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1、专题分层突破练13电磁感应规律及综合应用 A组1.(2020北京通州区一模)如图甲所示,把一铜线圈水平固定在铁架台上,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乙、丙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
2、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2.(多选)(2020河南郑州高中毕业年级第一次质量预测)如图所示,在范围足够大的空间存在一个磁场,磁感线呈辐状分布,其中磁感线O竖直向上,磁场中竖直固定一个轻质弹簧。在距离弹簧某一高度处,将一个金属圆盘由静止释放,圆盘下落的过程中盘面始终保持水平,且圆盘的中轴线始终与弹簧的轴线、磁感线O重合。从圆盘开始下落,到弹簧被压缩至最短的过程中,下列说法正确的是()A.在圆盘内磁通量逐渐增大B.从上往下看,在圆盘内会产生顺时针方向的涡流C.在接触弹簧之前,圆盘做自由落体运动D.圆盘的重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量3
3、.(2019山西名校联盟测试)如图所示,光滑水平面内有一正方形导体线框abcd,置于垂直水平面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框的ab边平行磁场边界MN,线框以垂直于MN的速度v匀速进入磁场,线框进入磁场过程中,产生的焦耳热为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1,若线框以速度2v匀速进入磁场,进入磁场过程中,产生的焦耳热为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则下列选项正确的是()A.Q2=2Q1,q2=2q1B.Q2=2Q1,q2=q1C.Q2=Q1,q2=q1D.Q2=4Q1,q2=2q14.(多选)(2020山东等级考模拟)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
4、针方向的电流,其大小按图乙所示的规律变化。螺线管内中间位置固定有一水平放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=T4时刻,圆环有扩张的趋势B.t=T4时刻,圆环有收缩的趋势C.t=T4和t=3T4时刻,圆环内的感应电流大小相等D.t=3T4时刻,圆环内有俯视逆时针方向的感应电流5.(2020广西南宁测试)如图所示,在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙金属导轨CD、EF,导轨上放有一金属棒MN。现从t=0时刻起,给金属棒通以图示方向的电流且电流I的大小与时间t成正比,即I=kt,其中k为常量,不考虑电流对匀强磁场的影响,金属棒与导轨始终垂
5、直且接触良好。下列关于金属棒的加速度a、速度v随时间t变化的关系图像,可能正确的是()6.(多选)(2020山东泰安高三下二模)如图所示边长为L的正方形金属框放在光滑水平面上,金属框以某初速度v0,穿过方向垂直水平面的有界匀强磁场区域,速度变为v,速度方向始终垂直于边ab和磁场边界,磁场区域的宽度为d(d>L)。则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较,正确的是()A.金属框进入磁场过程速度变化量等于穿出磁场过程中速度变化量B.金属框进入磁场过程速度变化量大于穿出磁场过程中速度变化量C.金属框进入磁场过程产生的热量等于穿出磁场过程产生的热量D.金属框进入磁场过程产生的热量大于穿
6、出磁场过程产生的热量B组7.(多选)(2020山东潍坊高三上学期期末)如图所示,水平金属导轨P、Q间距为L,M、N间距为2L,P与M相连,Q与N相连,金属棒a垂直于P、Q放置,金属棒b垂直于M、N放置,整个装置处在磁感应强度大小为B,方向竖直向上的匀强磁场中。现给棒a一大小为v0的初速度,设导轨足够长,两棒质量均为m,棒a的速度最终减小为0.8v0并做匀速运动,两棒始终与导轨接触良好。以下说法正确的是()A.俯视时感应电流方向为顺时针B.b的最大速度为0.4v0C.回路中产生的焦耳热为0.1mv02D.通过回路中某一截面的电荷量为2mv025BL8.(多选)(2020东北三省四市高三一模)矩形
