1、专题分层突破练11电磁感应规律及综合应用A组1.(多选)(2022广东卷)如图所示,水平地面(xOy平面)下有一根平行于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,P点位于导线正上方,MN平行于y轴,PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈,圆心在P点,可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动,运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有()A.N点与M点的磁感应强度大小相等,方向相同B.线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量不变C.线圈从P点开始竖直向上运动时,线圈中无感应电流D.线圈从P点运动到M点产生的感应电动势与从P点运动到N点产生的感应电动势相等2.(多选)(2022湖
2、北荆门模拟)如图甲所示是一种手摇发电的手电筒,手电筒内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁,其原理图如图乙所示,当沿图甲中箭头方向来回摇动手电筒过程中,条形磁铁在线圈内上下运动,灯泡发光。在此过程中,下列说法正确的是()A.增加摇动频率,灯泡变亮B.线圈对磁铁的作用力方向不变C.磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时,灯泡中电流方向相反D.磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出的过程中,灯泡中电流方向相反3.(2022广东卷)下图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈,n1n2,二者轴线在同一平面内且相互垂直,两线圈到其轴线交点O的距离相等,且均连接阻值为R的电阻,转子是中心在O
3、点的条形磁体,绕O点在该平面内匀速转动时,两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响,下列说法正确的是()A.两线圈产生的电动势的有效值相等B.两线圈产生的交变电流频率相等C.两线圈产生的电动势同时达到最大值D.两电阻消耗的电功率相等4.(多选)(2021湖南卷)两个完全相同的正方形匀质金属框,边长为l,通过长为l的绝缘轻质杆相连,构成如图所示的组合体。距离组合体下底边h处有一方向水平、垂直于纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平,高度为l,左右宽度足够大。把该组合体在垂直于磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出,设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场,不计空气阻力
4、。下列说法正确的是()A.B与v0无关,与成反比B.通过磁场的过程中,金属框中电流的大小和方向保持不变C.通过磁场的过程中,组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D.调节h、v0和B,只要组合体仍能匀速通过磁场,则其通过磁场的过程中产生的热量不变5.(2022全国甲卷)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框,正方形线框的边长与圆线框的直径相等,圆线框的半径与正六边形线框的边长相等,如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中,线框所在平面均与磁场方向垂直,正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则()A.I1I3I3I2C.I1=I2I3D.I1
5、=I2=I36.(2021河北卷)如图所示,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝,取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为,一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直,在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动,忽略所有电阻。下列说法正确的是()A.通过金属棒的电流为2BCv2tan B.金属棒到达x0时,电容器极板上的电荷量为BCvx0tan C.金属棒运动过程中,电容器的上极板带负电D.金属棒运动过程中,外力F做功的功率恒定B组7.(多选)(2021辽宁卷)如图甲所示,两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖
6、直放置并固定,顶端接有阻值为R的电阻。垂直导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场,t=0时磁场方向垂直纸面向里。在t=0到t=2t0的时间内,金属棒水平固定在距导轨顶端L处;在t=2t0时,释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好,导轨与金属棒的电阻不计,则()A.在t=时,金属棒受到的安培力的大小为B.在t=t0时,金属棒中电流的大小为C.在t=时,金属棒受到安培力的方向竖直向上D.在t=3t0时,金属棒中电流的方向向右8.(多选)(2022山东潍坊二模)如图所示的“”形导轨宽为L,水平部分光滑且无限长,其中有垂直轨道面向下的匀强磁场,磁感应强度为B,倾斜部分粗糙,CC为垂直导轨的两部分
7、交界线。导体棒1、2均与CC平行,导体棒1和CC之间的距离与导体棒1和2之间的距离之比为45。现释放导体棒1,到达CC处的速度为2v,导体棒1静止后释放导体棒2,一段时间后导体棒1、2均处于稳定状态。若两根导体棒的质量均为m,电阻均为R,与倾斜导轨的动摩擦因数相同,其余电阻不计,下列说法正确的是()A.导体棒2释放前,导体棒1停止的位置与CC的距离为B.导体棒1、2稳定时的速度均为vC.导体棒1、2稳定时,两者之间的距离为D.整个过程中回路上产生的焦耳热为mv29.(2022全国乙卷)如图所示,一不可伸长的细绳的上端固定,下端系在边长为l=0.40 m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对
8、角线水平,其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为=5.010-3 /m;在t=0到t=3.0 s时间内,磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)=0.3-0.1t(SI)。求:(1)t=2.0 s时金属框所受安培力的大小;(2)在t=0到t=2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。10.(2022福建宁德质检)如图甲所示,电阻不计的U形金属导轨固定在水平面上,两导轨间距L=0.5 m。一质量m=0.01 kg的导体棒ab垂直放在导轨上,与导轨接触良好,接入电路中的电阻r=0.15 ,在垂直导轨平面的区域和区域中存在磁感应强度相同的匀强磁场。现用一根与轨道
9、平面平行的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮将导体棒和质量m0=0.02 kg的小球相连。导体棒从磁场外由静止释放后始终在导轨上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)导体棒与金属导轨之间的动摩擦因数;(2)磁场区域的磁感应强度B;(3)导体棒在穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。答案：1.AC解析 因为M、N两点连线与长直导线平行,两点与长直导线的距离相同,根据右手螺旋定则可知,通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等,方向相同,选项A正确。根据右手螺旋定则,线圈在P点时,穿进与穿出线圈的磁感线对称,磁通量为零;在向N点平移的过程中,穿进与穿出线圈的磁感
10、线不再对称,线圈的磁通量会发生变化,选项B错误。根据右手螺旋定则,线圈从P点竖直向上运动的过程中,穿进与穿出线圈的磁感线对称,线圈的磁通量始终为零,没有发生变化,线圈中无感应电流,选项C正确。从P点运动到M点与从P点运动到N点,线圈的磁通量变化量相同,依题意从P点运动到M点所用时间较长,根据法拉第电磁感应定律可知,两次产生的感应电动势不相等,选项D错误。2.ACD解析 由法拉第电磁感应定律有E=,可知增加摇动频率,磁通量变化变快,则线圈中电动势变大,电路电流变大,所以灯泡变亮,A正确;由楞次定律知靠近时作用力为斥力,远离时作用力为引力,所以线圈对磁铁的作用力方向发生变化,B错误;磁铁从线圈同一
