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专题分层突破练11　电磁感应规律及综合应用
基础巩固　
1.(2025辽宁朝阳二模)如图所示,薄玻璃板上放有两个粗细相同的玻璃水杯,杯中装入质量相等的纯净水,其中右侧水杯内的底部平放一薄铜片,在两个水杯中都放入温度传感器用来测水的温度。在玻璃板的下方,一装有多个磁体的塑料圆盘旋转起来,经过一段时间,可以观测到右侧水杯中水的温度明显上升,而左侧水杯中水的温度没有变化,这是(　　)
A.磁体使水杯中的水产生涡流引起的
B.磁体使水杯底部的铜片产生涡流引起的
C.磁体与空气摩擦生热引起的
D.磁体使水杯底部的铜片磁化引起的
答案 B
解析 纯净水是绝缘体,磁体不能使水产生涡流,A错误;磁体在转动过程中,通过铜片的磁通量发生变化,在铜片中产生涡流,电流生热使水的温度升高,B正确;若磁体与空气摩擦生热,对两侧水杯中水的温度的影响应该是一样的,不能仅一侧升温明显,C错误;磁体不能使铜片磁化,且磁化也不能产生热量,D错误。
2.(2025三亚模拟)如图所示,有一硬质导线Oabc,其中是半径为R的半圆弧,b为圆弧的中点,直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动,导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为(　　)
A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc
答案 C
解析 本题考查导体切割磁感线产生感应电动势。如图所示,该导线在纸面内绕O点逆时针转动,相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线,根据右手定则可知O点电势最高;根据E=Blv=Bωl2,又lOb=lOc=R>lOa,所以0φa>φb=φc,故选项C正确。
3.(2025嘉兴三校联考)如图所示,为测量储物罐中不导电液体的高度,有人设计了一个监测液面高度变化的传感器。将与储物罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储物罐中,电容C可通过开关S与电感或电源相连,当开关从a拨到b时,由电感L和电容C构成的回路中产生振荡电流。通过检测振荡电流的频率变化,可以推知液面的升降情况。关于此装置,下列说法正确的是(　　)
A.电源电动势越小,则振荡电流的频率越低
B.当电路中电流最大时,电容器两端的电压最小
C.开关由a拨向b瞬间,电感L的自感电动势为零
D.检测到振荡电流的频率增加,说明液面高度在升高
答案 B
解析 由f=,可知振荡电流的频率与电源的电动势无关,A错误;当电路中电流最大时,电容器放电完毕,此时电容器两端电压为零,B正确;开关由a拨向b的瞬间,电容器储存的电荷量最多,而电路中的电流为零,电流的变化率最大,电感L的自感电动势最大, C错误;检测到振荡电流的频率增加,说明电容器的电容减小,根据C=知εr减小,即液面高度在降低,D错误。
4.“自激发电机”具有自励磁的特点,它无需外部励磁电源就能自行激励产生磁场。其原理如图所示,一金属圆盘在某一大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下,在弱的轴向磁场B中绕金属轴OO'转动,根据法拉第电磁感应定律,盘轴与盘边之间将产生感应电动势,圆盘下方螺旋形导线M端通过电刷与盘边相连,N端与金属轴相连,MN中就有感应电流产生,最终回路中的电流会达到稳定值,磁场也达到稳定值。下列说法正确的是(　　)
A.MN中的电流方向从N→M
B.圆盘转动的速度先增大后减小
C.MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同
D.磁场达到稳定状态后,MN中不再产生感应电流
答案 C
解析 根据右手定则知,MN中的电流方向从M→N,故A错误;根据右手螺旋定则判断知MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,故C正确;圆盘在大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下,转动的速度先越来越大,磁场也越来越大,根据法拉第电磁感应定律知产生的电动势也越来越大,流过电阻R的电流也越来越大,最终回路中的电流达到稳定值,圆盘所受安培力的方向与外力方向相反,两力保持平衡,磁场也达到稳定状态,则圆盘转动的速度也达到稳定值,故B错误;可将圆盘看成若干个沿着半径方向的辐条组成,因此在任何时刻都有辐条切割磁感线,故磁场达到稳定状态后,MN中也产生感应电流,故D错误。
