《2020屆高考物理二輪復習 刷題首選卷 專題十一 電磁感應精練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理二輪復習 刷題首選卷 專題十一 電磁感應精練（含解析）（28頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題十一　電磁感應 『經典特訓題組』 1．(多選) 如圖所示，半徑為2r的彈性螺旋線圈內有垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場區(qū)域的半徑為r，已知彈性螺旋線圈的電阻為R，線圈與磁場區(qū)域共圓心，則以下說法中正確的是(　　) A．保持磁場不變，線圈的半徑由2r變到3r的過程中，有順時針的電流 B．保持磁場不變，線圈的半徑由2r變到0.5r的過程中，有逆時針的電流 C．保持半徑不變，使磁場隨時間按B＝kt變化，線圈中的電流為 D．保持半徑不變，使磁場隨時間按B＝kt變化，線圈中的電流為 答案　BC 解析　保持磁場不變，線圈的半徑由2r變到3r的過程中，穿過線圈的磁通量不變，所以在

2、線圈中沒有感應電流產生，A錯誤；保持磁場不變，線圈的半徑由2r變到0.5r的過程中，線圈包含磁場的面積變小，磁通量變小，根據楞次定律可知，線圈中產生逆時針的感應電流，B正確；保持半徑不變，使磁場隨時間按B＝kt變化，磁場增大，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律可知，線圈中產生順時針的感應電流，根據法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律可得感應電流為：I＝＝＝＝k＝k，C正確，D錯誤。 2．(多選)如圖所示電路中，A、B為兩個相同燈泡，L為自感系數較大、電阻可忽略不計的電感線圈，C為電容較大的電容器，下列說法中正確的有(　　) A．接通開關S，A立即變亮，最后A、B一樣亮 B．接通開關S

3、，B逐漸變亮，最后A、B一樣亮 C．斷開開關S，A、B都立刻熄滅 D．斷開開關S，A立刻熄滅，B逐漸熄滅 答案　ABD 解析　接通開關S，電容器C充電，相當于導線導通，電流流過A，因此A立即變亮，由于充電電流越來越小，當電容器C充電完畢后，其所在支路相當于斷路，當電流流過電感線圈L時，線圈由于產生相反方向的自感電動勢，阻礙電流的增大，所以通過B的電流逐漸增大，故B逐漸變亮，當閉合足夠長時間后，電容器C所在支路無電流，相當于斷路，通過電感線圈L的電流穩(wěn)定后，L相當于導線，此時A、B形成串聯(lián)回路，A、B一樣亮，A、B正確；當S閉合足夠長時間后再斷開時，A立刻熄滅，L中產生自感電動勢，且電容

4、器放電，此時電容器C、電感線圈L和燈泡B構成回路，故B會逐漸熄滅，C錯誤，D正確。 3．如圖所示，正方形導線框abcd放在勻強磁場中靜止不動，磁場方向與線框平面垂直，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直紙面向里。下列選項中能表示線框的ab邊受到的安培力F隨時間t的變化關系的是(規(guī)定水平向左為力的正方向)(　　) 答案　A 解析　0～1 s：磁場方向向里且均勻減小，由楞次定律可得，線圈中產生順時針方向的感應電流，由E＝可知，產生的感應電動勢恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力FA＝BIL均勻減小，由左手定則可知，安培力方向向左，即為正；1～3

5、 s：磁場方向向外且均勻增大，由楞次定律可得，線圈中產生順時針方向的感應電流，由E＝可知，產生的感應電動勢恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力FA＝BIL均勻增大，由左手定則可知，安培力方向向右，即為負；3～5 s：磁場方向向外且均勻減小，由楞次定律可得，線圈中產生逆時針方向的感應電流，由E＝可知，產生的感應電動勢恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力FA＝BIL均勻減小，由左手定則可知，安培力方向向左，即為正。綜合上述分析可知A正確。 4．如圖，傾角為θ的光滑斜面上存在著兩個磁感應強度大小相同的勻強磁場，其方向一個垂直于斜面向上，一個垂直于斜面向下，它們的寬度均為L。一個質量為m、邊長也

6、為L的正方形線框以速度v進入上部磁場恰好做勻速運動，ab邊在下部磁場運動過程中再次做勻速運動。重力加速度為g，則(　　) A．在ab邊進入上部磁場過程中線框的電流方向為abcba B．當ab邊剛越過邊界ff′時，線框的加速度為gsinθ C．當ab邊進入下部磁場再次做勻速運動時速度為v D．從ab邊進入磁場到ab邊進入下部磁場再次做勻速運動的過程中，減少的動能等于線框中產生的焦耳熱 答案　C 解析　根據楞次定律可知，在ab邊進入上部磁場過程中的電流方向為adcba，A錯誤；當線圈在上半部分磁場中勻速運動時：F安＝mgsinθ＝，當ab邊剛越過邊界ff′時，由于線圈的ab邊和cd

7、邊產生同方向的電動勢，則回路的電動勢加倍，感應電流加倍，每個邊受到的安培力加倍，則此時由牛頓第二定律有：4F安－mgsinθ＝ma，解得此時線框的加速度為a＝3gsinθ，B錯誤；當ab邊進入下部磁場再次做勻速運動時：2BL＝mgsinθ，解得v′＝v，C正確；由能量關系可知，從ab邊進入磁場到ab邊進入下部磁場再次做勻速運動的過程中，線框減少的動能與重力勢能之和等于線框中產生的焦耳熱，D錯誤。 5. 如圖所示，等腰直角三角形區(qū)域內有垂直于紙面向內的勻強磁場，左邊有一形狀完全相同的等腰直角三角形導線框，線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區(qū)域，規(guī)定線框中感應電流沿逆時針方向為正方向，線框剛

