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第60练　法拉第电磁感应定律及其应用
一、单项选择题:共8题,每题4分,共32分。
1.下列四个图都与涡流有关,其中说法错误的是(　　)
A.真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B.自制金属探测器是利用被测金属中产生的涡流来进行探测的
C.电磁炉工作时在它的面板上产生涡流加热食物
D.变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠合而成是为了减小涡流
2.(2026扬州期末)如图1所示,在竖直向上的磁场中水平放置一个金属圆环,磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示。下列时刻圆环中电流最大的是(　　)
图1
图2
A.1 s B.2 s
C.3 s D.4 s
3.(2025泰州开学考试)如图所示,摩天轮半径为R,轴与外圈之间有N根金属拉索,垂直圆面的地磁场分量大小为B。当摩天轮以角速度ω匀速转动时,轴与外圈之间的电势差大小为(　　)
A.BR2ω B.BR2ω
C.NBR2ω D.NBR2ω
4.(2025北京卷)绝缘的轻质弹簧上端固定,下端悬挂一个磁体。将磁体从弹簧原长位置由静止释放,磁体开始振动,由于空气阻力的影响,振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁体正下方的桌面上(如图所示),仍将磁体从弹簧原长位置由静止释放,振动最终也停止。则(　　)
A.有无线圈,磁体经过相同的时间停止运动
B.磁体靠近线圈时,线圈有扩张趋势
C.磁体离线圈最近时,线圈受到的安培力最大
D.有无线圈,磁体和弹簧组成的系统损失的机械能相同
5.(2024苏州调研)如图所示,在水平向右的匀强磁场中,将一个水平放置的金属棒ab以某一水平速度抛出,金属棒在运动过程中始终保持水平。不计空气阻力,金属棒在运动过程中ab两端的电势分别为φa、φb,则(　　)
A.φa>φb,且Uab保持不变
B.φa>φb,且Uab逐渐增大
C.φa<φb,且Uba保持不变
D.φa<φb,且Uba逐渐增大
6.如图所示,平行导轨间的距离为d,一端跨接一个电阻R,匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于平行金属导轨所在的平面。一根足够长的金属棒与导轨成60°角放置。金属棒接入电路中的电阻为R,导轨的电阻不计,当金属棒以v沿垂直于棒的方向滑行时,下列说法正确的是(　　)
A.电阻R两端电压大小
B.金属杆中感应电流大小
C.金属杆受到的安培力大小
D.电阻R的电功率
7.(2025南通月考)如图甲、乙所示的电路中,电阻R和自感线圈L的电阻都很小,且小于灯泡A的电阻,接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则(　　)
A.在电路甲中,断开S后,A将立即熄灭
B.在电路甲中,断开S后,A将先变得更亮,然后逐渐变暗
C.在电路乙中,断开S后,A将逐渐变暗
D.在电路乙中,断开S后,A将先变得更亮,然后逐渐变暗
8.(2025泰州二模)如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,直径与磁场宽度相同的金属圆形线框在水平拉力作用下以一定的初速度斜向匀速通过磁场。则下列说法正确的是(　　)
A.拉力大小恒定
B.拉力方向水平向右
C.线框内感应电流大小和方向不变
D.速度变大通过线框某一横截面的电荷量增加
二、非选择题:共2题,9题8分,10题8分,共16分。
9.(2025南京阶段检测)如图甲所示,一正方形单匝闭合线框放置于粗糙的水平桌面上,边长a=10 cm、质量m=10 g、电阻R=0.1 Ω,虚线是线框对角线,虚线左侧空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示。已知线框与桌面之间的动摩擦因数μ=0.10。线框与桌面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求:
甲　乙
(1)t=0.1 s时刻线框所受安培力的大小和方向;
(2)线框在滑动前所产生的焦耳热。
10.如图所示,在光滑的水平面上有一半径r=10 cm、电阻R=1 Ω、质量m=1 kg的金属圆环,以速度v=10 m/s 向一有界磁场运动。匀强磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B=0.5 T,从圆环刚进入磁场算起,到刚好有一半进入磁场时,圆环一共释放了32 J的热量,求:
(1)此时圆环中电流的瞬时功率;
(2)此时圆环运动的加速度。
答案：
1.C
2.A　解析 根据法拉第电磁感应定律E=n=nS,由图2可知,B-t图线的斜率,即为,在1 s时最大,即圆环中的感应电动势最大,根据I=,可知此时圆环中的电流最大,故选A。
3.A　解析 由金属拉索的转动角速度ω和摩天轮半径R,结合圆周运动特点,可得到其外圈处的线速度大小为v=ωR,金属拉索的平均线速度大小,由法拉第电磁感应定律,可知动生感应电动势的表达式E=BR,联立解得轴与外圈之间的电势差大小为U=E=BR2ω,故选A。
