1、专题十二电磁感应考点1 电磁感应现象楞次定律1.2021湖北武汉高三质量检测为探讨磁场对脑部神经组织的影响及其在临床医学上的应用,某小组查阅资料得知:将金属线圈放置在头部上方几厘米处,给线圈通以上千安培、历时约几毫秒的脉冲电流,电流流经线圈产生瞬间的高强度脉冲磁场,磁场穿过头颅对脑部特定区域产生感应电场及感应电流,对脑神经产生电刺激作用,其装置如图所示.同学们讨论得出的下列结论正确的是()A.脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电磁感应现象B.脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是电流的磁效应C.若将脉冲电流改为恒定电流,可持续对脑神经产生电刺激作用D.若脉冲电流最大强度不变,但缩短脉冲电流时间
2、,则在脑部产生的感应电场及感应电流会增强2.2021安徽合肥高三调研,多选如图所示,老师在课堂上做了一个实验:弹簧上端固定,下端悬挂一个磁铁,将磁铁托起到某一高度后放开,磁铁能上、下振动较长时间才停下来;如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环,使磁极上、下振动时穿过它,磁铁就会很快地停下来.某同学课后在家重做该实验,反复实验后发现:磁铁下方放置圆环,并没有对磁铁的振动产生影响,对比老师演示的实验,其产生的原因可能是()A.磁铁N、S极倒置B.弹簧的劲度系数过小C.铝制圆环中间某处断裂D.换用了非金属材质圆环3.2020江苏,3如图所示,两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反.金属圆环的
3、直径与两磁场的边界重合.下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是()A.同时增大B1减小B2B.同时减小B1增大B2C.同时以相同的变化率增大B1和B2D.同时以相同的变化率减小B1和B24.新角度LC振荡电路如图所示的LC振荡电路中,某时刻线圈中磁场方向向上,且电路中的电流正在减小,则此时()A.电容器上极板带负电,下极板带正电B.振荡电路中能量正在从磁场能转化为电场能C.电容器两极板间的场强正在减小D.线圈中的磁通量变化率正在变小5.2020山东统考,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
4、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6.2020成都七中第六次月考某小组的同学做“探究影响感应电流方向的因素”的实验.(1)首先按图甲连接电路,闭合开关后,电流计指针向右偏转;再按图乙连接电路,闭合开关后,电流计指针向左偏转.进行上述操作的目的是.A.检查电流计对电路中电流的测量是否准确B.检查干电池是否为新电池C.判断电流计指针偏转方向与电流方向的关系(2)接下来用图丙所示的装置做实验,图中螺线管上的
5、粗线标示的是导线的绕行方向.某次实验时在条形磁铁插入螺线管的过程中,观察到电流计指针向右偏转,说明螺线管中的电流方向(从上往下看)为(填“顺时针”或“逆时针”).(3)下表是该小组的同学设计的实验记录表的一部分,表中记录了实验现象,还有一项需要推断的实验结果未填写,请帮助该小组的同学填写(填“垂直纸面向外”或“垂直纸面向里”).操作N极朝下插入螺线管从上往下看的平面图(B0表示原磁场,即磁铁产生的磁场)原磁场通过螺线管的磁通量的变化增加感应电流的方向(从上往下看)沿逆时针方向感应电流产生的磁场B的方向(从上往下看)(4)该小组的同学通过实验探究,对楞次定律有了比较深刻的认识.结合以上实验,有同
6、学认为,理解楞次定律,关键在于理解(填“B0”或“B”)总是要阻碍磁通量(填“B0”或“B”)的变化.考点2 法拉第电磁感应定律自感1.2021四川成都毕业班摸底如图(a),纸面内,圆形金属框通过长导线与平行金属板MN和PQ连接,框内有如图(b)所示周期性变化的磁场(规定垂直纸面向里为磁场的正方向),导线上c、d间接有电阻R,O1、O2是金属板上正对的两个小孔.t=0时刻,从O1孔内侧由静止释放一个离子(不计重力),离子能够在时间t内到达O2孔.已知t2T,规定从c经R到d为电流I的正方向,从O1指向O2为离子速度v的正方向,则下列图像可能正确的是()ABCD2.2021江西南昌高三摸底如图所
7、示,垂直于纸面的匀强磁场分布在长为L的虚线框内,边长为d的正方形闭合线圈在外力作用下由位置1匀速穿过磁场区域运动到位置2.若L2d,则在运动过程中线圈中的感应电流随时间变化的图像可能正确的是()A BC D3.2021贵州贵阳高三摸底,多选如图甲所示,20匝的金属线圈(图中只画了2匝)电阻为r=2 ,两端a、b与R=8 的电阻相连.线圈内有垂直线圈平面(纸面)向里的磁场,磁通量按图乙所示规律变化.则()A.通过电阻R的电流方向为baB.线圈产生的感应电动势为5 VC.电阻R两端的电压为8 VD.00.1 s内通过线圈横截面的电荷量为0.1 C4.2020安徽合肥调研电磁炉具有升温快、效率高、体
8、积小、安全性好等优点.关于电磁炉加热食物的过程(如图所示),下列说法正确的是()A.电磁炉是通过炉面板发热来加热食物的B.电磁炉是通过锅底部产生的涡流发热来加热食物的C.只要是环保、绝缘材料做成的锅具均可以加热食物D.线圈中通入足够大的恒定电流也能加热食物5.2020四川成都摸底如图所示,长为L=1 m的金属直棒以v=1 m/s的速度沿倾角为60的绝缘斜面匀速下滑,斜面处在方向竖直向下、磁感应强度为B=0.1 T的匀强磁场中,则在金属棒匀速下滑的过程中()A.棒内电子受洛伦兹力作用,棒受安培力作用B.棒内电子不受洛伦兹力作用,棒不受安培力作用C.棒两端的电压为0.05 VD.棒两端的电压为0.
