2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第9讲　电磁感应作业含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第9讲电磁感应作业含答案第9讲电磁感应时间|40min1.[2024·河北邯郸模拟]2023年11月我国首颗高精度地磁场探测卫星投入使用,该卫星将大幅提高我国地球磁场探测技术水平.地磁场的磁感线从地理南极出发,回到地理北极,磁感线分布如图甲所示.在地面上不太大范围内,地磁场都可以看成是匀强磁场.设在北京某处有一个半径为r、总电阻为R的单匝闭合线圈,初始状态线圈水平放置,线圈所在位置地磁场的磁感应强度大小为B,方向与线圈面成αα<45°.若以东西方向的直径为轴,从东向西看,把线圈逆时针转过π2,如图乙所示,则此过程通过回路截面的电荷量为 A.Bπr2R(cosα-sinα)C.Bπr2R D.2.[2024·江苏卷]如图所示,在绝缘的水平面上,有闭合的两个线圈a、b,线圈a处在匀强磁场中.现将线圈a从磁场中匀速拉出,线圈a、b中产生的感应电流方向分别是 ()A.顺时针,顺时针B.顺时针,逆时针C.逆时针,顺时针D.逆时针,逆时针3.(多选)[2024·福建宁德模拟]如图甲所示为电磁感应加速器核心部分俯视图,圆心为O、半径为R的圆形光滑真空绝缘细管水平固定放置于圆形边界的匀强磁场中,圆心O与磁场圆心重合,磁场方向竖直向下,当磁场的磁感应强度B随时间变化时,会在空间中产生涡旋电场,其电场线是在水平面内一系列以O为圆心的同心圆,同一条电场线上各点场强大小相等.某时刻在细管内P点静止释放一带电荷量为+q、质量为m的小球,小球沿逆时针方向运动,其动能随转过圆心角θ的变化图像如图乙所示.下列说法正确的是 ()A.磁感应强度大小均匀减小B.细管所处位置电场强度大小为EC.磁感应强度变化率大小为2D.小球第一次回到P点所用时间为2πRm4.(多选)[2024·山东卷]如图所示,两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上,其所在平面竖直且平行,导轨最高点到水平桌面的距离等于半径,最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直.空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出),导轨左端由导线连接.现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置,由静止释放.MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好,不考虑自感影响,下列说法正确的是 ()A.MN最终一定静止于OO'位置B.MN运动过程中安培力始终做负功C.从释放到第一次到达OO'位置过程中,MN的速率一直在增大D.从释放到第一次到达OO'位置过程中,MN中电流方向由M到N5.[2024·湖南长沙模拟]如图所示,光滑平行金属导轨与水平面成一定角度,两导轨上端用一定值电阻相连,该装置处于一匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向上.现有一金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动,然后又返回到出发位置.在运动过程中,ab与导轨垂直且接触良好,不计ab和导轨的电阻,则在下列图像中,能正确描述金属棒ab的速度与时间关系的是 ()6.(多选)[2024·湖北武汉模拟]如图所示,光滑平行竖直金属导轨AB、CD间距为1m.在A、C之间接阻值R=1Ω的定值电阻,在两导轨间,长度为2m的abdc矩形区域内有垂直于导轨平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为1T.质量为1kg、电阻为1Ω、长度也刚好为1m的导体棒垂直导轨放在磁场下边界ab处(与ab边重合).现用竖直向上的力F拉导体棒,F与x间的关系式为F=10+18x(x为导体棒与初始位置的距离,F单位为N,x单位为m),给导体棒微小扰动,使它由静止开始向上运动,已知导体棒到达cd时刚好达到平衡状态.导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触,导轨电阻不计,重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是 (A.导体棒通过整个磁场的过程中,通过电阻R的电荷量为0.5CB.导体棒离开磁场时的速度大小为0.5m/sC.离开磁场时导体棒两端电压为0.5VD.导体棒通过整个磁场的过程中,电阻R产生焦耳热为0.0625J7.[2024·陕西渭南模拟]如图甲所示,两根平行光滑足够长的金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,其间距L=1m.导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B=1T.两根金属棒ab和cd与导轨始终保持垂直且接触良好,ab棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的拉力传感器连接(连接前,传感器已校零),细线平行于导轨.