11、端进出时原磁场方向相同,但进入时原磁场磁感应强度增加,穿出时减小,由楞次定律可知感应电流方向相反,C正确;磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出,由楞次定律“增反减同”可知电流方向相反,D正确。3.B解析 根据E=nBS,因n1n2,故两线圈内电动势的最大值不相等,电动势的有效值不相等,两电阻消耗的电功率不相等,选项A、D错误。条形磁体转动的周期即为线圈内交变电流的周期,故两线圈内交变电流的频率相等,选项B正确。题图所示位置,匝数为n1的线圈磁通量最大,感应电动势最小;匝数为n2的线圈磁通量最小,感应电动势最大,选项C错误。4.CD解析 金属框匀速通过磁场时,重力与安培力相等,即mg=BIl,I=2
12、gh,联立可得B2=,选项A错误。通过磁场过程中根据右手定则,金属框下边进入时电流为逆时针方向,金属框上边进入时电流为顺时针方向,选项B错误。因为金属框匀速通过磁场,重力做功与克服安培力做功相等,所以克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等,选项C正确。因为通过磁场,重力做功不变,根据能量守恒定律得,产生的热量不变,选项D正确。5.C解析 设正方形的边长为2a,由几何关系可得,正方形的面积为S1=(2a)2,圆形的面积为S2=a2,正六边形的面积为S3=6aa=a2,三个线框的周长分别为D1=8a,D2=2a,D3=6a,故根据法拉第电磁感应定律,有E=S,回路电阻R=,回路电流I=,解得I1
13、I2I3=22,选项C正确,A、B、D错误。6.A解析 假设导体棒向前移动时间为t,则I=2CBv2tan ,故A正确;金属棒到达x0时,导体棒上产生的电动势为U=2Bx0vtan ,由C=得Q=2CBvx0tan ,故B错误;由右手定则知电容器的上极板带正电,故C错误;P=Fv,F=F安=BIL,I=2CBv2tan ,L=2vttan ,得P=4B2v4tCtan2 ,功率随时间增大,D错误。7.BC解析 0t0内,回路内磁感应强度变化率大小为,由法拉第电磁感应定律可得回路内产生的感应电动势E=L2,由闭合电路欧姆定律,可得金属棒中电流I=,在t=时,B=,金属棒受到的安培力的大小F=BI
14、L=,A错误,B正确;在t=时,磁场方向垂直纸面向外,由楞次定律可判断出产生的感应电流方向为顺时针方向,金属棒中电流从右向左,由左手定则可判断出金属棒受到安培力的方向竖直向上,C正确;在t=3t0时,磁场方向垂直纸面向外,磁场不变化,在t=2t0时,释放金属棒,金属棒向下做加速运动,由右手定则可判断出金属棒中电流的方向向左,D错误。8.BCD解析 导体棒2释放前,对导体棒1由动量定理得-BLt=0-m2v,又因为,联立解得x=,故A错误;设导体棒1和CC之间的距离为4l,则导体棒2和CC之间的距离为9l,对导体棒1和2从初始位置到CC分别由动能定理得mgsin 4l-mgcos 4l=m(2v
15、)2-0,mgsin 9l-mgcos 9l=-0,解得v1=3v,导体棒1、2稳定时两棒产生的电动势相等,根据动量守恒定律得mv1=2mv2,解得v2=,从释放导体棒2到导体棒1、2稳定过程中,根据动量定理,对导体棒1有BLt=mv2-0,又,联立解得x=,则两者之间的距离为d=x-x=,故B、C正确;导体棒1从释放到静止产生的热量为Q1=m(2v)2=2mv2,从释放导体棒2到导体棒1、2稳定的过程,产生的热量为Q2=(2m)mv2,整个过程中回路上产生的焦耳热为Q=Q1+Q2=mv2,故D正确。9.答案 (1) N(2)0.016 J解析 (1)金属框的总电阻为R=4l=40.405.0
16、10-3 =0.008 金属框中产生的感应电动势为E=0.008 V金属框中的电流为I=1 At=2.0 s时磁感应强度为B2=(0.3-0.12.0) T=0.1 T金属框处于磁场中的有效长度为l1=l此时金属框所受安培力大小为F安=B2Il1= N。(2)02.0 s内金属框产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.016 J。10.答案 (1)0.5(2)0.3 T(3)0.165 J解析 (1)前0.2 s内,设绳上的拉力为FT,导体棒加速度大小为a,对导体棒根据牛顿第二定律有FT-mg=ma对小球根据牛顿第二定律有m0g-FT=m0a由以上两式可得m0g-mg=(m0+m)a由乙图可知,前0.2 s内a= m/s2=5 m/s2代入数值得=0.5。(2)由乙图可知导体棒在区域做匀速直线运动对导体棒受力分析可知FT=mg+F安对小球受力分析可知m0g=FT又E=BLvI=F安=BIL代入数值得B=0.3 T。(3)导体棒穿过磁场区域过程对导体棒,由动量定理有t-t-mgt=mv2-mv1对小球,由动量定理有m0gt-t=m0v2-m0v1又t=BLt=t=t=x2联立解得x2=0.8 m对系统,由动能定理有m0gx2-mgx2+W安=(m0+m)(m0+m)Q=-W安=0.165 J。