7、线框PQMN固定在一绝缘斜面上,PQ长为L,PN长为4L,其中长边由单位长度电阻为r0的均匀金属条制成,短边MN电阻忽略不计,两个短边上分别连接理想电压表和理想电流表。磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直斜面向上,一根与长边材料、粗细完全相同的金属杆与线框接触良好,在沿导轨向上的外力作用下,以速度v从线框底端匀速滑到顶端。已知斜面倾角为,不计一切摩擦。则下列说法中正确的是()A.金属杆上滑过程中电流表的示数先变大后变小B.作用于金属杆的外力一直变大C.金属杆运动到长边正中间时,电压表示数为2BLv5D.当金属杆向上运动到距线框底端3.5L的位置时,金属杆QM、PN上消耗的总电功率最大9.(2
8、020上海闵行区模拟)如图所示,两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置,相距为L,导轨上端接有阻值为R的电阻,水平条形区域和内有磁感应强度为B,方向垂直导轨平面向里的匀强磁场,其宽度均为d,和之间相距为h且无磁场。一长度为L、质量为m、电阻也为R的导体棒,两端套在导轨上,并与两导轨始终保持良好接触。现将导体棒由距区域上边界H处静止释放,在导体棒穿过两段磁场区域的过程中,流过电阻R上的电流及其变化情况完全相同。重力加速度为g,求:(1)导体棒进入区域的瞬间,通过电阻R的电流大小与方向;(2)导体棒穿过区域的过程中,电阻R上产生的热量Q;(3)下面为定性地描述导体棒从开始下落到出磁场过程中速度大小与时
9、间关系的图像,请选出正确的图像并简述理由。10.(2020山东济宁三模)如图甲所示,一足够长的U形金属导轨abcd放在光滑的水平面上,导轨质量为m=1 kg、间距为L=1 m,bc间电阻为r=0.5 ,导轨其他部分电阻不计。一阻值为R=0.5 的导体棒MN垂直于导轨放置(不计重力),并被固定在水平面上的两立柱挡住,导体棒MN与导轨间的动摩擦因数为=0.25,在M、N两端接有一理想电压表(图中未画出)。在导轨bc边右侧存在方向竖直向下、大小为B=0.5 T的匀强磁场;在导体棒MN附近的空间中存在方向水平向左、大小也为B的匀强磁场。t=0时,导轨在外力F的作用下由静止开始向右运动,在t=2.0 s
10、时撤去外力F,测得2 s内电压表示数与时间的关系如图乙所示。求:(1)t=2.0 s时导轨速度大小;(2)在2 s内外力F与t的函数关系式;(3)从开始运动到静止导轨的总位移。参考答案专题分层突破练13电磁感应规律及综合应用1.C解析 如果在相同的高度处下落,则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,而没有说明是在相同的高度下落的,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
11、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。2.AB解析 磁通量的计算式为=BS,S不变,B增大,故磁通量增大,选项A正确;根据楞次定律可知,感应电流产生的磁场方向竖直向下,由右手定则可知,自上而下看,圆盘会产生顺时针方向的涡流,选项B正确;根据楞次定律,接触弹簧之前,除重力外,下落过程中圆盘会受到向上的阻碍磁通量增大的力,选项C错误;根据能量守恒定律可知,接触弹簧下落过程中,圆盘的重力势能转化为弹簧的弹性势能、圆盘的动能以及因涡流效应产生的内能,选项D错误。3.B解析 根据I=BLv
12、R及F=BIL可得F=B2L2vR,安培力做的功转化为电能,然后转化为焦耳热,由Q=W=FL=B2L3vR可知产生的焦耳热与速度成正比,所以Q2=2Q1;根据q=BL2R可知,通过线框导体横截面的电荷量与线框速度无关,q2=q1,选项B正确。4.BC解析 t=T4时刻,线圈中通有顺时针逐渐增大的电流,则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐增加。由楞次定律可知,圆环有收缩的趋势。A错误,B正确;t=3T4时刻,线圈中通有顺时针逐渐减小的电流,则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐减小,由楞次定律可知,圆环中的感应电流为顺时针,D错误;t=T4和t=3T4时刻,线圈中电流的变化率一致,即由线圈电流产生的磁
