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    2025版高考物理全程一轮复习训练题单元素养评价十二电磁感应

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    2025版高考物理全程一轮复习训练题单元素养评价十二电磁感应

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    这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题单元素养评价十二电磁感应,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.
    [2024·海南海口华侨中学校考一模]如图所示,A为一水平匀速旋转的橡胶盘,其均匀分布有大量的正电荷,在圆盘正下方水平放置一通电直导线,电流的方向如图所示,当圆盘绕中心轴高速顺时针(从上向下看)转动时,通电直导线所受磁场力的方向是( )
    A.竖直向上 B.竖直向下
    C.水平向外 D.水平向里
    2.[2024·黑龙江哈尔滨哈九中校考模拟]图甲是电动公交车无线充电装置,供电线圈设置在充电站内,受电线圈和电池系统置于车内.供电线路与220 V交流电源相连,将受电线圈靠近供电线圈,无需导线连接,蓄电池便可以充电(如图乙所示),下列说法正确的是( )
    A.供电线圈和受电线圈无导线连接,所以传输能量时没有损失
    B.用塑料薄膜将供电线圈包裹起来之后,仍能为蓄电池充电
    C.无线充电的原理是利用供电线圈发射电磁波传输能量
    D.充电时,供电线圈的磁场对受电线圈中的电子施加磁场力的作用,驱使电子运动
    3.[2024·北京昌平统考二模]如图1所示,矩形导线框abcd固定在变化的磁场中,线框平面与磁场垂直.线框中产生的感应电流如图2所示(规定电流沿abcd为正).若规定垂直纸面向里为磁场正方向,能够产生如图所示的电流的磁场为( )
    4.安装在公路上的测速装置如图所示,在路面下方间隔一定距离埋设有两个通电线圈,线圈与检测抓拍装置相连,车辆从线圈上面通过时线圈中会产生脉冲感应电流,检测装置根据两个线圈产生的脉冲信号的时间差计算出车速大小,从而对超速车辆进行抓拍.下列说法正确的是( )
    A.汽车经过线圈上方时,两线圈产生的脉冲电流信号时间差越长,车速越大
    B.当汽车从线圈上方匀速通过时,线圈中不会产生感应电流
    C.汽车经过通电线圈上方时,汽车底盘的金属部件中会产生感应电流
    D.当汽车从线圈上方经过时,线圈中产生感应电流属于自感现象
    5.[2024·河北临考信息卷]我国新一代航母——福建舰阻拦系统采用电磁阻拦技术,基本原理如图所示,飞机着舰时关闭动力系统,通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒ab,导轨间距为d,飞机质量为M,金属棒质量为m,飞机着舰钩住金属棒后与金属棒以共同速度v0进入磁场,轨道端点MP间的电阻为R、轨道间金属棒的电阻为r,不计其他电阻和阻拦索的质量.轨道间有竖直方向的匀强磁场,磁感应强度为B.金属棒运动一段距离x后飞机停下,测得此过程电阻R上产生的焦耳热为Q,则( )
    A.金属棒ab中感应电流方向由a到b
    B.通过金属棒的最大电流为 eq \f(Bxv0,R+r)
    C.飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为 eq \f(1,2)(M+m)v eq \\al(2,0) -Q
    D. 通过金属棒的电荷量为 eq \f(Bdx,R+r)
    二、多项选择题(本题共3小题,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求)
    6.法拉第展示人类历史上第一台直流发电机——法拉第圆盘发电机,结构示意图如图甲所示,圆盘所处的匀强磁场的磁感应强度为B;如图乙所示是安装了汽车防抱死制动系统(ABS)的轮速传感器示意图,铁质齿轮P与车轮同步转动,它的右侧有一个绕着线圈的磁铁,当轮齿在接近和离开磁铁时,线圈中出现感应电流.下列说法正确的是( )
    A.对甲图,若圆盘不动,磁体转动(磁感线与盘面垂直),电流表的指针不会偏转
    B.对甲图,当圆盘的角速度为ω,边缘的线速度为v,则感应电动势为 eq \f(Bv2,2ω)
    C.对乙图,穿过线圈的磁通量会发生变化,则此装置是利用电磁感应现象来测量车轮转速的
    D.对乙图,同样初速度的同一辆汽车,安装了ABS的刹车距离小,不易发生侧滑
    7.
