1、北京曲一线图书策划有限公司 2024版5年高考3年模拟A版专题十一电磁感应专题检测题组1.(2022宁夏银川一中二模,21)(多选)如图,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为,间距为L。导轨上端接有一平行板电容器,电容为C。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,忽略所有电阻,让金属棒从导轨上端由静止开始下滑,则以下说法正确的是()A.金属棒先做变加速运动,最后做匀速运动B.金属棒一直做匀加速运动,加速度为m(sin-cos)m+
2、BLCgC.当金属棒下滑的速度大小为v时,电容器的电荷量为CBLvD.金属棒在t时刻的速度大小为m(sin-cos)m+B2L2Cgt答案CD根据牛顿第二定律可得金属棒的加速度a=mgsin-mgcos-BILm;金属棒下滑过程中,设极短的时间t内,金属棒的速度由v1增到v2,由E=BLv可得金属棒切割磁感线产生的感应电动势由BLv1增到BLv2,电容器两端电压等于金属棒产生的感应电动势,所以电容器增加的电荷量Q=CU=CBL(v2-v1),由电流的定义式可得I=Qt=CBL(v2-v1)t,由于v2-v1t=a,联立可得a=m(sin-cos)m+B2L2Cg,所以金属棒一直做匀加速直线运动
3、,A、B错误。当金属棒下滑的速度大小为v时,电容器两端的电压U=BLv,所以电容器的电荷量Q=CU=CBLv,C正确。t时刻,金属棒的速度v=at=m(sin-cos)m+B2L2Cgt,D正确。规律总结电容器接在金属棒两端,由于电容器两端电压与金属棒切割磁感线产生的感应电动势相等,所以电容器两端电压变化,导致电容器容纳的电荷量变化,所以电容器会发生充电现象,使金属棒中有电流流过,故金属棒运动过程中会受到安培力。2.(2022云南昆明三诊一模,19)(多选)如图甲所示,矩形线框abcd与直导线MN固定在同一平面内,线框的ad、bc两条边与导线MN平行。规定从N至M为直导线中电流的正方向,当导线
4、MN中通以按图乙所示规律变化的电流时,下列说法正确的是()甲乙A.矩形线框中感应电流先沿abcda方向,后沿adcba方向B.矩形线框中感应电流始终沿abcda方向C.矩形线框所受安培力方向先向左后向右D.矩形线框所受安培力方向始终向左答案BC由楞次定律可得矩形线框产生的感应电流的磁场方向一直垂直于纸面向里,由安培定则可得矩形线框中感应电流方向始终沿abcda方向,B正确。矩形线框ad边所受安培力大于bc边所受安培力,所以矩形线框所受安培力与ad边所受安培力方向相同;当直导线中电流由N到M时,线框所处区域由导线产生的磁场方向垂直纸面向里,由左手定则可得线框所受安培力方向向左,当导线中电流反向时
5、,线框所受安培力也反向,C正确。一题多解判断矩形线框所受安培力方向时,可以利用楞次定律。当导线中电流减小时,线框中磁通量减小,使线框产生感应电流,由于感应电流总要阻碍产生感应电流的原因,所以线框有向左移动的趋势即所受安培力向左,阻碍线框中磁通量的减小;当电流反向增大时,同理,线框受到向右的安培力。4.(2022四川成都树德中学入学考,21)(多选)如图所示,电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置,间距为d,两侧接有电阻R1、R2,阻值均为R,O1O2右侧有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场,质量为m、长度也为d的金属杆置于O1O2左侧,在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运
6、动,经时间t到达O1O2时撤去恒力F,金属杆在到达NQ之前减速为零,已知金属杆电阻也为R,与导轨保持垂直且接触良好,下列说法正确的是()A.杆刚进入磁场时,杆两端的电压为BdFtmB.杆在磁场中运动的最大位移大小为3FtR2B2d2C.整个过程中,杆上产生的焦耳热为F2t22mD.整个过程中,R1上产生的焦耳热为F2t212m答案BD金属杆由静止运动至O1O2处,由动量定理可得Ft=mv,则杆刚进入磁场时的速度v=Ftm,杆切割磁感线产生的感应电动势E=Bdv;电阻R1、R2并联接在杆两端,根据闭合电路欧姆定律可得杆两端的电压U=ER并R总=ER2R2+R=E3,联立解得U=BdFt3m,A错
7、误。从杆进入磁场至速度减为零,选取杆速度方向为正方向,由动量定理可得-F安t=0-mv,其中F安=BId,I=BdvR总,联立解得杆在磁场中运动的最大位移x=vt=3FtR2B2d2,B正确。由能量守恒定律可得,整个过程中电路产生的焦耳热等于恒力F做的功,即Q总=Fv2t=F2t22m;由电路的串并联规律可得杆中的电流与R1、R2中的电流之比II1I2=211,结合焦耳定律Q=I2Rt可得杆上产生的焦耳热与R1、R2上产生的焦耳热之比QQ1Q2=411,则杆上产生的焦耳热Q=23Q总=F2t23m,电阻R1上产生的焦耳热Q1=16Q总=F2t212m,C错误,D正确。5.(2023届河南安阳联