8、進入磁場區(qū)域時感應電流為i0，直角邊長為L。其感應電流i隨位移x變化的圖象正確的是(　　) 答案　C 解析　在線框進入磁場的過程中，位移x為0～L的過程中，磁通量先增大后減小，所以感應電流方向先是逆時針，后是順時針，當線框的右邊和斜邊切割長度相等時感應電流為零，接著又反向增大，在x＝L時的位置如圖所示， 以后有效切割長度逐漸減小到零，則感應電動勢逐漸減小到零，感應電流逐漸減小到零。當x＝0時，感應電流大小為i0＝，方向沿逆時針方向，為正值；當x＝L時，感應電流大小為i＝＝，方向沿順時針方向，為負值，所以C正確，A、B、D錯誤。 6. (2019·山西晉城一模)(多選)如

9、圖所示，U形光滑金屬導軌與水平面成37°角傾斜放置，現將一金屬桿垂直放置在導軌上且與兩導軌接觸良好，在與金屬桿垂直且沿著導軌向上的外力F的作用下，金屬桿從靜止開始做勻加速直線運動。整個裝置處于垂直導軌平面向上的勻強磁場中，外力F的最小值為8 N，經過2 s金屬桿運動到導軌最上端并離開導軌。已知U形金屬導軌兩軌道之間的距離為1 m，導軌電阻可忽略不計，金屬桿的質量為1 kg、電阻為1 Ω，磁感應強度大小為1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是(　　) A．拉力F是恒力 B．拉力F隨時間t均勻增加 C．拉力F的最大值等于12 N

10、 D．金屬桿運動的加速度大小為2 m/s2 答案　BCD 解析　t時刻，金屬桿的速度大小為v＝at，產生的感應電動勢為E＝Blv，電路中的感應電流為I＝，金屬桿所受的安培力大小為F安＝BIl＝，由牛頓第二定律可知F＝ma＋mgsin37°＋，可見F隨時間t均勻增加，A錯誤，B正確；t＝0時，F最小，代入數據可求得a＝2 m/s2，t＝2 s時，F最大，最大值為12 N，C、D正確。 7．(多選) 如圖所示，空間某區(qū)域內存在沿水平方向的勻強磁場，一正方形閉合金屬線框自磁場上方某處釋放后穿過磁場，整個過程線框平面始終豎直，線框邊長小于磁場區(qū)域上下寬度。以線框剛進入磁場時為計時起點，下列描述

11、線框所受安培力F隨時間t變化關系的圖象中，可能正確的是(　　) 答案　BCD 解析　若線圈剛進入磁場時，速度較大，安培力大于重力，則線圈最開始做減速運動，安培力也隨之減小，可能達到安培力等于重力，線圈速度不再變化，安培力也不再變化，或安培力仍大于重力線圈就已全部進入磁場，此時，線圈中磁通量不變，感應電流為零，所以整體所受的安培力為0，在重力作用下，線圈又開始加速運動，當線圈的下邊穿出磁場時，線圈整體又開始受安培力，由于之前線圈又經歷了加速過程，所以安培力此時是大于重力的，因此線圈又開始減速運動，安培力也隨之減小，故A錯誤，C正確；若線圈剛進入磁場時，安培力等于重力，線圈速度不再變化

12、，安培力也不再變化，當線圈全部進入磁場時，線圈中磁通量不變，感應電流為零，所以整體所受的安培力為0，在重力作用下，線圈又開始加速運動，當線圈的下邊穿出磁場時，線圈整體又開始受安培力，由于之前線圈又經歷了加速過程，所以安培力此時是大于重力的，因此線圈又開始減速運動，安培力也隨之減小，故B正確；若線圈剛進入磁場時，速度較小，安培力小于重力，所以線圈最開始是加速運動，安培力也隨之增大，當線圈全部進入磁場時，線圈中磁通量不變，感應電流為零，所以整體所受的安培力為0，在重力作用下，線圈又開始加速，當線圈的下邊穿出磁場時，線圈整體又開始受安培力，由于之前線圈又經歷了加速過程，所以安培力此時可能是大于重力的

13、，因此線圈可能開始減速，安培力也隨之減小，故D正確。 8．(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　) A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動 C．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D．若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 答案　AB 解析　設圓盤半徑為l，由電磁感應定律得E＝Bl·＝，I＝，故

14、ω一定時，電流大小恒定，A正確；由右手定則知圓盤中心為等效電源正極，圓盤邊緣為負極，電流經外電路從a經過R流到b，B正確；圓盤轉動方向不變時，等效電源的正、負極不變，電流方向不變，C錯誤；P＝＝，角速度加倍時功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤。 9. 矩形線圈abcd，長ab＝20 cm，寬bc＝10 cm，匝數n＝200。線圈回路總電阻R＝5 Ω，整個線圈平面內均有垂直于線圈平面的勻強磁場穿過，若勻強磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，則(　　) A．線圈回路中感應電動勢隨時間均勻變化 B．線圈回路中產生的感應電流為0.2 A C．當t＝0.3 s時，線圈的ab邊所受的安培力大

15、小為1.6 N D．在1 min內線圈回路產生的焦耳熱為48 J 答案　D 解析　由法拉第電磁感應定律可得E＝n＝n·S＝200××0.2×0.1 V＝2 V，由閉合電路歐姆定律可得：I＝＝ A＝0.4 A，故A、B錯誤；當t＝0.3 s時，通電導線受到的安培力為F＝nBIL＝200×20×10－2×0.4×0.2 N＝3.2 N，故C錯誤；在1 min內線圈回路產生的焦耳熱Q＝I2Rt＝0.42×5×60 J＝48 J，D正確。 10．如圖所示，豎直放置的光滑導軌GMANH，GM、HN平行，其中MAN為一半徑為r＝1 m的半圓弧，最高點A處斷開。GH之間接有電阻為R＝4 Ω的小燈泡L

