全国版2022高考物理一轮复习专题十一电磁感应2练习含解析

专题十一　电磁感应

考点1  电磁感应现象　楞次定律　　　　　　　　　　　　　　

1.[2021湖北武汉高三质量检测]为探讨磁场对脑部神经组织的影响及其在临床医学上的应用,某小组查阅资料得知:将金属线圈放置在头部上方几厘米处,给线圈通以上千安培、历

时约几毫秒的脉冲电流,电流流经线圈产生瞬间的高强度脉冲磁场,磁场穿过头颅对脑部特定区域产生感应电场及感应电流,对脑神经产生电刺激作用,其装置如图所示.同学们讨论得出的下列结论正确的是              (　　)

A.脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电磁感应现象

B.脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是电流的磁效应

C.若将脉冲电流改为恒定电流,可持续对脑神经产生电刺激作用

D.若脉冲电流最大强度不变,但缩短脉冲电流时间,则在脑部产生的感应电场及感应电流会增强

2.[2021安徽合肥高三调研,多选]如图所示,老师在课堂上做了一个实验:弹簧上端固定,下端

悬挂一个磁铁,将磁铁托起到某一高度后放开,磁铁能上、下振动较长时间才停下来;如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环,使磁极上、下振动时穿过它,磁铁就会很快地停下来.某同学课后在家重做该实验,反复实验后发现:磁铁下方放置圆环,并没有对磁铁的振动产生影响,对比老师演示的实验,其产生的原因可能是              (　　)

A.磁铁N、S极倒置

B.弹簧的劲度系数过小

C.铝制圆环中间某处断裂

D.换用了非金属材质圆环

3.[2020江苏,3]如图所示,两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反.金属圆环的直径与两磁场的边界重合.下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是              (　　)

A.同时增大B1减小B2

B.同时减小B1增大B2

C.同时以相同的变化率增大B1和B2

D.同时以相同的变化率减小B1和B2

4.[新角度——LC振荡电路]如图所示的LC振荡电路中,某时刻线圈中磁场方向向上,且电路中的电流正在减小,则此时              (　　)

A.电容器上极板带负电,下极板带正电

B.振荡电路中能量正在从磁场能转化为电场能

C.电容器两极板间的场强正在减小

D.线圈中的磁通量变化率正在变小

5.[2020山东统考,多选]竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中,通有俯视顺时针方向的电流,其大小按如图乙所示的规律变化.螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环(未画出).圆环轴线与螺线管轴线重合,下列说法正确的是              (　　)

A.t=时刻,圆环有扩张的趋势

B.t=时刻,圆环有收缩的趋势

C.t=和t=时刻,圆环内的感应电流大小相等

D.t=时刻,圆环内有俯视逆时针方向的感应电流

6.[2020成都七中第六次月考]某小组的同学做“探究影响感应电流方向的因素”的实验.

(1)首先按图甲连接电路,闭合开关后,电流计指针向右偏转;再按图乙连接电路,闭合开关后,电流计指针向左偏转.进行上述操作的目的是　　　　. 

A.检查电流计对电路中电流的测量是否准确

B.检查干电池是否为新电池

C.判断电流计指针偏转方向与电流方向的关系

(2)接下来用图丙所示的装置做实验,图中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方向.某次实验时在条形磁铁插入螺线管的过程中,观察到电流计指针向右偏转,说明螺线管中的电流方向(从上往下看)为　　　　(填“顺时针”或“逆时针”). 

(3)下表是该小组的同学设计的实验记录表的一部分,表中记录了实验现象,还有一项需要推断的实验结果未填写,请帮助该小组的同学填写(填“垂直纸面向外”或“垂直纸面向里”).

(4)该小组的同学通过实验探究,对楞次定律有了比较深刻的认识.结合以上实验,有同学认为,理解楞次定律,关键在于理解　　　　(填“B0”或“B'”)总是要阻碍磁通量　　　　(填“B0”或“B'”)的变化. 

考点2    法拉第电磁感应定律　自感

1.[2021四川成都毕业班摸底]如图(a),纸面内,圆形金属框通过长导线与平行金属板MN和PQ连接,框内有如图(b)所示周期性变化的磁场(规定垂直纸面向里为磁场的正方向),导线上c、d间接有电阻R,O1、O2是金属板上正对的两个小孔.t=0时刻,从O1孔内侧由静止释放一个离子(不计重力),离子能够在时间Δt内到达O2孔.已知Δt>2T,规定从c经R到d为电流I的正方向,从O1指向O2为离子速度v的正方向,则下列图像可能正确的是              (　　)

A　　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　　D

2.[2021江西南昌高三摸底]如图所示,垂直于纸面的匀强磁场分布在长为L的虚线框内,边长为d的正方形闭合线圈在外力作用下由位置1匀速穿过磁场区域运动到位置2.若L>2d,则在运动过程中线圈中的感应电流随时间变化的图像可能正确的是              (　　)

A　　　　　　　　　　　　 B

C　　　　　　　　　　　　 D

3.[2021贵州贵阳高三摸底,多选]如图甲所示,20匝的金属线圈(图中只画了2匝)电阻为r=2 Ω,两端a、b与R=8 Ω的电阻相连.线圈内有垂直线圈平面(纸面)向里的磁场,磁通量按图乙所示规律变化.则              (　　)