8、考,10)(多选)如图所示,间距为L的两条光滑平行金属导轨左侧倾斜,右侧平直部分位于水平面上。水平面上部分区域有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。金属棒NQ与两导轨垂直,静止放置在磁场中。金属棒MP从某一高处释放后进入磁场时的速度为v0。金属棒NQ离开磁场的速度为同一时刻金属棒MP速度的12。已知金属棒MP的质量为m,电阻为R,金属棒NQ的质量与电阻均为金属棒MP的2倍,重力加速度为g,运动过程中两金属棒没有发生碰撞。从金属棒MP由静止释放至NQ离开磁场这段时间内,下列说法正确的是()A.NQ在磁场中做匀加速运动B.NQ最大速度为14v0C.流过NQ的电荷量为mv02BLD.系统产生
9、的焦耳热为516mv02答案BCD金属棒MP进入磁场后,在闭合回路MPQNM中产生逆时针的感应电流,根据左手定则可知,金属棒NQ受到水平向右的安培力作用从而向右做加速运动,金属棒MP受到水平向左的安培力作用从而向右做减速运动,二者均切割磁感线产生感应电动势,设金属棒MP在磁场中的速度为v1时,NQ的速度为v2,回路中感应电流I=BL(v1-v2)R+2R,金属棒受到的安培力F=BIL=B2L2(v1-v2)3R,所以NQ在磁场中做加速度减小的加速运动,A错误。金属棒NQ离开磁场时速度最大,金属棒MP进入磁场后,金属棒NQ和MP组成的系统动量守恒,可得mv0=m2vm+2mvm,解得金属棒NQ离
10、开磁场时的速度vm=v04,B正确。NQ在磁场中运动过程中,设NQ速度方向为正方向,由动量定理得BILt=2mv04,流过NQ的电荷量q=It=mv02BL,C正确。由能量守恒可得,系统产生的焦耳热Q=12mv02-12m(v02)2-122m(v04)2=516mv02,D正确。6.(2022山西太原一模,19)(多选)神舟十二号乘组在与香港大中学生进行的天地连线中,聂海胜示范了太空踩单车。太空自行车是利用电磁力增加阻力的一种体育锻炼器材。某同学根据电磁学的相关知识,设计了这样的单车原理图:其中圆形结构为金属圆盘,当踩脚踏板时,金属圆盘随之旋转。则下列设计中可行的方案有()答案CD太空自行车
11、要利用电磁力增加阻力,即电磁阻尼;当踩脚踏板使金属圆盘旋转时,要使金属圆盘产生感应电流,继而受到安培力的作用,选项中只有C、D可以使金属圆盘中产生感应电流,故C、D正确。模型特征C、D中的金属圆盘在磁场中运动时,圆盘中总有一部分区域磁通量发生变化,圆盘本身可自行构成闭合回路,从而使圆盘中产生涡流,由于大块金属圆盘的电阻较小,所以回路中感应电流很大,从而产生较大的阻力。7.(2022南京金陵中学期末,4)利用如图所示装置可探究感应电流产生的条件。线圈A通过滑动变阻器和开关S连接到电源上,线圈B的两端连接到电流表上,把线圈A装在线圈B的里面。某同学发现闭合开关S时,电流表指针向右偏转,由此可以判断
12、()A.线圈A向上移动时,电流表指针向左偏转B.线圈A中铁芯向上拔出时,电流表指针向右偏转C.滑动变阻器的滑片向右滑动时,电流表指针向左偏转D.断开开关S时,电流表指针向右偏转答案A闭合开关S时即穿过线圈B的磁通量增加,可知当穿过线圈B的磁通量增大时,电流表指针向右偏转。线圈A向上移动时、线圈A中铁芯向上拔出时、断开开关S时,穿过线圈B的磁通量均减小,电流表指针均应向左偏转,A正确,B、D错误;滑动变阻器的滑片向右滑动时,电阻减小,通过A的电流增大,则穿过线圈B的磁通量增加,电流表指针向右偏转,C错误。6.(2022常州质量检测,4)如图所示,某小组利用电流传感器(接入电脑,图中未画出)记录灯
13、泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况,i1表示灯泡中的电流,i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2i1),则下列图像中正确的是()ABCD答案C当开关S断开后,自感元件与灯泡形成回路,自感元件阻碍自身电流变化,产生的感应电流仍沿着原来方向,大小从i2开始不断减小,灯泡的电流反向,大小与自感元件电流相等,故C正确,A、B、D错误。7.(2023届苏州实验中学开学考试,7)一直径为d、电阻为r的均匀光滑金属圆环水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,如图所示。一根长为d、电阻为r2的金属棒ab始终在圆环上以速度v(方向与棒垂直)匀速平动,