4.D　解析 有线圈时,磁体受到电磁阻尼的作用,振动更快停止,故A项错误;根据楞次定律,磁体靠近线圈时,线圈的磁通量增大,此时线圈有缩小的趋势,故B项错误;磁体离线圈最近时,此时磁体与线圈的相对速度为零,感应电动势为零,感应电流为零,线圈受到的安培力为零,故C项错误;分析可知有无线圈时,根据平衡条件,最后磁体静止后弹簧的伸长量相同,由于磁体和弹簧组成的系统损失的机械能为磁体减小的重力势能减去此时弹簧的弹性势能,故系统损失的机械能相同,故D项正确。
5.B　解析 金属棒在运动过程中始终保持水平,结合右手定则可知a端电势高于b端电势,由于金属棒没有形成闭合回路,故没有感应电流,金属棒不受安培力,只受重力,所以金属棒做平抛运动,水平速度不变,竖直分速度逐渐变大,所以ab棒的电动势逐渐增大。故选B。
6.D　解析 ab产生的感应电动势为E=BLv=BvBdv,此时感应电流为I=,B错误;R两端的电压U=IR=,A错误;金属杆受到的安培力F=BIL=BI,C错误;电阻R的功率P=I2R=,D正确。
7.D　解析 在电路甲中,线圈L中产生的自感电动势阻碍电流的减小,则电阻R、灯泡A和线圈L重新组成回路,使得灯泡A将由原来的亮度慢慢熄灭,A、B项错误;在电路乙中,由于电阻R和自感线圈L的电阻都很小,且小于灯泡A的电阻,则电路稳定时通过线圈L的电流大于通过灯泡A的电流;断开S后,原来通过电阻R和灯泡A的电流立刻消失,而当电流减小时线圈L中产生自感电动势阻碍电流减小,则线圈L相当于电源,L、A和R重新组成回路,由于该电流大于灯泡A原来的电流,则使得灯泡A将先变得更亮,然后逐渐变暗,C项错误,D项正确。
8.B　解析 金属圆形线框进入磁场过程,穿过金属圆形线框的磁通量向里增加,根据楞次定律可知,线框内感应电流方向为逆时针方向;金属圆形线框离开磁场过程,穿过金属圆形线框的磁通量向里减少,根据楞次定律可知,线框内感应电流方向为顺时针方向;设金属圆形线框在磁场中切割磁感线的有效长度为L(切割圆弧部分沿垂直速度方向的投影长度),则有E=BLv,I=,线框匀速进入磁场过程,有效长度L先增大后减小,所以线框内感应电流大小先增大后减小;同理可知金属框出磁场时产生的感应电流先增大后减小,故C项错误;线框在磁场中受到的安培力为F安=BIL',其中L'是与磁场边界平行的有效长度,根据左手定则可知,线框在磁场中受到的安培力方向一直水平向左,根据平衡条件可知,拉力方向水平向右,大小为F=F安=BIL',由于I、L'均发生变化,可知拉力大小不是恒定不变,故A项错误,B项正确;根据q=Δt=Δt=Δt=可知通过线框某一横截面的电荷量取决于磁通量变化量,与速度大小无关,故D项错误。
9.(1)0.002 N,水平向右
(2)5×10-4 J
解析 (1)由法拉第电磁感应定律,得
E==0.01 V
由题图乙可得,此时
B=0.1 T,I==0.1 A
0.1 s时线框所受安培力大小为
F=BIL=0.1×0.1×0.2 N=0.002 N
方向由左手定则可得水平向右。
(2)线框与桌面之间的最大静摩擦力
Ffm=μmg=0.01 N
所以开始滑动时有
F=BIL=Ffm
解得
B=0.5 T,t=0.5 s
则线框在滑动前所产生的焦耳热为
Q=I2Rt=5×10-4 J。
10.(1)0.36 W
(2)0.06 m/s2,方向向左
解析 (1)圆环从开始进入磁场到有一半进入磁场过程中,设速度为v,由能量守恒定律得mv2=Q+mv'2,代入数据解得v'=6 m/s,此时的感应电动势E=BLv'=B·2rv'=0.5×2×0.1×6 V=0.6 V,圆环中电流的瞬时功率P= W=0.36 W。(2)感应电流I= A=0.6 A,圆环受到的安培力F=BIL=BI·2r=0.5×0.6×2×0.1 N=0.06 N,由牛顿第二定律得F=ma,解得圆环此时运动的加速度a= m/s2=0.06 m/s2,由右手定则可知,圆环中感应电流沿逆时针方向,由左手定则可知,安培力水平向左,则加速度方向向左。第59练　电磁感应现象　实验十四:探究影响感应电流方向的因素　楞次定律
单项选择题:共12题,每题4分,共48分。
1.(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
2.(2025新高考基地学校期初)利用图示电路探究感应电流方向的规律,线圈A通过滑动变阻器和开关S连接到电源上,线圈B的两端连接到灵敏电流计上,把线圈A装在线圈B的里面,闭合开关瞬间,发现电流计的指针向右偏。保持开关闭合,下列操作仍能使电流计的指针向右偏的是(　　)
A.将滑动变阻器滑片向右滑动
B.将滑动变阻器滑片向左滑动
C.将线圈A从线圈B中缓慢抽出
D.将线圈A从线圈B中迅速抽出
3.(2024北京卷)如图所示,线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上,下列说法正确的是(　　)
A.闭合开关瞬间,线圈M和线圈P相互吸引
B.闭合开关,达到稳定后,电流表的示数为0
C.断开开关瞬间,流过电流表的电流方向由a到b
D.断开开关瞬间,线圈P中感应电流的磁场方向向左
4.如图所示,若套在条形磁体上的弹性金属线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ,则关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看)是(　　)
A.有顺时针方向的感应电流
B.有逆时针方向的感应电流
C.有先逆时针后顺时针方向的感应电流