A.通过电阻R的电流方向为b→a

B.线圈产生的感应电动势为5 V

C.电阻R两端的电压为8 V

D.0~0.1 s内通过线圈横截面的电荷量为0.1 C

4.[2020安徽合肥调研]电磁炉具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点.关于电磁炉加热食物的过程(如图所示),下列说法正确的是              (　　)

A.电磁炉是通过炉面板发热来加热食物的

B.电磁炉是通过锅底部产生的涡流发热来加热食物的

C.只要是环保、绝缘材料做成的锅具均可以加热食物

D.线圈中通入足够大的恒定电流也能加热食物

5.[2020四川成都摸底]如图所示,长为L=1 m的金属直棒以v=1 m/s的速度沿倾角为60°的绝缘斜面匀速下滑,斜面处在方向竖直向下、磁感应强度为B=0.1 T的匀强磁场中,则在金属棒匀速下滑的过程中              (　　)

A.棒内电子受洛伦兹力作用,棒受安培力作用

B.棒内电子不受洛伦兹力作用,棒不受安培力作用

C.棒两端的电压为0.05 V

D.棒两端的电压为0.1 V

6.[2021广东12月联考,10分]如图甲所示是法拉第发明的铜盘发电机,也是人类历史上第一台发电机.利用这种发电机给平行金属板电容器供电,如图乙所示,已知铜盘的半径为L,加在盘水平直径下方的水平向左的匀强磁场的磁感应强度大小为B1,盘匀速转动的角速度为ω,每块平行板长度为d,板间距离也为d,板间加垂直纸面向内、磁感应强度大小为B2的匀强磁场,重力加速度为g.

(1)请用一种方法求解铜盘产生的感应电动势大小E,并说明这种求解方法的优点;

(2)若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入,在复合场中做匀速圆周运动后恰好从极板右端射出,求小球射入的速度v.

7.[生产生活实践问题情境——送货上架装置][12分]如图所示,某商场设计一个送货上架的装置,其工作过程简化为通过电动装置使装载额定质量货物的金属棒获得一个瞬时冲量,从而获得初速度v0,光滑平行金属导轨间距为L,与水平面夹角为θ,两导轨上端用阻值为R的定值电阻相连,该装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中,金属棒经历时间t运动到高度为h的货架上时,速度恰好为零,取走货物后金属棒由静止开始沿导轨先加速下滑,后匀速运动,到底端时速度大小为v=0.1 v0,已知金属棒在导轨间部分的电阻为r,金属棒的质量为m,在运动过程中,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨的电阻及空气阻力,重力加速度为g.求:

(1)磁场的磁感应强度B的大小;

(2)额定装载货物质量M与金属棒的质量m的关系和金属棒往上运送一次货物电路中产生的焦耳热.

考点3   电磁感应的综合应用

1.[2021江西红色七校第一次联考]如图所示,竖直放置的矩形导线框MNPQ,宽和长分别为L和2L, M、N连接平行板电容器,两极板间距为d,虚线为线框中轴线,虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场.两极板间有一质量为m、电荷量大小为q的带负电油滴恰好处于平衡状态,已知重力加速度为g,则磁场的磁感应强度大小B的变化情况及其变化率分别是              (　　)

A.正在减小,=-      B.正在增大,=        C.正在增大,=       D.正在减小,=-

2.[2021江西南昌高三摸底测试,多选]在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=2 000,横截面积S=50 cm2.螺线管导线电阻r=1.0 Ω,电阻R1=4.0 Ω,电阻R2=5.0 Ω,电容器电容C=40 μF.在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化.则              (　　)

A.闭合S,电路中的电流稳定后,电容器上极板带正电

B.螺线管中产生的感应电动势大小E=2.5 V

C.闭合S,电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率P=0.25 W

D.断开S后,流经R2的电荷量Q=6×10-5 C

3.固定在绝缘平面上的正方形闭合线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在垂直纸面向里的磁场中,另一半处在垂直纸面向外的磁场中,如图甲所示,图中虚线为磁场的分界线.以垂直纸面向外的方向为正方向,t=0时两边磁场的磁感应强度大小均为B0.若虚线右边的磁场恒定不变,虚线左边的磁场按如图乙所示规律变化,线圈的总电阻为R,以水平向左为安培力的正方向,则0~t1时间内,线圈受到的安培力随时间变化的规律可能为              (　　)

A　　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　　D

4.[13分]由某种导电性能极好的新型材料制成的圆柱体物块(可以看成中间是均匀介质的电容器),质量为m,高为d,底面直径也为d.如图所示(截面图),物块放在绝缘斜面上,空间中存在平行于斜面、磁感应强度大小为B的水平匀强磁场.已知物块电阻可忽略不计,该材料的相对介电常数为ε,与斜面间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ),静电力常量为k,重力加速度为g.现将物块在斜面上由静止释放,求:

(1)当物块速度为v0时,物块上表面所带电荷量大小Q,并指出其电性.

(2)任一时刻速度v与时间t的关系.