5.(2025芜湖模拟)如图所示,一电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上,顶端连接定值电阻R。ab为理想有界磁场的边界,ab下方存在垂直于导轨向上的匀强磁场。阻值可忽略的金属棒从无磁场区域某位置垂直于导轨由静止释放,在运动过程中金属棒始终垂直于导轨且接触良好。则关于金属棒进入磁场区域后运动状态的描述,可能正确的是(　　)
A.做匀加速直线运动
B.做加速度逐渐增加的加速运动
C.做匀速运动
D.先减速然后反向加速
答案 C
解析 设金属棒进入磁场时速度为v,则感应电动势E=BLv,感应电流I=,安培力F=v,当安培力与重力沿斜面方向的分力相等时,金属棒做匀速运动;当安培力大于重力沿斜面方向的分力时,金属棒做加速度逐渐减小的减速运动,直至加速度为零时开始做匀速运动,当安培力小于重力沿斜面方向的分力时,金属棒开始做加速度逐渐减小的加速运动,直至加速度为零时,开始做匀速运动,最终都做匀速运动。故选C。
6.(多选)如图甲所示,底部固定有正方形线框的列车进站停靠时,以速度v水平进入竖直向上、磁感应强度为B的正方形有界匀强磁场区域,简化原理图如图乙所示,假设正方形线框边长为l,每条边的电阻相同,磁场的区域边长为d,且lA.线框右边刚刚进入磁场时,感应电流沿图乙所示逆时针方向,其两端的电压为Blv
B.线框右边刚刚进入磁场时,感应电流沿图乙所示顺时针方向,其两端的电压为Blv
C.线框进入磁场过程中,克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热
D.线框离开磁场过程中,克服安培力做的功等于线框减少的动能
答案 BC
解析 根据右手定则,线框进入磁场时,感应电流沿顺时针方向,线框此时切割磁感线产生的感应电动势为Blv,线框右边两端的电压为路端电压,即为U=E=Blv,故A错误,B正确;根据功能关系可知线框克服安培力做的功全部转化为电能,线框为纯电阻电路,则又全部转化为线框中产生的焦耳热,则克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热,故C正确;线框离开磁场过程中,根据动能定理可知克服安培力做功与克服摩擦力、空气阻力做功之和等于线框和列车动能的减小量,故D错误。
7.(多选)(2025临沂模拟)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N
答案 ABD
解析 根据能量守恒,金属棒下滑重力势能最终全部克服安培力做功,转化为内能,A正确;MN运动过程中安培力始终做负功,B正确;从释放开始,棒受到重力、支持力和安培力,当沿轨迹切线方向的合力为零时,速率最大,C错误;根据右手定则可判断D正确。
综合提升　
8.一种电磁驱动的无绳电梯简化模型如图所示,光滑的平行长直金属轨道固定在竖直面内,下端接有电阻,导体棒垂直跨接在轨道上,匀强磁场的方向垂直轨道平面向里。磁场以速度v匀速向上移动,某时刻导体棒由静止释放,导体棒始终处于磁场区域内,轨道和导体棒的电阻均不计且接触良好,则(　　)
A.导体棒向上运动的速度可能为v
B.导体棒在磁场中可能先下降再上升
C.安培力对导体棒做的功大于导体棒机械能的增量
D.安培力对导体棒做的功可能小于回路中产生的热量
答案 D
解析 根据题意,导体棒始终处于磁场区域内,开始时磁场匀速向上移动,设导体棒相对磁场向下的速度大小为Δv,根据右手定则判断感应电流方向沿导体棒水平向右,安培力竖直向上,若安培力小于导体棒重力,则导体棒会先向下做加速运动,至安培力等于导体棒重力时,开始匀速向下运动;若安培力大于导体棒重力,则导体棒会先向上做加速运动,至安培力等于导体棒重力时,开始匀速向上运动,故B错误。设导体棒运动速度为v1,由以上分析可知,当导体棒匀速时,速度最大,此时受力平衡BIL=mg,导体棒产生的电动势为E=BL(v-v1),回路电流为I=,则导体棒速度最大为v1=v-,则导体棒向上运动的速度v1小于v,故A错误。若导体棒刚释放时有mg=BIL,其中I=,则导体棒保持静止,此时安培力对导体棒做的功和导体棒机械能的增量均为零,故C错误;若导体棒刚开始运动时安培力大于导体棒重力,则导体棒向上运动,设导体棒运动速度为v1,则回路的热功率P热=,其中F安=BIL=,则安培力对导体棒做的功为P安=F安v1=·v1,当v-v1>v1时,安培力对导体棒做的功小于回路中产生的热量,故D正确。
9.如图所示,边长为2L的正三角形abc区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,一边长为L的菱形单匝金属线框ABCD的底边与bc在同一直线上,线框的∠ABC=60°。使线框水平向右匀速穿过磁场区域,BC边与磁场边界bc始终共线,以B点刚进入磁场为计时起点,规定线框中感应电流逆时针方向为正,则下列图像正确的是(　　)