    [2024·海南海口华侨中学校考一模]如图所示,固定于光滑水平面上的两根平行金属导轨MN、PQ左端接有阻值为R的灯泡,一质量为m、电阻不计的导体棒ab跨接在导轨上形成闭合回路,该空间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.现让ab棒以初速度v0沿导轨向右运动,不计摩擦及导轨电阻,下列关于导体棒的速度v随时间t及位移x变化的图像,可能正确的是( )
    8.轻质细线吊着一质量为m=1 kg、边长为0.2 m、电阻R=1 Ω、匝数n=10的正方形闭合线圈abcd,bd下方区域分布着磁场,如图甲所示.磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示.不考虑线圈的形变和电阻的变化,整个过程细线未断且线圈始终处于静止状态,g取10 m/s2.则下列判断正确的是( )
    A.线圈中感应电流的方向为adcba
    B.线圈中的感应电流大小为0.2 A
    C.0~2 s时间内线圈中产生的热量为0.02 J
    D.6 s时线圈受安培力的大小为0.8 eq \r(2) N
    三、非选择题(本题共3小题,按要求答题)
    9.如图甲所示MN、PQ为足够长的两平行金属导轨,间距L=1.0 m,与水平面之间的夹角α=30°,匀强磁场磁感应强度B=0.5 T,垂直于导轨平面向上,MP间接有电流传感器,质量m=0.2 kg、阻值R=1.0 Ω的金属杆ab垂直导轨放置,它与导轨的动摩擦因数μ= eq \f(\r(3),3),如图所示.用外力F沿导轨平面向上拉金属杆ab,使ab由静止开始运动并开始计时,电流传感器显示回路中的电流I随时间t变化的图像如图乙所示,0~3 s,拉力做的功为225 J,除导体棒电阻外,其它电阻不计.取g=10 m/s2.求:
    (1)0~3 s内金属杆ab运动的位移;
    (2)0~3 s内F随t变化的关系.
    10.如图所示,半径为l的金属圆环内部等分为两部分,两部分各有垂直于圆环平面、方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B0,与圆环接触良好的导体棒绕圆环中心O匀速转动.圆环中心和圆周用导线分别与两个半径为R的D形金属盒相连,D形盒处于真空环境且内部存在着磁感应强度为B的匀强磁场,其方向垂直于纸面向里.t=0时刻导体棒从如图所示的位置开始运动,同时在D形盒内中心附近的A点,由静止释放一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子,粒子每次通过狭缝都能得到加速,最后恰好从D形盒边缘出口射出.不计粒子重力及所有电阻,忽略粒子在狭缝中运动的时间,导体棒始终以最小角速度ω(未知)转动.
    (1)求ω的大小.
    (2)求粒子在狭缝中加速的次数.
    (3)考虑实际情况,粒子在狭缝中运动的时间不能忽略,求狭缝宽度d的取值范围.
    11.[2024·广东潮州市金山中学校考阶段练习]如图所示,倾角为α=30°的光滑固定斜面,斜面上相隔为d=8 m的平行虚线MN与PQ间有大小为B=0.1 T的匀强磁场,方向垂直斜面向下,一质量m=0.1 kg,电阻R=0.2 Ω,边长L=1 m的正方向单匝纯电阻金属线圈,线圈cd边从距PQ上方x=2.5 m处由静止释放沿斜面下滑进入磁场,且ab边刚要离开磁场时线圈恰好做匀速运动.重力加速度g=10 m/s2.求:
    (1)cd边刚进入磁场时线圈的速度v1和加速度a;
    (2)线圈进入磁场的过程中,通过ab边的电量q;
    (3)线圈通过磁场的过程中产生的热量Q.
    单元素养评价(十二) 电磁感应
    1.解析:带正电圆盘以题图所示方向转动时,从上向下看,形成顺时针方向的电流,根据右手螺旋定则可知,在圆盘下方形成的磁场方向竖直向下,根据左手定则,伸开左手,让四指和电流方向一致,磁感线穿过手心,则大拇指指向纸面里侧,因此安培力的方向水平向里,故A、B、C错误,D正确.故选D.