5.[16分]如图甲所示,两根平行金属导轨平放在水平面上,左端连接一个定值电阻.一根金属棒ab垂直导轨放置,轻绳的一端固定在金属棒中央,另一端绕过光滑定滑轮系一重物,金属棒的电阻与定值电阻的阻值相等,金属棒和重物质量均为m,金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ(0<μ<1).在导轨OO'dc区域存在垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁场的宽度为s.以O点为坐标原点,沿导轨建立x轴.ab与磁场左边界的距离也为s,将金属棒由静止释放,金属棒恰好匀速进入磁场,当金属棒进入磁场瞬间,用一个水平的外力作用在金属棒上,金属棒在磁场中运动的v2-x图像如图乙所示,金属棒与导轨始终接触良好,重力加速度大小为g.求:

(1)金属棒进入磁场瞬间的速度大小v0;

(2)金属棒离开磁场瞬间,外力的大小;

(3)若s=0.1 m,m=1 kg,μ=0.75,g取10 m/s2,金属棒在磁场中运动的过程中棒上外力的冲量.

图甲　　　　　　　　　　　　　　　图乙

一、选择题(共8小题,48分)　　　　　

1.[2020全国Ⅱ,14]管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接.焊机的原理如图所示,圆管通过一个接有高频交流电源的线圈,线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流,电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接.焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为(　　)

A.库仑       B.霍尔       C.洛伦兹       D.法拉第

2.磁场的高斯定理指出通过磁场中任一闭合曲面的总磁通量恒等于0.如图所示,为一金属球壳的俯视图,CD过球心O,AB不过球心,在球心O的右侧放置一小磁针,以磁感线穿入球壳为正方向,则下列说法正确的是              (　　)

A.C、D点的磁感应强度方向相反

B.AB左侧球壳处的平均磁感应强度小于AB右侧球壳的

C.若磁针沿DC运动,球壳上有感应电流

D.AB左右两侧球壳上的磁通量大小相等

3.[生产生活实践问题情境——“转笔”]转笔是

一项用手指来转动笔的休闲活动,深受广大中学生的喜爱,其中也包含了许多的物理知识.如图所示某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点O沿顺时针方向做角速度为ω的匀速圆周运动,已知O点恰好是长为L的金属笔杆的中点,地磁场的磁感应强度在与笔杆转动平面垂直方向的分量大小为B,方向向外,则              (　　)

A.笔杆上O点的电势最低

B.O点与笔尖间的电势差为BL2ω

C.O点与笔尖间的电势差为BL2ω

D.笔杆两端点间的电势差为BL2ω

4.两条竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ间有垂直导轨所在平面的水平匀强磁场,金属棒a、b平行且垂直导轨放置,始终与导轨接触良好,不计导轨的电阻.现有三种情境,图甲、乙中磁感应强度恒定不变,图丙中磁感应强度随时间均匀变化,则下列对甲、乙、丙三种情境的相关说法正确的是              (　　)

A.图甲中两棒下滑过程,两棒机械能之和减小

B.图乙中回路产生的焦耳热大于b棒减小的机械能

C.图丙中两金属棒组成的系统机械能恒定不变

D.图丙中两棒运动过程中轻杆对a、b棒一定有推力作用

5.[生产生活实践问题情境——手机无线充电]如图甲所示为手机等用电器无线充电的原理图,如果圆形受电线圈的面积S=1×10-3 m2,线圈匝数为n=100,线圈的电阻为R=5 Ω,垂直于线圈平面的磁场的磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示,若受电线圈给内阻为r=5 Ω的电池充电,则               (　　)

图甲　　　　　　　　　　　　图乙

A.受电线圈中产生的感应电动势大小为0.05 V

B.0~1.0 s内受电线圈中的感应电流方向不变

C.1.5 s时刻,受电线圈中的感应电流为零

D.充电过程中,电池的发热功率为1.25 W

6.[2021江西红色七校第一次联考,多选]如图所示,两电阻可以忽略不计的平行金属长直导

轨固定在水平面上,相距为L,另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上,导体棒在长导轨上可以无摩擦地左右滑动,导轨间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B.某时刻使左侧的导体棒a获得大小为v0的向左的初速度、右侧的导体棒b获得大小为2v0的向右的初速度,则下列结论正确的是              (　　)

A.该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0

B.当导体棒a的速度大小为时,导体棒b的速度大小一定是v0

C.当导体棒a的速度为零时,两导体棒受到的安培力大小都是

D.从开始运动到最终处于稳定状态的过程中,系统产生的热量为

7.[多选]如图所示,竖直放置的线圈两端连接一个定值电阻构成的回路,一块强磁铁从线圈上方某一高度由静止释放后从线圈中穿过,则下列说法正确的是              (　　)

A.图示位置通过电阻的电流方向为a→b

B.强磁铁下落的时间比没有线圈时长

C.图示位置电阻的功率大小与强磁铁释放高度无关

D.强磁铁进入与离开线圈时加速度方向可能相同

8.[2020江西南昌高三摸底,多选]如图所示,两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内,其左端接有定值电阻R,建立Ox轴平行于金属导轨,在0≤x≤4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场,磁感应强度B的大小随坐标x(以m为单位)的变化规律为B=0.8-0.2x(T),金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨向右运动,ab始终与导轨垂直并接触良好,不计导轨和金属棒的电阻.设在金属棒从x1=1 m处经x2=2 m到x3=3 m的过程中,电阻R的电功率始终保持不变,则(　　)

A.金属棒做匀速直线运动

B.金属棒运动过程中产生的电动势始终不变

C.金属棒在x1与x2处受到磁场的作用力大小之比为3∶2

D.金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3

二、非选择题(共5小题,63分)

9.[6分]如图甲所示是探究电磁感应现象的装置.