16、，在MN上方區(qū)域及CDEF區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B＝1 T，MN、CD之間的距離為h1＝1.85 m，CD、EF之間的距離為h2＝1.15 m，現有質量為m＝0.7 kg的金屬棒ab，從最高點A處由靜止下落，當金屬棒下落時具有向下的加速度a＝7 m/s2，金屬棒在CDEF區(qū)域內運動過程中小燈泡亮度始終不變，金屬棒始終保持水平且與導軌接觸良好，金屬棒、導軌的電阻均不計，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)金屬棒從A處下落時的速度v1大小； (2)金屬棒下落到MN處時的速度v2大??； (3)金屬棒從A處下落到EF過程中燈泡L產生的熱量Q。 答案　(1)

17、2.8 m/s　(2)2 m/s　(3)10.85 J 解析　(1)金屬棒下落到時，金屬棒切割磁感線的有效長度：l＝2rcos30°＝ m， 金屬棒受到的安培力：F安＝BIl＝， 對金屬棒，由牛頓第二定律得：mg－＝ma， 代入數據解得：v1＝2.8 m/s。 (2)由題可知，金屬棒進入CDEF區(qū)域時勻速運動，此時切割磁感線的有效長度為2r， 由平衡條件得：mg＝， 代入數據解得：v3＝7 m/s， 金屬棒從MN到CD的過程做自由落體運動， 由速度位移公式得：v－v＝2gh1， 代入數據解得：v2＝2 m/s。 (3)對金屬棒，由能量守恒定律得： mg(r＋h1＋h2)

18、＝mv＋Q， 代入數據解得：Q＝10.85 J。 11．如圖所示，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5 T。在勻強磁場區(qū)域內，有一對光滑平行金屬導軌，處于同一水平面內，導軌足夠長，導軌間距L＝1 m，電阻可忽略不計。質量均為m＝1 kg，電阻均為R＝2.5 Ω的金屬導體棒MN和PQ垂直放置于導軌上，且與導軌接觸良好。先將PQ暫時鎖定，金屬棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由靜止開始以加速度a＝0.4 m/s2向右做勻加速直線運動，5 s后保持拉力F的功率不變，直到棒以最大速度vm做勻速直線運動。 (1)求棒MN的最大速度vm； (2)當棒MN達到最大速度vm時，解除PQ鎖

19、定，同時撤去拉力F，兩棒最終均勻速運動。求解除PQ棒鎖定后，到兩棒最終勻速運動的過程中，電路中產生的總焦耳熱； (3)若PQ始終不解除鎖定，當棒MN達到最大速度vm時，撤去拉力F，棒MN繼續(xù)運動多遠后停下來？(運算結果可用根式表示) 答案　(1)2 m/s　(2)5 J　(3)40 m 解析　(1)棒MN做勻加速運動階段，由牛頓第二定律得：F－BIL＝ma 棒MN做切割磁感線運動，產生的感應電動勢為： E＝BLv 棒MN做勻加速直線運動，5 s時的速度為： v＝at1＝2 m/s 在兩棒組成的回路中，由閉合電路歐姆定律得：I＝ 聯(lián)立上述式子，有：F＝ma＋ 代入數據解得5

20、s時棒的拉力為：F＝0.5 N 5 s時拉力F的功率為：P＝Fv 代入數據解得：P＝1 W 棒MN最終做勻速運動時速度最大，設棒的最大速度為vm，棒受力平衡，則有：－BImL＝0 又Im＝ 代入數據解得：vm＝2 m/s。 (2)解除棒PQ的鎖定后，兩棒組成的系統(tǒng)在運動過程中動量守恒，最終兩棒以相同的速度做勻速運動，設速度大小為v′，則有：mvm＝2mv′ 設從PQ棒解除鎖定到兩棒達到相同速度的過程中，電路中共產生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律可得： Q＝mv－×2mv′2 代入數據解得：Q＝5 J。 (3)以棒MN為研究對象，設某時刻棒中電流為i，在極短時間Δt內，由動量定

21、理得： －BILΔt＝mΔv 對式子兩邊求和有：∑(－BILΔt)＝∑(mΔv) 而Δq＝IΔt 故有：∑Δq＝∑(IΔt) 聯(lián)立各式解得：BLq＝mvm 又對于電路有：q＝t＝t 由法拉第電磁感應定律得：＝ 又q＝ 代入數據解得：x＝40 m。 『真題調研題組』 1．(2019·全國卷Ⅲ)楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現象中的具體體現？(　　) A．電阻定律 B．庫侖定律 C．歐姆定律 D．能量守恒定律 答案　D 解析　楞次定律表述了感應電流的磁場方向，同時也體現了不同能量間的關系。總能量是守恒的，感應電流產生電能，電能是“阻礙”的結果，D正確。 2．(

22、2019·全國卷Ⅰ)(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖a中虛線MN所示。一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內，圓心O在MN上。t＝0時磁感應強度的方向如圖a所示，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖b所示。則在t＝0到t＝t1的時間間隔內(　　) A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變 B．圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向 C．圓環(huán)中的感應電流大小為 D．圓環(huán)中的感應電動勢大小為 答案　BC 解析　由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產生的感應電動勢、感應電流的大小和方向不變，但t0時刻磁場方向發(fā)生變化，故

23、安培力的方向發(fā)生變化，A錯誤；根據楞次定律和安培定則可知，圓環(huán)中感應電流的方向始終沿順時針方向，B正確；根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢大小E＝·S′＝·＝，根據閉合電路歐姆定律知，感應電流大小I＝＝＝，C正確，D錯誤。 3．(2019·全國卷Ⅲ)(多選) 如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖象中可能正確的是(　　) 答案　AC 解析　導體棒ab運動，切割

