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命题热点1　“三定则一定律”的综合应用
1.如图所示,矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内,直导线中的电流方向由M到N,导线框的ab边与直导线平行.若直导线中的电流减小,导线框中将产生感应电流,导线框会受到安培力的作用,则以下判断正确的是(　　)
[A] 导线框的ab和cd两条边所受安培力的方向相同
[B]导线框的ad和bc两条边所受安培力的方向相同
[C]导线框中电流方向为a→d→c→b→a
[D]导线框中电流方向为a→b→c→d→a
【答案】 D
【解析】 直导线中通有方向向上的减小的电流,根据安培定则,可知通过线框的磁场方向垂直于纸面向里,且逐渐减小,根据楞次定律和安培定则,可知感应电流的方向为顺时针方向,即为a→b→c→d→a的方向,故C错误,D正确;由左手定则可知,各边所受的安培力方向为ad受力向下,bc受力向上,ab受力向左,cd受力向右,故A、B错误.
2.(多选)如图所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,当PQ在外力的作用下运动时,MN在安培力的作用下向右运动,则PQ所做的运动可能是(　　)
[A] 向右加速运动
[B]向左加速运动
[C]向右减速运动
[D]向左减速运动
【答案】 BC
【解析】 MN在安培力作用下向右运动,说明MN受到向右的安培力,由左手定则知电流由M指向N,则线圈L1中感应电流产生的磁场方向为竖直向上,由楞次定律可知,线圈L2中感应电流产生的磁场方向应为向上减弱或向下增强,则PQ中电流可能为Q指向P减小,或由P指向Q增大.再由右手定则结合E=Blv可知PQ所做的运动可能是向右减速运动或向左加速运动,故选项B、C正确.
命题热点2　电磁感应中的电路以及动力学问题
3.(多选)如图所示,在垂直纸面的正方形匀强磁场区域内,有一位于纸面内且电阻均匀的正方形导体框abcd,现将导体框分别朝两个方向以v、3v的速度匀速拉出磁场,则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中(　　)
[A] 导体框中产生的感应电流方向相同
[B]导体框中产生的焦耳热相同
[C]导体框ad边两端的电势差相同
[D]通过导体框横截面的电荷量相同
【答案】 AD
【解析】 由右手定则可得两种情况导体框中产生的感应电流方向相同,A项正确;导体框中产生的焦耳热Q=I2Rt=R×=,与运动速度有关,B项错误;通过导体框横截面的电荷量q=It=×=,电荷量与速度无关,电荷量相同,D项正确;以速度v拉出时,导体框ad边两端的电势差Uad=Blv,以速度3v拉出时,Uad=Bl·3v,C项错误.
4.如图所示,相距L=40 cm的两光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置,在M、P两点间接一阻值为R=0.5 Ω的电阻,在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d=0.7 m的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T.一质量m=20 g、电阻r=0.1 Ω的导体棒ab垂直放在导轨上,与磁场的上边界相距d0=0.8 m.现使棒ab由静止开始释放,棒ab在离开磁场前已做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平),导轨电阻不计.g取10 m/s2,求:
(1)棒ab离开磁场下边界的速度大小;
(2)棒ab进入磁场瞬间的加速度大小和方向.
【答案】 (1)3 m/s　(2) m/s2　方向竖直向上
【解析】 (1)棒ab在离开磁场前已做匀速直线运动,则有mg-BIL=0,
由闭合电路欧姆定律得I=,由法拉第电磁感应定律有E=BLv,
联立解得v==3 m/s.
(2)棒ab进入磁场前做自由落体运动,则有
2gd0=,
解得v0==4 m/s,
棒在磁场中运动时,所受安培力竖直向上,以竖直向上为正方向,根据牛顿第二定律可得
-mg=ma,
可得a= m/s2,方向竖直向上.
命题热点3　电磁感应中的图像问题
5.如图甲所示,在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示.当磁场的磁感应强度B随时间t做如图乙所示的变化时,选项图中能正确表示线圈中感应电动势E变化的是(　　)
[A] 　 　 [B]
[C]　 　 [D]
【答案】 A
【解析】 由题图乙知,0～1 s内磁通量向上均匀增加,根据楞次定律知,电流方向为正且保持不变;1～3 s内磁通量不变,故感应电动势为0;3～5 s内磁通量向上均匀减少,由楞次定律知,电流方向为负且保持不变.由法拉第电磁感应定律知,感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,所以3～5 s内的感应电动势是0～1 s内的感应电动势的,选项A正确.