(1)如图乙所示的四种方式,不能产生感应电流的是　　　(填字母). 

(2)利用此装置探究感应电流方向与磁场方向及切割磁感线方向之间的关系,观察到的实验现象记录如下:

在上述三次实验中,比较①和②两次实验,可知感应电流方向与　　　　有关;比较　　　　两次实验,可知同时改变　　　　方向和　　　　方向,则感应电流方向不变. 

(3)在探究中还发现,导体ab水平向左(或向右)缓慢运动时,灵敏电流计的指针偏转角度较小;导体ab水平向左(或向右)快速运动时,灵敏电流计的指针偏转角度较大,说明感应电流的大小与　　　　有关. 

10.[13分]在如图所示的电路中,abcd为固定的100匝正方形导线圈,边长L=15 cm,总电阻r=2 Ω.电阻R1=

4 Ω,R2=1.6 Ω,R3=4 Ω,R4=R5=6 Ω,电容器的电容C=29 μF,开关S处于闭合状态.若线圈区域内存在方向垂直纸面向内且均匀分布的磁场,其磁感应强度随时间变化的规律为B=2t+2(T),电路稳定后,求:

(1)通过R1的电流大小和方向;

(2)开关S断开以后流过R5的总电荷量.

11.[2021江苏南京六校联合调研,16分]如图所示,两根间距L=1 m、足够长的平行金属导轨的倾角θ=37°,两导轨底端接一阻值为R=1 Ω的电阻,质量m=1 kg的金属棒通过跨过轻质定滑轮的细线与质量M=3 kg的重锤相连,滑轮左侧细线与导轨平行,金属棒电阻r=1 Ω(其他电阻均不计),金属棒始终与导轨垂直且接触良好,二者间的动摩擦因数μ=0.5,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B=2 T.已知重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,现将重锤由静止释放.

(1)求刚释放重锤瞬间,重锤的加速度a;

(2)求重锤的最大速度v;

(3)重锤下降h=20 m时,其速度已经达到最大速度,求电阻R上产生的焦耳热.

12. [2020江西七校联考,12分]如图甲所示,电阻不计且间距L=1 m的光滑平行金属导轨竖直放置,上端接一阻值R=

2 Ω的电阻,虚线OO'下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B=2 T.现将质量m=0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO'上方某处由静止释放,金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平.金属杆从静止开始到下落0.3 m的过程中,加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示,g取10 m/s2.

(1)求金属杆刚进入磁场时的速度大小v0;

(2)求金属杆从静止开始到下落0.3 m的过程中,在电阻R上产生的热量Q;

(3)在图丙的坐标系中,定性画出回路中电流随时间变化的图线,并说明图线与坐标轴围成图形的面积所表示的物理意义(以金属杆进入磁场时为计时起点).

13.[2021武汉、襄阳、荆门、宜昌四地六校联考,16分]如图所示,一足够大的倾角θ=30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的矩形金属线框abcd,线框的ab边始终与斜面下端边缘平行,线框的质量m=0.6 kg,电阻R=1.0 Ω,ab边长L1=1 m,bc边长L2=2 m.斜面以EF为界,EF上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B=1 T.一质量为M的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连,连接线框的细线与斜面平行且细线最初处于松弛状态.现先释放线框再释放物体,当cd边离开磁场时线框即以v=2 m/s的速度匀速下滑,在ab边运动到EF位置时,细线恰好被拉直绷紧(时间极短),随即物体和线框一起做匀速运动,t=1 s后开始做匀加速运动.不计细线与斜面间的摩擦,g取10 m/s2,求(结果均保留1位小数):

(1)线框与斜面之间的动摩擦因数μ;

(2)细线绷紧前,物体下降的时间t1;

(3)系统在cd边离开磁场至重新进入磁场过程中产生的热量Q.

答  案

专题十一　电磁感应

考点1　电磁感应现象　楞次定律

1.D　脉冲电流流经线圈,产生磁场,属于电流的磁效应,不是电磁感应现象,选项A错误;脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是变化的磁场产生电场,不是电流的磁效应,选项B错误;若将脉冲电流改为恒定电流,只能产生恒定磁场,不能在线圈周围空间产生感应电场,不能对脑神经产生电刺激作用,选项C错误;若脉冲电流最大强度不变,但是缩短脉冲电流时间,则电流变化率增大,流经线圈产生的磁场的变化率增大,导致在脑部产生的感应电场及感应电流增强,选项D正确.