D.无感应电流
5.(2024南通通州诊断)如图所示,轻绳将一条形磁体悬挂于O点,在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将磁体从A处由静止释放,圆环始终保持静止,则磁体在A到E摆动过程中(　　)
A.圆环中感应电流方向相同
B.圆环受到摩擦力方向相同
C.圆环对桌面的压力始终大于自身的重力
D.磁体在A、E两处的重力势能可能相等
6.如图所示,一种延时继电器的示意图,铁芯上有两个线圈A和B。线圈A跟电源连接,线圈B两端连在一起构成一个闭合回路。在断开开关S的时候,弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起使触头C离开,而是过一小段时间才执行这个动作。下列说法正确的是(　　)
A.线圈B不闭合,仍会产生延时效应
B.将衔铁D换成铜片,延时效果更好
C.保持开关S闭合,线圈B中磁通量为零
D.断开开关S的瞬间,线圈B中的电流从上往下看为顺时针方向
7.(2026南京、盐城期末)如图所示,磁体靠近闭合线圈过程中,线圈对磁体的作用是(　　)
A.吸引
B.排斥
C.无作用
D.先吸引后排斥
8.(2025南京初调)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示,在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环,铝环和铜环的形状、大小相同,已知铜的电阻率较小,则合上开关S的瞬间(　　)
A.两个金属环都向左运动
B.两个金属环都向右运动
C.从左侧向右看,铝环中感应电流沿顺时针方向
D.铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
9.如图所示,水平长直导线PQ固定在离地足够高处,并通有向左的恒定电流,矩形导线框abcd在PQ的下方且与PQ处于同一竖直面内。现将线框abcd从图示实线位置由静止释放,运动过程中cd始终水平。不计空气阻力。在线框从实线位置运动到虚线位置的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.线框做自由落体运动
B.线框中感应电流的方向为adcba
C.线框所受安培力的合力方向竖直向下
D.线框有扩张趋势
10.(2024常熟、张家港、昆山、太仓初调)如图所示为一地下电缆探测示意图,圆形金属线圈可在水平面Oxy内沿不同方向运动,Oxy平面下有一平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线,P、M和N为地面上的三点,线圈圆心P点位于导线正上方,MN平行于y轴,PN平行于x轴,PQ关于导线上下对称。则(　　)
A.电流I在P、Q两点产生的磁感应强度相同
B.电流I在M、N两点产生的磁感应强度相同
C.线圈从P点匀速运动到N点过程中磁通量不变
D.线圈沿y方向匀速运动时,产生恒定的感应电流
11.如图所示,一质量为m的条形磁体用细线悬挂在天花板上,细线从一水平金属圆环中穿过。现将该环从位置Ⅰ释放,环经过磁体到达位置Ⅱ。设环经过磁体上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2,重力加速度大小为g,则(　　)
A.FT1>mg,FT2>mg
B.FT1C.FT1>mg,FT2D.FT1mg
12.如图所示,V1和V2都是电压表,若串有电压表的导线MN和PQ都向右做切割磁感线运动,下列说法正确的是(　　)
A.UMN=0,V1表的示数=0,V2表的示数≠0
B.UPQ=0,V1表的示数=0,V2表的示数=0
C.UMN≠0,V1表的示数=0,V2表的示数≠0
D.UPQ≠0,V1表的示数≠0,V2表的示数=0
答案：
1.A
2.A　解析 由题意可知,当回路中的电流突然增大时,线圈B中的磁通量增大,电流计的指针向右偏。保持开关闭合,将滑动变阻器滑片向右滑动,回路中的电阻减小,电流增大,线圈B中的磁通量增大,电流计的指针应向右偏。反之,将滑动变阻器滑片向左滑动,电流计的指针应向左偏,故A项正确,B项错误。保持开关闭合,将线圈A从线圈B中抽出,线圈B中的磁通量减小,电流计的指针应向左偏。如果是缓慢抽出,则电流较小;若迅速抽出,则电流较大,故C、D项错误。
3.B　4.A
5.B　解析 磁体从A到最低点的过程中,圆环中的磁场向上且磁通量增大,据“增反减同”可判断产生顺时针方向的电流(从上往下看),磁体从最低点到E的过程中,产生逆时针方向的电流(从上往下看),故A项错误;由楞次定律的推论“来拒去留”可知,从A到最低点和从最低点到E的过程中,圆环受到摩擦力方向均向右,故B项正确;由楞次定律的推论“来拒去留”可知,从最低点到E的过程中,圆环对桌面的压力小于自身的重力,故C项错误;由于有部分机械能转化为内能,故磁体在A、E两处的重力势能不相等,故D项错误。
6.D　解析 线圈B不闭合时,当S断开后,在线圈B中不会产生感应电流,铁芯上不会有磁性,则不会产生延时效应,A项错误;因铜不是磁性材料,若将衔铁D换成铜片,将会失去延时效果,B项错误;保持开关S闭合,线圈B中磁通量不变且不为零,C项错误;断开开关S的瞬间,穿过线圈B的磁通量向下减小,根据楞次定律可知,线圈B中的电流从上往下看为顺时针方向,D项正确。
7.B　解析 磁体靠近闭合线圈过程中,通过线圈的磁通量增加,根据楞次定律,感应电流的磁场与原磁场方向相反,所以感应电流的磁场对磁体有排斥作用。故选B。