6.边长为a的闭合金属正三角形框架,左边竖直且与磁场右边界平行,完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中.现把框架匀速水平向右拉出磁场,如图所示,则下列图像与这一过程相符合的是(　　)
[A] 　　 [B]
[C]　 　 [D]
【答案】 B
【解析】 该过程中,框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距,根据几何关系有l有=x,所以E电动势=Bl有v=Bvx∝x,选项A错误,B正确;F外力==
∝x2,选项C错误;P外力功率=F外力v∝F外力∝x2,选项D错误.
7.如图所示,一个直角边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内,有垂直纸面向里的匀强磁场,其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd,线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域,设电流沿顺时针方向为正.则在线框通过磁场的过程中,线框中感应电流i随时间t变化的图像正确的是(　　)
[A] 　 　 [B]
[C]　 　 [D]
【答案】 B
【解析】 线框刚进入磁场中时,只有bc边切割磁感线,根据楞次定律可知,电流方向为逆时针方向,即为负,在线框完全进入磁场之前,电流方向与大小不变;当ad边刚进入磁场时感应电流为零,接着bc边开始出磁场,回路中的感应电动势为ad边产生的电动势减去bc边在磁场中产生的电动势,随着线框的运动,回路中电动势逐渐增大,电流逐渐增大,方向为顺时针方向,即为正;在前进2L后,bc完全出磁场,ad也开始出磁场,切割磁感线的长度逐渐减小,电流逐渐减小,方向为顺时针方向,即为正,直至线框完全脱离磁场,电流减小为零,综上分析可知,B正确,A、C、D错误.
8.(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
【答案】 BC
【解析】 t=时刻,螺线管中的电流增大,产生的磁场变强,穿过圆环的磁通量增加,由楞次定律知,圆环要阻碍磁通量的增加,有收缩的趋势,选项A错误,B正确;t=和t=时刻,螺线管内电流的变化率大小相等,所以圆环内的感应电流大小相等,选项C正确;t=时刻,螺线管中俯视顺时针方向的电流减小,穿过圆环的向下的磁通量减少,圆环要阻碍磁通量的减少,产生向下的磁场,所以圆环内有俯视顺时针方向的感应电流,选项D错误.
命题热点4　电磁感应中的动量、能量综合问题
9.(多选)如图所示,两足够长、阻值不计、间距为L的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置,两导轨所在区域存在着竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场,质量均为m的导体棒ab、cd垂直放在金属导轨MN、PQ上,并与导轨保持良好接触,接入电路的导体棒长度均为L、阻值均为R.现给ab棒一个水平向右的瞬时冲量,使其获得水平向右的初速度v0,则关于ab、cd两棒此后的整个运动过程,下列说法正确的是(　　)
[A] ab、cd两棒组成的系统动量守恒
[B]ab、cd两棒最终都将停止运动
[C]整个过程,ab棒上产生的焦耳热为m
[D]整个过程中,流过ab棒的电荷量为
【答案】 AD
【解析】 ab、cd两棒组成闭合回路,即电流相等,由左手定则可知,两棒所受安培力大小相等,方向相反,则ab、cd两棒组成的系统所受外力之和为0,系统动量守恒,故A正确;以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv,可得v=,即ab、cd两棒最终以的速度共同运动,故B错误;由能量守恒定律有m=×2m×+Q,可得Q=m,则ab棒上产生的焦耳热为Qab=Q=m,故C错误;对ab棒由动量定理有-FAt=mv-mv0,即-BLt=-,又q=t,得q=,故D正确.
10.(2025·福建卷,16)光滑斜面倾角θ=30°,Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直于斜面向上的匀强磁场,两区域中磁场的磁感应强度大小相等.正方形线框abcd质量为m,总电阻为R,线框由同种材料制成且粗细均匀,Ⅰ区域沿斜面的宽度为L1,Ⅱ区域沿斜面的宽度为L2,两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的边长.线框从某一位置释放,cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致.已知重力加速度为g.求:
(1)线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离;
(2)cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差;
(3)线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率.
【答案】 (1)　(2)　(3)见解析
【解析】 (1)设线框cd边释放点与Ⅰ区域上边缘的距离为x,从线框释放到cd边到达Ⅰ区域上边缘的过程中,由动能定理可得
mgxsin θ=mv2,
解得x=.