2.CD　分析该同学做的实验,如果磁铁的N、S极倒置或者弹簧的劲度系数过小,在磁铁的运动过程中,圆环中的磁通量都会发生变化,圆环中均能产生感应电流,圆环对磁铁都会产生阻碍作用,即会对磁铁的振动产生影响,选项A、B错误.如果该同学做实验时,铝制圆环中间某处断裂或者用了非金属材质圆环,都会导致圆环中无法产生感应电流,即圆环与磁铁之间没有相互作用力,圆环不会对磁铁的振动产生影响,选项C、D正确.

3.B　当同时增大B1减小B2时,通过金属圆环的总磁通量增加,且方向垂直纸面向里,根据楞次定律知,感应电流产生的磁场方向应为垂直纸面向外,根据右手螺旋定则知,此时金属圆环中产生逆时针方向的感应电流,A项错误;同理当同时减小B1增大B2时,金属圆环中产生顺时针方向的感应电流,B项正确;当同时以相同的变化率增大或减小B1和B2时,金属圆环中的总磁通量没有变化,仍然为0,金属圆环中无感应电流产生,C、D项均错误.

4.B　电路中电流减小,磁场能向电场能转化,即电容器处于充电状态,B项正确;由线圈中磁场方向可知,回路中电流方向为顺时针方向,所以电容器上极板带正电,A项错误;电容器充电过程中,两极板间场强正在增大,C项错误;线圈中电流减小,磁通量减小,磁通量变化率增大,D项错误.

5.BC　0~内,螺线管中通有顺时针逐渐增大的电流,则螺线管中由电流产生的磁场向下且逐渐增加,由楞次定律可知,圆环有收缩的趋势,A错误,B正确;~T内,螺线管中通有顺时针逐渐减小的电流,则螺线管中由电流产生的磁场向下且逐渐减小,由楞次定律可知,圆环中的感应电流为俯视顺时针方向,D错误;t=和t=时刻,螺线管中电流的变化率一致,即由螺线管中电流产生的磁场变化率一致,则圆环中的感应电流大小相等,C正确.

6.(1)C　(2)顺时针　(3)垂直纸面向外　(4)B'　B0

解析:(1)题中操作及电流计的指针偏转方向说明电流从电流计的“+”接线柱流入时,电流计指针向右偏转,电流从电流计的“-”接线柱流入时,电流计指针向左偏转.进行上述实验的目的是推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系,以便于在后续实验中根据电流计指针的偏转方向判断螺线管中的电流方向.

(2)电流计指针向右偏转,说明电流从电流计的“+”接线柱流入,则螺线管中的电流方向(从上往下看)沿顺时针.

(3)从上往下看,感应电流的方向沿逆时针,由安培定则可判断出感应电流的磁场B'的方向垂直纸面向外.

(4)理解楞次定律,关键在于理解感应电流产生的磁场B'总是要阻碍原磁场磁通量B0的变化.

考点2　法拉第电磁感应定律　自感

1.C　由楞次定律可知,前半周期内感应电流方向由d到c为负方向,B项错误;由E=S和I=可知,感应电流与磁感应强度的变化率成正比,故感应电流大小不变,A项错误;平行金属板与电阻R并联,两端电压相等,由U=IR、E电=、F=E电q可得F=I,可见离子所受电场力大小不变,由牛顿第二定律知,离子的加速度大小也不变,又v-t图线的斜率表示加速度,故斜率大小不变,C项可能正确,D项错误.

2.D　由于正方形闭合线圈匀速穿过磁场区域,根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知,在线圈进入磁场区域和从磁场区域出来的过程中,产生的感应电流大小恒定,由楞次定律可知,线圈进入磁场区域和从磁场区域出来的过程产生的感应电流方向相反,所以线圈中的感应电流随时间变化的图像可能正确的是D项.

3.CD　题中线圈相当于电源,由楞次定律可知a相当于电源的正极,b相当于电源的负极,故通过电阻R的电流方向为a→b,选项A错误;由法拉第电磁感应定律得线圈产生的感应电动势E=N=20× V=10 V,选项B错误;由闭合电路欧姆定律得电路中的感应电流I== A=1 A,又由部分电路欧姆定律得电阻R两端的电压U=IR=1×8 V=8 V,选项C正确;根据q=It得,0~0.1 s内通过线圈横截面的电荷量为q=1×0.1 C=0.1 C,选项D正确.

4.B　电磁炉的工作原理为通电线圈中通入交变电流,其产生的周期性变化的磁场在锅底中产生涡流,锅底发热,从而加热食物.结合上述分析可知,锅具一定要用非绝缘材料制成,通入恒定电流无法加热食物,故B项正确,A、C、D项错误.

5.C　金属棒下滑时棒两端产生电动势,因棒不闭合,故没有感应电流,棒内电子受洛伦兹力作用,但金属棒不受安培力作用,A、B项错误;棒两端的电压U=E=BLvcos 60°=0.05 V,C项正确,D项错误.

6.(1)B1L2ω　优点见解析　(2)

解析:(1)方法一:根据法拉第电磁感应定律有E=(2分)

又ΔΦ=B1L2ωΔt,解得E=B1L2ω(1分)

这种求解方法的优点:将圆盘的转动等效为单个导体棒的转动,如图a所示,棒充当等效电源,假想有一个闭合回路,根据闭合回路中磁通量的变化求解(1分).