答案 A
解析 设线框匀速运动速度大小为v,以B点刚进入磁场为计时起点,在0~内,AB边逐渐进入磁场切割磁感线,产生的电动势为E1=Bvxsin 60°=,线框中的电流大小为I1=∝t,根据楞次定律可知,线框中的电流方向为逆时针方向,即电流为正;在内,整条AB边在磁场中切割磁感线,DC边逐渐进入磁场切割磁感线,线框产生的电动势为E2=EAB-EDC=-Bv·(vt-L)sin 60°=BLv-,线框中的电流大小为I2=,根据楞次定律可知,线框中的电流方向为逆时针方向,即电流为正;在内,整条AB边离开磁场区域,整条DC边在磁场中切割磁感线,产生的电动势恒为E3=,线框中的电流大小恒为I3=,根据楞次定律可知,线框中的电流方向为顺时针方向,即电流为负;之后整个线框离开磁场区域,没有感应电流。故选A。
10.(多选)(2024内蒙古呼和浩特一模)如图所示,两根光滑的金属平行导轨放在水平面上,左端向上弯曲,右端连有绝缘弹性障碍物,导轨间距为L=1 m,电阻不计。水平段导轨所处空间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小B=1 T。质量为mb=0.2 kg、长为L、电阻为Rb=0.1 Ω的金属棒b垂直导轨放置其上,它与磁场左边界的距离为x0=1 m,现将质量为ma=0.4 kg、长为L、电阻为Ra=0.2 Ω的金属棒a从弯曲导轨上高为h=0.45 m处由静止释放,使其沿导轨运动。已知在以后的运动过程中,两金属棒始终不会相撞,且金属棒b撞击障碍物前已经是匀速运动状态,撞击过程中不损耗机械能。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,g取10 m/s2,则(　　)
A.金属棒a刚进入磁场时的速度大小为2 m/s
B.金属棒b第一次撞击障碍物前,金属棒b上产生的焦耳热为0.2 J
C.金属棒a刚越过磁场左边界AA'时,它两端的电压为0.3 V
D.金属棒a最终静止在导轨上,离障碍物的距离为0.64 m
答案 BD
解析 对金属棒a,由机械能守恒定律得magh=ma,可得金属棒a刚进入磁场时的速度大小为v0=3 m/s,故A错误;由法拉第电磁感应定律有E=BLv0,金属棒a两端电压为路端电压,由闭合电路欧姆定律得U=E,金属棒a刚越过磁场左边界AA'时,它两端的电压为U=1 V,故C错误;对金属棒a进入磁场后与金属棒b组成的系统,由动量守恒可得mav0=(ma+mb)v,解得a、b共速后做匀速运动的速度大小为v=2 m/s,根据能量守恒定律可得整个回路产生的焦耳热为Q=ma(ma+mb)v2=0.6 J,则金属棒b第一次撞击障碍物前,金属棒b上产生的焦耳热为Qb=Q=0.2 J,故B正确;金属棒a进入磁场后,最终停止,由动量定理可得-BL·Δt=0-mav0,其中q=·Δt,即BLq=mav0,又q=,联立解得x=0.36 m,由分析可知,多次碰撞后,金属棒b最终停在障碍物旁,而电荷量是由磁通量引起的,x为a、b的间距变化,且金属棒a始终是单向直线运动,故金属棒a最终静止在导轨上,离障碍物的距离为d=x0-x=0.64 m,故D正确。
11.(2025辽宁大连模拟)如图所示,两平行光滑的金属导轨,间距L=1 m,其中左侧OA、O'A'段为半径R=5 m的四分之一圆弧,中间AD、A'D'段水平,右侧 DC、D'C'段与水平面夹角为37°且足够长,水平导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1 T。初始时刻,质量m1=1 kg、在轨道间的电阻R1=1.5 Ω的导体棒a,从圆弧顶端OO'位置由静止释放,磁场内的导体棒b静置于导轨上,其质量m2=2 kg,在轨道间的电阻R2=0.5 Ω。a、b 棒始终不发生碰撞,导体棒b在DD'位置离开磁场时速度vb=3 m/s。两导体棒与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直,不计导体棒通过水平轨道与圆弧和倾斜导轨连接处的能量损失、感应电流产生的磁场以及导轨的电阻,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)a棒刚进入磁场时的加速度;
(2)从b棒开始运动到出磁场过程中,b棒中产生的焦耳热;
(3)若在b棒离开磁场的时间内,对a棒施加一水平向右的恒力F=3 N,恰好能使a、b棒都不再离开磁场,最后静止,从b棒离开磁场到a、 b棒停止过程中,a、b棒产生的总焦耳热以及b棒停下时与DD'间的距离。
答案 (1)5 m/s2
(2)8.25 J
(3)23 J　4 m
解析 (1)设导体棒a到AA'位置时速度为v0,根据动能定理有