24、磁感線，產生感應電流，導體棒ab受安培力F作用，速度減小，導體棒cd受安培力F′作用，速度變大，如圖所示， 感應電流I＝＝，安培力F＝F′＝BIl＝＝ma，隨著v1減小，v2增大，則安培力減小，兩棒的加速度a減小，直到v1＝v2＝v共，之后兩棒的加速度a＝0，兩棒做勻速運動，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝，A正確，B錯誤。由前面分析知，v1－v2隨時間減小得越來越慢，最后為0，則感應電流I＝隨時間減小得越來越慢，最后為0，C正確，D錯誤。 4．(2019·全國卷Ⅱ)(多選) 如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均

25、與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是(　　) 答案　AD 解析　PQ剛進入磁場時，加速度為零，則mgsinθ＝BI1L，又I1＝，故PQ做勻速運動，電流恒定；由題意知，MN剛進入磁場時與PQ剛進入磁場時速度相同。 情形1：若MN剛進入磁場時，PQ已離開磁場區(qū)域，則對MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝及右手定則知，通過PQ的電流大小不變

26、，方向相反，故I-t圖象如圖A所示。 情形2：若MN剛進入磁場時，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導體棒速度相等，產生的電動勢等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導軌方向的分力作用下均加速直至PQ離開磁場。當PQ離開磁場時，MN在磁場中的速度大于勻速運動時的速度，MN為電源，由右手定則知PQ中的電流方向與MN未進入磁場時相反，設此時PQ中電流大小為I2，由E＝BLv′，I2＝，BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN減速，且隨v′減小，I2減小，a減小，I2與v′成正比，故I2隨t減小得越來越慢，直至MN勻速運動，這時I2＝I1，I-t圖象如圖D所示。 5. (2018·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，

27、兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是(　　) A．開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動 B．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D．開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動 答案　AD 解析　小磁針的N極的指向為該處磁場的方向。開關閉合后的瞬間，通過右邊線圈的電流增大，在鐵芯中產生

28、由北向南的磁場增大，通過左側線圈的磁通量增大，根據楞次定律和安培定則可以判斷，直導線中的電流從南流向北，再根據安培定則可以判斷，直導線的電流在小磁針處的磁場方向垂直紙面向里，小磁針N極向里轉動，A正確；開關閉合并保持一段時間后，通過左側線圈的磁通量不變，不會產生電磁感應現象，所以直導線中無感應電流流過，小磁針在地磁場作用下恢復原指向，B、C錯誤；開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，通過左側線圈的磁通量減小，直導線產生由北流向南的電流，則小磁針N極向外轉動，D正確。 6. (2018·全國卷Ⅰ)如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。O

29、M是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好。空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B。現使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則等于(　　) A. B. C. D．2 答案　B 解析　通過導體橫截面的電荷量為：q＝·Δt＝·Δt＝n，過程Ⅰ流過OM的電荷量為：q1＝；過程Ⅱ流過OM的電荷量：q2＝，依題意有：q1＝q2，即：B·πr2＝(B′－B)·πr2，解得：＝，正確答案為B。 7．(2017·全國卷

30、Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖a所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖b所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)。下列說法正確的是(　　) A．磁感應強度的大小為0.5 T B．導線框運動速度的大小為0.5 m/s C．磁感應強度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1 N 答案　BC 解析　由圖b可知，從

31、導線框的cd邊進入磁場到ab邊剛好進入磁場，用時為0.2 s，可得導線框運動速度的大小v＝ m/s＝0.5 m/s，B正確。由圖b可知，cd邊切割磁感線產生的感應電動勢E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感應強度的大小B＝ T＝0.2 T，A錯誤。感應電流的方向為順時針時，對cd邊應用右手定則可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向外，C正確。t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間為cd邊離開磁場，ab邊切割磁感線的過程。由閉合電路歐姆定律及安培力公式得安培力F＝BIL＝，代入數據得F＝0.04 N，D錯誤。 8．(2017·全國卷Ⅰ) 掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的

32、形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是(　　) 答案　A 解析　底盤上的紫銅薄板出現擾動時，其擾動方向不確定，在選項C這種情況下，紫銅薄板出現上下或左右擾動時，穿過薄板的磁通量難以改變，不能發(fā)生電磁感應現象，沒有阻尼效應；在選項B、D這兩種情況下，紫銅薄板出現上下擾動時，也沒有發(fā)生電磁阻尼現象；選項A這種情況下，不管紫銅薄板出現上下或左右擾動時，都發(fā)生電磁感應現象，產生電磁阻尼效應，A正確

33、。 9．(2017·北京高考)圖1和圖2是教材中演示自感現象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是(　　) A．圖1中，A1與L1的電阻值相同 B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 答案　C 解析　斷開開關S1瞬間，線圈L1產生自感電動勢，阻礙電流的減小，通過L1的電流反向通過燈A1，燈A1突然閃亮，隨后

34、逐漸變暗，說明IL1>IA1，即RL1

35、，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿(　　) A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案　BC 解析　由于金屬桿進入兩個磁場時的速度相等，而穿出磁場后金屬桿做加速度為g的加速運動，所以金屬桿進入磁場Ⅰ、Ⅱ時都做減速運動，即在磁場中的加速度方向豎直向上，A錯誤；對金屬桿受力分析，根據－mg＝ma可知，金屬桿在磁場中做加速度減小的減速運動，其進出磁場的v-t圖象如圖所示，由于0～t1和t1～t2圖線與t軸包圍的面積相等(都為d)，所以t1>(t2－t1)