方法二:根据动生电动势的计算式有E=B1L(2分)

=,解得E=B1L2ω(1分)

这种求解方法的优点:将圆盘的转动等效为单个导体棒的转动,利用棒的各处线速度与半径的线性关系,知棒中点的速度可等效为棒整体切割磁感

线的速度(1分).

(2)令小球带电荷量为-q,小球在复合场中做匀速圆周运动,则电场力与重力平衡,洛伦兹力提供向心力,有=mg,qvB2=m(3分)

带电小球恰好能从金属板间射出,其运动轨迹如图b所示

根据勾股定理,有(r-)2+d2=r2(2分)

联立解得v=(1分).

7.(1)　(2)M=(-1)m　

解析:(1)取走货物后金属棒最终匀速下滑,根据受力平衡有

mgsin θ=(2分)

解得B=(1分).

(2)金属棒往上运动的过程,根据动量定理有

-(M+m)gsinθ·t-∑·Δt=0-(M+m)v0(2分)

往上运动的过程速度随时间的积累为x=∑viΔt(1分)

由金属棒及货物往上运动的高度为h,有x=(1分)

联立解得M=(-1)m(2分)

金属棒往上运动的过程,根据能量守恒定律有

(M+m)=(M+m)gh+Q(2分)

解得金属棒往上运送一次货物电路中产生的焦耳热为Q=(1分).

考点3　电磁感应的综合应用

1.C　带负电的油滴在两极板间受力平衡,则有q=mg,由于所受电场力向上,故电容器上极板带正电,由楞次定律可知,垂直纸面向里的磁场的磁感应强度正在增大,A、D项错误;由法拉第电磁感应定律有U=·L2,解两式得=,B项错误,C项正确.

2.BC　由题图乙可知,螺线管内磁感应强度的变化率=0.25 T/s,由法拉第电磁感应定律可知,螺线管内产生的感应电动势E=nS=2 000×0.25×0.005 V=2.5 V,选项B正确;由楞次定律可判断出电路中的电流方向为逆时针,闭合S,电路中的电流稳定后,电容器下极板带正电,选项A错误;由闭合电路欧姆定律可得R1中的电流I== A=0.25 A,电阻R1的电功率P=I2R1=0.252×4.0 W=0.25 W,选项C正确;电容器C两端的电压UC=IR2=0.25×5.0 V=

1.25 V,电容器C的带电荷量Q'=CUC=40×10-6×1.25 C=5×10-5 C,故断开S后,流经R2的电荷量Q=Q'=5×10-5 C,选项D错误.

3.C　根据法拉第电磁感应定律有E=n=n·=n,线圈中的感应电流大小为I==,根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向为顺时针方向,根据左手定则可知,t=0时刻安培力的方向水平向左.线框受到的安培力大小为F=n(B0-B)I·a,其中B=-B0+t,得F=n(2B0-t)I·a=(2B0-t),即F与t成一次函数关系,C正确.

4.(1) 　上表面带正电　(2)t

解析:(1)当物块沿斜面向下以速度v0运动时,物块切割磁感线产生电动势,由右手定则知物块上表面带正电,下表面带负电(1分)

电动势 E=Bdv0(1分)

物块形成电容器的电容C==(2分)

又C=(1分)

解得 Q= (1分).

 (2)物块做加速运动时,电容器充电,存在充电电流,所以物块受重力、摩擦力、支持力和安培力作用,根据牛顿第二定律得

mgsin θ-μmgcos θ-idB=ma(2分)

其中i=,ΔQ=Δv,=a(3分)

解得 a=(1分)

a为定值,则物块做初速度为0的匀加速直线运动,速度v与时间t的关系为v=t(1分).

5.(1)　(2)F=　(3) N·s

解析:(1)金属棒由静止开始运动到进入磁场中,对金属棒和重物,由动能定理有mgs-μmgs=×2m(1分)

解得v0=(1分).

(2)设磁场的磁感应强度为B,导轨间距为l,金属棒和定值电阻的阻值均为R,无外力作用时,金属棒进入磁场瞬间,对金属棒和重物组成的系统有

mg-μmg=BIl(1分)

E=Blv0,I=(1分)

解得=mg-μmg(1分)

由v2=2ax得,金属棒进入磁场前的加速度大小a1=,在磁场中运动时的加速度大小a2=,由牛顿第二定律有a1=>0(1分)

讨论:

i.若金属棒进入磁场后的加速度大小a2≤g,则轻绳始终对棒有拉力,解得≤μ<1

金属棒在磁场运动过程中,外力水平向右,在金属棒离开磁场时,对金属棒和重物整体,由牛顿第二定律得F1+mg-μmg-BlI末=2ma2(1分)

E末=2Blv0,I末=

解得F1=4mg-4μmg(≤μ<1)(1分)

ii.若金属棒进入磁场后的加速度大小a2>g,则轻绳对金属棒没有作用力,解得0<μ<

金属棒离开磁场时,对金属棒有F2-μmg-BlI末=ma2(1分)

解得F2=mg-μmg (0<μ<)(1分)

因此金属棒离开磁场时外力的大小

F=(1分).