    答案:D
    2.解析:供电线圈和受电线圈是利用互感传输能量,不是发射电磁波,由于线圈存在电阻,传输过程有漏磁等,故传输能量时有损失,A、C错误;磁场能穿过塑料,故用塑料薄膜将供电线圈包裹起来之后,仍能为蓄电池充电,B正确;充电时,供电线圈产生的变化磁场穿过受电线圈,引起受电线圈磁通量变化,产生感应电流,D错误.故选B.
    答案:B
    3.解析:根据法拉第电磁感应定律,有E=n eq \f(ΔΦ,Δt)=n eq \f(ΔB,Δt)S,可知恒定的磁场不能产生电动势,不会有电流产生,A、B错误;根据楞次定律,可知垂直纸面向外的磁场增强,线圈会产生垂直纸面向里的磁场,即产生abcd方向的电流,又因为磁场均匀变化,所以产生恒定的电动势,根据闭合电路的欧姆定律,有I= eq \f(E,R),所以线圈中产生恒定的电流,同理,磁场均匀减弱时,线圈中产生dcba的电流,C正确;当垂直纸面向里的磁场增强时,根据楞次定律,可知线圈中会产生dcba的电流,形成垂直纸面向外的磁场,D错误.故选C.
    答案:C
    4.解析:汽车经过线圈上方时产生脉冲电流信号,车速越大,汽车通过相邻两线圈间所用的时间越小,即两线圈产生的脉冲电流信号时间差越小,故A错误;汽车经过通电线圈上方时,汽车底盘的金属部件通过线圈所产生的磁场,金属部件中的磁通量发生变化,在金属部件中产生感应电流,金属部件中的感应电流产生磁场,此磁场随汽车的运动,使穿过线圈的磁通量变化,所以线圈中会产生感应电流,故B错误,C正确;当汽车从线圈上方经过时,线圈中产生的感应电流并不是线圈自身的电流变化所引起的,则不属于自感现象,故D错误.故选C.
    答案:C
    5.解析:根据右手定则可知金属棒ab中感应电流方向由b到a,A错误;金属棒向右运动时,受到向左的安培力使其减速,故可知金属棒产生的最大感应电动势为以共同速度v0进入磁场的瞬间,此时最大电流为I= eq \f(E,R+r)= eq \f(Bdv0,R+r),B错误;电阻R上产生的焦耳热为Q,根据焦耳定律可得金属棒上产生的焦耳热为Q′= eq \f(r,R)Q,设飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为W,根据动能定理可得-W-W克安=0- eq \f(1,2)(M+m)v eq \\al(2,0) ,根据功能关系可得W克安=Q+Q′,以上各式联立解得W= eq \f(1,2)(M+m)v eq \\al(2,0) - eq \f(R+r,R)Q,C错误;通过金属棒的电荷量为q= eq \(I,\s\up6(-))·Δt= eq \f(\(E,\s\up6(-)),R+r)·Δt= eq \f(\f(ΔΦ,Δt),R+r)·Δt= eq \f(ΔΦ,R+r)= eq \f(Bdx,R+r),D正确.
    答案:D
    6.解析:对甲图,若圆盘不动,转动磁体,产生动生电动势,电流表的指针会发生偏转,故A错误;感应电动势为E=BR eq \f(v,2)=B eq \f(v,ω) eq \f(v,2)= eq \f(Bv2,2ω),B正确;此装置利用电流检测器D检测电流,并送到电子控制模块以控制电磁阀,为制动器提供合适制动力,使刹车距离减小,有效避免汽车车轮侧滑现象,C错误,D正确.故选BD.
    答案:BD
    7.解析:导体棒向右运动的过程中切割磁感线,产生感应电流,所受安培力F=BIl,又I= eq \f(E,R),E=Blv,所以F= eq \f(B2l2v,R)即为合力,根据牛顿第二定律F=ma知,导体棒做加速度逐渐减小的减速运动,故A正确,B错误;对导体棒由动量定理得-BIlt=mv-mv0,又q= eq \(I,\s\up6(-))t= eq \f(Blx,R),解得v=v0- eq \f(B2l2x,mR),故C正确,D错误.故选AC.
