统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分核心热点专项练专项9电磁感应基本规律及综合应用

这是一份统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分核心热点专项练专项9电磁感应基本规律及综合应用，共8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．随着电动汽车的普及，汽车无线充电受到越来越多的关注．无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验．其原理如图所示，将受电线圈安装在汽车的底盘上，将供电线圈安装在地面上，当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电．关于无线充电，下列说法正确的是( )
A．无线充电技术与变压器的工作原理相同
B．因车身中的受电线圈离地较近需将它装于金属盒中加以保护
C．若供电线圈和受电线圈均采用超导材料则能量的传输效率可达到100%
D．车身受电线圈中感应电流的磁场总是与地面供电线圈中电流的磁场方向相反
2．如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器(可看作理想电流表)相连．将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈．实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图象．下列说法正确的是( )
A．t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C．若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
3．[2022·广东卷]
如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图．定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流．不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是( )
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C.两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
4．[2022·全国甲卷]
三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3.则( )
A．I1I2C．I1＝I2>I3D．I1＝I2＝I3
5．[2023·山东临沂4月质检]城市一卡通是一种芯片卡，它利用电磁感应原理来辨识与传递信息，卡片阅读机产生变化磁场，让卡的内部回路产生感应电流，使内部芯片发送信号，卡片阅读机就能读取卡内的芯片数据．已知某卡回路中产生的感应电动势满足关系E＝－keq \f(ΔΦ,Δt)，其中k与卡回路及线圈匝数有关，若卡回路的矩形线圈尺寸为4.00×10－3m2，k＝160，卡片阅读机产生的磁场垂直穿过卡线圈平面，且线圈中磁场随时间的变化率eq \f(ΔB,Δt)＝B0×2πfsin (2πft)，其中B0＝5.00×10－8T，频率f＝14.14MHz，则卡回路线圈中感应电动势的有效值约为( )
A．0.680VB．1.20VC．2.01VD．2.84V
6．[2023·辽宁卷]如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP.导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是( )
二、多项选择题
7．[2023·全国甲卷]一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离．如图(a)所示．现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示．则( )
A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
8．[2022·广东卷]如图所示，水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线．P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴．一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行．下列说法正确的有( )
A.N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
9．如图甲所示，倾角为α＝37°的足够长绝缘斜面体固定在水平面上，在两平行于斜面底边的虚线之间存在垂直斜面向上的匀强磁场，两平行虚线间的距离为d＝0.1m，质量为m＝0.01kg、阻值为r＝1Ω的正方形导体框由虚线1上侧无初速释放，经过一段时间导体框穿过磁场，整个过程中导体框的ab边始终与虚线平行，导体框由释放到离开磁场的过程，其速度随时间的变化规律如图乙所示，已知磁感应强度大小为B＝1T，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.则下列说法正确的是
( )
A．导体框与斜面体之间的动摩擦因数为0.5
B．导体框的边长为0.2m
C．导体框由释放到cd边离开虚线2的时间为1s
D．整个过程，导体框中产生的焦耳热为4×10－3J
10．[2022·全国甲卷]如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，( )
A.通过导体棒MN电流的最大值为eq \f(Q,RC)
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
11．[2022·湖南卷]如图，间距L＝1m的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8m的绝缘水平桌面上．质量均为0.1kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a距离导轨最右端1.74m．整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1T．用F＝0.5N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上．重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是( )
A.导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C
三、非选择题
12．[2022·全国乙卷]
如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI).求
(1)t＝2.0s时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热．
13．[2023·全国甲卷]
如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌于右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上．导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行．不计空气阻力．求
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间．
专项9 电磁感应基本规律及综合应用
1．解析：无线充电技术就是通过电磁感应原理，当穿过受电线圈的磁通量发生变化时，受电线圈会产生感应电动势，有了感应电流，对蓄电池进行充电，与变压器的工作原理相同，A正确；如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，损耗能量，同时屏蔽磁场，使受电线圈无法产生感应电流，B错误；由于电磁辐射等因素，传输效率不可能达到100%，C错误；由于不知道地面供电装置的电流是增大还是减小，故车身感应线圈中感应电流的磁场不一定总是与地面发射线圈中电流的磁场方向相反，故D错误．
答案：A
2．解析：根据楞次定律的“来拒去留”可知，t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向一直向上，故A错误；若将磁铁两极翻转后重复实验，则穿过圆环磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；若将线圈的匝数加倍E＝Neq \f(ΔΦ,Δt)，I＝eq \f(E,R)因为电阻也加倍，线圈中产生的电流峰值不会加倍，故C错误；若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，如果没有磁场力mgh＝eq \f(1,2)mv2高度加倍，速度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度不是原来的2倍，则线圈中产生的电流峰值不会加倍，故D错误．
答案：B
3．解析：由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知，在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A项错误；由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B项正确；由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C项错误；由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等，根据P＝eq \f(E2,R)可知，两电阻消耗的电功率不相等，D项错误．
答案：B
4．解析：设正方形线框边长为a，则圆线框半径为eq \f(a,2)，正六边形线框边长为eq \f(a,2)，由法拉第电磁感应定律得E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S面积，由电阻定律得R＝ρeq \f(l周长,S截)，由题意知eq \f(ΔB,Δt)、ρ、S截均为定值，所以电流I＝eq \f(E,R)∝eq \f(S面积,l周长)，面积分别为a2、eq \f(πa2,4)、eq \f(3\r(3)a2,8)，周长分别为4a、πa、3a，故电流I1＝I2>I3，故C项正确．
答案：C
5．解析：由题意可知E＝－keq \f(ΔΦ,Δt)＝－keq \f(ΔB,Δt)S＝－kSB0×2πfsin（2πft），所以电动势的最大值为Emax＝kSB0×2πf，又最大值Emax与有效值E有的关系为Emax＝eq \r(2)E有，代入数据解得E有＝2.01V，故选项C正确．
答案：C
6．解析：如图所示
设导体棒匀速转动的速度为v，导体棒从A到B过程，棒转过的角度为θ，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥＝vcsθ
根据右手定则可知，u＝BLv⊥，可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像．故选C.