(3)若μ=0.75,则金属棒在磁场运动全过程中轻绳对其有拉力作用,由F+mg-μmg-BIl=2ma2(1分)

解得F=2mg-2μmg+v(1分)

又v=v0+a2t,0≤t≤(1分)

F与时间t成线性关系,则F-t图像如图所示

则力F的冲量为对应图线与坐标轴围成的面积

I=(F1+F2)= N·s(2分).

1.D　高频焊接利用的电磁学规律是电磁感应现象,发现者是法拉第,A、B、C项错误,D项正确.

2.D　C、D点的磁感应强度方向都水平向左,选项A错误;根据题意可知,AB左、右两侧球壳上的磁通量大小相等,左、右两侧球壳处的平均磁感应强度大小相等,选项B错误、D正确;磁针沿DC运动,球壳上总的磁通量始终为0,无感应电流,选项C错误.

3.C　转动的金属笔杆切割磁感线,根据右手定则判断知O点的电势最高,A错误;O点与笔尖间的电势差为B··=BL2ω,C正确,B错误;笔杆两端点间的电势差为0,D错误.

4.C　图甲中两金属棒下滑过程保持相对静止,它们的速度差恒为零,回路中没有感应电流,两金属棒组成的系统只有重力做功,它们的机械能之和保持不变,A错误;图乙中根据能量守恒定律可知,回路中产生的焦耳热等于b棒减小的机械能,B错误;图丙中,两金属棒组成的系统所受安培力的合力为零,系统以加速度g匀加速下滑,机械能恒定不变,C正确;图丙中两金属棒中的电流方向始终相反,当磁场随时间均匀增大时,轻杆对两棒表现为推力,反之则表现为拉力(磁场反向前),轻杆对a、b棒的作用力可能是推力也可能是拉力,D错误.

5.B　受电线圈中产生的感应电动势大小为E=nS=100××1×10-3 V=5 V,A错误;0~0.5 s内受电线圈中的磁通量沿正方向减小,0.5~1.0 s内受电线圈中的磁通量沿反方向增大,根据楞次定律可知,两个时间段内受电线圈中产生的感应电流方向相同,B正确;由于受电线圈中的感应电动势恒定,因此1.5 s时,受电线圈中的感应电流并不为零,C错误;由于电池是非纯电阻元件,因此电池中除了有电热功率,还有将电能转化为化学能的功率,即有IE>I2R+I2r,即I<=0.5 A,因此电池的发热功率Pr=I2r<(0.5)2×5 W=1.25 W,D错误.

6.AC　由法拉第电磁感应定律有E==B=3BLv0,A项正确;由于两导体棒中电流大小相等、方向相反,所受安培力之和为零,故二者组成的系统动量守恒,以向右为正方向,当导体棒a 的速度大小为时,由动量守恒定律可解得导体棒b的速度v1=或v2=,B项错误;同理,导体棒a的速度为零时,有m·2v0-mv0=mv3,解得v3=v0,此时回路中的感应电动势E'=BLv0,电流I'=,安培力F=BI'L,联立解得F=,C项正确;最终两棒达到共速后速度不再变化,由动量守恒定律有m·2v0-mv0=2mv4,由能量守恒定律得回路中产生的热量为Q=m+m(2v0)2-×2m=,D项错误.

7.BD　根据楞次定律,图示位置时穿过线圈的磁通量正在增加,原磁场方向向上,感应磁场的方向与原磁场方向相反,应竖直向下穿过线圈,再由安培定则可判断出感应电流方向为b→a,A项错误;根据楞次定律“来拒去留”,磁铁进入线圈时线圈阻碍其进入,离开线圈时线圈阻碍其离开,故下落时间比没有线圈时长,B项正确;磁铁释放高度越高,到达图示位置时的速度越大,磁通量的变化率也越大,则感应电动势越大,电阻的功率越大,C项错误;磁铁进入和离开线圈时所受磁场力方向都向上,若释放时高度较低,则进入与离开线圈的过程,磁场力可能始终小于重力,加速度方向一直向下,D项正确.

8.BCD　金属棒从x1=1 m处经x2=2 m到x3=3 m的过程中,电阻R的电功率始终保持不变,由电功率P=I2R可知,电阻中的电流I保持不变,根据闭合电路欧姆定律可知,金属棒中产生的感应电动势E=BLv保持不变,又B一直在减小,可知金属棒做加速运动,选项A错误,B正确;根据安培力公式,金属棒在x1处受到的安培力F1=B1IL=(0.8-0.2x1)IL (N)=0.6IL (N),在x2处受到的安培力F2=B2IL=(0.8-0.2x2)IL (N)=0.4IL (N),金属棒在x1处与x2处受到的磁场作用力大小之比为F1∶F2= 0.6IL (N)∶0.4IL (N)=3:2,选项C正确;由E=,I=,q=IΔt,联立解得q=,而B1=(0.8-0.2x1) T=0.6 T,B2=(0.8-0.2x2) T=0.4 T,B3=(0.8-0.2x3) T=0.2 T,ΔΦ12=L(x2-x1)=0.5L (Wb),ΔΦ23=L(x3-x2) =0.3L (Wb),所以金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3,选项D正确.

