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专题11　电磁感应
　　
1.（2025·河南高考）如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是（　　）
2.在匀强磁场中放置一金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图甲所示的磁场方向为正，磁感应强度B随时间t按图乙所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（　　）
A.t2时刻，圆环中无感应电流
B.t3时刻，圆环上某一小段Δl受到的安培力最大
C.圆环上某一小段Δl所受安培力最大的时刻也是感应电流最大的时刻
D.t1～t3时间内，圆环中感应电流方向沿顺时针方向
3.如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外。当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图所示的哪一个（　　）
4.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（　　）
A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D.a、b线圈中电功率之比为3∶1
5.（多选）（2025·广东高考）如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通有大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（　　）
A.线圈电阻为 B.I越大，表明m越大
C.v越大，则E越小 D.m＝－M
6.如图所示，两根不计电阻且足够长的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN从导轨上某高度处由静止开始下滑，下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好，则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I，随时间t变化的关系图像可能正确的是（　　）
7.如图所示，电阻不计的金属导体轴O1P竖直放置，可绕绝缘底座无摩擦转动。电阻r＝2.0 Ω、长度L＝0.2 m的轻质导体棒PQ一端固定在轴O1P上，另一端始终与水平放置的金属圆环O2接触且可沿圆环无摩擦滑动。右侧电路中R1＝9.0 Ω、R2＝18.0 Ω，电路一端通过电刷M与轴O1P接触，另一端固定在圆环O2上。已知空间内存在一竖直向上、磁感应强度B＝2.0 T的匀强磁场，图中α＝30°，轴O1P在外力F作用下以ω＝200.0 rad/s的角速度保持匀速转动。忽略导线和圆环O2的电阻，所有导体间的接触均良好。下列说法正确的是（　　）
A.电阻R1两端的电压为2 V
B.经过4 s时间流过电阻R1的电荷量为1.0 C
C.外力F做功的功率为0.5 W
D.电阻R2的热功率为0.25 W
8.（多选）（2025·浙江台州二模）如图甲所示，粗糙绝缘的水平桌面上，虚线左、右两侧空间均存在与桌面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直桌面向下，磁感应强度大小恒为2B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直桌面向上为磁场的正方向。由硬质细导线绕成的边长为L的正方形线框放在桌面上，对角线MN正好与虚线重合，导线材料的电阻率为ρ、横截面积为S0，左侧磁场变化时线框始终处于静止状态。在0～3T0的时间内，以下说法正确的是（　　 ）
A.在0～2T0时间内线框受到的摩擦力一直向右
B.在T0时刻，线框受到的安培力大小为F＝
C.在T0时刻，线框受到的摩擦力为0
D.在0～3T0时间内，通过线框的电荷量q＝
9.（2025·浙江宁波三模）如图甲为利用电磁驱动原理制作的交流感应电动机模型。三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为以角速度ω0转动的辐向磁场。边长为l、总电阻为R的单匝正方形线框ABCD可绕其中心轴OO'旋转，图乙为这种驱动装置的俯视图，线框的两条边AB、CD所处位置的磁感应强度大小均为B。当线框由静止开始转动时，AB、CD两条边受到的阻力均为Ff＝kv，其中比例系数k＝，v为AB、CD两条边的线速度大小。不计其他阻力。则当线框达到稳定转动时（　　）
A.线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相反
B.线框的角速度大小为
