新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练第11单元17生活中的电磁感应问题(人教版)

这是一份新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练第11单元17生活中的电磁感应问题(人教版)，共6页。试卷主要包含了2m/s等内容，欢迎下载使用。

A.用户正常用电时,a、b之间有电流通过
B.用户正常用电时,通过原线圈的磁通量与线路中的电流大小有关
C.若人站在地面上,手误触火线而触电时,通过原线圈的磁通量不为0
D.若此装置用于直流电路,则不能起到保护作用
2.(2023浙江宁波模拟)电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学也设计了一个电磁阻尼减震器,图为其简化的原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成,滑动杆及线圈的总质量m=1.0 kg。每个矩形线圈abcd匝数n=100,电阻值R=1.0 Ω,ab边长L=20 cm,bc边长d=10 cm,该减震器在光滑水平面上以初速度v0=1.0 m/s向右进入磁感应强度大小B=0.1 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场中。
(1)求刚进入磁场时减震器的加速度大小。
(2)第二个线圈恰好完全进入磁场时,求减震器的速度大小。
(3)若减震器的初速度v=5.0 m/s,则滑动杆上需安装多少个线圈才能使其完全停下来?求第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比k(不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响)。
3.(2023浙江宁波开学考试)基于电磁阻尼设计的电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全性及乘坐舒适程度的辅助制动装置。其电磁阻尼作用可以借助图甲模型讨论:光滑斜面倾角为37°,其上L1、L2、L3、L4等间距且与斜面底边平行,间距a=0.2 m,L1和L2之间,L3和L4之间存在垂直于斜面向下的匀强磁场,磁感应强度B均为1 T。有一矩形线圈MNPQ从图示位置(MN边与斜面底边平行)由静止释放,已知边长lMN=0.2 m,线圈质量m=0.01 kg,内阻R=2 Ω。从线圈释放开始计时,t3时刻线圈PQ边恰好从L4离开磁场,其v-t图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)线圈在阻尼作用下匀速运动时v2的大小。
(2)t2~t3过程中线圈所产生的热量Q。
(3)线圈在磁场区域内无阻尼作用时做匀加速直线运动所经历的时间t12。
4.(2023浙江绍兴一模)如图甲所示,某国货车频繁脱轨、侧翻的重要原因是铁路轨道不平整。我国的高铁对轨道平整度有着极高的要求,为了检测高铁轨道可能存在的微小不平整,某科学兴趣小组设计了如图乙所示的方案:M为水平待测轨道,其上有一可沿轨道无摩擦运动的小车Ⅰ,车上固定竖直放置的n匝线圈ABCD,总阻值为R,小车与线圈总质量为m,线圈中连有微电流传感器,可显示ABCD中非常微弱的电流信号,A→B为电流正方向;N为标准水平平整轨道(轨道N与轨道M平行正对放置),其上有一可沿轨道运动的小车Ⅱ,小车Ⅱ上安装了车速控制系统,且车上固定磁场发射装置EFGH,该装置可在EFGH范围内激发垂直并指向ABCD的匀强磁场,磁感应强度大小为B0,AB=DC=EF=HG=L1,BC=AD=FG=EH=L2。现先将小车Ⅰ、Ⅱ平行正对放置,调节ABCD的高度,使之略高于EFGH,其高度差远小于L2但大于待测轨道凹凸不平引起的高度差,然后给小车Ⅰ大小为v0的初速度,同时控制小车Ⅱ以相同的速度向前匀速行驶。(不考虑磁场的边缘效应,忽略轨道不平整对小车沿轨道方向速度的影响)
甲
乙
丙
(1)若在t1~t2时间内,微电流传感器显示出如图丙所示的电流信号,问这段时间内经过的待测轨道是凸起还是凹陷?试简要说明理由。
(2)若小车Ⅱ在行驶过程中突然停止,求小车Ⅰ继续前进并离开的过程中,线圈上产生的总热量Q。
(3)现控制小车Ⅱ做匀减速直线运动,为确保微电流传感器不损坏,线圈中电流不能超过Im,求小车Ⅱ做匀减速直线运动时加速度的最大值。
参考答案
素养练17 生活中的电磁感应问题
(科学态度与责任)
1.C 解析 由于火线和零线采用双线绕法,当用户用电正常时,磁通量始终为零,所以通过原线圈的磁通量与线路中的电流大小无关,P线圈内部的磁通量变化率为零,在ab线圈中不会产生感应电动势,所以ab线圈两端没有电压,脱扣开关闭合,故A、B错误;如果有人站在地面上,手误触火线而触电,零线中电流为零,此时只有火线有电流,P中磁通量不为零且会有磁通量的变化,导致穿过线圈ab的磁通量变化,会产生感应电动势,使ab间有电压,开关立即断开,故C正确,D错误。
2.答案 (1)4 m/s2 (2)0.2 m/s (3)13 96
解析 (1)减震器受到的安培力大小为F安=nBIL=nB··L=
刚进入磁场减速瞬间减震器的加速度大小为a==4m/s2。
(2)设向右为正方向,对减震器进行分析,由动量定理I=Δp可得
F安t=-·t=-·2d=mv'-mv0
解得v'=v0-=0.2m/s。
(3)由上述分析可知,每一个线圈进入磁场的过程中,减震器速度减小量Δv=0.4m/s
线圈的个数为N==12.5
则需要13个线圈,只有进入磁场的线圈产生热量,线圈产生的热量等于动能的减少量。
第一个线圈恰好完全进入磁场时v1=v-Δv=4.6m/s
最后一个线圈刚进入磁场时v13=0.2m/s
因此k==96。
3.答案 (1)3 m/s
(2)0.012 J
(3)s
解析 (1)线圈t3时刻PQ边恰好从L4离开磁场,故t2~t3过程中只有PQ边切割磁感线,线圈做匀速直线运动,由平衡条件得
F安==mgsin37°
解得v2=3m/s。
(2)t2~t3过程中线圈动能不变,重力势能转化为内能,根据能量守恒定律可知
Q=mgasin37°=0.012J。
(3)由线圈的运动图像可知t1时刻MN边通过L2,t2时刻PQ边从L3进入下面区域磁场,t1~t2过程中线圈一直做匀加速直线运动,故
lNP=0.4m
线圈在t1~t2内的位移
x=3a=0.6m
根据运动学公式,有
=2gxsin37°
解得v1=m/s,则t12=s。
4.答案 (1)凸起,理由见解析
(2)
(3)
解析 (1)根据图丙可知,电流先正后负,说明线圈内磁通量先减少后增加,线圈ABCD先向上运动后向下运动,故此处轨道有凸起。
(2)若小车Ⅱ在行驶过程中突然停止,由动量定理得
-nB0L2Δt=mv1-mv0,又q=Δt=
根据能量守恒定律得
Q=。
(3)根据题意分析,小车Ⅰ、Ⅱ相对速度不断变大,小车Ⅰ线圈中的电流不断增大,做加速度不断增大的减速运动,在不分离的情况下,最终小车Ⅰ与小车Ⅱ的加速度应相等,此时小车Ⅰ的加速度最大,即电流最大。为确保微电流传感器不损坏,故nB0L2Im=mam
解得am=。