第12讲电磁感应及其应用

第12讲电磁感应及其应用能力培养练1.(2023·江苏南通调研)如图所示,甲、乙、丙为三个相同的铝管,甲、乙两管的侧壁分别开有横槽和竖槽,丙管未开槽,现将三个铝管分别套在竖直圆柱形强磁铁上,由上端口静止释放,忽略管与磁铁间的摩擦以及开槽后管的质量变化。关于铝管穿过强磁铁的时间,下列判断正确的是(B)A.甲最短 B.乙最短C.丙最短 D.甲、乙相同解析:下落过程中,由于穿过铝管的磁通量变化,铝管中会产生感应电流,根据楞次定律“阻碍”的含义可知,铝管将受到向上的安培力阻碍其运动。由题图可知,三个铝管沿水平环形电流方向的长度l相同,而有效横截面积关系为S乙<S甲<S丙,根据R=ρlS可知,三个铝管沿水平环形电流方向的电阻关系为R乙>R甲>R丙F安=B22.(2023·浙江模拟)如图甲,金属环a放置在垂直于环面向里的匀强磁场中。如图乙,环形导线c与导轨、导体棒构成闭合回路,导体棒在匀强磁场中向右运动,金属环b与环形导线c共面共心。下列说法正确的是(C)A.当图甲中匀强磁场减弱,a中产生沿逆时针方向的电流,且有收缩的趋势B.当图甲中匀强磁场增强,a中产生沿顺时针方向的电流,且有扩张的趋势C.当图乙中的导体棒向右减速运动,环b中产生顺时针方向的电流,且有收缩的趋势D.当图乙中的导体棒向右匀速运动,环b中产生逆时针方向的电流,且有扩张的趋势解析:当题图甲中的匀强磁场减弱时,根据楞次定律可知,金属环a中产生沿顺时针方向的感应电流,根据左手定则可知,金属环a所受的安培力指向环外,有扩张的趋势,A错误;同理,当题图甲中的匀强磁场增强时,金属环a中产生沿逆时针方向的感应电流,且有收缩的趋势,B错误;当题图乙中导体棒向右减速运动时,根据右手定则可知,导线c中有顺时针方向且减小的感应电流,根据楞次定律可知,金属环b中产生顺时针方向的感应电流,再根据同向电流相互吸引,导线c对金属环b的安培力指向圆心,金属环b有收缩的趋势,C正确;当题图乙中的导体棒向右匀速运动时,根据右手定则可知,导线c中产生顺时针方向的感应电流,且导线c中的感应电流恒定,产生的磁场也恒定,金属环b中不会产生感应电流,D错误。3.(2023·广东梅州一模)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。半径为L的铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触,圆盘所在处存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向如图所示,下列说法正确的是(BC)A.若从上往下看,圆盘顺时针转动,则圆盘中心电势比边缘要低B.若从上往下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动的角速度为ω,铜盘转动产生的感应电动势大小为12BωLD.若圆盘转动的方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化解析:若从上往下看,圆盘顺时针转动,根据右手定则可知,电流方向由P指向圆盘中心,在整个回路中圆盘部分相当于电源,则圆盘中心电势比边缘高,电流沿a到b的方向流过电阻,故A错误,B正确;若圆盘转动的角速度为ω,铜盘转动产生的感应电动势大小为E=BLv=BLωL2=12BωL4.(2022·广东卷,10)(多选)如图所示,水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点,P点位于导线正上方,MN平行于y轴,PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈,圆心在P点,可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动,运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有(AC)A.N点与M点的磁感应强度大小相等,方向相同B.线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量不变C.线圈从P点开始竖直向上运动时,线圈中无感应电流D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等解析:由于水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线,且平行于y轴,而MN也平行于y轴,所以N点与M点的磁感应强度大小相等,方向相同,选项A正确;由于PN平行于x轴,故线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量始终变化,选项B错误;线圈从P点开始竖直向上运动时,穿过线圈的磁通量一直为零,磁通量不变,线圈中无感应电流,选项C正确;线圈从P到M过程和从P到N过程,线圈中磁通量变化量相同,而sPM>sPN,又速率相同,所以tPM>tPN,根据法拉第电磁感应定律可知,线圈从P到M过程产生的感应电动势小于从P到N过程产生的感应电动势,选项D错误。