1、第2讲电磁感应及其应用1(2017江苏卷)如图所示，如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为(A)A11B12C14D41解析 由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Br2，因此磁通量之比为11，A项正确2(2017天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(D)Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力
2、保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小解析 根据楞次定律，感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断ab中感应电流方向从a到b，选项A错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I恒定不变，选项B错误；安培力FBIL，由于I、L不变，B减小，所以ab所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，选项C错误，D正确3(2017全国卷)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒
3、磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(A)解析 施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方
4、案是A.4(2017北京卷)图甲、和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同下列说法正确的是(C)A图甲中，A1与L1的电阻值相同B图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析 题图甲中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL.S1断开瞬间，A1突然变亮，可知ILI1，因此A1和L1电阻不相等，故选项A、B错误；题图乙中，
5、闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，故选项C正确5(多选)如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek
6、.则(BCD)AW1QBW2W1QCW1EkDWFWGQEk解析 由动能定理可知，磁场力对导体棒做的功等于导体棒动能的增加量，A项错误，C项正确；由功能关系可知，外力做功WF等于系统能量的增加，即WFEpEkQ，其中由重力做功与重力势能变化关系可知，WGEp，EkEk，所以有WFWGEkQ，D项正确；磁铁匀速运动，故WFWGW2，解以上各式得W2W1 Q，B项正确6(2017浙江杭州模拟)(多选)如图甲所示，一个U形光滑足够长的金属导轨固定在水平桌面上，电阻R10 ，其余电阻均不计，两导轨间的距离l0.2 m，有垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示一个电阻
7、不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨两边垂直在t0时刻，金属杆紧靠在最左端，杆在外力的作用下以速度v0.5 m/s向右做匀速运动当t4 s时，下列说法中正确的是(AD)A穿过回路的磁通量为0.08 WbB流过电阻R的感应电流的方向为baC电路中感应电动势大小E0.02 VD金属杆所受到的安培力的大小为1.6104 N解析 t4 s时，金属杆的位移大小xvt2 m，由图乙知，4 s末磁感应强度B0.2 T，则穿过回路的磁通量BSBxl0.08 Wb，选项A正确；金属杆切割产生的感应电动势E1Blv0.20.20.5 V0.02 V，由右手定则，切割产生的感应电流由a流过电阻
8、R到b；由法拉第电磁感应定律，磁通量发生变化产生的感应电动势E2lx0.050.22 V0.02 V，由楞次定律，E2的电流方向由a流过电阻R到b，故流过电阻R的总的感应电流的方向为ab，选项B错误；电路中感应电动势大小EE1E20.04 V，选项C错误；电路中感应电流大小I4103 A，故金属杆所受到的安培力的大小FBBIl0.241030.2 N1.6104 N，选项D正确7(2016浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l0.50 m，倾角53，导轨上端串接一个R0.05 的电阻在导轨间长d0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度
9、B2.0 T质量m4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热解析 (1)由牛顿第二定律a12 m/s2，进入磁场时
10、的速度v2.4 m/s.(2)感应电动势EBlv，感应电流I，安培力FAIBl，代入得FA48 N.(3)健身者做功WF(sd)64 J，由受力分析有Fmgsin FA0，CD棒在磁场区域做匀速运动，在磁场中运动的时间t，焦耳热QI2Rt26.88 J.答案 (1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J8(2017天津卷)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
11、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，之后离开导轨问：(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是多少解析 (1)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，当开关S接2时，电容器放电，刚放电时流经MN的电流为I，有I，设MN受到的安培力为F，有FIlB，由牛顿第二定律，有Fma，联立式得a.(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0CE，开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有EBlvmax，依题意有E，设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有lB，由动量定理，有tmvmax0，又tQ0Q，联立式得Q.答案 (1)见解析(2)(3)