9、1 V6.2021广东12月联考,10分如图甲所示是法拉第发明的铜盘发电机,也是人类历史上第一台发电机.利用这种发电机给平行金属板电容器供电,如图乙所示,已知铜盘的半径为L,加在盘水平直径下方的水平向左的匀强磁场的磁感应强度大小为B1,盘匀速转动的角速度为,每块平行板长度为d,板间距离也为d,板间加垂直纸面向内、磁感应强度大小为B2的匀强磁场,重力加速度为g.(1)请用一种方法求解铜盘产生的感应电动势大小E,并说明这种求解方法的优点;(2)若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入,在复合场中做匀速圆周运动后恰好从极板右端射出,求小球射入的速度v.7.生产生活实践问题情境送货上架装置12分
10、如图所示,某商场设计一个送货上架的装置,其工作过程简化为通过电动装置使装载额定质量货物的金属棒获得一个瞬时冲量,从而获得初速度v0,光滑平行金属导轨间距为L,与水平面夹角为,两导轨上端用阻值为R的定值电阻相连,该装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中,金属棒经历时间t运动到高度为h的货架上时,速度恰好为零,取走货物后金属棒由静止开始沿导轨先加速下滑,后匀速运动,到底端时速度大小为v=0.1 v0,已知金属棒在导轨间部分的电阻为r,金属棒的质量为m,在运动过程中,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨的电阻及空气阻力,重力加速度为g.求:(1)磁场的磁感应强度B的大小;(2)额定装载货物质量M与金
11、属棒的质量m的关系和金属棒往上运送一次货物电路中产生的焦耳热.考点3 电磁感应的综合应用1.2021江西红色七校第一次联考如图所示,竖直放置的矩形导线框MNPQ,宽和长分别为L和2L, M、N连接平行板电容器,两极板间距为d,虚线为线框中轴线,虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场.两极板间有一质量为m、电荷量大小为q的带负电油滴恰好处于平衡状态,已知重力加速度为g,则磁场的磁感应强度大小B的变化情况及其变化率分别是()A.正在减小,=- B.正在增大,= C.正在增大,= D.正在减小,=-2.2021江西南昌高三摸底测试,多选在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=2 000,横截面积S=50
12、cm2.螺线管导线电阻r=1.0 ,电阻R1=4.0 ,电阻R2=5.0 ,电容器电容C=40 F.在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化.则()A.闭合S,电路中的电流稳定后,电容器上极板带正电B.螺线管中产生的感应电动势大小E=2.5 VC.闭合S,电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率P=0.25 WD.断开S后,流经R2的电荷量Q=610-5 C3.固定在绝缘平面上的正方形闭合线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在垂直纸面向里的磁场中,另一半处在垂直纸面向外的磁场中,如图甲所示,图中虚线为磁场的分界线.以垂直纸面向外的方向为正方向,t=0
13、时两边磁场的磁感应强度大小均为B0.若虚线右边的磁场恒定不变,虚线左边的磁场按如图乙所示规律变化,线圈的总电阻为R,以水平向左为安培力的正方向,则0t1时间内,线圈受到的安培力随时间变化的规律可能为()ABCD4.13分由某种导电性能极好的新型材料制成的圆柱体物块(可以看成中间是均匀介质的电容器),质量为m,高为d,底面直径也为d.如图所示(截面图),物块放在绝缘斜面上,空间中存在平行于斜面、磁感应强度大小为B的水平匀强磁场.已知物块电阻可忽略不计,该材料的相对介电常数为,与斜面间的动摩擦因数为(tan ),静电力常量为k,重力加速度为g.现将物块在斜面上由静止释放,求:(1)当物块速度为v0