8.C
9.D　解析 线框下落过程中穿过其磁通量减小,根据楞次定律可知线框中会产生感应电流阻碍磁通量的变化,这种阻碍体现在线框将受到竖直向上的安培力作用,所以线框不是做自由落体运动,故A、C错误;由于线框中垂直纸面向外的磁通量减小,则根据楞次定律可以判断线框中感应电流的方向为abcda,故B错误;线框abcd为了“阻碍”磁通量的减少,通过面积的扩张减缓磁通量的减少,故D正确。
10.B
11.A　解析 金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中,由楞次定律知,金属圆环在磁体上端时受磁场力向上,在磁体下端时受磁场力也向上,由牛顿第三定律可知,对磁体受力分析FT1>mg,FT2>mg,A正确。
12.C　解析 导线MN和PQ都向右做切割磁感线运动,都会产生感应电动势,但由于MN与导轨形成的回路不闭合,回路中不会产生感应电流,没有电流流过V1,所以UMN≠0,但V1表示数为零;PQ与导轨形成的回路闭合,回路中会产生感应电流,有电流流过V2,所以UPQ≠0,V2表示数不为零,故C项正确,A、B、D项错误。第62练　专题提升:电磁感应中的动力学和能量问题
一、单项选择题:共5题,每题4分,共20分。
1.如图所示,光滑水平面上的正方形导线框,以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出,线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是(　　)
A.线框进磁场的过程中感应电流方向为顺时针方向
B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
2.(2024南通一调)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、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
3.(2024镇江三模)我国的航母福建舰安装了自主研发的电磁弹射装置。其简化原理如图所示,电源供给恒定电流I,轨道水平,圆柱形弹射体GH垂直导轨放置,导轨电流在弹射体处产生磁场,磁场的大小与电流成正比,不计导轨电阻及一切阻力,忽略磁场的边缘效应。下列措施可以增大弹射速度的是(　　)
A.增加轨道之间的距离
B.减少弹射体的半径
C.换用最大值为I的正弦交变电流
D.换用电阻率更小的材料制作弹射体
4.(2025如皋二模)如图所示,金属线框甲从匀强磁场的上边界由静止释放,末速度为v时线框还未完全进入磁场;相同的线框乙从磁场的下边界以速度v竖直向上抛出,到达最高点时线框也未完全进入磁场,两线框在上述进入磁场的过程中,甲线框(　　)
A.运动的时间短 B.运动的位移大
C.通过的电荷量小 D.产生的内能少
5.如图所示,竖直边界MN的右侧存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面向里。边界MN上有一垂直于纸面的光滑转轴,半径为r,质量为m,电阻为R的单匝圆形线圈上的a点可绕转轴在竖直平面内自由摆动。将线圈拉至与MN相切的位置后由静止释放,线圈向左摆到最高点时,直径ab转过的角度为150°,不计摆动过程中一切摩擦阻力,重力加速度为g,则( 　　)
A.线圈摆动时,所受安培力的方向始终和边界MN垂直
B.从释放到第一次摆至左侧最高点的过程中,安培力对线圈做的功为0.5mgr
C.从释放到最后静止,线圈中产生的焦耳热为2mgr
D.从释放到最后静止的过程中,通过线圈导线横截面的电荷量为
二、非选择题:共2题,6题12分,7题15分,共27分。
6.(2025南通月考)如图所示,倾角为θ的光滑斜面上有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向下,磁场的下边界为MN,边界上方有一边长为L的正方形线框abcd,线框的电阻为R,质量为m,ab边离MN的距离为s。现将线框由静止释放,线框下落过程中ab边始终保持与MN平行,且ab边离开磁场前已做匀速直线运动,重力加速度为g,求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中:
(1)ab边离开磁场时的速度v;
(2)通过导线横截面的电荷量q;
(3)导线框中产生的热量Q。
7.(2025宿迁沭阳高级中学调研)某实验小组设计了如图(a)的简易电梯模型。周长为L、电阻为R的圆形线圈套在圆柱形磁极上,圆心与磁极中轴线重合,磁极周围存在聚集状的水平磁场,俯视图如图(b)。当磁场以速度v0竖直向上匀速运动时,线圈稳定时向上以速度v匀速运动。线圈所在处的磁感应强度大小始终为B,线圈始终保持水平且不与磁极接触,重力加速度取g。求线圈向上匀速运动过程中:
图(a)
图(b)
(1)线圈中电流大小;
(2)线圈克服重力做功的功率。
答案：
1.D
2.C　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,导体棒相对磁场向下的速度大小为v,根据右手定则判断感应电流方向水平向右,安培力方向竖直向上。若安培力小于导体棒重力,则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;若安培力等 于重力,导体棒仍静止,故B项错误。此时受力平衡BIL=mg,而I=,故导体棒向上运动的速度v1不可能等于v,故A项错误。根据功能关系知安培力对导体棒做的功一部分转化为导体棒机械能,一部分转化为回路中产生的热量,故安培力对导体棒做的功大于导体棒机械能的增量,不可能小于回路中产生的热量,故C项正确,D项错误。