已知ab棒的质量为m1=0.1kg,电阻为R1=1.5Ω,cd棒的质量为m2=0.2kg,电阻为R2=0.5Ω,导轨电阻不计.现对cd棒施加平行于导轨向上的外力F,使其从静止开始匀加速直线运动,此时拉力传感器开始测量细线对ab棒的拉力FT,观察得到FT随时间t的变化图像如图乙所示,且在10s内cd与ab并未相遇,重力加速度g取10m/s2.(1)求t=4s时金属棒cd的电流大小及方向;(2)求t=4s时金属棒cd的速度大小及方向;(3)已知金属棒ab在0~4s的时间内产生的热量为0.08J,求这段时间外力F所做的功.(保留3位有效数字)8.[2024·河北卷]如图所示,边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上,细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'.间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连.导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B.足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动,水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止.OA棒在转动过程中,CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止.已知CD棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计,CD棒始终与导轨垂直,各部分始终接触良好,不计空气阻力,重力加速度大小为g.(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值.(2)锁定OA棒,推动CD棒下滑,撤去推力瞬间,CD棒的加速度大小为a,所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值,求CD棒与导轨间的动摩擦因数.第9讲电磁感应1.A[解析]线圈从图示位置开始,以直径为轴转过90°的过程中,穿过线圈的磁通量变化量为ΔΦ=BScosα-BSsinα=Bπr2cosα-sinα,根据法拉第电磁感应定律可知E=NΔΦΔt,根据闭合电路欧姆定律得I=ER,通过线圈的电荷量为q=IΔt,联立上式有q=N2.A[解析]将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中,穿过线圈a的磁通量垂直于纸面向外且在减小,根据楞次定律可知线圈a中产生的感应电流方向为顺时针,由于线圈a从磁场中匀速拉出,则线圈a中产生的电流为恒定电流,在线圈a靠近线圈b的过程中,穿过线圈b的磁通量垂直于纸面向外且在增大,根据楞次定律可知线圈b中产生的感应电流方向为顺时针,故A正确.3.BD[解析]小球带正电,其沿逆时针运动,所以电流方向为逆时针,由楞次定律可知,其磁场的磁感应强度增加,故A错误;细管所处的场强为E,由动能定理有qE·θR=Ek-0,整理有Ek=qERθ,结合题图可知,其图像的斜率k=E0π=qER,解得E=E0πqR,故B正确;感生电动势E感=ΔΦΔt,则ΔΦ=ΔBS=ΔB·πR2,由题图可知,当θ=2π时,其动能Ek1=2E0,从0到2π有qE感=Εk1-0,整理有ΔBΔt=2E0πqR2,故C错误;小球在绕一圈过程中受到的电场力大小不变,有qE=ma,则a=E0m4.ABD[解析]由楞次定律结合左手定则可知,安培力与MN的运动方向的夹角始终大于90°,则安培力始终做负功,MN最终一定静止于OO'位置,A、B正确;根据楞次定律可知,从释放到第一次到达OO'位置过程中,MN中电流方向由M到N,D正确;从释放到第一次到达OO'位置过程中,在即将到达OO'位置的时刻,MN所受安培力水平向左,沿速度方向的分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力,处于减速状态,C错误.5.D[解析]上滑过程中,有mgsinθ+B2L2vR=ma,解得a=gsinθ+B2L2vmR,则金属杆ab做加速度逐渐减小的减速运动,直到速度为0,下滑过程,有mgsinθ-B2L2vR=ma',解得a'=gsinθ-B2L2vmR,6.BD[解析]导体棒到达cd时刚好达到平衡状态,设导体棒此时的速度为v,由平衡条件得F=mg+B2L2R+rv,其中F=10+18x,x=2m,代入解得v=0.5m/s,B正确;通过电阻R的电荷量q=ΔΦR+r=BLxR+r=1C,A错误;离开磁场时导体棒产生的电动势E=BLv,导体棒两端电压为U=RR+rE,联立解得U=0.25V,C错误;由于F随位移线性变化,则F做功为WF=10+10+18×22×2=20.25J,根据功能关系有Q=WF-12mv2-mgh=0.7.