    答案:AC
    8.解析:磁感应强度向里并且增大,由楞次定律可得,感应电流产生的磁场垂直纸面向外,线圈中感应电流的方向为逆时针,即abcda,故A错误;由法拉第电磁感应定律E=n eq \f(ΔΦ,Δt)=n eq \f(ΔB·S,Δt),由闭合电路的欧姆定律,可得线圈中的感应电流大小I=n eq \f(ΔB·S,RΔt),假设线框边长为l,则S= eq \f(l2,2),联立两式代入数据解得I=0.1 A,故B错误;0~2 s时间内金属环产生的热量为Q=I2Rt=0.02 J,故C正确;线圈的bcd部分在匀强磁场中受到安培力,受到安培力的大小等效为bd直棒受到的安培力,6 s时线圈受到的安培力F=nIBL=10×0.1×4×0.2 eq \r(2) N=0.8 eq \r(2) N,故D正确.故选CD.
    答案:CD
    9.解析:(1)由图乙知q=4.5 C
    又 eq \(E,\s\up6(-))= eq \f(ΔΦ,Δt)= eq \f(BLx,Δt), eq \(I,\s\up6(-))= eq \f(\(E,\s\up6(-)),R),q= eq \(I,\s\up6(-))·Δt
    得x= eq \f(qR,BL)=9 m
    (2)根据题意E=BLv,I= eq \f(E,R)
    得F安=BIL= eq \f(B2L2v,R)
    由牛顿运动定律得F-mg sin θ-mgμcs θ- eq \f(B2L2v,R)=ma,a= eq \f(Δv,Δt),F=0.5t+2.4
    答案:(1)9 m (2)F=0.5t+2.4
    10.解析:(1)根据洛伦兹力充当向心力Bvq= eq \f(mv2,r),得r= eq \f(mv,qB),T= eq \f(2πr,v)= eq \f(2πm,qB)
    棒的角速度最小值为ω= eq \f(2π,T)= eq \f(qB,m).
    (2)根据洛伦兹力充当向心力Bv1q= eq \f(mv eq \\al(2,1) ,R)
    可得粒子离开加速器的速度为v1= eq \f(BqR,m)
    由法拉第电磁感应定律,导体棒切割磁感线的电动势为E感= eq \f(1,2)B0ωl2= eq \f(qBB0l2,2m)
    根据动能定理nE感q= eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)
    得加速的次数为n= eq \f(BR2,B0l2).
    (3)带电粒子在电场中的加速度为a= eq \f(E感q,dm)= eq \f(q2BB0l2,2dm2)
    粒子在电场中做匀加速直线运动,满足nd= eq \f(1,2)at2
    为保证粒子一直加速,应满足t≤ eq \f(T,2)
    解得d≤ eq \f(πB0l2,2BR)
    答案:(1) eq \f(qB,m) (2) eq \f(BR2,B0l2) (3)d≤ eq \f(πB0l2,2BR)
    11.解析:(1)线圈沿斜面向下运动,由动能定理可得mgx sin 30°= eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1) -0
    解得v1=5 m/s
    受力分析可得mg sin 30°-BIL=ma,I= eq \f(E,R)= eq \f(BLv1,R)
    解得a=2.5 m/s2
    (2)线圈进入磁场过程中,通过ab边的电荷量q= eq \(I,\s\up6(-))·Δt
    由闭合电路欧姆定律可得 eq \(I,\s\up6(-))= eq \f(\(E,\s\up6(-)),R)
    由法拉第电磁感应定律得 eq \(E,\s\up6(-))= eq \f(ΔΦ,Δt)
    解得q= eq \f(ΔΦ,R)= eq \f(BL2,R)=0.5 C
    (3)线圈离开磁场时,根据平衡条件有B eq \f(BLv2,R)L=mg sin 30°
    解得v2= eq \f(mgR sin 30°,B2L2)=10 m/s
    由能量守恒定律可得Q总=mg(d+x+L)sin 30°- eq \f(1,2)mv eq \\al(2,2) = eq \f(3,4) J
    答案:(1)5 m/s 2.5 m/s2 (2)0.5 C (3) eq \f(3,4) J

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