3.B　解析 由题意可知,设弹射体的质量为m,在轨道上运动的距离为x,对弹射体由动能定理则有BILx=mv2,其中B=kI,可得kI2Lx=mv2,增加轨道之间的距离,弹射体质量等比例增大,故速度不变;减少弹射体的半径,弹射体质量减小,速度增大,A错误,B正确;换用最大值为I的正弦交变电流,则有k()2Lx=mv2,安培力做功减小,速度减小,C错误;换用电阻率更小的材料制作弹射体,因电源供给恒定电流,故速度不变,D错误。
4.B　解析 由题知,甲向下做加速运动,速度由0加速到v,速度变化量为Δv甲=v,其下边切割磁感线,产生逆时针的电流,根据左手定则,可知下边所受的安培力向上,根据牛顿第二定律有mg-BI甲L=ma甲,又I甲=,联立可得a甲=g-v甲,可知随着甲的速度增大,加速度不断减小,故甲向下做加速度减小的加速运动;乙向上做减速运动,速度由v减到0,其上边切割磁感线,产生逆时针的电流,根据左手定则,可知上边所受的安培力向下,根据牛顿第二定律有mg+BI乙L=ma乙,又I乙=,联立可得a乙=g+v乙,可知随着乙的速度减小,加速度不断减小,故乙向上做加速度减小的减速运动;此时可以将乙反向看成向下的加速运动,速度由0加到v;速度变化量为Δv乙=v可知甲、乙的速度变化量都相等,根据Δv=aΔt,因甲的加速度大小小于乙的加速度大小,故甲运动的时间长,故A项错误;由A项分析,则在同一个v-t图像中大致画出甲和乙的速度图像如图所示,根据图像可知甲运动的位移大,即x甲>x乙,故B项正确;设线框的电阻为R,边长为L,磁感应强度为B,根据电荷量的计算公式有q=Δt,,ΔΦ=BLx,联立解得q=,由于甲的位移大,所以通过甲线框的电荷量大,故C项错误;甲线框运动过程中速度越来越大,运动的位移更大,克服安培力做功多,产生的内能多,故D项错误。
5.A　解析 线圈摆动时,由楞次定律可知,线圈所受安培力总是阻碍其离开或进入磁场,所受安培力对应的等效长度是与边界MN重合的弦长,安培力方向始终和边界MN垂直,故A正确;从释放到第一次摆至最高点的过程中,安培力对线圈做的功大小等于重力势能的变化量,环的重心位置等效在环的圆心,所以重力势能的减小量为ΔEp=mgΔh=mgrsin 30°=0.5mgr,所以安培力对线圈做的功为-0.5mgr,故B错误;从释放到静止,环的重力势能通过感应电流转化为焦耳热,所以线圈产生的焦耳热等于线圈减少的重力势能,大小为Q=ΔEp'=mgr,故C错误;联立和q=t,可得q=Δt=·Δt=,故D错误。
6.(1)
(2)
(3)mgssin θ-　
解析 (1)导线框匀速运动时,设速度为v
则E=BLv　①
由欧姆定律得I=　②
F安=BIL　③
由于ab边离开磁场前已做匀速直线运动,则mgsin θ=F安　④
由①②③④联立:v=。
(2)导线框穿过磁场的过程中,
q=t　⑤
　⑥
　⑦
由⑤⑥⑦联立q=。
(3)导线框穿过磁场的过程中,利用能量守恒定律得
mgssin θ=mv2+Q
代入(1)中的速度,解得
Q=mgssin θ-。
7.(1)
(2)
解析 (1)感应电动势为E=BL(v0-v)
根据闭合电路欧姆定律有I=
解得I=。
(2)对线圈,根据平衡条件有BIL=Mg
线圈所受重力的功率大小P=Mgv
解得P=。第63练　专题提升:电磁感应中的动量问题
一、单项选择题:共5题,每题4分,共20分。
1.如图所示,光滑水平地面上有一辆静止小车,车上固定一个螺线管,螺线管通过电阻R连成通路。虚线表示一光滑绝缘轨道穿过线圈内部,一个条形磁体,N极向右,可以沿着轨道运动,且磁体、轨道和线圈不接触。现推动一下磁体,使它获得向右的初速度,下列说法正确的是(　　)
A.磁体在运动过程中,速度可能为零
B.当磁体处于线圈正中位置时,磁体和小车的总动能最小
C.当磁体向小车运动时,电阻R中的电流方向由A到B,磁体和小车的总动量减少
D.若磁体穿过了线圈并逐渐远离线圈,则此时电阻R中的电流方向由B到A,磁体和小车的总动能减少
2.如图所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。今使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为va、vb,到位置c时棒刚好静止。设导轨与棒的电阻均不计,a到b与b到c的间距相等。则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中(　　)
A.通过棒横截面积的电荷量不相等
B.棒动能变化量相等
C.回路中产生的内能相等
D.安培力冲量相等
3.如图所示,距地面h高处水平放置间距为L的两条光滑平行金属导轨,导轨左端接有电动势为E的电源,质量为m的金属杆静置于导轨上,与导轨垂直且接触良好,空间有竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场。现将开关S闭合,一段时间后金属杆从导轨右端水平飞出,测得其水平射程为d,下列说法正确的是(　　)
A.金属杆离开导轨前做匀变速直线运动
B.金属杆离开导轨前做匀速直线运动
C.电源消耗的电能为
D.从闭合开关到金属杆刚要落地时,金属杆受到的冲量为m