13、场变化率一致,则圆环中的感应电流大小相等,C正确。5.D解析 由题意可知,金属棒中通入的电流与时间成正比,即I=kt,金属棒将受到安培力作用,当安培力大于最大静摩擦力时,金属棒才开始运动,才具有速度和加速度,根据牛顿第二定律得F-f=ma,而F=BIL,I=kt,得到BkL·t-f=ma,可见a随t的变化均匀增大,根据数学知识可知选项A、B错误;速度图像的斜率等于加速度,a增大,则v-t图像的斜率增大,选项C错误、D正确。6.AD解析 线框进入磁场过程和从磁场另一侧穿出过程磁通量的变化量大小相等,根据q=I·t=ER·t=R可知,进入磁场过程通过ab的电荷量等于穿
14、出磁场过程通过ab的电荷量,又根据动量定理-BILt=mv,可知速度的变化量相等,故A正确,B错误;由于开始进入时线框速度大于开始穿出时的速度,所以进入磁场过程金属框克服安培力所做的功大于穿出磁场所做的功,而克服安培力做的功等于线框产生的焦耳热,故C错误,D正确。7.BC解析 a棒向左运动,回路面积减小,产生向上的磁场,根据右手定则,俯视时感应电流方向为逆时针,选项A错误;a棒减速,b棒加速,回路电流不断减小直到0,两棒最终都要做匀速直线运动,此时由于b棒长度是a棒的两倍,所以速度是a棒的一半,即b的最大速度为0.4v0,选项B正确;根据动能定理,Q=12mv02-12m·(0.8v
15、0)2+12m(0.4v0)2=0.1mv02,选项C正确;对a棒,安培力的冲量等于动量变化量,BILt=BLq=mv0-m·0.8v0,q=0.2mv0BL,选项D错误。8.BD解析 金属杆相当于电源,在金属杆上滑过程中,外电路的总电阻一直减小,则总电流即电流表的示数一直变大,选项A错误;金属杆匀速运动,作用于金属杆的外力F=mgsin +BIL,由于总电流一直变大,所以作用于金属杆的外力一直变大,选项B正确;由电磁感应定律,金属杆运动时产生的感应电动势为E=BLv,金属杆到达轨道正中间时,所组成回路的总电阻为R=(4L+L)r0=5Lr0,由闭合电路欧姆定律知,回路电流为I=ER
16、=BLv5Lr0,电压表测的是路端电压,所以电压表示数为U=I×4Lr0=BLv5Lr0×4Lr0=4BLv5,选项C错误;设金属杆向上运动x距离时,金属杆QM、PN上消耗的总电功率即电源的输出功率最大,电源电动势一定,内外电阻相等时电源输出功率最大(8L-2x)r0=Lr0,解得x=3.5L,选项D正确。9.答案 (1)I=BL2R2gH,电流方向为由右向左(2)Q=12mg(h+d)(3)见解析解析 (1)设导体棒进入区域瞬间的速度大小为v,通过电阻R的电流大小为I,感应电动势为E,由机械能守恒定律得mgH=12mv2由导线切割磁感线得E=BLv由闭合电路欧姆定律得I=
17、E2R联立解得I=BL2R2gH,由右手定则可以判断出通过电阻R的电流方向为由右向左。(2)设导体棒穿出区域瞬间的速度大小为v',穿过区域过程中电路产生的总电热为Q总,由能量守恒定律得12mv2+mgd=12mv'2+Q总由于导体棒的阻值与电阻的阻值均为R,由焦耳定律可知:导体棒上产生的电热与电阻R上产生的电热Q相同,所以电路中产生的总电热Q总=2Q由题意知,导体棒穿过两段磁场区域过程中,流过电阻R的电流及其变化情况相同,所以导体棒在进入区域和的瞬时速度相同。导体棒在两磁场之间的区域运动时只受重力作用,由机械能守恒定律得12mv'2+mgh=12mv2联立解得Q=12m
18、g(h+d)(3)导体棒由静止开始到进入磁场区域之前和在两磁场之间运动时,只受重力作用,导体棒做自由落体运动,加速度为g,因此在0t1和t2t3时间段内v-t图像为斜率相同的直线。依据题意,在导体棒穿过两段磁场区域的过程中,流过电阻R上的电流及其变化情况相同,可知导体棒在两磁场区域内速度变化相同,因此,导体棒在t1t2和t3t4时间段内的v-t图像相同;而且导体棒在磁场区域内的运动为加速度逐渐减小的减速运动即vt逐渐减小,所以C是正确的。10.答案 (1)8 m/s(2)F=4+1.25t(3)33.6 m解析 (1)由题图乙可知,t=2.0 s时,MN两端的电压为U=2 VU=BLv1R+rR解得v1=8 m/s(2)由图乙可知U=t(V)由闭合电路的欧姆定律得I=BLvR+rU=IR解得v=4t(m/s)所以导轨的加速度为a=4 m/s2由牛顿第二定律得F-BIL-BIL=ma代入数据整理可以得到F=4+1.25t(N)(3)从开始运动到撤去外力F这段时间内做匀加速运动。由运动学规律得x1=12at2=8 m在t=2 s直至停止的过程中,由动量定理得-BIlt-BILt=0-mv1It=BLx2R+r解得x2=25.6 m总位移为x=x1+x2=33.6 m