14、时,物块上表面所带电荷量大小Q,并指出其电性.(2)任一时刻速度v与时间t的关系.5.16分如图甲所示,两根平行金属导轨平放在水平面上,左端连接一个定值电阻.一根金属棒ab垂直导轨放置,轻绳的一端固定在金属棒中央,另一端绕过光滑定滑轮系一重物,金属棒的电阻与定值电阻的阻值相等,金属棒和重物质量均为m,金属棒与导轨间的动摩擦因数为(00(1分)讨论:i.若金属棒进入磁场后的加速度大小a2g,则轻绳始终对棒有拉力,解得1金属棒在磁场运动过程中,外力水平向右,在金属棒离开磁场时,对金属棒和重物整体,由牛顿第二定律得F1+mg-mg-BlI末=2ma2(1分)E末=2Blv0,I末=解得F1=4mg-
15、4mg(g,则轻绳对金属棒没有作用力,解得0金属棒离开磁场时,对金属棒有F2-mg-BlI末=ma2(1分)解得F2=mg-mg (0I2R+I2r,即I=0.5 A,因此电池的发热功率Pr=I2r(0.5)25 W=1.25 W,D错误.6.AC由法拉第电磁感应定律有E=B=3BLv0,A项正确;由于两导体棒中电流大小相等、方向相反,所受安培力之和为零,故二者组成的系统动量守恒,以向右为正方向,当导体棒a 的速度大小为时,由动量守恒定律可解得导体棒b的速度v1=或v2=,B项错误;同理,导体棒a的速度为零时,有m2v0-mv0=mv3,解得v3=v0,此时回路中的感应电动势E=BLv0,电流
16、I=,安培力F=BIL,联立解得F=,C项正确;最终两棒达到共速后速度不再变化,由动量守恒定律有m2v0-mv0=2mv4,由能量守恒定律得回路中产生的热量为Q=m+m(2v0)2-2m=,D项错误.7.BD根据楞次定律,图示位置时穿过线圈的磁通量正在增加,原磁场方向向上,感应磁场的方向与原磁场方向相反,应竖直向下穿过线圈,再由安培定则可判断出感应电流方向为ba,A项错误;根据楞次定律“来拒去留”,磁铁进入线圈时线圈阻碍其进入,离开线圈时线圈阻碍其离开,故下落时间比没有线圈时长,B项正确;磁铁释放高度越高,到达图示位置时的速度越大,磁通量的变化率也越大,则感应电动势越大,电阻的功率越大,C项错
17、误;磁铁进入和离开线圈时所受磁场力方向都向上,若释放时高度较低,则进入与离开线圈的过程,磁场力可能始终小于重力,加速度方向一直向下,D项正确.8.BCD金属棒从x1=1 m处经x2=2 m到x3=3 m的过程中,电阻R的电功率始终保持不变,由电功率P=I2R可知,电阻中的电流I保持不变,根据闭合电路欧姆定律可知,金属棒中产生的感应电动势E=BLv保持不变,又B一直在减小,可知金属棒做加速运动,选项A错误,B正确;根据安培力公式,金属棒在x1处受到的安培力F1=B1IL=(0.8-0.2x1)IL (N)=0.6IL (N),在x2处受到的安培力F2=B2IL=(0.8-0.2x2)IL (N)
18、=0.4IL (N),金属棒在x1处与x2处受到的磁场作用力大小之比为F1F2= 0.6IL (N)0.4IL (N)=3:2,选项C正确;由E=,I=,q=It,联立解得q=,而B1=(0.8-0.2x1) T=0.6 T,B2=(0.8-0.2x2) T=0.4 T,B3=(0.8-0.2x3) T=0.2 T,12=L(x2-x1)=0.5L (Wb),23=L(x3-x2) =0.3L (Wb),所以金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为53,选项D正确.9.(1)D(1分)(2)磁场方向(1分)和(1分)磁场(1分)导体切割磁感线(1分)(3)导体切割磁感线的速