4.如图甲、乙中,除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动,图甲中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦也不计,图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中,导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0,在图甲、乙两种情形下,关于导体棒ab的运动状态,下列说法正确的是(　　)
甲　　　　乙
A.图甲中,ab棒先做匀减速运动,最终做匀速运动
B.图乙中,ab棒先做加速度越来越小的减速运动,最终静止
C.两种情况下通过电阻的电荷量一样大
D.两种情况下导体棒ab最终都保持匀速运动
5.(2024江苏学情调研迎考)如图所示,两光滑平行长直导轨,间距为d,放置在水平面上,磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直,两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上,与导轨接触良好,两导体棒距离足够远,L1静止,L2以初速度v0向右运动,不计导轨电阻,忽略感生电流产生的磁场,则(　　)
A.导体棒L1的最终速度为v0
B.导体棒L2产生的焦耳热为
C.通过导体棒横截面的电荷量为
D.两导体棒的初始距离最小为
二、非选择题:共2题,6题8分,7题12分,共20分。
6.(2025镇江适应性考试)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意图如图,图中直流电源电动势为E,电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。求:
(1)磁场的方向;
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小;
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q。
7.如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距l=1 m,其电阻不计,两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。杆1、杆2是两根用轻质细线连接的金属杆,质量分别为m1=0.1 kg和m2=0.4 kg,两杆垂直导轨放置,且两端始终与导轨接触良好,两杆的总电阻R=2 Ω,两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止。整个装置处在磁感应强度B=1 T的匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直,在t=0时刻将细线烧断,保持F不变,已知杆2能达到的最大速度为0.8 m/s。重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)外力F的大小;
(2)细线烧断后,杆1的最大速度;
(3)两杆刚达到最大速度时,杆1上滑了0.8 m,则从t=0时刻起到此刻经历的时间。
答案：
1.D　解析 根据楞次定律,来拒去留可知,磁体一直减速,直到和小车的速度相同,速度不可能为零,故A项错误;当磁体向小车运动时,由楞次定律和安培定则可知,电阻R中的电流方向由A到B,系统不受外力,故磁体和小车的总动量守恒,保持不变,故C项错误;根据能量守恒定律可知,磁体的动能转化为小车的动能与电阻R产生的热量,若磁体穿过了线圈并逐渐远离线圈,根据楞次定律和安培定则可知此时电阻R中的电流方向由B到A,磁体和小车的总动能减少,故当磁体处于线圈正中位置时,磁体和小车的总动能不是最小的,故B项错误,D项正确。
2.D　解析 金属棒运动过程中,电路产生的感应电荷量Q=IΔt=Δt=·Δt=,金属棒从a到b的过程中与从b到c的过程中,回路面积的变化量ΔS相等,B、R相等,因此,通过棒横截面积的电荷量相等,故A错误;金属棒受到的安培力大小为FA=BIL=,方向水平向左。金属棒在安培力作用下做减速运动,由于ab间距离与bc间距离相等,安培力FA逐渐减小,由W=Fs定性分析可知,从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多,由动能定理可知,棒的动能变化量不相等,故B错误;导体棒克服安培力做功,把金属棒的动能转化为内能,因此在a到b的过程产生的内能多,故C错误;对每一段过程中安培力的冲量I=BLΔt,因为Q=Δt,两过程Q相等,则两过程中安培力的冲量相等,D项正确。
3.C　解析 开关S闭合后,金属杆受向右的安培力而做加速运动,随速度的增加,金属杆切割磁感线产生的感应电动势逐渐变大,因为此感应电动势与原电源电动势反向,可知电路中电流减小,金属杆受到的安培力减小,则金属杆离开导轨前做非匀变速直线运动,A、B错误;金属杆做平抛运动的初速度v=d,由动量定理得BLΔt=mv,又q=Δt,电源消耗的电能为Q电=Et=Eq=,C正确;金属杆落地时的速度v'=,从闭合开关到金属杆刚要落地时,根据动量定理可知,金属杆受到的冲量为I=mv'=m,D错误。