(2)由于cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,可知线框匀速通过Ⅰ区域,则线框边长L=L1,
且满足BIL1=mgsin θ,①
又有I==,②
将② 代入①中可得
B=,③
当cd边进入Ⅰ区域时,cd边切割磁感线产生的感应电动势E=BL1v,④
cd边两端的电势差
Ucd=E=E=,⑤
联立③⑤可得
Ucd=.⑥
(3)从cd边进入Ⅱ区域到ab边刚要离开Ⅱ区域的过程中,
由动能定理可得
mg(L2+L1)sin θ-W=0,⑦
解得克服安培力做的功
W=mg(L2+L1),⑧
由于题目中并未给出线框边长L1与Ⅱ区域沿斜面的宽度L2的大小关系,故分情况进行
讨论.
第1种情况:若L11到2过程,即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程,
以线框为研究对象,根据动量定理可得
mgsin θ·t1-BL1t1=mv2-mv1,⑨
又有t1=q1=,
联立⑨解得
mgsin θ·t1-=mv2-mv1;
2到3过程,即从ab边刚要进入Ⅱ区域到cd边刚要出Ⅱ区域的过程,
对线框由动量定理可得
mgsin θ·t2=mv3-mv2;
3到4过程,即从cd边刚要出Ⅱ区域到ab边恰好完全离开Ⅱ区域的过程,
对线框根据动量定理可得
mgsin θ·t3-BL1t3=mv1-mv3,
又有t3=q2=,
即mgsin θ·t3-=mv1-mv3;
联立可得
mgsin θ(t1+t2+t3)-=0,
则t=t1+t2+t3=,
将③代入式可得
t=,
则线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率
P==v.
第2种情况:若L1>L2,垂直于斜面看,如图乙所示,
1到2过程,即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到cd边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程,
对线框根据动量定理可得
mgsin θ·t1′-BL1t1′=mv2′-mv1,
又有 t1′=q1′=,
可得mgsin θ·t1′-=mv2′-mv1;
2到3过程,即从cd边刚到达Ⅱ区域下边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程,
对线框根据动量定理可得
mgsin θ·t2′=mv3′-mv2′;
3到4过程,即从ab边刚到达Ⅱ区域上边缘到ab边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程,
对线框根据动量定理可得
mgsin θ·t3′-BL1t3′=mv1-mv3′,
又有 t3′=q2′=,
即mgsin θ·t3′-=mv1-mv3′;
联立可得
mgsin θ(t1′+t2′+t3′)-=0,
则t′=t1′+t2′+t3′=,
将③代入可得
t′=,
则线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率
P′==v.
第3种情况:若L1=L2,根据题给信息与上述分析可知,线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域的过程,始终受安培力,可能一直减速,也可能先减速后匀速,则ab边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致,与题给信息不符,故不存在此种情况.
电磁感应　检测试题
(限时:75分钟　分值:100分)
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2025·广东东莞高二上期中)电子车票,也称“无纸化”车票,乘客网上购票后,直接通过“刷身份证”或“扫手机”即可顺利进站.如图所示是乘客通过“刷身份证”进站时的情景,将身份证靠近检验口,机器感应电路中就会产生电流,从而识别乘客身份.图中能说明这一原理的是(　　)
[A] 通电导体在磁场中受到安培力　 [B]导体棒切割磁感线产生感应电流
[C]通电螺线管的磁性强弱与电流大小有关 [D]通电导体周围存在磁场
【答案】 B
【解析】 由题意可知,刷身份证时会产生感应电流,即由磁产生电,有感应电流产生,所以其工作原理为电磁感应现象.A图中有电源,为电动机的工作原理,是根据通电导体在磁场中受力而运动的原理制成的,A不符合题意;B图中没有电源,为发电机的工作原理,是根据电磁感应现象制成的,B符合题意;C图所示的实验是探究通电螺线管的磁性强弱与电流大小的关系,运用了电流的磁效应,C不符合题意;D图示为奥斯特实验,说明通电导线周围存在磁场,D不符合题意.故选B.
2.浮桶式灯塔模型如图甲,其由带空腔的磁体和一个连着灯泡的线圈组成,磁体在空腔产生的磁场如图乙所示,磁体通过支柱固定在暗礁上,线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动,且始终处于磁场中,则(　　)
[A] 当海面平静时,灯泡稳定发光
[B]当海水水平匀速流动时,灯泡稳定发光
[C]海水上下振荡幅度越大,灯泡发光越亮
[D]海水上下振荡速度越快,灯泡发光越亮
【答案】 D
【解析】 当海面平静时,线圈静止不动,不切割磁感线,不产生电动势,灯泡不亮,A错误;当海水水平匀速流动时,线圈不切割磁感线,不产生电动势,灯泡不亮,B错误;线圈随海水上下振荡,切割磁感线产生的电动势E=nBlv,可知电动势的大小与海水上下振荡速度有关,与振荡幅度无关,v越大,E越大,则灯泡发光越亮,C错误,D正确.