(1)0.2A方向由c流向d(2)0.4m/s方向沿斜面向上(3)0.923J[解析](1)由FT-t图像可知,t=4s时,FT=0.3N因ab棒不动,FT随t减小,ab受到的安培力方向向上,由左手定则可判定其电流方向由b流向a对ab棒,由平衡条件知ILB+FT=m1gsinθ解得I=0.2Aab棒与cd棒构成回路,则cd棒的电流也为I=0.2A,方向由c流向d(2)cd棒切割磁感线产生感应电流,电流方向和磁场方向用右手定则判定,cd棒的运动方向沿斜面向上由E=BLv,I=E解得v=I将I=0.2A代入得v=0.4m/s所以cd棒的运动方向沿斜面向上,t=4s时,其速度大小为0.4m/s(3)在0~4s,cd棒做匀加速直线运动,有x=v2t=0.8由功能关系有WF=12m2v2+m2gxsinθ+而回路产生焦耳热Q与ab棒的焦耳热关系为Q=R1+将Qab=0.08J代入,解得WF≈0.923J8.(1)B2L3ωRB2L3[解析](1)当OA棒转动到正方形细框对角线瞬间,切割磁感线的有效长度最大,为Lmax=2L,此时感应电流最大,CD棒所受的安培力最大,根据法拉第电磁感应定律得Emax=BLmaxv其中vmax=12L根据闭合电路欧姆定律得Imax=ECD棒所受的安培力最大值为Fmax=BImaxL联立解得Fmax=B当OA棒转动到与细框一边平行瞬间,切割磁感线的有效长度最小,为Lmin=L,此时感应电流最小,CD棒受到的安培力最小,根据法拉第电磁感应定律得Emin=BLminv其中vmin=12L根据闭合电路欧姆定律得Imin=ECD棒所受的安培力最小值为Fmin=BIminL联立解得Fmin=B(2)当CD棒受到的安培力最小时,根据平衡条件得mgsinθ-Ffm=Fmin当CD棒受到的安培力最大时,根据平衡条件得mgsinθ+Ffm=Fmax根据(1)中可知Fmax=2Fmin联立解得Fmax=43mgsin撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律得Fmax+μmgcosθ-mgsinθ=ma解得μ=agcosθ-1第10讲热学(A)时间|40min1.[2024·山东烟台模拟]下列关于固体、液体、气体的说法中正确的是 ()A.夏季天旱时,给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管,防止水分蒸发B.晶体沿不同方向的导热或导电性能不同,但沿不同方向的光学性质一定相同C.由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以出现浸润现象D.炒菜时我们看到的烟气是因为油烟颗粒的热运动2.[2024·河北石家庄模拟]若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变,则关于在此过程中气泡中的气体,下列说法中正确的是()A.气体压强减小,体积增大B.气体分子的平均速率增大C.气体分子的平均动能减小D.气体分子间的作用力增大3.[2024·广东广州模拟]一个油轮装载着密度为900kg/m3的原油在海上航行,由于某种事故,原油发生部分泄漏,设共泄漏9t,则这次事故可能造成的最大污染面积约为 ()A.1011m2 B.1012m2 C.108m2 D.1010m24.(多选)[2023·新课标卷]如图所示,一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上,用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分,活塞与汽缸壁间没有摩擦.初始时弹簧处于原长,三部分中气体的温度、体积、压强均相等.现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热,停止加热并达到稳定后 ()A.h中的气体内能增加B.f与g中的气体温度相等C.f与h中的气体温度相等D.f与h中的气体压强相等5.(多选)[2024·海南卷]一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态,如图所示,已知ab垂直于T轴,bc延长线过O点.下列说法正确的是 ()A.bc过程外界对气体做功B.ca过程气体压强不变C.ab过程气体放出热量D.ca过程气体内能减小6.[2024·湖南长沙模拟]一定质量的理想气体由状态a变为状态c,其过程p-V图如图中a→c直线段所示,状态b对应该线段的中点.下列说法正确的是()A.a→b是等温过程B.a→b过程中气体吸热C.a→c过程中状态b的温度最低D.a→c过程中外界对气体做正功7.[2024·湖北武汉模拟]一定质量的理想气体经历了如图所示的a→b、b→c、c→d、d→a四个过程,其中ba的延长线通过坐标原点,气体在a、b、c、d四个状态的压强与温度的关系如图所示,则 ()A.气体在b→c过程中体积的变化量等于d→a过程中体积的变化量B.气体在a→b过程中内能的增加量小于c→d过程中内能的减少量C.气体在a→b过程中吸收的热量等于c→d过程中放出的热量D.气体在a→b过程中吸收的热量小于c→d过程中放出的热量8.[2024·江苏徐州模拟]如图所示,竖直玻璃管内用水银封闭了一段空气柱,水银与玻璃管的质量相等.现将玻璃管由静止释放,忽略水银与玻璃管间的摩擦,重力加速度为g,则 ()A.释放瞬间,水银的加速度大小为gB.释放瞬间,玻璃管的加速度大小为2gC.释放瞬间,水银内部各处压强相等D.释放后,水银与玻璃管始终以相同速度运动9.[2024·辽宁大连模拟]两玻璃管粗细均匀,横截面积相同,两管下端由软橡皮管相连,管中装有密度为ρ的液体.