4.B　解析 题图甲中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电,由于充电电流不断减小,安培力减小,则导体棒做变减速运动,当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时,电路中没有电流,ab棒不受安培力,向右做匀速运动,故A错误;题图乙中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流,导体棒受向左的安培力而做减速运动,随速度的减小,电流减小,安培力减小,加速度减小,最终ab棒静止,故B正确,D错误;根据F安=BL,有F安t=BLt=qBL=mΔv,得q=,通过导体棒ab的电荷量跟其动量变化量成正比,题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙,所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量,故C错误。
5.D　解析 根据楞次定律,导体棒L1、L2最终以相同的速度匀速直线运动,设共同速度为v1,水平向右为正方向,根据动量守恒定律可得mv0=2mv1,解得v1=,故A项错误;设导体棒L1、L2在整个过程中产生的焦耳热为Q总,根据能量守恒定律可得=Q总+×(2m),解得Q总=,导体棒L1、L2的电阻都为r,因此导体棒L2产生的焦耳热为Q=Q总=,故B项错误;对导体棒L2,由动量定理得Bdt=mv1,因为q=t,故Bdq=mv1,因此通过导体棒横截面的电荷量为q=,故C项错误;当导体棒L1、L2速度相等时距离最小,设最小初始距离为l,则通过导体棒横截面的电荷量q=t=t=t=,解得l=,故D项正确。
6.(1)垂直于导轨平面向下
(2)
(3)
解析 (1)电容器充电后上板带正电,下板带负电,放电时通过MN的电流由M到N,欲使炮弹射出,安培力应沿导轨向右,根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,根据欧姆定律,电容器刚放电时的电流I=
炮弹受到的安培力F=BIl
根据牛顿第二定律F=ma
解得加速度a=。
(3)电容器放电前所带的电荷量Q1=CE
开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vm时,MN上的感应电动势E'=Blvm
最终电容器所带电荷量Q2=CE',导体棒运动过程中受到安培力的作用,磁感应强度和导体棒长度不变,即安培力和电流成正比,因此在此过程中MN的平均电流为,MN上受到的平均安培力=Bl
由动量定理,有Δt=mvm-0
又Δt=Q1-Q2
整理得最终电容器所带电荷量Q2=。
7.(1)2.5 N
(2)3.2 m/s
(3)0.41 s
解析 (1)两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止,则有
F=(m1+m2)gsin 30°
解得
F=2.5 N。
(2)细线烧断后系统合外力为零,系统动量守恒,则
m1v1=m2v2
解得
v1=3.2 m/s。
(3)系统动量守恒有
m1v1=m2v2
则
m1v1Δt=m2v2Δt
即
m1x1=m2x2
解得
x2=0.2 m
对杆2由动量定理得
m2gsin 30°·Δt-Bl·t=m2v2-0
其中q=Δt=
解得Δt=0.41 s。第61练　专题提升:电磁感应中的电路和图像问题
一、单项选择题:共6题,每题4分,共24分。
1.(2025苏州调研)如图所示,用相同导线制成的正方形线圈ABCD,边长为l。线圈以速度v向右匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场过程中,CD两端电势差UCD为(　　)
A.Blv B.-Blv
C.Blv D.-Blv
2.如图甲所示,矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中,磁感线垂直于线框所在平面向里。规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向;线框中沿着ABCDA方向为感应电流I的正方向。要在线框中产生如图乙所示的感应电流,则磁感应强度B随时间t变化的规律可能为(　　)
甲　　　　乙
3.如图所示,有一宽为2L的匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面向里。现有一边长为L、粗细均匀的正方形金属线框MNPQ,以恒定速度穿过磁场区域。在运动过程中,金属线框MN边始终与磁场区域边界平行,取MN边刚进入磁场为计时起点,规定逆时针方向为电流正方向,则下列选项能正确反映线框中感应电流i以及MN两点间电势差UMN随时间变化规律的是(　　)
A. B.
C. D.
4.(2025南通月考)如图所示,一导体圆环位于纸面内,O为圆心。环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场,两磁场磁感应强度的大小相等,方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动,M端通过滑动触点与圆环良好接触。在圆心和圆环间连有电阻R。杆OM以角速度ω逆时针转动,t=0时恰好在图示位置。规定从a到b流经电阻R的电流方向为正,圆环和导体杆的电阻忽略不计,则杆从t=0开始转动一周的过程中,电流随ωt变化的图像是(　　)