3.如图所示,一个金属圆盘安装在竖直的转动轴上,置于蹄形磁铁之间,两块铜片A、O分别与金属圆盘的边缘和转动轴接触.若使金属圆盘按图示方向(俯视顺时针方向)转动起来,下列说法正确的是(　　)
[A] 电阻R中有Q→R→P方向的感应电流
[B]电阻R中有P→R→Q方向的感应电流
[C]穿过圆盘的磁通量始终没有变化,电阻R中无感应电流
[D]调换磁铁的N、S极,同时改变金属圆盘的转动方向,R中感应电流的方向也会发生改变
【答案】 B
【解析】 对圆盘来说,从圆心到边缘可以看作无数根辐向分布的导体,每根导体都与负载电阻R构成闭合回路,每根导体都处在蹄形磁铁形成的磁场中,当圆盘按图示方向转动时,根据右手定则,可知产生由圆心到边缘的感应电流,即电阻R中有P→R→Q方向的感应电流,A、C错误,B正确;当调换磁铁的N、S极,同时改变金属圆盘的转动方向,根据右手定则,可判定R中感应电流的方向不变,D错误.
4.(2025·清远市部分名校联考)如图所示,虚线左侧的匀强磁场垂直纸面向外,右侧的匀强磁场垂直纸面向里.一金属小球从固定的光滑绝缘圆弧轨道上的点a无初速度释放后向右侧运动到最高点b的过程中,下列说法正确的是(　　)
[A] a、b两点等高
[B]小球在最低点处于平衡状态
[C]小球在穿过虚线时内部会产生涡流
[D]小球在穿过虚线时受到竖直向上的磁场力
【答案】 C
【解析】 由于电磁阻尼,b点一定低于a点,A错误;小球在穿过虚线时,穿过小球的磁通量发生变化,小球内部会产生涡流,C正确;小球在最低点水平方向还受到电磁阻尼的作用,即受到向左的磁场力,而且受到向心力,不是处于平衡状态,B、D错误.
5.如图所示,电路中L1、L2是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是一个电容很大的电容器.当S闭合之后,L1、L2灯泡的发光情况是(　　)
[A] S闭合后,L1亮一下又逐渐熄灭,L2逐渐变亮
[B]S闭合后,L2亮一下又逐渐变暗,L1逐渐变亮
[C]S闭合足够长时间后,L1和L2一样亮
[D]S闭合足够长时间后,L1、L2都熄灭
【答案】 A
【解析】 S闭合后,L1、L2都变亮,之后电感线圈L对电流的阻碍作用逐渐减小,直至将L1短路,故L1逐渐熄灭,L2逐渐变亮,选项A正确,B错误;S闭合足够长时间后,L相当于短路,C相当于断路,故L1熄灭,L2灯亮,C、D错误.
6.粗细均匀的电阻丝围成如图所示的线框,置于正方形有界匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于线框平面向里,图中ab=bc=2cd=2de=2ef=2fa=L.现使线框先后以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场,并且使速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直,则线框在通过图示各位置时,下列说法正确的是(　　)
[A] 图①中a、b两点间的电势差最大
[B]图②中a、b两点间的电势差最大
[C]图③中回路电流最大
[D]图④中回路电流最小
【答案】 A
【解析】 设线框的电阻为R,题图①中,a、b两点间的电势差等于外电压,其大小U1=E1=
BLv,电流大小I1==,题图②中,a、b两点间的电势差大小U2=E2=BLv,电流大小为I2==,题图③中,a、b两点间的电势差大小U3=E3=BLv,电流大小I3===,题图④中,a、b两点间的电势差大小U4=E4=BLv,电流大小I4==,可见,题图①中a、b两点间的电势差最大,a、b两点间电势差最小的是题图③,题图①②④中电流相等,题图③中电流最小.故选A.