14、与圆环接触良好。当ab棒运动到圆环的直径位置时,ab棒中的电流为()A.2Bdv3rB.4Bdv3rC.BdvrD.2Bdvr答案B当ab棒运动到圆环的直径位置时,产生的感应电动势大小为E=Bdv,ab棒相当于电源,两个金属半圆环并联后,再与ab棒串联,则电路的总电阻为R=r2+r22=34r,ab棒中的电流为I=ER=4Bdv3r,故选B。解题关键解决本题关键要明确电路的结构,知道ab棒相当于电源,外电路是两个金属半圆环并联。8.(2023届盐城中学摸底,4)如图甲所示,在线圈l1中通入电流i1后,在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示,l1、l2中电流的正方向如图甲中的箭头所示。
15、则通入线圈l1中的电流i1随时间t变化的图像是选项图中的()甲乙ABCD答案D因为感应电流大小不变,根据法拉第电磁感应定律得:I=ER=ntR=nBtSR,而线圈l1中产生的磁场变化是因为电流发生了变化,所以I=nBtSRnitSR,所以线圈l1中的电流均匀改变,A、C错误;根据题图乙,0T4时间内感应电流磁场向左,所以线圈l1产生的磁场向左减小,或向右增大,B错误,D正确。9.(2023届南京中华中学月考,8)如图所示,光滑水平面上有水平向右的x轴,坐标轴一侧有两个相邻且方向相反的有界磁场,两磁场宽度均为L,磁感应强度大小分别为B和2B。从零时刻开始,腰长也为L的等腰直角三角形导线框在外力作
16、用下沿x轴正方向匀速穿过该磁场区域,在运动过程中,三角形bc边始终与x轴平行(零时刻,导线框b点与O点重合,x轴坐标代表导线框b点运动的距离)。设导线框中感应电动势大小为E,感应电流大小为I,外力大小为F,安培力的功率大小为P,则以下四图中正确的是()ABCD答案C在0xL阶段,感应电动势为E=Bxv,电流为I=ER=BxvR,外力为F=F安=BIx=B2x2vR,安培力的功率大小为P=F安v=B2x2v2R。在Lx2L阶段,通过相等距离时,感应电动势为前一阶段的3倍,则感应电流大小、外力大小、安培力功率大小同样为前一阶段的3倍;在2LB4d4x28m2gR2EpB4d4x24mR2解析(1)
17、导体棒在倾斜导轨上向下滑动的过程中,根据机械能守恒定律有mgh=12mv12解得v1=2gh导体棒越过磁场的过程中,根据动量定理可得-BdIt=mv2-mv1根据电荷量的计算公式q=It=2R=Bdx2R解得v2=2gh-B2d2x2mR(2)设解除弹簧约束,弹簧恢复原长后导体棒的速度为v3,根据导体棒与弹簧组成的系统机械能守恒可得12mv32=12mv22+2Ep导体棒向右通过磁场的过程中,同理可得v4=v3-B2d2x2mR由于导体棒恰好能回到原处,所以有v4=v1联立解得Ep=B2d2x2R2gh(3)导体棒穿过磁场才能把弹簧解除压缩,故需要满足v20,即HB4d4x28m2gR2要使导
18、体棒不断地运动下去,导体棒必须要能回到上式H高度处,且此时H应取最小值,则Ep=B2d2x2R2gHB4d4x24mR2即要使导体棒最终能在水平导轨与倾斜导轨间来回运动,HB4d4x28m2gR2,且弹簧的弹性势能满足EpB4d4x24mR222.(2022佛山二模,13)如图是一种矿井直线电机提升系统的原理图,在同一竖直平面的左右两边条形区域内,有垂直平面向里和向外交替的匀强磁场,每块磁场区域的高度均为L、磁感应强度大小均为B。梯箱左右两边通过绝缘支架均固定有边长为L、匝数为n、总电阻为R的正方形导线框,线框平面与磁场垂直,上下两边水平。导线框、支架以及梯箱等的总质量为M。电机起动后两边磁场
19、均以速度v沿竖直轨道向上匀速运动。忽略一切阻力,梯箱正常运行时防坠落装置与轨道间没有相互作用。求:(1)电机从图示位置起动,此时导线框ABCD相对磁场的运动方向;哪条边会产生感应电动势;感应电流的方向;(2)电机刚起动瞬间导线框ABCD所受安培力的大小;(3)当梯箱以v3的速度向上运动时的加速度大小。答案见解析解析(1)由于电机起动后两边磁场均以速度v沿竖直轨道向上匀速运动,则导线框相对磁场向下运动;线框中AB边、CD边均切割磁感线,故线框中AB边、CD边会产生感应电动势;根据楞次定律可知线框中有逆时针(或ADCBA方向)的感应电流。(2)电机刚起动瞬间,导线框ABCD中感应电动势大小为E=2nBLv则感应电流大小I=ER=2nBLvR则每根导线所受安培力F安=BILAD、BC边所受安培力等大反向,则整个导线框ABCD所受安培力为F安总=2nBIL=4n2B2L2vR(3)当梯箱以v3的速度向上运动,此时一个导线框感应电动势大小为E2=2nBL(v-13v)感应电流大小I2=E2R两个导线框所受安培力大小F=4nBI2L根据牛顿第二定律F-Mg=Ma解得a=16n2B2L2v3MR-g23.(2022广州二模,14)如图,不计电阻的金属导轨AOCD和AOCD放置在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中