答案：C
7．解析：电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体的速度越来越大，A正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N极、S极上下没有颠倒，B错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流的大小是变化的．小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C错误；由图（b）可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D正确．
故选AD.
答案：AD
8．解析：由于水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线，且平行于y轴，而MN也平行于y轴，所以N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；由于PN平行于x轴，故线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量始终变化，B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流，C正确；线圈从P到M过程和从P到N过程，线圈中磁通量变化量相同，而sPM>sPN，又速率相同，所以tPM>tPN，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈从P到M过程产生的感应电动势小于从P到N过程产生的感应电动势，D错误．
答案：AC
9．解析：由图乙分析可知，导体框穿过磁场的过程速度不变，则正方形导体框的边长等于两虚线之间的距离，为0.1m，导体框的ab边刚进入磁场的瞬间导体框沿斜面方向合力为零，即F安＋μmgcsα＝mgsinα，又F安＝BId、I＝eq \f(Bdv,r)，代入数据解得μ＝0.5，A正确，B错误；导体框进入磁场前，由牛顿第二定律得mgsinα－μmgcsα＝ma，解得a＝2m/s2，则导体框进入磁场前的运动时间为t1＝eq \f(v,a)＝1s，导体框从进入磁场到离开磁场的运动时间为t2＝eq \f(2d,v)＝0.1s，导体框由释放到cd边离开虚线2的时间为t＝t1＋t2＝1.1s，C错误；导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由功能关系得Q＝－W安，又W安＝－F安·2d＝－4×10－3J，则整个过程导体框中产生的焦耳热为4×10－3J，D正确．
答案：AD
10．解析：合上开关的瞬间，导体棒两端电压等于电容器两端电压且为最大值，电流也最大，I＝eq \f(U,R)＝eq \f(Q,RC)，电流最大时，导体棒MN所受的安培力最大，而导体棒速度最大时电流不是最大，所以A正确，C错误；导体棒MN先加速后减速，不会匀速，如果导体棒MN做匀速直线运动，电阻上一直有焦耳热产生，其他能量都不变，不符合能量守恒，所以B错误；由于棒运动过程切割磁感线产生反电动势，导致只有开始时通过电阻R的电流与通过导体棒MN的电流相等，其他时候通过电阻R的电流都比通过导体棒MN的电流大，故由焦耳定律可知电阻R上产生的焦耳热比导体棒MN上产生的焦耳热多，D正确．
答案：AD
11．解析：导体棒a向右运动时，由楞次定律可知，导体棒b有向左运动的趋势，C项错误；设导体棒a运动到最右端时的速度为v0，此时棒a切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0，回路中的感应电流I＝eq \f(E,R总)，R总＝eq \f(R,2)＋R，此时棒b所受安培力为F安＝Beq \f(I,2)L，导体棒b刚要滑动，故所受静摩擦力Ff达到最大值，此时F安＝Ff＝μmg，联立以上各式解得v0＝3m/s，导体棒a离开导轨到落地做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝v0t，解得x＝1.2m，A项错误；磁场方向竖直向下，导体棒a离开导轨后在水平方向做匀速直线运动，又E＝BLv0，可知导体棒a平抛过程中感应电动势不变，B项正确；导体棒a在导轨上运动过程中，感应电动势平均值为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，回路中平均感应电流I＝eq \f(E,R总)，通过导体棒a的电荷量q＝IΔt，联立三式解得q＝eq \f(ΔΦ,1.5R)＝eq \f(BLx,1.5R)＝1.16C，导体棒b与定值电阻R并联，所以通过电阻R的电荷量q′＝eq \f(q,2)＝0.58C，D项正确．
答案：BD
12．解析：（1）对正方形金属框分析
由法拉第电磁感应定律得E＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔΦ,Δt)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔB·S,Δt)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔB,Δt)))×eq \f(l2,2)
由B（t）＝0.3－0.1t（SI），知eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔB,Δt)))＝0.1T/s
I＝eq \f(E,R)，其中R＝4lλ
当t＝2.0s时，B＝0.3－0.1×2.0（T）＝0.1T
金属框所受安培力大小F＝BIl′，其中l′＝eq \r(2)l
代入数据解得F≈0.057N
（2）根据焦耳定律有Q＝I2Rt
R＝4λl＝8×10－3Ω
0～2.0s内电流恒定，I＝eq \f(E,R)＝1A
代入数据解得Q＝0.016J
答案：（1）0.057N （2）0.016J
13．解析：（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
3mv0＝3mvQ＋mvP
eq \f(1,2)×3mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)×3mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) ＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P))
联立解得
vP＝eq \f(3,2)v0，vQ＝eq \f(1,2)v0
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为
v′P＝vQ＝eq \f(1,2)v0
（2）根据能量守恒有
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P)) ＝eq \f(1,2)mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P)) ＋Q
解得
Q＝mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
－Beq \(I,\s\up6(－))lΔt＝mv′P－mvP
又
q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)＝eq \f(ΔΦ,RΔt)＝eq \f(Blx,RΔt)
联立可得
x＝eq \f(mv0R,B2l2)
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
t＝eq \f(x,vQ)＝eq \f(2mR,B2l2)
答案：（1）eq \f(1,2)v0 （2）mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) （3）eq \f(2mR,B2l2)