7.矩形导线框abcd放在匀强磁场中,在外力控制下处于静止状态,如图甲所示.磁感线方向与导线框所在平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示.t=0时刻,磁感应强度的方向垂直导线框平面向里,在0～4 s 时间内,导线框中感应电流随时间变化(规定以顺时针为正方向)和ad边所受安培力随时间变化的图像(规定以向左为安培力正方向)正确的是下图中的(　　)
[A] 　 　 [B]
[C]　 　 [D]
【答案】 C
【解析】 在0～1 s时间内,线框中磁场方向垂直框平面向里且均匀减小,产生感应电流大小恒定,方向顺时针(正方向),ad边所受安培力F=BIL,大小随B减小而减小,根据左手定则,0～1 s时间内,ad边所受安培力方向向左(正方向);在1～2 s时间内,线框中磁场是向外的均匀增大,产生感应电流大小恒定,方向顺时针(正方向),可以排除A、B选项.ad边所受安培力F=BIL,大小随B增大而增大,根据左手定则,1～2 s时间内,ad边所受安培力方向向右(负方向),可以排除D选项.在2～3 s时间内,线框中磁场是向外的均匀减小,产生感应电流大小恒定,方向逆时针(负方向),ad边所受安培力F=BIL,大小随B减小而减小,根据左手定则,2～3 s时间内,ad边所受安培力方向向左(正方向);在3～4 s时间内,线框中磁场是向里的均匀增大,产生感应电流大小恒定,方向逆时针(负方向),ad边所受安培力F=BIL,大小随B增大而增大,根据左手定则,3～4 s时间内,ad边所受安培力方向向右(负方向).故C
正确.
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.
8.(2025·广东佛山高二上期中)下列关于甲、乙、丙、丁四幅图中感应电流的说法正确的有(　　)
[A] 图甲中,当条形磁铁落向闭合线圈时,闭合线圈中有感应电流
[B]图乙中,水平放置的闭合导体圆环的一条直径正上方的水平直导线中通有交变电流,则圆环中有感应电流
[C]图丙中,绕轴O1O2旋转导体框,导体框中没有感应电流
[D]图丁中,将条形磁铁靠近不闭合的线圈,线圈中没有感应电流
【答案】 AD
【解析】 题图甲中,当条形磁铁落向闭合线圈时,穿过闭合线圈的磁通量变化,线圈中有感应电流,A正确;题图乙中,通电直导线处于导体圆环的正上方,穿过圆环的磁通量始终为零,故不会产生感应电流,B错误;题图丙中,绕轴O1O2旋转导体框,穿过导体框的磁通量不断变化,则导体框中有感应电流产生,C错误;题图丁中,将条形磁铁靠近不闭合的线圈,线圈中磁通量变化,但回路不闭合,没有感应电流,D正确.
9.(2025·广东深圳高二下期中)如图所示,圆环形导体线圈a平放在水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接.现将滑动变阻器的滑片P向下滑动,下列说法正确的是(　　)
[A] 穿过线圈a的磁通量减小
[B]从上往下看,线圈a中将产生逆时针方向的感应电流
[C]线圈a有收缩的趋势
[D]螺线管b对线圈a有吸引作用
【答案】 BC
【解析】 将滑动变阻器的滑片P向下滑动,则阻值减小,电流变大,线圈b的磁场增强,穿过线圈a的磁通量变大,A错误;穿过线圈a的磁通量向下增加,根据楞次定律可知,从上往下看,线圈a中将产生逆时针方向的感应电流,B正确;穿过线圈a的磁通量向下增加,根据“增缩减扩”“来拒去留”可知,线圈a有收缩且远离线圈b的趋势,即螺线管b对线圈a有排斥作用,C正确,D错误.
10.在与水平面平行的匀强磁场上方有三个线圈,从同一高度同时由静止下落,三个线圈都是材料相同、边长一样的正方形,A线圈有一个缺口,B、C线圈闭合,但B线圈的导线比C线圈的粗,则(　　)
[A] 三个线圈同时落地
[B]A线圈最先落地
[C]C线圈最后落地
[D]B、C线圈同时落地
【答案】 BD
【解析】 A线圈不受安培力,所以最先落地,选项A错误,B正确;要想比较出B、C线圈的下落时间,先比较加速度,得出加速度a与导线横截面积S的关系,才能确定,a==
g-=g-,其中R=ρ电,又m=ρV=ρ·4l·S,所以有a=g-,与l和S均无关,即B、C线圈同时落地,选项C错误,D正确.
三、非选择题:本题共5小题,共54分.按题目要求作答.计算题要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位.
11.(8分)(2025·广东深圳高二期末)如图所示的电路可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向.
(1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路.
(2)将线圈A插入线圈B中,合上开关S,能使线圈B中磁通量增加的实验操作是　　　　　　.