C.线框的感应电动势大小为
D.线框AB边所受安培力大小为
10.（2025·浙江绍兴三模）如图所示是研究小组设计的一种“圆盘电动机”。半径为L的导体圆环竖直放置，圆环附近存在水平向右且垂直圆环平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，它通过三根阻值均为3R的辐条与转轴O1O2固定连接。圆环左侧的电阻R通过导线与辐条并联，电源S是恒流源，能提供恒定不变的电流I（箭头表示电流方向），电阻R与电源S之间接有开关K；圆环的右侧有一个半径为且能与圆环随转轴一起转动的圆盘，其上绕有不可伸长的细线，下端悬挂铝块。除铝块外，其他物体质量忽略不计，不考虑任何摩擦阻力，重力加速度为g。
（1）当开关K断开时，细线下面悬挂质量为m0的铝块，经足够长时间铝块未落地，求：
①流过电阻R的电流方向；
②铝块下落的最终速度大小vm；
（2）当开关K闭合时，圆盘转动，带动铝块向上运动，求：
①开关接通瞬间，单根辐条上的安培力F的大小；
②此电动机可能输出的最大机械功率为多少？此时铝块质量m为多大？
11.（2023·全国甲卷25题）如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，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，碰撞时间极短。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。
1.C　根据题意，当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极间的磁场竖直向下，根据楞次定律可知，此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针，故选C。
2.D　根据法拉第电磁感应定律，E＝n＝nS，可知t2时刻磁通量变化率最大，圆环中感应电流最大，t1时刻磁通量变化率为零，圆环中感应电流为零，故A错误；在t3时刻，磁感应强度最大，但是磁通量的变化率为零，则感应电流为零，圆环上各点受到的安培力为零，故B错误；当感应电流最大时，此时的磁感应强度为0，根据F＝BIL，可知此时圆环上某一小段Δl所受安培力为0，故C错误；t1～t2时间内，磁感应强度方向垂直圆环向里，磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向沿顺时针方向，t2～t3时间内，磁感应强度方向垂直圆环向外，磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向沿顺时针方向，故D正确。
3.D　根据题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则，感应电流的方向由B到A；再由右手定则，当垂直纸面向外的磁场在增强时，会产生由B到A的感应电流；由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律可知，安培力的表达式为F＝·Bl，因安培力的大小不变，则B是定值， 是B-t图的斜率，当磁感应强度B增大时，减小，故A、B、C错误，D正确。
4.B　由于磁感应强度随时间均匀增大，因此根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，A错误；根据法拉第电磁感应定律，E＝N＝NS，而磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、b线圈中的感应电动势之比为＝＝＝，故B正确；根据电阻定律R＝ρ，且L＝4Nl，则＝＝，由闭合电路欧姆定律I＝得，a、b线圈中的感应电流之比为＝·＝，故C错误；由功率公式P＝I2R知，a、b线圈中的电功率之比为＝·＝，故D错误。
5.BD　根据题意可知电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I为线圈闭合时通入的电流，故不是线圈的电阻，故A错误；根据平衡条件有（M＋m）g＝BIL①，故可知I越大，m越大，故B正确；根据公式E＝BLv②，故可知v越大，E越大，故C错误；联立①②可得m＝－M，故D正确。
6.A　根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，导体棒速度为v时，受到的安培力为F＝BIL＝，可知F∝v，由牛顿第二定律有mgsin θ－F＝ma，可得导体棒的加速度为a＝＝gsin θ－，可知随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则a-t图像中加速度a随时间t的增大而逐渐减小直至为零时，a保持不变，则v-t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F与速度v成正比，则F-t图像的斜率逐渐减小直至为零时，F保持不变，故A正确，B、C错误；根据题意，由公式E＝BLv，I＝可得，感应电流为I＝，由数学知识可得＝·＝，由于加速度逐渐减小，则I-t图像的斜率逐渐减小，故D错误。
