专题精准强化12 电磁感应-【创新教程】2027年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

4.解析：(1)对带电液滴由动量定理可知，水平方向 -gE41=0-mo,解得E1=0.2N/C, 竖直方向有mgt1=mu一0，解得v=5m/s. (2)液滴通过O点后，由于qE2=mg,可知液滴将在洛伦 滋力作用下做匀速国周运动，由q0B=m,T-2 解得磁感应强度为B,时T=5s,n=0.5m, 磁感应强度为2B,时1：=音 E2 ↑y 0← s,r2=0.25m, 0~牙。内运动轨達如图 所示， 则5=3×4×2+2X2 1 X2πr2, 解得=5m 4 (3)只有磁场B2存在时，液滴在水平面内做匀速圆周运 动，则 因为T一照-品 半径r一gB2 2mw=0.25m, 液滴在坚直方向微自由落体运动，经过1=无s, 君y轴下落高度为y=名g, 经过t=0s后距0点的距离为=√了+(2， 解得≈√17 8m. 答案：(10.2NWC5m/(2呼m(3)gm 专题精准强化11直流电路与交流电路 1.C2.B3.BD4.C5.B6.D 7.C[t=0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均 处于中性面的位置，选项A错误；由图线可知，两线圈的 周期之比工。：T,=2:3:故根据m=子可知Q,6对应的 线圈转速之比为3：2，选项B错误；根据Em=NBSw, 正确；若只改变两线圈的形状（匝数不变），则两线图的 面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的 有效值之比一定变化，选项D错误.] 8.B[题图所示时刻，穿过线框ABCD的磁通量最大，磁 通量变化率最小，故A错误；线框产生感应电动势的峰 值为E。=mBSw=2002V,则有效值为E=E=200V, √2 由于线框电阻不计，则理想变压器原线圈两端电压有效值 为U=E-20V,变压器原、副线圈匝数比为== nz U2 0Y10,故B正确，C错误；闭合开关后，由于副线圈 输出电压由原线圈输入电压和匝数比决定，副线图输出 电压不变，即电压表示数不变，故D错误.] 9.BC[原、副线圈两端的电压与匝数成正比，所以副线圈 两端电压为44V,由于副线圈连接二极管，它具有单向 子电性根据电说的热效应知4·子-发·T,新 得U=22√2V≈31V,故C正确，D错误；电流表@的示 心 练习册参考答案 数约为1，=只=31A,原、国线图中的也流与臣发度反 比，所以电流之比为1：5，则电流表的示数约为 620mA,故A错误，B正确.] 10.D[闭合开关后，女泡两端的电区为U,-受，=兴 U:-=受（货U,-a）-U-受，A排吴：变 压器不改变频率，交支电流的频率为∫一2云-50H,B 错误；设升压变压器的输出电压为U2,输送电流为I2, 所有灯泡获得的总功率为P=U2I2一Ir=一r (化)+盟，网合的开关数越多，灯池感电且是 小，所以灯泡总功率有可能先增大后减小，也有可能一 直减小，C错误；依次闭合开关S、S2、S3…,灯泡总电阻 逐渐减小，输送电流逐渐增大，所以灯泡两端的电压逐 渐减小，灯泡L1越来越暗，D正确.] 11.B[输入电压峰值为Um=12√2V,则输入电压有效值 为U1= 12V,滑动触夹在正中同，根器号-片可 √2 知，输出电压U,-0,5U,=18V,若将电阻箱阻值调为 九1 18D,则电流为1A,故A错误；若将副线圈匝数调为总 1 臣数的行根据支压比可知，输出电压U,'- 一U1= n 2V,则剥线周电流交为1-发=2A,故B正确：输 入端电压调为u=12√2sin(50πt)V时，其有效值不变， 不会导致电流的变化，仍然为I=尺 =3.0A,故C错 误；将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为 =6V,输出电压U,"=0.5mU,”=9V,副 √2 n 线图电流变为1”=尽=1.5A,故D错误.] 12.解析：(1)根据题图可知电流表的分度值为5mA,故读 数为200mA; 学生电源的输出功率P=12×200×10-3W=2.4W (2)低压输电时电阻箱耗的功率为P2= 6×200×10-3W=1.2W, 6 电阻箱接入的电阻为R=200X100=300 高压输电时，电阻箱消耗的功率为P,= 30×20×103×20×10-3W-0.012W, 可得会-0品2=10 即低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的 100倍. (3)A?