A.插入铁芯F
B.拔出线圈A
C.使变阻器阻值R变小
D.断开开关S
(3)某同学第一次将滑动变阻器的滑片P从滑动变阻器的左端快速滑到右端,第二次将滑动变阻器的滑片P从滑动变阻器的左端慢慢滑到右端,发现电流计的指针摆动的幅度大小不同,第一次比第二次的幅度　　　　　　(选填“大”或“小”),原因是线圈中的　　　　　　(选填“磁通量”“磁通量的变化量”或“磁通量变化率”)第一次比第二次的大.
【答案】 (1)见解析　(2)AC　(3)大　磁通量变化率
【解析】 (1)将电源、开关、滑动变阻器、线圈A串联相接,组成一个回路,再将电流计与线圈B相接组成一个回路,电路如图所示.
(2)插入铁芯F时,线圈A的磁场增强,穿过线圈B的磁通量增加, A正确;拔出线圈A时,穿过线圈B的磁通量减少,B错误;使变阻器阻值R变小,流经线圈A的电流增大,产生的磁场增强,穿过线圈B的磁通量增加,C正确;断开开关S时,流经线圈A的电流减小,磁场减弱,穿过线圈B的磁通量减小,D错误.
(3)第一次将滑动变阻器的滑片P从滑动变阻器的左端快速滑到右端,线圈中的磁通量变化率大,第二次缓慢改变滑动变阻器的滑片P位置时,线圈中的磁通量变化率小,因此线圈中的磁通量变化率第一次比第二次的大.
12.(10分)(2025·广东汕尾高二下期末) 如图甲所示,用绝缘轻杆OP将一个匝数 n=50的矩形线圈固定在竖直平面内,悬点 P为AB边的中点. 矩形线圈水平边LAB=0.6 m,竖直边LAC=1.0 m,E、F分别为AC边和 BD边的中点,在EF下方有一个范围足够大、方向垂直于纸面的匀强磁场. 矩形线圈的质量m=0.5 kg,总电阻R=5 Ω,取垂直于纸面向外为磁感应强度的正方向,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示. 重力加速度大小g取
10 m/s2,求:
(1)t=1 s时线圈的磁通量大小;
(2)t=2 s时线圈中的感应电流的大小和方向;
(3)t=2 s时轻杆对线圈的作用力大小.
【答案】 (1)0.06 Wb　(2)0.6 A　顺时针 (3)2.2 N
【解析】 (1)t=1 s时磁感应强度大小B1=0.2 T,
穿过线圈的磁场面积S=×0.6×1.0 m2=0.3 m2,
线圈的磁通量Φ=B1S=0.06 Wb.
(2)根据楞次定律可知,t=2 s时线圈中的感应电流方向为顺时针方向.由图像得
= T/s=0.2 T/s,
由法拉第电磁感应定律得E=n=n=50×0.2×0.3 V=3 V,
由闭合电路欧姆定律I== A=0.6 A.
(3)t=2 s时磁感应强度大小B2=0.4 T,
线圈受到的安培力F安=nB2ILCD
对线圈,假设杆的作用力方向竖直向下.由平衡条件得F安=mg+F
解得轻杆对线圈的作用力F=2.2 N
方向与假设的方向相同,即竖直向下.
13.(10分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4 m.导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直于斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直于斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5 T.在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1 kg、电阻R1=0.1 Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑.然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4 kg、电阻R2=0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑.cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,重力加速度大小g取10 m/s2.求:
(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向;
(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v的大小;
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8 m,此过程中ab上产生的热量Q.
【答案】 (1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J
【解析】 (1)由右手定则可知,cd下滑过程中,电流方向为由a流向b.
(2)开始放置时ab刚好不下滑,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,
则有Fmax=m1gsin θ,
设ab刚好要上滑时,cd棒的感应电动势为E,
由法拉第电磁感应定律得E=BLv,
设电路中的感应电流为I,
由闭合电路欧姆定律有I=,
设ab所受安培力为F安,有F安=ILB,
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,
由平衡条件得F安=m1gsin θ+Fmax,
联立以上各式,代入数据解得v=5 m/s.
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒定律得
m2gxsin θ=Q总+m2v2,
又ab产生的热量Q=Q总,
联立解得Q=1.3 J.
14.(12分)如图所示,匝数N=100、截面积S=1.0×10-2 m2、电阻r=0.15 Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的、随时间均匀增加的匀强磁场B1,其变化率k=0.80 T/s.线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20 m的竖直导轨,下端连接阻值R=0.50 Ω的电阻.一根阻值也为0.50 Ω、质量m=1.0×10-2 kg的导体棒ab搁置在两端等高的挡条上.在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2.接通开关S后,棒对挡条的压力恰好为零.假设棒始终与导轨垂直,且与导轨接触良好,不计摩擦阻力和导轨电阻,重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)求磁感应强度B2的大小,并指出磁场方向;
(2)断开开关S后撤去挡条,棒开始下滑,经t=0.25 s后下降了h=0.29 m,求此过程棒上产生的热量.