5.(2023·福建泉州质检)(多选)如图,足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场,一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴,由静止开始下落,经过时间t,速度达到最大值v,此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R,金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则(AC)A.环下落速度为v2时的加速度大小为B.环下落速度为v时的感应电流大小为2C.环下落速度为v时的热功率为mgvD.t时间内通过金属环横截面的电荷量为2π解析:根据题意知金属环的速度达到最大值v时,安培力与重力平衡,此时,感应电流I=ER=2πrBvR,有F=BIL=B·B(2πr)vR·(2πr)=mg,环下落速度为v2时,安培力大小F′=Bmgv,故C正确;t时间内,根据动量定理有mgtFt=mv,其中F=2πrBI,I=qt,联立得mgt2πrBq=mv,解得通过金属环横截面的电荷量q=mgt6.(2023·山东潍坊统考)如图甲所示,水平放置的边长为L=20cm的正方形线圈,匝数n=1000匝,总电阻r=1.0Ω。线圈处在斜向上的匀强磁场中,磁场方向与线圈平面夹角为37°,磁感应强度的大小B按如图乙所示的规律变化。已知滑动变阻器的总电阻R=4.0Ω,R1=2R2=4.0Ω,C=30μF,滑片P位于滑动变阻器中点处,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)闭合S,电路稳定后,电阻R1的电功率;(2)S断开后,流经R2的电荷量。解析:(1)根据法拉第电磁感应定律有E=nL2ΔBΔt·经分析,滑动变阻器R与电阻R2组成电路的等效电阻为R3=3.0Ω,根据闭合电路欧姆定律有I=ER电阻R1的电功率P=I2R1,联立解得P=5.76W。(2)经分析,滑动变阻器R右端与电阻R2组成电路的等效电阻为R4=1.0Ω,S闭合时,电容器两端的电压U=IR4,S闭合时,电容器带电荷量Q=CU,S断开后,流经R2的电荷量为Q2=Q2联立解得Q2=1.8×105C。答案:(1)5.76W(2)1.8×105C素养提升练7.(2023·安徽六安模拟)(多选)如图甲所示,固定的矩形导线框abcd放在匀强磁场中,磁场方向与导线框垂直,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。t=0时刻,磁感应强度的方向垂直于纸面向里。规定顺时针方向为电流的正方向、向左为安培力的正方向,在0～4s内,导线框中的电流及导线框的ab边所受安培力随时间变化的图像可能是(AD)解析:由法拉第电磁感应定律可知E=ΔΦΔt=Δ8.(2023·山东潍坊统考)(多选)链球比赛属田径中的投掷竞远运动,链球由金属材料制造,长度为L。某次比赛在我国某地举行,链球出手前某时刻恰好绕竖直轴水平转动(俯视逆时针转动),角速度为ω,手到转轴的距离为l,场地附近空间的地磁场可看作是匀强磁场,其水平分量和竖直分量分别为Bx、By。则此时(BD)A.手握的一端电势比拴球的一端低B.手握的一端电势比拴球的一端高C.两端的电势差约为BD.两端的电势差约为B解析:我国处于北半球,地磁场的竖直分量的方向为竖直向下,链球在转动过程中切割地磁场的竖直分量,由右手定则知,手握的一端电势比拴球的一端高,故A错误,B正确;两端的电势差U=ByLv=ByL(L+l9.(2023·辽宁模拟)在如图甲所示的电路中,电阻R1=R2=R,圆形金属线圈半径为r1,线圈导线的电阻也为R,半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示,图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0,其余导线的电阻不计。t=0时刻闭合S,至t1时刻,电路中的电流已稳定,下列说法正确的是(D)A.线圈中产生的感应电动势的大小为BB.电容器下极板带负电C.t0时间内流过R1的电荷量为BD.稳定后线圈两端的电压为2解析:由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=πr22B0t0,A项错误;由楞次定律知圆形金属线圈中的感应电流方向为顺时针方向,金属线圈相当于电源,电源内部的电流从负极流向正极,则电容器的下极板带正电,上极板带负电,B项错误;由闭合电路欧姆定律得感应电流为I=ER+R110.