示数为125mA时，学生电源的输出功率P4= 12×125×10-3W=1.5W, 高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了 △P=P1-P4=2.4W-1.5W=0.9W 答案：(1)2002.4(2)100(3)0.9 专题精准强化12电磁感应 1.D2.B3.D4.D5.AD6.AB 7,解析：（①）由法拉第电磁感应定律E=△中4B·2L2 △t △t _0-2=81×2×1v=0.05V, 1-0 物理 由闭合电路欧姆定律可知，0一1s内线框中的感应电流 大小为1，-爱=0.1A 由图(b)可知，t=0.5s时磁感应强度大小为B。.5=0.15T, 所以此时导线框ad边受到的安培力大小为F=B。.I1L =0.15×0.1×1N=0.015N; (2)0~1s内线框内的感应电流大小为I1=0.1A,根据 楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图 (c)可知12s内的感应电流大小为I2=0.2A, 方向为逆时针，根据欧姆定律可知1一2s内的感应电动 势大小为E2=I2R=0.1V, 由法拉第电磁感应定律E=△Φ4B·。L2 △t △t -=0.1V, 可知1~2s内磁感应强度的变化率为△B=B,一B △t △t =0.2T/s, 解得t=2s时磁感应强度大小为B2=0.3T, 方向垂直于纸面向里，故1~2s的磁感应强度随时间变 化图为 B/T 0.3 0.2 0.1 04 1 2 t/s (3)由动量定理可知一B2IL△t=m1一m, 其中q=i△t= E R R 联立解得ad经过磁场边界的速度大小为=0.01m/s. ↑BT 0.3 0.2 答案：(1)0.015N(2) 0.1 0 2 t/s (3)0.01m/s 微专题4动量观点在电磁感应中的应用 1.A[正方形导线框，以初速度v=1m/s进入该区域，从 导线框进入该区域到最终停下来过程，根据动量定理得 -BIL·A=-BL2.△=-BL R 一Rx=0一mu,解得线 框在磁场中运动的距离为x二=2.4m,由于线相 进出磁场都受到安培力作用，线框在磁场中做减速运 动，则从减造到停下时穿过磁场区城的个数为一元 2.4,则该线框能穿过的磁场区域个数为2，故A正确.] 2.BD[导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg =F&=BId,解得I=1A,又由E=Bdo,1=系解得 vm=10m/s,故A错误，B正确；在下落0.29m的过程 中有E=中，1-最9=，可知90共中△0=4S· B=0.2×0.29×0.5Wb=0.029Wb,解得q=2.9× 102C,故C错误；由动量定理有(mg-BId)t=mu,通 这导你棒的电着量为g一亚-驶，可得。以一。 2Rm’ 代入数据解得v=2.21m/s,故D正确.] 34 3.AD[t=t。时刻，设金属杆ab的速度大小为v',对两杆 娄体，由动量定理得F,=m十m0,解得=F一0， m 选项A正确；从t=0到t=t。时间内，对于金属杆ab,由 动量定理得BLt=mv',q=t,则流过金属杆ab的电荷 量为g配-Bm,选项B错误；最终两金属杆达 到共同速度v共，由动量守恒定律得mv十mv=2m℃共，设 通过回路的电荷量为q,有BLg=m℃头，设最终两金属 杆的间距为，有？=驶=B配R》,联立解得= +选项C错溪，D正痛] 4.AC[从A到M的过程中，导体棒向右匀速运动，设某 时刻接入电路的导体棒长度为L',则有感应电动势E= BL'o,导体棒接入电路的电阻为R'=L'r, 剥电流为I后-，放A正确：从M到N的速程中， 结合A分析可知，某时刻导体棒速度为时，感应电流 为r=B0, 由电流定义式可得，通过导体棒的电荷量为q=I△t= TAt=B∑uAt,又有∑A=L-d, 则有g=BL一，故B错误；从M到N的过程中，令来 时刻导体棒速度为)时，导体棒的位移为x,由几何关系 可得，导体棒接入电路的长度为2(d十x)tanB,可知该时 刻导体捧所受安培力为B.Bu.2(d十x)tanA, 对该过程由动量定理有-∑B.B.2(d十)tan月，△ =m(受-w小 则有2Btan(d+xo·△1="2 mvo r 解得=4Ban2(d+)·x, mr 作出该过程d十x与x关系图d+x 像，如图所示 则有2(d+z)·x=合(d+ L上 L)(L-d), 联立解得 d =2BL)1am2,故C0- mr 正确；从A到M的过程中，设某时刻导体棒位移大小为 x',则导体棒接入电路的长度为2x'tana,该时刻导体棒 所受安培力为B ,B·2xtan,该过程中安培力做功为 r W=-zB.Bg.2 dtan a·-号 r 2 vtan a∑x·x, r 作出该过程x与x关系图像，如x' 图所示 则有8以=-置。， dtanB 由功能关系有产生的焦耳热Q= |W, 联立解得Q=Bd,tan,故D 0 dAM rtan a 错误.]专题精准强化12 电磁 [A组基础达标练] 1.如图，某教室墙上有一朝南的 钢窗，将钢窗右侧向外打开，以 推窗人的视角来看，窗框中 产生 () A.顺时针电流，且有收缩趋势 B.顺时针电流，且有扩张趋势 C.逆时针电流，且有收缩趋势 D.逆时针电流，且有扩张趋势 2.如图所示，两根足够长的平行金属导轨位于 水平的xOy平面内.导轨与x轴平行，左端 接有电阻R.在x≥0的一侧存在竖直向下 的磁场，磁感应强度B随空间位置均匀变 化，满足B=B。