【答案】 (1)0.5 T　方向垂直纸面向外
(2)2.29×10-3 J
【解析】 (1)线圈中产生的感应电动势E=N=NS
代入数据得E=0.8 V,
由楞次定律和安培定则判断可知,电流从线圈左边流入,右边流出.等效电路图如图所示,
总电流I== A=2 A,ab棒中的电流Iab=1 A,根据题意,此时ab棒对挡条的压力为0,即导体棒ab所受安培力等于其所受重力,则B2Iabd=mg,解得B2=0.5 T,
根据左手定则可知磁场的方向应该垂直纸面向外.
(2)开关断开之后,撤去挡条,ab棒下滑时切割磁感线,从而产生感应电流,根据动量定理,得(mg-B2I′d)t=mv-0,
其中Δq=I′t=,ΔΦ=B2dh,
联立以上几式可知v=2.21 m/s,
根据动能定理可知mgh-Q=mv2-0,
求得Q=4.58×10-3 J,因为导体棒ab的电阻Rab=R,克服安培力做功后转化成的电能将消耗在ab棒和电阻上,因此导体棒ab上产生的热量为Q1=Q=2.29×10-3 J.
15.(14分)(2025·广东佛山高二上期末)某科技小组利用水平绝缘传送带设计运送工件装置,如图甲所示:待加工的工件固定在边长为d的绝缘正方形载物台上,载物台侧面四周均匀缠绕N匝总电阻为R的闭合线圈,工件、载物台及线圈总质量为m.为使工件在特定区域减速并对其进一步加工,在abcd区域内加一个垂直于传送带平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场,ab、cd边界与传送带运行方向垂直且ac=2d;载物台在运动过程中左右两边始终与磁场边界平行,其底面与传送带间的动摩擦因数为μ,进入磁场区前已和传送带共速,传送带的速度为v0;载物台右侧线圈在t=0时刻到达ab边,t1时刻到达cd边,该过程的v-t图像如图乙所示,求:
(1)载物台完全在磁场中运动时的加速度;
(2)在0～t1时间内载物台线圈产生的焦耳热;
(3)t=0时线圈所受安培力大小以及进入磁场过程中通过线圈的电荷量.
【答案】 (1)μg,方向水平向右　(2)2μmgd (3)　
【解析】 (1)载物台完全在磁场中运动过程中,线圈回路的磁通量不变,没有感应电流,根据牛顿第二定律有μmg=ma1,
解得a1=μg,方向水平向右.
(2)根据功能关系W安+μmg·2d=0,又Q=-W安,
解得Q=2μmgd.
(3)载物台刚开始进入磁场时,安培力为F=NBId,
又I=,E=NBdv0,
联立解得F=,
根据q=Δt,又=,=N,
联立解得q=.(共35张PPT)
章末总结
「知识网络」
阻碍
变化
垂直
平面
手心
四指
电磁感应
磁通量
变化率
匝数
磁通量
BLv
平行
0
相对
感应电动势
互感现象
电磁感应
自感现象
阻碍
自感系数
自感
电感
匝数
铁芯
感应电流
旋涡
「命题热点」
命题热点1　“三定则一定律”的综合应用
1.如图所示,矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内,直导线中的电流方向由M到N,导线框的ab边与直导线平行.若直导线中的电流减小,导线框中将产生感应电流,导线框会受到安培力的作用,则以下判断正确的是(　　)
[A] 导线框的ab和cd两条边所受安培力的方向相同
[B]导线框的ad和bc两条边所受安培力的方向相同
[C]导线框中电流方向为a→d→c→b→a
[D]导线框中电流方向为a→b→c→d→a
D
【解析】 直导线中通有方向向上的减小的电流,根据安培定则,可知通过线框的磁场方向垂直于纸面向里,且逐渐减小,根据楞次定律和安培定则,可知感应电流的方向为顺时针方向,即为a→b→c→d→a的方向,故C错误,D正确;由左手定则可知,各边所受的安培力方向为ad受力向下,bc受力向上,ab受力向左,cd受力向右,故A、B错误.