A. B.
C. D.
5.(2025南京、盐城一模)在边长为L的等边三角形区域abc内存在着垂直纸面向外的匀强磁场,一个边长也为L的等边三角形导线框def在纸面上以某一速度向右匀速运动,底边ef始终与磁场的底边界bc在同一直线上,如图所示。取沿顺时针的电流为正,在线框通过磁场的过程中,其感应电流随时间t变化的图像是(　　)
6.如图所示,整个空间中存在方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B,导轨间距为l且足够长,左端接阻值为R的定值电阻,导轨电阻不计,现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上,在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以恒定角速度ω转过60°的过程中(金属棒始终与导轨接触良好,电阻不计)(　　)
A.通过定值电阻的电流方向由b到a
B.转动过程中棒两端的电动势大小不变
C.通过定值电阻的最大电流为
D.通过定值电阻的电荷量为
二、非选择题:共1题,共8分。
7.如图甲所示,轻绳系一质量为m=0.8 kg,半径为1 m的圆形线圈,已知线圈总电阻R=0.5 Ω,在线圈上半部分分布着垂直于线圈平面向里,大小随时间变化的磁场,如图乙所示,g取10 m/s2,求:
甲　　　　乙
(1)线圈下半圆的端点的路端电压Uab;
(2)绳的拉力FT与时间t的关系。
答案：
1.C　解析 线圈以速度v向右匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场过程中,CD相当于电源,其两端电势差UCD为路端电压,电动势为E=Blv,路端电压UCD=×3R=Blv,根据楞次定律或者右手定则判断C点为高电势,所以C项正确。
2.B　解析 A项图中,在0~t0时间内,磁场垂直纸面向里,且均匀增大,根据楞次定律,知感应电流的方向为ADCBA,与规定的正方向相反,感应电流为负值,故A错误;B项图中,在0~t0时间内,磁场垂直纸面向里,且均匀减小,根据楞次定律,知感应电流的方向为ABCDA,与规定的正方向相同,根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势为定值,则感应电流为正值,且为定值,同理,在t0~2t0时间内,感应电流的方向为ADCBA,与规定的正方向相反,感应电流为负值,且为定值,故B正确;C项图中,在0~t0时间内,磁场垂直纸面向里,且均匀减小,根据楞次定律,知感应电流的方向为ABCDA,与规定的正方向相同,根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势为定值,则感应电流为定值,在t0~2t0时间内,磁场方向垂直纸面向外,且均匀增大,根据楞次定律,感应电流的方向仍然为ABCDA,与规定的正方向相同,为正值,故C错误;D项图中,在0~t0时间内,磁场大小不变,不会产生感应电流,同理,在t0~2t0时间内也不会产生感应电流,故D错误。
3.D　解析 依题意,设线圈的电阻为R,在0~的过程中,线圈MN边切割磁感线,产生感应电动势,有E=BLv=U0,根据右手定则判断知线圈中的感应电流的方向为逆时针方向,大小为I0=,根据闭合电路欧姆定律,可得此时UMN=I0×R=BLv=U0,在的过程中,线圈完全处于磁场中,穿过线圈的磁通量不变,没有感应电流产生,但MN边仍然在做切割磁感线运动,产生感应电动势,有UMN=BLv=U0,在的过程中,线圈QP边切割磁感线,产生感应电动势,有E=BLv,根据右手定则判断知线圈中的感应电流方向为顺时针方向,大小为I0=,根据闭合电路欧姆定律,可得此时UMN=I0×R=BLv=U0,结合选项图像,只有选项D图线符合。故选D。
4.C　解析 杆OM以角速度ω逆时针转动,t=0时恰好进入磁场,故前内有电流流过,根据右手定则可以判定,感应电流的方向从M指向圆心O,流过电阻时的方向是从b流向a,与规定的正方向相反,为负值,在时间内杆OM处于磁场之外,没有感应电流产生,故C项正确。
5.B　解析 线框进入磁场后,切割的有效长度为l=vtsin 60°,切割产生的感应电动势为E=Blv=Bv2tsin 60°,所以感应电流为I=,从开始进入磁场到d与a重合之前,电流与t是成正比的,由楞次定律得线框中的电流方向是顺时针的,此后线框切割的有效长度均匀减小,电流随时间变化仍然是线性关系,由楞次定律得线框中的电流方向是逆时针的,综合以上分析可得B项正确,A、C、D项错误。
6.D　解析 金属棒以O点为轴沿顺时针方向转动,闭合回路的磁通量增加,根据楞次定律,感应电流的磁场与原磁场方向相反,由安培定则可知,通过定值电阻的电流方向由a到b,故A项错误;金属棒以O点为轴沿顺时针方向以恒定角速度ω转过60°的过程中,有效的切割长度变大,产生的感应电动势变大,故B项错误;当金属棒转过60°时有效的切割长度最大,产生的感应电动势最大,感应电流最大,则感应电动势最大值为Em=B×2l×=2Bl2ω,感应电流最大值为Im=,故C项错误;通过定值电阻平均感应电流为,通过定值电阻的电荷量q=Δt=,又ΔΦ=BΔS=B×l×l×,联立解得q=,故D项正确。
7.(1)0.25 V
(2)FT=(8+)N
解析 (1)线圈中产生的感应电动势大小为E==Sπr2·V=0.5 V,根据楞次定律可知线圈中电流沿逆时针方向,所以Ua>Ub,根据闭合电路欧姆定律可得Uab==0.25 V。(2)由题图乙可知B随t变化的关系为B= T,线圈中电流为I==1 A,线圈所受安培力的有效长度等于直径,则F安=2BIr= N,根据平衡条件可得绳的拉力与时间t的关系为FT=mg+F安=(8+) N。

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