十x(k>0且为常量).一金 属杆与导轨垂直放置，且接触良好，在外力作 用下沿x轴正方向匀速运动.t=0时金属杆位 于x=0处，不计导轨和金属杆的电阻.下列关 于金属杆两端的电压U和所受安培力F大小 的图像可能正确的是 B 3.如图甲所示，电阻不计、间距为1m的光滑 平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为 3D的定值电阻R,虚线OO下方存在方向 垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为 2T的匀强磁场.现将质量为0.1kg、电阻为 12的金属杆PQ从OO'上方某处由静止释 放，金属杆PQ下落过程中始终水平且与导 轨接触良好，其加速度a与下落时间t的关 系图像如图乙所示.取重力加速度大小 g=10m/s2,下列说法正确的是 ( ) 181 ☒错题序号： 感应 ©错因分析： ↑a/(m-s-2) 10 0 ×××× 冬 A.金属杆PQ进入磁场后P端的电势较高 B.金属杆PQ释放位置到OO的距离为0.1m C.金属杆PQ在磁场中稳定时的速度大小 为2m/s D.a-t图像在横轴上、下方分别与横轴围 成的面积之比为2：1 4.如图所示，间距为L的 平行光滑足够长的金属 导轨固定倾斜放置，倾 角0=30°，虚线ab、cd垂直于导轨，在ab、cd 间有垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小 为B的匀强磁场.质量均为m、阻值均为R 的金属棒PQ、MN并靠在一起垂直导轨放 在导轨上.释放金属棒PQ,当PQ到达ab 瞬间，再释放金属棒MN;PQ进入磁场后 做匀速运动，当PQ到达cd时，MN刚好到 达ab.不计导轨电阻，两金属棒与导轨始终 接触良好，重力加速度为g.则MN通过磁 场过程中，PQ上产生的焦耳热为() A.2m'g'R B.m'g'R? BL4 BL4 C.mig'R 4B4L4 D.g'R 2B4L4 5.（多选)如图所示，在光 7 滑的绝缘水平面上，放 置一个边长为L、质量 为、电阻为R的单匝正方形金属线框 abcd,线框的右侧与一根绝缘水平细线相 连，细线的另一端跨过一个光滑的小定滑 轮，悬挂一个质量为4m的重物，放置于倾 角0=30°的足够大的光滑斜面上，在线框右 侧存在一宽度也为L、方向竖直向下的匀强 磁场，磁场的左边界与线框cd边平行且距 离也为L.现将线框和重物同时由静止释 放，线框恰好能够完全匀速通过磁场区域， 重力加速度为g,则下列说法正确的是 A.线框右边cd刚进入磁场时的速度大小 为2V5gL B.磁场的磁感应强度大小为 5mgR L C.线框通过磁场的过程中，电流做的功 为2mgL D.线框cd边在进入磁场的过程中，通过线 框横截面的电荷量为 mL√5gL R [B组 创新应用练] 6.(多选)(2026·河 北卷)如图所示， 恒流源 两平行光滑金属 导轨固定在绝缘水平面上，间距为L,电阻 不计，左端接有输出电流大小恒为I的恒电 源，电流方向如图.导轨间分布着两个紧邻 的正方形磁场区域，宽度均为L,左侧磁场 方向竖直向下，右侧磁场方向竖直向上，以 导轨上两磁场交界处的O点为坐标原点， 沿导轨方向建立x坐标轴，两磁场的磁感应 强度大小B仅随坐标x变化，且满足B= 2B,2,0≤1≤台， 式中B。为已 2B.1-)2≤L. 知常量.t=0时，一根质量为m、导轨间电阻 为R的导体棒以初速度v。从x=0处向右 运动=，时，导体棒第一次到达x=处， 且速度为0.整个运动过程中导体棒始终与 导轨接触良好且垂直，不计空气阻力，忽略 磁场的边界效应及电流对磁场的影响，下列 说法正确的是 A.导体棒做简谐运动 /B。IL B.初速度=2m C.若初速度变为0.5v。,则导体棒的速度第 一次变为0所需时间为号。 D.若初速度变为1.5v。,则导体棒将以两磁 场交界线为中心做往复运动 18 7.(2025·黑吉辽蒙卷，14)如图(a),固定在光 滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框 abcd,置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad 边与磁场边界平行，αb边中点位于磁场边 界.导体框的质量m=1kg、电阻R=0.52、 边长L=1m.磁感应强度B随时间t连续变 化，0~1s内B一t图像如图(b)所示.导体 框中的感应电流I与时间t关系图像如图 (c)所示，其中0~1s内的图像未画出，规定 顺时针方向为电流正方向. (1)求t=0.5s时ad边受到的安培力大小F. (2)画出图(b)中12s内B一t图像（无需 写出计算过程) (3)从t=2s开始，磁场不再随时间变化.之 后导体框解除固定，给导体框一个向右的初 速度v,=0.1m/s,求ad边离开磁场时的 速度大小v1. ×××矧 0.3 IIA ×XX 0.2 0 1.02.0 XX,区对 0.1 ×x×x i0广2.0s -0.2 图(a) 图(b) 图(c)