7.C　导体棒PQ切割磁感线的有效长度为L0＝Lsin α＝0.1 m，导体棒PQ切割磁感线产生的感应电动势为E＝BL0＝BL0·＝2 V，R1和R2并联总电阻为R并＝＝6 Ω，感应电流为I＝＝0.25 A，电阻R1两端的电压为U＝IR并＝1.5 V，故A错误；设通过R1的电流为I1，通过R2的电流为I2，根据并联电路的特点有I1R1＝I2R2，I＝I1＋I2，解得I1＝ A，I2＝ A，经过4 s时间流过电阻R1的电荷量为q＝I1t＝ C，故B错误；根据能量守恒定律，外力F做功的功率等于导体棒PQ克服安培力做功的功率，等于电路的总热功率，为P＝I2（R并＋r）＝0.5 W，故C正确；电阻R2的热功率为P2＝R2＝0.125 W，故D错误。
8.BD　根据楞次定律，在0～1.5T0时间内电流方向为顺时针方向，所受安培力向右，线框受到的摩擦力一直向左，故A错误；感应电动势E＝＝＝＝，电流I＝＝＝，MPN受到的安培力F1＝B0I·L＝，方向向左，MQN受到的安培力F2＝2B0I·L＝，方向向右，所以线框受到的安培力大小为F＝F2－F1＝，故B正确；在T0时刻，MPN受到的安培力为0，MQN受到的安培力不为0，故C错误；在0～3T0时间内，通过线框的电荷量q＝＝＝＝，故D正确。
9.C　根据电磁驱动原理，线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相同，故A错误；当导线框达到稳定转动时，线框的AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小均为v相对＝（ω0－ωm），根据法拉第电磁感应定律可得，此时的感应电动势为E'＝2Blv相对，根据闭合电路欧姆定律可得，此时的感应电流为I＝，线框AB、CD两边所受的安培力均为F安＝BIl，联立解得F安＝，根据AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡，可得Ff＝F安，又有阻力为Ff＝kv＝kωm·，当k＝时，则有·ωm·＝，解得导线框转动的最大角速度为ωm＝，故B错误；线框AB、CD边转动的相对线速度v相对＝（ω0－ωm）＝ω0l，感应电动势为E＝2Blv相对＝Bl2ω0，故C正确；线框AB边匀速转动所受安培力为F＝Ff＝kv＝×·＝，故D错误。
10.（1）①从a到b　②
（2）①BIL　②mgvm　
解析：（1）①铝块下落时，从右向左看，辐条顺时针转动，由右手定则可判断，流过辐条的电流从圆环流向转轴，故R两端的电流为从a到b。
②设此时辐条转动的角速度为ω
则三根辐条产生的等效电动势为E＝BL2ω
等效电阻为R，铝块下落的最终速度为vm＝ω·
在运动过程中，铝块的重力做功功率等于电路的电功率m0gvm＝
代入联立解得vm＝。
（2）①流过三根辐条的总电流为，流过单根辐条的电流I1＝
单根辐条上所受安培力为F＝BI1L＝BIL。
②设流过三根辐条的总电流为i
则对电动机有，U＝（I－i）R
P＝Ui－i2R
代入得P＝IRi－2Ri2，利用数学方法解得，当i＝时，P最大
则当i＝时，Pm＝I2R
根据U＝E＋iR
代入得ω＝
物体上升的速度vm＝ω·＝
电动机的最大机械功率为Pm＝mgvm
联立解得m＝。
11.（1）v0　（2）m　（3）
解析：（1）Q与P发生弹性碰撞，由动量守恒定律有
3mv0＝mvP＋3mvQ
由机械能守恒定律有
×3m＝m＋×3m
联立解得vQ＝v0，vP＝v0
根据题述，P、Q落到地面上同一地点，结合平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP'＝vQ＝v0。
（2）由能量守恒定律可得，金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量为Q＝m－mvP'2＝m。
（3）P在导轨上做变速运动，设速度大小为v时金属棒中产生的感应电动势大小为e，电流大小为i，在Δt时间内速度变化量为Δv，则由法拉第电磁感应定律有e＝Blv
由闭合电路欧姆定律有i＝
金属棒P所受的安培力F＝Bil＝
由动量定理有FΔt＝mΔv
即Δt＝mΔv
方程两侧求和得∑Δt＝∑mΔv
即∑vΔt＝m∑Δv
又∑vΔt＝x，∑Δv＝vP－vP'＝v0
联立解得x＝
对绝缘棒Q有x＝vQt
解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t＝。

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