mgR=
v0=10 m/s
根据法拉第电磁感应定律有
E=BLv0
I=
FA=BIL,FA=ma
解得a棒刚进入磁场时的加速度a=5 m/s2。
(2)从b棒开始运动到出磁场过程中,a、b棒组成的系统动量守恒,则有
m1v0=m1va1+m2vb
va1=4 m/s
Q总=m1m1m2
Qb=Q总
Qb=8.25 J。
(3)b棒离开磁场时有2vb=gtsin 37°
解得b棒离开磁场的时间t=1 s
从b棒返回磁场到a、b棒均静止,a、b棒组成的系统动量守恒,则有
m1va2-m2vb=0
va2=6 m/s
t时间内对a棒由动量定理有
Ft-BLt=m1va2-m1va1
解得t时间内a棒的位移xa=2 m
Fxa+m1m2=Q总'
解得a、b棒产生总的焦耳热Q总'=23 J
从b棒返回磁场到静止过程中
对b棒根据动量定理有
∑BL·Δt=m2vb
Δx3=∑(va'+vb')Δt=xa'+xb=12 m
m1va2-m2vb=0
m1xa'=m2xb
解得b棒停下时与DD'间的距离xb=4 m。
12.(2024湖北卷)如图所示,两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L,固定在同一水平面内,直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直,其左侧无磁场,右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环,水平放置在两直导轨上,其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及圆环可能的形变,金属棒、圆环均与导轨始终接触良好,重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放。
(1)求ab刚越过MP时产生的感应电动势大小。
(2)求圆环刚开始运动时的加速度大小。
(3)为使ab在整个运动过程中不与圆环接触,求圆环圆心初始位置到MP的最小距离。
答案 (1)BL　(2)　(3)+L
解析 (1)ab由静止释放到刚越过MP过程中,由动能定理有
mgL=
解得v0=
ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL。
(2)圆环在导轨外侧的两段圆弧被短路,在导轨内侧的两段圆弧并联接入电路中,根据几何关系可知,导轨内侧每段圆弧的电阻为R,故整个回路的总电阻为
R总=R+R
ab刚越过MP时,通过ab的感应电流为
I=
对圆环,根据牛顿第二定律有
2·B··L=2ma
解得a=。
(3)由于ab和圆环所受的安培力等大反向,故系统的动量守恒。ab在直导轨上做减速运动,圆环做加速运动,为使ab在整个运动过程中不与圆环接触,则当ab和圆环共速时,ab恰好追上圆环,设此时共同速度为v。对ab和圆环,由动量守恒定律有
mv0=(m+2m)v
对ab,由动量定理有
-BLt=mv-mv0
即-BLq=mv-mv0
在ab与圆环共速前,设ab在直导轨上运动的距离为x1,圆环运动的距离为x2,则有
q=
联立解得
Δx=x1-x2=
则圆环圆心初始位置到MP的最小距离为
d=Δx+L=+L。
13.(2025八省联考内蒙古卷)如图甲所示,两组平行金属导轨在同一水平面固定,间距分别为d和1.5d,分别连接电阻R1、R2,边长为d的正方形区域存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化关系如图乙所示。t=0时,在距磁场左边界d处,一长为1.5d的均匀导体棒在外力作用下,以恒定速度v0向右运动,直至通过磁场,导体棒至磁场左边界时与两组导轨同时接触。导体棒阻值为3R,R1、R2的阻值分别为2R、R,其他电阻不计,导体棒与导轨垂直且接触良好。求:
甲
乙
(1)0~时间内,R1中的电流方向及其消耗的电功率P;
(2)时间内,棒受到的安培力F安的大小和方向。
答案 (1)N到M　
(2)　水平向左
解析 (1)由图乙可知在0~时间段内,磁场均匀增加,根据楞次定律可知R1中的电流方向为N到M;
0~时间内,根据法拉第电磁感应定律,感应电动势为E=
0~时间内,导体棒接入MN之间的电阻为2R,所以电流为I总=
R1消耗的电功率为P=×2R=×2R=。
(2)在时间内,根据左手定则可知棒受到的安培力方向水平向左;
分析电路可知MN之间的部分导体棒相当于电源,MN之外的部分和R2串联然后再和R1并联,并联电路的总电阻为R并==R
回路中的总电阻为R总=2R+R并=3R
根据E'=B0dv0
F安=B0Id
I=
联立可得F安=。
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