2.(多选)如图所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,当PQ在外力的作用下运动时,MN在安培力的作用下向右运动,则PQ所做的运动可能是(　　 )
[A] 向右加速运动
[B]向左加速运动
[C]向右减速运动
[D]向左减速运动
BC
【解析】 MN在安培力作用下向右运动,说明MN受到向右的安培力,由左手定则知电流由M指向N,则线圈L1中感应电流产生的磁场方向为竖直向上,由楞次定律可知,线圈L2中感应电流产生的磁场方向应为向上减弱或向下增强,则PQ中电流可能为Q指向P减小,或由P指向Q增大.再由右手定则结合E=Blv可知PQ所做的运动可能是向右减速运动或向左加速运动,故选项B、C正确.
命题热点2　电磁感应中的电路以及动力学问题
3.(多选)如图所示,在垂直纸面的正方形匀强磁场区域内,有一位于纸面内且电阻均匀的正方形导体框abcd,现将导体框分别朝两个方向以v、3v的速度匀速拉出磁场,则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中(　 　)
[A] 导体框中产生的感应电流方向相同
[B]导体框中产生的焦耳热相同
[C]导体框ad边两端的电势差相同
[D]通过导体框横截面的电荷量相同
AD
4.如图所示,相距L=40 cm的两光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置,在M、P两点间接一阻值为R=0.5 Ω的电阻,在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d=0.7 m的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T.一质量m=20 g、电阻r=0.1 Ω的导体棒ab垂直放在导轨上,与磁场的上边界相距d0=0.8 m.现使棒ab由静止开始释放,棒ab在离开磁场前已做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平),导轨电阻不计.g取10 m/s2,求:
(1)棒ab离开磁场下边界的速度大小;
【答案】 (1)3 m/s　
(2)棒ab进入磁场瞬间的加速度大小和方向.
命题热点3　电磁感应中的图像问题
5.如图甲所示,在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示.当磁场的磁感应强度B随时间t做如图乙所示的变化时,选项图中能正确表示线圈中感应电动势E变化的是(　　)
[A] 　 　 [B] [C]　 　 [D]
A
6.边长为a的闭合金属正三角形框架,左边竖直且与磁场右边界平行,完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中.现把框架匀速水平向右拉出磁场,如图所示,则下列图像与这一过程相符合的是(　　)
[A] 　 　 [B] [C]　 　 [D]
B
7.如图所示,一个直角边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内,有垂直纸面向里的匀强磁场,其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd,线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域,设电流沿顺时针方向为正.则在线框通过磁场的过程中,线框中感应电流i随时间t变化的图像正确的是(　　)
[A] 　 　 [B] [C]　 　 [D]
B
【解析】 线框刚进入磁场中时,只有bc边切割磁感线,根据楞次定律可知,电流方向为逆时针方向,即为负,在线框完全进入磁场之前,电流方向与大小不变;当ad边刚进入磁场时感应电流为零,接着bc边开始出磁场,回路中的感应电动势为ad边产生的电动势减去bc边在磁场中产生的电动势,随着线框的运动,回路中电动势逐渐增大,电流逐渐增大,方向为顺时针方向,即为正;在前进2L后,bc完全出磁场,ad也开始出磁场,切割磁感线的长度逐渐减小,电流逐渐减小,方向为顺时针方向,即为正,直至线框完全脱离磁场,电流减小为零,综上分析可知,B正确,A、C、D错误.
8.(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(　 　)
BC
命题热点4　电磁感应中的动量、能量综合问题
9.(多选)如图所示,两足够长、阻值不计、间距为L的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置,两导轨所在区域存在着竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场,质量均为m的导体棒ab、cd垂直放在金属导轨MN、PQ上,并与导轨保持良好接触,接入电路的导体棒长度均为L、阻值均为R.现给ab棒一个水平向右的瞬时冲量,使其获得水平向右的初速度v0,则关于ab、cd两棒此后的整个运动过程,下列说法正确的是(　 　)
[A] ab、cd两棒组成的系统动量守恒
[B]ab、cd两棒最终都将停止运动
AD
10.(2025·福建卷,16)光滑斜面倾角θ=30°,Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直于斜面向上的匀强磁场,两区域中磁场的磁感应强度大小相等.正方形线框abcd质量为m,总电阻为R,线框由同种材料制成且粗细均匀,Ⅰ区域沿斜面的宽度为L1,Ⅱ区域沿斜面的宽度为L2,两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的边长.线框从某一位置释放,cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致.已知重力加速度为g.求:
(1)线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离;
(2)cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差;
(3)线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率.
第3种情况:若L1=L2,根据题给信息与上述分析可知,线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域的过程,始终受安培力,可能一直减速,也可能先减速后匀速,则ab边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致,与题给信息不符,故不存在此种情况.
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