36、，B正確； 從進入磁場Ⅰ到進入磁場Ⅱ之前過程中，根據能量守恒，金屬棒減小的機械能全部轉化為焦耳熱，所以穿過磁場Ⅰ產生的焦耳熱Q1＝mg·2d，所以穿過兩個磁場過程中產生的熱量為4mgd，C正確；若金屬桿進入磁場做勻速運動，則－mg＝0，得v＝，由前面分析可知金屬桿進入磁場的速度大于，根據h＝得金屬桿進入磁場的高度應大于＝，D錯誤。 11．(2019·天津高考)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變

37、化率為常量k。圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。PQ的質量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽略不計。 (1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向； (2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W。 答案　(1)，方向水平向右　(2)mv2－kq 解析　(1)設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E＝，則 E＝k① 設PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有 R并＝② 閉合S時，設線圈中的電流為I，根據閉合電路歐姆定律得I＝③ 設PQ中的電流

38、為IPQ，有IPQ＝I④ 設PQ受到的安培力為F安，有F安＝BIPQl⑤ PQ保持靜止，由受力平衡，有F＝F安⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F＝⑦ 由楞次定律和右手螺旋定則得PQ中的電流方向為由Q到P，再由左手定則得PQ所受安培力的方向水平向左，則力F的方向水平向右。 (2)設PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt′，回路中的磁通量變化為ΔΦ′，平均感應電動勢為，有 ＝⑧ 其中ΔΦ′＝Blx⑨ 設PQ中的平均感應電流為，有＝⑩ 根據電流的定義式得＝? 由動能定理，有Fx＋W＝mv2－0? 聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得W＝mv2－kq。? 『模擬沖

39、刺題組』 1．(2019·江西吉安高三上學期五校聯(lián)考)隨著科技的不斷發(fā)展，無線充電已經進入人們的視線。小到手表、手機，大到電腦、電動汽車的充電，都已經實現了從理論研發(fā)到實際應用的轉化。下圖給出了某品牌的無線充電手機利用電磁感應方式無線充電的原理圖。關于無線充電，下列說法正確的是(　　) A．無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應” B．只有將充電底座接到直流電源上才能對手機進行充電 C．接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同 D．只要有無線充電底座，所有手機都可以進行無線充電 答案　C 解析　無線充電的原理，其實就是電磁感應現象，而不是電流的磁效

40、應，A錯誤；發(fā)生電磁感應的條件是磁通量要發(fā)生變化，直流電無法產生變化的磁場，故不能接到直流電源上，B錯誤；發(fā)生電磁感應時，兩個線圈中的交變電流的頻率是相同的，C正確；只有無線充電底座，手機內部沒有能實現無線充電的接收線圈等裝置，也不能進行無線充電，D錯誤。 2．(2019·福建泉州泉港區(qū)第一中學高三上質量檢測)北半球地磁場的豎直分量向下。如圖所示，在北京某中學實驗室的水平桌面上，放置邊長為L的正方形閉合導體線圈abcd，線圈的ab邊沿南北方向，ad邊沿東西方向。下列說法中正確的是(　　) A．若使線圈向東平動，則b點的電勢比a點的電勢低 B．若使線圈向北平動，則a點的電勢比b點的電勢

41、低 C．若以ab為軸將線圈向上翻轉，則線圈中感應電流方向為a→d→c→d→a D．若以ab為軸將線圈向上翻轉，則線圈中感應電流方向為a→b→c→d→a 答案　D 解析　北京位于北半球，地磁場的豎直分量向下，若使線圈向東平動，由右手定則判斷可知，a點的電勢比b點的電勢低，A錯誤；若使線圈向北平動，地磁場的豎直分量向下，ab沒有切割磁感線，不產生感應電動勢，a點的電勢與b點的電勢相等，B錯誤；若以ab為軸將線圈向上翻轉，地磁場的豎直分量向下，穿過線圈的磁通量減小，根據楞次定律判斷可知線圈中感應電流方向為a→b→c→d→a，C錯誤，D正確。 3．(2019·江西名校學術聯(lián)盟高三押題卷)如圖

42、甲所示，abcd為邊長為L＝1 m的正方形金屬線框，電阻為R＝2 Ω，虛線為正方形的對稱軸，虛線上方線框內有按圖乙變化的勻強磁場，虛線下方線框內有按圖丙變化的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里為正，則線框中的感應電流大小為(　　) A. A B. A C. A D. A 答案　C 解析　由圖乙得上方磁場的磁感應強度變化率為：＝ T/s＝0.5 T/s，由法拉第電磁感應定律得：E1＝＝＝0.25 V，由楞次定律得，E1在線框中產生的感應電流方向為逆時針方向；由圖丙得下方磁場的磁感應強度變化率為：＝ T/s＝1 T/s，由法拉第電磁感應定律得：E2＝＝＝0.5 V，由楞次定律得，E2

43、在線框中產生的感應電流方向為逆時針方向，因此線框中的感應電流大小為I＝＝ A，故選C。 4．(2019·兩湖八市十二校聯(lián)合二模)如圖甲所示，在豎直方向分布均勻的磁場中水平放置一個金屬圓環(huán)，圓環(huán)所圍面積為0.1 m2，圓環(huán)電阻為0.2 Ω。在第1 s內圓環(huán)中的感應電流I從上往下看為順時針方向。磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示(其中在4～5 s的時間段呈直線)。則(　　) A．在0～5 s時間段，感應電流先減小再增大 B．在0～2 s時間段感應電流沿順時針方向，在2～5 s時間段感應電流也沿順時針方向 C．在0～5 s時間段，圓環(huán)最大發(fā)熱功率為5.0×10－4 W D．