左侧玻璃管固定不动,左管上端封闭了一定质量的空气,右管上端与大气相通.初始时刻两管内液面相平,温度为T0,左侧气柱长度为L0,如图甲所示.现缓慢向下移动右管,两管内液面高度差变为h时,空气柱长度变为L,如图乙所示.重力加速度为g.(1)求大气压强p0;(2)在前问基础上,保持右管不动,缓慢加热左管,使两管中液面再次相平,如图丙所示,求此时左管内气体的温度T.10.如图所示,内壁光滑的绝热汽缸开口向上放置,底部装有电热丝,汽缸内用两个轻质活塞A、B封闭了两部分理想气体,导热性能良好的活塞A恰好与汽缸口相平,绝热活塞B在卡口下面与卡口接触且无作用力,此时A、B两活塞的间距及活塞B与汽缸底部的间距均为h,气体及周围环境的温度均为t0=27℃.现在活塞A上缓慢地加入一定质量的沙子,当活塞A缓慢下降h4时,活塞B下降了h12,此时锁定活塞A,使之不再移动.不计卡口、电阻丝及A、B两活塞的体积,所有接触处气密性良好,已知大气压强为p(1)求锁定活塞A时活塞B以下的气体的温度;(2)锁定活塞A后,用电阻丝给活塞B以下的气体缓慢加热到375K,求此时两部分气体的压强.第10讲热学(A)1.A[解析]土壤中存在一系列毛细管,水分通过毛细管能够上升到地面蒸发,夏季天旱时,给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管,防止水分蒸发,A正确;晶体分为单晶体与多晶体,单晶体在导热性能、导电性能与光学性质上表现出各向异性,即沿不同方向上的物理性质不相同,多晶体在导热性能、导电性能与光学性质上表现出各向同性,即沿不同方向上的物理性质相同,B错误;由于液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力,而出现浸润现象则是由于液体和与之接触的固体间的相互作用力比液体分子之间的相互作用强,C错误;油烟颗粒是宏观粒子,油烟颗粒的运动不是热运动,D错误.2.A[解析]气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变,则气体分子的平均动能不变,而气体分子的平均速率不变,气体压强减小,根据玻意耳定律pV=C可知气体体积增大,故A正确,B、C错误;气体分子间的距离比较大,分子间的作用力表现为引力,且随着分子间距离的增大而减小,故D错误.3.A[解析]泄漏的原油体积为V=mρ=9×1039×102m3=10m3,泄漏的原油在海面近似形成单层分子油膜,油分子的直径数量级为10-10m,所以污染的海洋面积S=Vd=1010-10m4.AD[解析]对f加热,则f中气体温度升高,体积增加,此时f挤压g、h,而g、h绝热,故g、h体积均减小,压强增大,弹簧弹力增大.当f右侧活塞向右移动时,对g、h均做正功,故g、h中的气体温度升高,内能增加,故A正确;当系统稳定时,满足pfS=pgS+F=phS,则此时f与h中的气体压强相等,故D正确;由于h体积变小,温度升高,可知Vh<Vf,由理想气体状态方程可知pfVfTf=p0V0T0=phVhTh,所以Th<Tf,故C错误;由理想气体状态方程可知pgVgTg=p0V0T0=p5.AC[解析]由理想气体状态方程pVT=C,变形可得V=Cp·T,V-T图线中,各点和原点连线的斜率与气体的压强成反比,则图线的斜率越大,压强越小,故pa<pb=pc,b→c过程为等压变化,气体体积减小,外界对气体做功,故A正确;由A选项可知,c→a过程气体压强减小,故B错误;a→b过程为等温变化,故气体内能不变,即ΔU=0,气体体积减小,外界对气体做功,故W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,解得Q<0,故a→b过程气体放出热量,故C正确;c→a过程,气体温度升高,内能增大,故D6.B[解析]根据理想气体状态方程pVT=C,可知p-V图像的横纵坐标值的乘积反映温度,状态a和状态c的横纵坐标值的乘积相等,而中间状态的横纵坐标值的乘积更大,可知a→c过程的温度先升高后降低,且状态b的温度最高,C错误;由于a→b过程中气体温度升高,体积增大,所以气体内能增加,气体对外界做功,即ΔU>0,W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,即a→b过程中气体吸热,A错误,B正确;a→c过程中气体体积增大,外界对气体做负功,D错误7.D[解析]由理想气体状态方程pVT=C,变形可得p=CV·T,p-V图线中,各点和原点连线的斜率与气体的体积成反比,即斜率越大,体积越小,故Vd<Vc<Va=Vb.气体在b→c过程是等温压缩,c状态压强增大到b状态压强的1.5倍,则c状态体积变为b状态体积的23,气体在d→a过程是等温膨胀,a状态压强变为d状态压强的12,则a状态体积变为d状态体积的2倍,因a、b两状态体积相等,设为V,则c状态体积为23V,d状态体积为12V,ΔVbc=13V,ΔVad=12V,即气体在b→c过程中体积的变化量小于d→a过程中体积的变化量,选项A错误;气体在a→b过程中温度的增加量等于c→d过程中温度的减少量,则ΔUab=-ΔUcd,即气体在a→b过程中内能的增加量等于c→d过程中内能的减少量,选项B错误;气体在a→b过程中体积不变,则Wab=0,由热力学第一定律得ΔUab=Qab+Wab=Qab,即气体在a→b过程中吸收的热量Qab=ΔUab,气体在c→d过程中体积减