(2023·湖南师大附中模拟)如图,两个半径不同但同心的圆形导线环A、B位于同一平面内,A环的半径大于B环的半径,从0到t1的时间间隔内,导线A环中的电流i发生某种变化,而导线B环中的感应电流总是沿逆时针方向,且导线B环总有扩张的趋势。设A环中电流iA的正方向与图中箭头所示的方向相同,则iA随时间t的变化的图线可能是(B)解析:根据楞次定律可知,因导线B环总有扩张的趋势,则导线B环中的磁通量减小,当导线B环中的感应电流沿逆时针方向时,其磁通量应垂直于纸面向外减小,再根据安培定则可以判断,导线A环中的电流应沿逆时针方向减小,即沿负方向减小,故B正确。11.(2022·河北卷,5)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈,其中大圆面积为S1,小圆面积均为S2,垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场,磁感应强度大小B=B0+kt,B0和k均为常量,则线圈中总的感应电动势大小为(D)A.kS1 B.5kS2C.k(S15S2) D.k(S1+5S2)解析:由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1=ΔΦ1Δt=ΔB·S1Δt=kS由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同,故线圈中总的感应电动势大小为E=E1+5E2=k(S1+5S2)。12.(2023·广东珠海模拟)如图甲所示,面积S=0.2m2的线圈,匝数n=630匝,总电阻r=1.0Ω,线圈处在变化的磁场中,设磁场垂直于纸面向外为正方向,磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化,方向垂直于线圈平面,图甲中传感器可看成一个纯电阻R,并标有“3V,0.9W”,滑动变阻器R0上标有“10Ω,1A”。则下列说法正确的是(B)A.电流表中的电流方向向左B.线圈中产生的感应电动势为定值C.为了保证电路的安全,电路中允许通过的电流最大值为1AD.若滑动变阻器的滑片置于最左端,为了保证电路的安全,图乙中的t0最小值为20s解析:根据楞次定律,回路中产生顺时针方向的电流,电流表中的电流方向向右,故A错误;因为ΔBΔt恒定,所以根据法拉第电磁感应定律E=nΔBΔtS,线圈中产生恒定的感应电动势,故B正确;传感器正常工作时电流为I=PU=0I(R外+r)=6.3V,由法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt=nSΔB13.(2023·广东广州统考)为了模拟竹蜻蜓玩具闪闪发光的效果,某同学设计了如图甲所示的电路。半径为a的导电圆环内等分为四个直角扇形区域,Ⅰ、Ⅱ区域内存在垂直于环面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。长度为a、电阻为r的导体棒OP以角速度ω绕O点逆时针匀速转动,t=0时OP经过图示位置。OP通过圆环和导线与导通电阻为R的发光二极管(LED)相连。忽略其他电阻。(1)求OP切割磁感线过程中,通过二极管的电流大小和方向;(2)在图乙中作出0～2πω解析:(1)OP切割磁感线过程产生的感应电动势E=12Ba2通过二极管的电流大小I=Er+R=1根据右手定则可知通过二极管的电流方向由M到N。(2)电流图像如图所示。答案:(1)Ba难题攻克练14.(2023·山东济宁统考)2022年4月16日,神舟十三号飞船顺利返回地球。为了能更安全着陆,设计师在返回舱的底盘安装了4台相同的电磁缓冲装置。如图所示为其中一台电磁缓冲装置的结构简图,MN、PQ为绝缘光滑缓冲轨道,竖直固定在返回舱底部,导轨内侧存在稳定匀强磁场,方向垂直于整个缓冲轨道平面。单匝闭合矩形线圈abcd绕在缓冲滑块上,缓冲滑块由高强度绝缘材料制成,缓冲滑块接触地面前瞬间速度大小为v0,接触地面后滑块立即停止运动,此后线圈与磁场相互作用,返回舱开始做减速直线运动,经时间t,返回舱以速度v(未知)做匀速直线运动。已知线圈的电阻为R,ab边长为L,返回舱质量(含缓冲轨道、磁场发生器)为m,磁感应强度大小为B,重力加速度为g,不计空气阻力。(1)求v的大小;(2)在返回舱减速运动过程中,求通过每台电磁缓冲装置线圈的电荷量q。(结果保留v)解析:(1)返回舱向下做减速运动,受到向上的安培力和向下的重力,随着速度的减小,安培力减小,直到安培力减小到与重力大小相等时,速度最小,此后做匀速运动,即速度大小为v,由平衡条件可知4F安1=mg,F安1=BIL,I=ERE=BLv,即4B2解得v=mgR4(2)返回舱减速运动的过程中,由动量定理可得mgt4F安t=mvmv0,又因为q=It,F安=BIL,解得q=mgt-答案:(1)mgR4B15.(2023·福建福州统考)如图所示,间距为L=1m的水平导轨右端接有R=1Ω的