1、第2讲 电磁感应及其应用 (45分钟)基础题组专练1(2020高考全国卷)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到()A拨至M端或N端，圆环都向左运动B拨至M端或N端，圆环都向右运动C拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动解析：开关S由断开状态拨至连接状态，不论拨至M端还是N端，通过圆环的磁通量均增加，根据楞次定律(增反减同)可得圆环会阻碍磁通量的增加，即向右运动。答案：B2(2020北京市通州区高三下学期5月检测)如图1所示，把一铜线圈水平固
2、定在铁架台上，其两端连接在电流传感器上，能得到该铜线圈中的电流随时间变化的图线。利用该装置可探究条形磁铁在穿过铜线圈的过程中，产生的电磁感应现象。两次实验中分别得到了如图2、3所示的电流时间图线(两次用同一条形磁铁，在距铜线圈上端不同高度处，由静止沿铜线圈轴线竖直下落，始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计)。下列说法正确的是()A条形磁铁的磁性越强，产生的感应电流峰值越大B条形磁铁距铜线圈上端的高度越小，产生的感应电流峰值越大C条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能越大，产生的感应电流峰值越大D两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下解析：如果在相同的高度处下落，则
3、条形磁铁的磁性越强，产生的感应电动势的最大值也就越大，即感应的电流峰值越大，而现在是在不同高度处下落的，故选项A错误；条形磁铁距铜线圈上端的高度越小，落到下端时的速度就越小，产生的感应电动势也就越小，即产生的感应电流峰值越小，选项B错误；根据能量守恒，条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能都转化成了焦耳热，而焦耳热越大，需要的电流就会越大，则产生的感应电流峰值也会越大，选项C正确；根据楞次定律中的“来拒去留”的思路，两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上的，选项D错误。答案：C3. (多选)(2020河北唐山第一次模拟)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀
4、强磁场区域，磁场区域的半径为r。已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法正确的是()A保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针方向的电流B保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针方向的电流C保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，线圈中的电流为D保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，线圈中的电流为解析：由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，故A错误；由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据楞次定律可知，产生逆时针
5、方向的电流，故B正确；保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得Ikk，故C正确，D错误。答案：BC4如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n100，线圈的面积S200 cm2，线圈的电阻r1 ，线圈外接一个阻值R4 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法正确的是()A线圈中的感应电流方向为顺时针方向B电阻R两端的电压随时间均匀增大C线圈电阻r消耗的功率为4104 WD前4 s内通过R的电荷量为4104 C解析：由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电
6、动势恒定为E0.1 V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项B错误；回路中电流I0.02 A，线圈电阻r消耗的功率为PI2r4104 W，选项C正确；前4 s内通过R的电荷量为qIt0.08 C，选项D错误。答案：C5.(2020浙江7月选考)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO上，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(
7、)A棒产生的电动势为Bl2B微粒的电荷量与质量之比为C电阻消耗的电功率为D电容器所带的电荷量为CBr2解析：由法拉第电磁感应定律知棒产生的电动势UBr2，A错误；对极板间微粒受力分析，如图所示，微粒静止，则mgqEq，得，而电容器两极板间电势差与电源电动势相等，故，B正确；电路中的电流I，则电阻R消耗的电功率PI2R，C错误；电容器所带的电荷量QCU，D错误。答案：B6. (2020河北石家庄高三下学期5月二模)如图所示，两个闭合正方形线圈a、b用粗细相同的同种导线绕制而成，匝数相同，线圈a的边长为线圈b边长的3倍，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间
8、的相互影响，下列说法正确的是()Aa、b线圈中均产生顺时针方向的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为31Ca、b线圈中感应电流之比为34Da、b线圈中电功率之比为271解析：根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知EnnSnl2，由题知，两线圈匝数n相同，也相同，故EaEb91，故B错误；由题知，两线圈的横截面积S0相同，电阻率也相同，根据电阻定律有R，导线长度为Ln4l，故电阻之比为RaRb31，根据欧姆定律有I，故电流之比为IaIb31，故C错误；电功率P，因电动势之比为91，电阻之比为31，则电功率之