19、度(1分)解析:(1)产生感应电流的条件是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动,对比可知,图乙D中导体没有做切割磁感线运动,故D方式不能产生感应电流.(2)比较实验和可知,在导体切割磁感线运动方向一定时,改变磁场方向,感应电流的方向发生改变;比较实验和可知,在导体切割磁感线的方向和磁场方向同时改变时,感应电流的方向不变.(3)导体ab水平向左(或向右)缓慢运动时,灵敏电流计的指针偏转角度较小,导体ab水平向左(或向右)快速运动时,灵敏电流计的指针偏转角度较大,这说明电路中的电流变大,所以可以看出感应电流的大小与导体切割磁感线的速度有关.10.(1)0.45 A向左(2)1.0710-5
20、 C解析:(1)根据楞次定律判断知,通过R1的电流方向向左(1分)R3与R4的并联电阻R=2.4 (1分)根据闭合电路欧姆定律可知通过R1的电流I1=(2分)根据法拉第电磁感应定律有E=nL2(2分)由B=2t+2(T),得=2 T/s(1分)解得I1=0.45 A(1分).(2)开关S闭合后,在电路稳定的情况下,电容器两端的电压为U1=I1(R2+R)(1分)S断开后,在电路稳定的情况下,电容器两端的电压U2=(R2+R3)(1分)开关S断开以后流过R5的总电荷量为q=CU2-CU1(2分)解得q=1.0710-5 C(1分).11.(1)5 m/s2(2)10 m/s(3)100 J解析:
21、(1)刚释放重锤瞬间,以重锤为研究对象,根据牛顿第二定律得Mg-F拉=Ma(2分)以金属棒为研究对象,由牛顿第二定律得F拉-mgcos -mgsin =ma(2分)由两式解得a=5 m/s2(1分).(2)重锤和金属棒匀速运动时,重锤的速度达到最大,根据平衡条件以重锤为研究对象有Mg=F拉(1分)以金属棒为研究对象有F拉=F安+mgcos +mgsin (1分)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv(1分)由闭合电路欧姆定律可得I=(1分)根据安培力公式有F安=BIL(1分)由可解得重锤的最大速度为v=10 m/s(1分).(3)重锤下降h=20 m时,其速度已经达到最大速度v,根据能量
22、守恒定律得Mgh=mghcos+mghsin+(M+m)v2+Q总(2分)电阻R上产生的焦耳热为Q=Q总(2分)解得Q=100 J(1分).12.(1)1.0 m/s(2)0.287 5 J(3)如图所示某段时间内通过电阻的电荷量解析:(1)进入磁场后,根据右手定则可知金属杆ab中电流的方向由a到b,由左手定则可知,杆ab所受的安培力方向竖直向上.(1分)刚进入磁场时,由牛顿第二定律得mg-BI0L=ma(1分)其中a=-10 m/s2,I0=(1分)联立并代入数据解得v0=1.0 m/s(1分).(2)由题图乙知h=0.3 m时,a=0,表明金属杆受到的重力与安培力平衡,设此时金属杆的速度为
23、v1,有BI1L=mg,其中I1=(2分)联立并代入数据解得v1=0.5 m/s(1分)从开始到下落 0.3 m的过程中,由能量守恒定律有mgh=Q+m(1分)得到Q=0.287 5 J(1分).(3)如图所示(2 分)面积的物理意义:某段时间内通过电阻的电荷量(1 分).13.(1)0.2(2)0.6 s(3)21.6 J解析:(1)cd边离开磁场后线框受到的安培力F=BIL1=(1分)cd边离开磁场时线框匀速下滑,由平衡条件得mgsin -mgcos -F=0(2分)解得=0.2(1分).(2)由题意可知,细线被拉直绷紧后,线框匀速运动的方向沿斜面向上,匀速运动的速度v1=2 m/s(1分
24、)物体和线框匀速运动过程中,由平衡条件对线框有F-mgsin -mgcos -=0(1分)对物体有F=Mg(1分)由动量定理可知,细线绷紧过程中,细线作用力的冲量I满足I=mv1-m(-v)(1分)对物体-I=Mv1-Mv0(1分)细线绷紧前物体自由下落,则v0=gt1(1分)解得t1=0.6 s(1分).(3)根据能量守恒定律得,线框匀速下滑过程中产生的热量Q1=mgL2sin (1分)细线突然绷紧过程中产生的热量Q2=M+mv2-(M+m)(2分)线框匀速上滑过程中产生的热量Q3=MgL2-mgL2sin (1分)系统在cd边离开磁场至重新进入磁场过程中产生的热量Q=Q1+Q2+Q3解得Q=21.6 J(1分).