44、在0～2 s時間段，通過圓環(huán)橫截面的電荷量為5.0×10－1 C 答案　C 解析　根據閉合電路歐姆定律得I＝＝n，知磁感應強度的變化率越大，感應電流越大，由題圖可得在0～5 s時間段磁感應強度變化率先減小再增大，最后不變，且最大值為0.1，則最大感應電流Im＝ A＝0.05 A，則在0～5 s時間段，感應電流先減小再增大，最后不變，故A錯誤；由題意知，在第1 s內感應電流I沿順時針方向，根據楞次定律知，磁場方向向上，結合題圖乙知向上為正方向，在2～4 s時間段，磁感應強度向上且減小，在4～5 s時間段，磁感應強度向下且增大，則在2～5 s時間段，感應磁場方向向上，感應電流沿逆時針方向，故B

45、錯誤；結合A中分析可知，在4～5 s時間段，圓環(huán)內感應電流最大，發(fā)熱功率最大，為Pm＝IR＝0.052×0.2 W＝5.0×10－4 W，故C正確；在0～2 s時間段，通過圓環(huán)橫截面的電荷量為q＝Δt＝·Δt＝＝ C＝5.0×10－2 C，故D錯誤。 5．(2019·西南名校聯(lián)盟高三3月月考)如圖所示，有一邊長為L的正方形線框abcd，由距勻強磁場上邊界H處靜止釋放，其下邊框剛進入勻強磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運動。勻強磁場區(qū)域寬度也為L。ab邊開始進入磁場時記為t1，cd邊出磁場時記為t2，忽略空氣阻力，從線框開始下落到cd邊剛出磁場的過程中，線框的速度大小v、加速度大小a、ab間的電壓大

46、小Uab、線框中產生的焦耳熱Q隨時間t的變化圖象可能正確的是(　　) 答案　C 解析　線框從距磁場上邊界H處開始下落到下邊框剛進入磁場過程中線圈做自由落體運動，因線框下邊框剛進入勻強磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運動，則有F安＝＝mg，又因為線框邊長與磁場區(qū)域寬度均為L，即ab邊出磁場時cd邊恰好進入磁場，故可知直到cd邊出磁場線框一直做勻速運動，A、B錯誤；線框ab邊進入磁場的過程：E＝BLv，則Uab＝BLv，線框ab邊離開磁場的過程：E′＝BLv′，則Uab′＝BLv′，線框進入磁場和離開磁場的過程中速度相同，故感應電動勢E相同，且這一過程中通過線框的電流始終不變，故t1～t2時

47、間段有：Q＝I2Rt，Q-t圖象應該為一條連續(xù)的傾斜直線，C正確，D錯誤。 6．(2019·陜西省漢中市重點中學開學聯(lián)考)(多選)如圖所示，電阻不計的導軌OPQS固定，其中PQS是半徑為r的半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心。OM是長為r的可繞O轉動的金屬桿，其電阻為R，M端與導軌接觸良好?？臻g存在與平面垂直且向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度的大小為B，現使OM從OQ位置起以角速度ω逆時針勻速轉到OS位置。則該過程中(　　) A．產生的感應電流大小恒定，方向為OPQMO B．通過OM的電荷量為 C．回路中的感應電動勢大小為Br2ω D．金屬桿OM的發(fā)熱功率為 答案　AB

48、 解析　由金屬桿OM繞其端點O在磁場中轉動時產生的電動勢為：E＝Br＝Br＝Br2ω，所以產生的感應電動勢恒定，電流恒定，由于磁場方向垂直于紙面向里，由右手定則可知感應電流的方向為OPQMO，故A正確，C錯誤；通過OM的電荷量為：q＝＝＝＝，故B正確；由閉合電路歐姆定律得：I＝＝，則金屬桿OM的發(fā)熱功率為：P＝I2R＝，故D錯誤。 7．(2019·濟南三模)(多選)如圖所示，光滑水平面上有一質量為0.1 kg的正方形金屬線框abcd，邊長為1 m。線框處于垂直于水平面向下的有界勻強磁場中，ab邊與磁場邊界重合?，F給ab邊施加一個垂直ab邊向右的大小為2 N的水平恒力F，線框從靜止開始運動，

49、1 s時線框速度為2 m/s，此后撤去F，線框繼續(xù)運動，恰好能完全離開磁場區(qū)域。已知從撤去外力F到線框停止過程中線框中通過的電荷量為0.2 C，則(　　) A．整個過程中感應電動勢的最大值為2 V B．整個過程中線框中通過的電荷量為1.8 C C．整個過程中線框中產生的熱量為1.6 J D．線框電阻的總阻值為0.5 Ω 答案　AD 解析　水平力F作用在線框上時，由動量定理：Ft－安t＝mv，其中安t＝BLt＝BLq1，q1＝＝，其中R為線框電阻，從撤去外力F到線框停止過程中線框中通過的電荷量為0.2 C，則由動量定理：安′t′＝mv，其中安′t′＝B′Lt′＝BLq2，又q2＝

50、＝＝0.2 C，x1＋x2＝L，聯(lián)立解得：B＝1 T，q1＝1.8 C，x1＝0.9 m，x2＝0.1 m，R＝0.5 Ω，D正確；撤去力F的瞬間，線框的速度最大，此時感應電動勢最大，最大值為：Em＝BLv＝2 V，A正確；整個過程中線框中通過的電荷量為q＝q1＋q2＝1.8 C＋0.2 C＝2 C，B錯誤；由能量守恒可知，整個過程中線框中產生的熱量為Q＝Fx1＝1.8 J，C錯誤。 8．(2019·河北省衡水中學高三下一調)(多選)如圖甲所示，質量為0.01 kg、長為0.2 m的水平金屬細桿CD的兩頭分別放置在兩水銀槽的水銀中，水銀槽所在空間存在磁感應強度大小B1＝10 T、方向水平向右