9、比为271，故D正确。答案：D7.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：(1)感应电动势的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab边产生的焦耳热Q。解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLv。(2)线框中的感应电流I拉力大小等于安培力大小FBIL拉力的功率PFv。(3)线框ab边电阻Rab时间tab边产生的焦耳热QI2Rabt。答案：(1)BLv(2)(3)能力题组专练8(多选)(2019高考全国卷
10、)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是()解析：导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受安培阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F作用，速度变大，两棒之间的速度差vv1v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，两棒所受安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，故ab棒做加速度逐渐减小的减速运动，cd棒做加速度逐
11、渐减小的加速运动，如图所示。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动，两棒在导轨上运动时，不受外力作用，系统的动量守恒，则mv02mv共，v共，故A、C正确，B、D错误。答案：AC9(多选)如图，MN和PQ是固定在水平面上电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，水平部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻。水平部分导轨区域存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，在水平导轨上运动距离d时恰好停止。已知金属棒与导轨水平部分间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好，重力加速度为g。下列说法正确的是(
12、)A金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热B金属棒克服安培力做的功与克服摩擦力做功的和为mghC金属棒产生的焦耳热为mg(hd)D金属棒在磁场中运动的时间为解析：根据功能关系知，金属棒克服安培力做的功等于金属棒以及电阻R上产生的焦耳热之和，故A错误；设金属棒克服安培力所做的功为W，对整个过程，由动能定理得mghmgdW0，解得mgdWmgh，故B正确；由B项可解得金属棒克服安培力所做的功为Wmg(hd)，则电路中产生的总的焦耳热QWmg(hd)，则金属棒产生的焦耳热为mg(hd)，故C正确；金属棒在下滑过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律得mghmv，得v0，金属棒通过某截面的电荷量为
13、q，根据动量定理得BLtmgt0mv0，其中qt，解得t，故D正确。答案：BCD10如图甲所示，在光滑绝缘水平面上的MN、OP间存在一匀强磁场，一单匝正方形闭合线框自t0时刻开始，在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场区域，外力F随时间t变化的图像如图乙所示。已知线框质量m0.5 kg，边长L0.5 m，电阻R1 ，线框穿过磁场的过程中，外力F对线框做功 J，求：(1)线框匀加速运动的加速度a的大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)线框穿过磁场的过程中，线框上产生的热量Q。解析：(1)线框做匀变速运动，如果线框的边长和磁场的宽度不相等，那么线框完全进入磁场时穿过
14、整个线框的磁通量不变，没有感应电流，线框不受安培力，外力F会和受到安培力的时候的情形不一样，由乙图可知线框一直受安培力的作用，因此线框宽度和磁场的宽度一样，都为L。由图乙可知，t0时刻F1 N，此时安培力FA0由牛顿第二定律有Fma，得加速度a2 m/s2线框穿过磁场的过程，有FFAmaFABILIEBLvvat联立并将a2m/s2代入，得F1(N)当t1.0 s时，F3 N，代入得B2 T(2)由动能定理得WFWAmv2其中vat2 m/s由功能关系QWA代入得Q J。答案：(1)2 m/s22 T(2) J11如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左边部分水平，右边部分为半径r0.5
15、m的竖直半圆，两导轨间距离d0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为d的金属棒ab、cd均垂直置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m10.2 kg、m20.1 kg，电阻分别为R10.1 ，R20.2 。现让ab棒以v010 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；(2)cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W。解析：(1)ab棒
16、开始向右运动时，设回路中电流为I，根据导体棒切割磁感线有EBdv0由闭合电路欧姆定律得I由牛顿第二定律得F安m2a0又F安BId联立式得a0 m/s230 m/s2。(2)设cd棒刚进入圆形轨道时的速度为v2，ab开始运动至cd即将进入圆弧轨道的过程，对ab和cd组成的系统运用动量守恒定律得m1v0m1v1m2v2cd棒进入半圆轨道至最高点的过程，对cd棒运用动能定理得m2g2rm2vm2v在半圆轨道的最高点对cd棒运用牛顿第二定律可得m2gm2联立得v1 m/s7.5 m/s。(3)cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得Wm1vm1v代入数据得W0.2102 J0.27.52 J4.375 J。答案：(1)30 m/s2(2)7.5 m/s(3)4.375 J