9.(1)D(1分)　(2)磁场方向(1分)　②和③(1分)　磁场(1分)　导体切割磁感线(1分)　(3)导体切割磁感线的速度(1分)

解析:(1)产生感应电流的条件是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动,对比可知,图乙D中导体没有做切割磁感线运动,故D方式不能产生感应电流.

(2)比较实验①和②可知,在导体切割磁感线运动方向一定时,改变磁场方向,感应电流的方向发生改变;比较实验②和③可知,在导体切割磁感线的方向和磁场方向同时改变时,感应电流的方向不变.

(3)导体ab水平向左(或向右)缓慢运动时,灵敏电流计的指针偏转角度较小,导体ab水平向左(或向右)快速运动时,灵敏电流计的指针偏转角度较大,这说明电路中的电流变大,所以可以看出感应电流的大小与导体切割磁感线的速度有关.

10.(1)0.45 A　向左　(2)1.07×10-5 C

解析:(1)根据楞次定律判断知,通过R1的电流方向向左(1分)

R3与R4的并联电阻R==2.4 Ω(1分)

根据闭合电路欧姆定律可知通过R1的电流I1=(2分)

根据法拉第电磁感应定律有E=nL2(2分)

由B=2t+2(T),得=2 T/s(1分)

解得I1=0.45 A(1分).

(2)开关S闭合后,在电路稳定的情况下,电容器两端的电压为

U1=I1(R2+R)(1分)

S断开后,在电路稳定的情况下,电容器两端的电压U2=(R2+R3)(1分)

开关S断开以后流过R5的总电荷量为Δq=CU2-CU1(2分)

解得Δq=1.07×10-5 C(1分).

11.(1)5 m/s2　(2)10 m/s　(3)100 J

解析:(1)刚释放重锤瞬间,以重锤为研究对象,根据牛顿第二定律得Mg-F拉=Ma①(2分)

以金属棒为研究对象,由牛顿第二定律得

F拉-μmgcos θ-mgsin θ=ma②(2分)

由①②两式解得a=5 m/s2(1分).

(2)重锤和金属棒匀速运动时,重锤的速度达到最大,根据平衡条件

以重锤为研究对象有Mg=F'拉③(1分)

以金属棒为研究对象有F'拉=F安+μmgcos θ+mgsin θ④(1分)

金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv⑤(1分)

由闭合电路欧姆定律可得I=⑥(1分)

根据安培力公式有F安=BIL⑦(1分)

由③④⑤⑥⑦可解得重锤的最大速度为v=10 m/s(1分).

(3)重锤下降h=20 m时,其速度已经达到最大速度v,根据能量守恒定律得

Mgh=μmghcosθ+mghsinθ+(M+m)v2+Q总⑧(2分)

电阻R上产生的焦耳热为Q=Q总⑨(2分)

解得Q=100 J(1分).

12.(1)1.0 m/s　(2)0.287 5 J　(3)如图所示　某段时间内通过电阻的电荷量

解析:(1)进入磁场后,根据右手定则可知金属杆ab中电流的方向由a到b,由左手定则可知,杆ab所受的安培力方向竖直向上.(1分)

刚进入磁场时,由牛顿第二定律得mg-BI0L=ma(1分)

其中a=-10 m/s2,I0==(1分)

联立并代入数据解得v0=1.0 m/s(1分).

(2)由题图乙知h=0.3 m时,a=0,表明金属杆受到的重力与安培力平衡,设此时金属杆的速度为v1,有BI1L=mg,其中

I1==(2分)

联立并代入数据解得v1=0.5 m/s(1分)

从开始到下落 0.3 m的过程中,由能量守恒定律有

mgh=Q+m(1分)

得到Q=0.287 5 J(1分).

(3)如图所示(2 分)

面积的物理意义:某段时间内通过电阻的电荷量(1 分).

13.(1)0.2　(2)0.6 s　(3)21.6 J

解析:(1)cd边离开磁场后线框受到的安培力F=BIL1=(1分)

cd边离开磁场时线框匀速下滑,由平衡条件得mgsin θ-μmgcos θ-F=0(2分)

解得μ=0.2(1分).

(2)由题意可知,细线被拉直绷紧后,线框匀速运动的方向沿斜面向上,匀速运动的速度v1==2 m/s(1分)

物体和线框匀速运动过程中,由平衡条件

对线框有F'-mgsin θ-μmgcos θ-=0(1分)

对物体有F'=Mg(1分)

由动量定理可知,细线绷紧过程中,细线作用力的冲量I满足

I=mv1-m(-v)(1分)

对物体-I=Mv1-Mv0(1分)

细线绷紧前物体自由下落,则v0=gt1(1分)

解得t1=0.6 s(1分).

(3)根据能量守恒定律得,线框匀速下滑过程中产生的热量Q1=mgL2sin θ(1分)

细线突然绷紧过程中产生的热量

Q2=M+mv2-(M+m)(2分)

线框匀速上滑过程中产生的热量Q3=MgL2-mgL2sin θ(1分)

系统在cd边离开磁场至重新进入磁场过程中产生的热量Q=Q1+Q2+Q3

解得Q=21.6 J(1分).