51、的勻強磁場，且桿CD與該勻強磁場垂直。有一匝數為100、面積為0.01 m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的均勻磁場中，其磁感應強度B2隨時間t變化關系如圖乙所示。在t＝0.20 s時閉合開關K，細桿瞬間彈起(可認為安培力遠大于重力)，彈起的最大高度為0.2 m。不計空氣阻力和水銀的黏滯作用，不考慮細桿落回水銀槽后的運動，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．磁感應強度B2的方向豎直向上 B．t＝0.05 s時，線圈中的感應電動勢大小為10 V C．細桿彈起過程中，細桿所受安培力的沖量大小為0．01 N·s D．開關K閉合后

52、，通過細桿CD的電荷量為0.01 C 答案　ABD 解析　細桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知，電流方向為：C→D，由安培定則可知感應電流的磁場方向豎直向上，由圖乙可知，在0.20～0.25 s內穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律可知，磁感應強度B2的方向為豎直向上，故A正確；由圖乙可知，0～0.10 s內：ΔΦ＝ΔBS＝(1－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb，0～0.10 s線圈中的感應電動勢大?。篍＝n＝100× V＝10 V，即0.05 s時，線圈中的感應電動勢大小為10 V，故B正確；細桿彈起瞬間的速度：v＝＝ m/s＝2 m/s，在t＝0.20 s時，細桿所受安培力的

53、沖量(可認為安培力遠大于重力)I＝mΔv＝0.01×2 N·s＝0.02 N·s，故C錯誤；開關K閉合后，對CD桿由動量定理得：B1IL·Δt＝mv－0，電荷量：q＝IΔt，解得通過CD的電荷量：q＝IΔt＝＝ C＝0.01 C，故D正確。 9．(2019·湖南衡陽三模)(多選)在傾角為θ足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小相等的勻強磁場，磁場方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L，如圖所示。一個質量為m，電阻為R，邊長也為L的正方形線框在t＝0時刻以速度v0進入磁場，恰好做勻速直線運動，若經過時間t0，線框ab邊到達gg′與ff′中間位置時，線框又恰好做勻速直線運動，

54、則下列說法正確的是(　　) A．當ab邊剛越過ff′時，線框加速度的大小為gsinθ B．t0時刻線框勻速運動的速度為 C．t0時間內線框中產生的焦耳熱為mgLsinθ＋mv D．離開磁場的過程中線框將做勻速直線運動 答案　BC 解析　線框開始進入磁場時，線框處于平衡狀態(tài)，此時有：mgsinθ＝BI1L＝，當ab邊剛越過ff′時，此時線框速度仍為v0，此時有：2BI2L－mgsinθ＝ma2，又電流：I2＝，可得：－mgsinθ＝ma2，聯(lián)立可得：a＝3gsinθ，故A錯誤；設t0時刻線框的速度為v，此時線框處于平衡狀態(tài)，則可得：2BI3L＝mgsinθ，此時線框中的感應電流為

55、：I3＝，聯(lián)立得：v＝，故B正確；在時間t0內根據功能關系有：t0時間內線框中產生的焦耳熱Q＝mgLsinθ＋mv－mv2＝mgLsinθ＋mv，故C正確；線框離開磁場時由于安培力小于重力沿斜面的分力，因此線框將做加速度逐漸減小的變加速運動，故D錯誤。 10．(2019·吉林省長春二中高三下月考)如圖所示，間距L＝0.5 m的平行導軌MNS、PQT處于磁感應強度大小均為B＝0.4 T的兩個勻強磁場中，水平導軌處的磁場方向豎直向上，光滑傾斜導軌處的磁場方向垂直于導軌平面斜向下。長度均為L、質量均為m＝40 g、電阻均為R＝0.1 Ω的導體棒ab、cd分別垂直放置于水平和傾斜導軌上，并與導軌接觸

56、良好，導軌電阻不計，導體棒ab通過兩根跨過光滑定滑輪的絕緣細線分別與質量m0＝200 g的物體C和導體棒cd相連，細線沿導軌中心線且在導軌平面內，細線及滑輪的質量不計，已知傾斜導軌與水平面的夾角θ＝37°，水平導軌與導體棒ab間的動摩擦因數μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，兩導軌足夠長，導體棒cd運動中始終不離開傾斜導軌。將物體C由靜止釋放，當它達到最大速度時下落的高度h＝1 m，在這一運動過程中，求： (1)物體C的最大速度； (2)導體棒ab產生的焦耳熱。 答案　(1)2 m/s　(2)0.52 J 解析　(1)設C達到的最大速度為vm，由法拉第電

57、磁感應定律，回路的感應電動勢為：E＝2BLvm① 由歐姆定律得回路中的電流強度為：I＝② 金屬導體棒ab、cd受到的安培力為：F＝BIL③ 設連接金屬導體棒ab與cd的細線中張力為T1，連接金屬導體棒ab與物體C的細線中張力為T2，對導體棒ab、cd及物體C受力分析 由平衡條件得：T1＝mgsin37°＋F④ T2＝T1＋F＋f⑤ T2＝m0g⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥可解得：vm＝2 m/s。 (2)系統(tǒng)在該過程中產生的內能為E1，由能量的轉化和守恒定律得： m0gh＝(2m＋m0)v＋mghsin37°＋E1⑦ 運動過程中由于摩擦產生的內能為：E2＝μmgh⑧ 則這一過程電

58、流產生的內能為：E3＝E1－E2⑨ 又因為ab棒、cd棒的電阻相等，則由⑦⑧⑨可得，電流通過ab棒產生的焦耳熱為：E4＝E3＝0.52 J。 11．(2019·福州高考模擬)如圖所示，空間存在著一個范圍足夠大的豎直向下的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B；邊長為L的正方形金屬框abcd(簡稱方框)放在光滑的水平地面上，其外側套著一個與方框邊長相同的U形金屬框架MNPQ(僅有MN、NQ、QP三條邊，簡稱U形框)，U形框的M、P端的兩個觸點與方框接觸良好且無摩擦，其他地方沒有接觸。兩個金屬框每條邊的質量均為m，每條邊的電阻均為r。 (1)若方框固定不動，U形框以速度v0垂直NQ邊向右勻速

59、運動，當U形框的接觸點M、P端滑至方框的最右側時，如圖乙所示，求：U形框上N、Q兩端的電勢差UNQ； (2)若方框不固定，給U形框垂直NQ邊向右的水平初速度v0，U形框恰好不能與方框分離，求：方框最后的速度vt和此過程流過U形框上NQ邊的電量q； (3)若方框不固定，給U形框垂直NQ邊向右的初速度v(v>v0)，在U形框與方框分離后，經過t時間，方框的最右側和U形框的最左側之間的距離為s。求：分離時U形框的速度大小v1和方框的速度大小v2。 答案　(1)BLv0　(2)v0　 (3)v＋　v－ 解析　(1)U形框向右勻速運動，NQ邊做切割磁感線運動，由法拉第電磁感應定律得：E＝BLv

60、0 此時電路圖如圖， 由串并聯(lián)電路規(guī)律得： 外電阻為：R外＝2r＋＝r 由閉合電路歐姆定律得： 流過QN的電流：I＝＝ 所以：UNQ＝E－Ir＝。 (2)U形框向右運動的過程中，方框和U形框組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒。 依題意得：方框和U形框最終速度相同，最終速度大小為vt，有：3mv0＝(3m＋4m)vt 解得：vt＝v0 對U形框，由動量定理得：－BLt＝3mvt－3mv0 又因為q＝t，解得：q＝。 (3)由系統(tǒng)動量守恒有：3mv＝3mv1＋4mv2 依題意得：s＝(v1－v2)t 聯(lián)立可得：v1＝v＋，v2＝v－。 『熱門預測題組』 1

61、．(2019·廣東汕頭一模)(多選)如圖甲為電動汽車無線充電原理圖，M為受電線圈，N為送電線圈。圖乙為受電線圈M的示意圖，線圈匝數為n，電阻為r，橫截面積為S，兩端a、b連接車載變流裝置，勻強磁場平行于線圈軸線向上穿過線圈。下列說法正確是(　　) A．只要受電線圈兩端有電壓，送電線圈中的電流一定不是恒定電流 B．只要送電線圈N中有電流流入，受電線圈M兩端一定可以獲得電壓 C．當線圈M中磁感應強度大小均勻增加時，則M中有電流從a端流出 D．若Δt時間內，線圈M中磁感應強度大小均勻增加ΔB，則M兩端的電壓 答案　AC 解析　只要受電線圈兩端有電壓，說明穿過受電線圈的磁場變化，所以送

62、電線圈中的電流一定不是恒定電流，故A正確；若送電線圈N中有恒定電流，則產生的磁場不變化，在受電線圈中不產生感應電流，也就不會獲得電壓，故B錯誤；穿過線圈M的磁感應強度均勻增加，根據楞次定律，如果線圈閉合，感應電流的磁通量向下，故感應電流方向從b向a，即電流從a端流出，故C正確；根據法拉第電磁感應定律，有：E＝n＝nS，由閉合電路的歐姆定律得M兩端的電壓U＝R＝，故D錯誤。 2．(2019·天津南開區(qū)二模)如圖所示，虛線框內為某種電磁緩沖車的結構示意圖，其主要部件為緩沖滑塊K和質量為m的緩沖車廂。在緩沖車廂的底板上，平行車的軸線固定著兩個光滑水平絕緣導軌PQ、MN。緩沖車的底部還裝有電磁鐵(圖

63、中未畫出)，能產生垂直于導軌平面的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B。導軌內的緩沖滑塊K由高強度絕緣材料制成，滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd，線圈的總電阻為R，匝數為n，ab邊長為L。假設緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，此后線圈與軌道間的磁場作用力使緩沖車廂減速運動，從而實現緩沖，一切摩擦阻力不計。 (1)求緩沖車緩沖過程最大加速度am的大小； (2)若緩沖車廂向前移動距離L后速度為零，則此過程線圈abcd中通過的電荷量q和產生的焦耳熱Q各是多少？ (3)若緩沖車以某一速度v0′(未知)與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，緩沖車廂所受的最大水平磁場力為Fm。緩沖車在滑塊

64、K停下后，其速度v隨位移x的變化規(guī)律滿足：v＝v0′－x。要使導軌右端不碰到障礙物，則緩沖車與障礙物C碰撞前，導軌右端QN與滑塊K的cd邊的距離至少為多大。 答案　(1)　(2)　mv　(3) 解析　(1)緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，滑塊相對磁場的速度大小為v0，此時線圈中產生的感應電動勢最大，則有Em＝nBLv0 電流為：Im＝ 安培力為：FA＝nBIL 加速度為：a＝ 聯(lián)立解得：am＝。 (2)由法拉第電磁感應定律得：E＝n 其中ΔΦ＝BL2，由歐姆定律得：＝ 又＝ 代入整理得：此過程線圈abcd中通過的電荷量q＝，由功能關系得：線圈產生的焦耳熱為Q＝mv。 (3)若緩沖車以某一速度v0′與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，滑塊相對磁場的速度大小為v0′，線圈中產生的感應電動勢E′＝nBLv0′ 線圈中感應電流為I＝ 線圈ab邊受到的安培力F＝nBIL 依題意有F＝Fm，解得，v0′＝ 由題意知，v＝v0′－x 當v＝0時，解得：x＝。 - 28 -