa＝eq \f(1,2)Qb＝15J；根据能量守恒定律有mcgh＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ＋eq \f(1,2)（m＋mc）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b)) ＋Qa＋Qb；va∶vb＝1∶3；解得va＝3m/s，vb＝9m/s
（2）对a棒，根据动量定理有Beq \(I,\s\up6(－))L·Δt＝mva－0；q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt；
解得q＝1.2C
（3）物块c触地后，a棒向左做加速运动，b棒向右做减速运动，最终两棒匀速时回路中的电流为零，即两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，即
BLv′a＝B·2Lv′b
Beq \(I,\s\up6(－))L·t＝mv′a－mva
－Beq \(I,\s\up6(－))·2L·t＝mv′b－mvb
联立解得v′a＝6m/s，v′b＝3m/s
根据能量守恒定律有
Q＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(′2),\s\d1(a)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(′2),\s\d1(b))
解得Q＝45J
答案：（1）9m/s （2）1.2C （3）45J
13．解析：（1）金属棒在框架上无摩擦地运动，设刚进入磁场的速度为v0，根据动能定理得mgdsinθ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －0
解得v0＝3m/s
进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)
解得I＝2A
电流方向：由N流向M.
（2）框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小为f＝μ（M＋m）gcs37°＝1.8N
框架MN边受到的安培方向沿斜面向下，大小为F安＝BIL＝0.8N
框架的加速度为a，根据牛顿第二定律得Mgsinθ＋F安－f＝Ma
代入数据解得a＝1m/s2
（3）因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，故金属棒和框架整体沿斜面方向动量守恒，最终金属棒ab与框架分别以v1、v2的速度做匀速运动mv0＝mv1＋Mv2
此时回路的电动势为E′＝BL（v1－v2）
电流I′＝eq \f(E′,R)
金属棒ab匀速运动时，由力的平衡条件得
mgsinθ－BI′L＝0
联立解得v1＝2.5m/s，v2＝0.25m/s
金属棒ab重力的功率P＝mgv1sinθ＝1.5W
答案：（1）2A 电流方向：由N流向M
（2）1m/s2 （3）1.5W
14．解析：（1）金属框进入磁场过程中有eq \(E,\s\up6(－))＝BLeq \f(L,t)
则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为
q1＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),4R0)t＝eq \f(BL2,4R0)
则金属框穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为
q＝eq \f(BL2,2R0)
设金属框的初速度为v0
则有－BqL＝eq \f(mv0,2)－mv0
联立有v0＝eq \f(B2L3,mR0)
（2）金属框进入磁场的过程，有
－Beq \(I,\s\up6(－))′Lt′＝mv1－mv0
闭合电路的总电阻R总＝R0＋eq \f(1,\f(1,R1)＋\f(1,R0))＝eq \f(5,3)R0
通过线框的电流eq \(I,\s\up6(－))′＝eq \f(\(E,\s\up6(－))′,R总)
根据法拉第电磁感应定律有eq \(E,\s\up6(－))′＝eq \f(BL2,t′)
解得v1＝eq \f(2B2L3,5mR0)
金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，则有
－Beq \(I,\s\up6(－))″Lt″＝－mv1
通过金属框的电流eq \(I,\s\up6(－))″＝eq \f(\(E,\s\up6(－))″,R1＋\f(R0,2))
根据法拉第电磁感应定律有eq \(E,\s\up6(－))″＝eq \f(BLx,t″)
解得x＝L
故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处
对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有
Q总＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
电阻R1产生的热量Q1＝eq \f(\f(2,3)R0,R总)·eq \f(R0,R1＋R0)Q总
金属框完全在磁场中运动过程，有Q′总＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
电阻R1产生的热量为Q′1＝eq \f(R1,R1＋\f(R0,2))Q′总
电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q′1
解得Q1总＝eq \f(3B4L6,25mR eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
答案：（1）eq \f(B2L3,mR0) （2）eq \f(3B4L6,25mR eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )