知识点十二 电磁感应-2023年高考物理分类题库

知识点十二电磁感应1.(2023·江苏选择考·T8)如图所示,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,OC导体棒的O端位于圆心,棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC,则 ()A.φO>φCB.φC>φAC.φO=φA D.φO-φA=φA-φC【解析】选A。由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线,则根据右手定则可知φO>φA,其中导体棒AC段不在磁场中,不切割磁感线,电流为0,则φC=φA,A正确,B、C错误;根据以上分析可知φO-φA>0,φA-φC=0,则φO-φA>φA-φC,D错误。2.(2023·浙江6月选考·T10)如图所示,质量为M、电阻为R、长为L的导体棒,通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上,固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场,不计空气阻力和其他电阻。开关S接1,当导体棒静止时,细杆与竖直方向的夹角θ=π4;然后开关S接2,棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中 (A.电源电动势E0=2MgB.棒消耗的焦耳热Q=(1-22)C.从左向右运动时,最大摆角小于πD.棒两次过最低点时感应电动势大小相等【解析】选C。以棒为研究对象,画出前视的受力图,如图所示:根据平衡条件可得:F安=Mgtanθ,其中:F安=BIL,解得:I=MgBL电源电动势E0=IR=MgRBL,故A错误;假设棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中,到达最低点时速度为零,则棒的重力势能减少:ΔEp=Mgl(1-cosθ),解得:ΔEp=(1-22)Mgl,根据能量守恒定律可知棒消耗的焦耳热Q=(1-22)Mgl;由于棒到达最低点时的速度不为零,则完成一次振动过程中,棒消耗的焦耳热小于(1-22)Mgl,故B错误;棒从右侧开始运动到达最左侧过程中,回路中有感应电流,导体棒上会产生焦耳热,所以到达左侧最高点时,棒的最大摆角小于π4;从左向右运动时,根据右手定则可知,电流反向通过二极管,由于二极管具有单向导电性,所以回路中没有电流,则棒从左向右运动时,最大摆角小于π3.(2023·湖北选择考·T5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯,其天线类似一个压平的线圈,线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示,一正方形NFC线圈共3匝,其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm,图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈,磁感应强度变化率为103T/s,则线圈产生的感应电动势最接近 ()A.0.30VB.0.44VC.0.59V D.4.3V【解析】选B。根据法拉第电磁感应定律可知E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=103×(1.02+1.22+1.424.(2023·全国乙卷·T17)一学生小组在探究电磁感应现象时,进行了如下比较实验。用图(a)所示的缠绕方式,将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上,漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置,将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放,在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示,分析可知 ()A.图(c)是用玻璃管获得的图像B.在铝管中下落,强磁体做匀变速运动C.在玻璃管中下落,强磁体受到的电磁阻力始终保持不变D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短【解析】选A。强磁体在铝管中运动,铝管会形成涡流,玻璃是绝缘体,故强磁体在玻璃管中运动,玻璃管不会形成涡流。强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态,做匀速直线运动,而玻璃管中的强磁体则一直做加速运动,故由图像可知图(c)的脉冲电流峰值不断增大,说明强磁体的速度在增大,与玻璃管中磁体的运动情况相符,A正确;在铝管中下落,脉冲电流的峰值一样,磁通量的变化率相同,故强磁体做匀速运动,B错误;在玻璃管中下落,玻璃管为绝缘体,线圈的脉冲电流峰值增大,电流不断在变化,故强磁体受到的电磁阻力在不断变化,C错误;强磁体分别从管的上端由静止释放,在铝管中,磁体在线圈间做匀速运动,玻璃管中磁体在线圈间做加速运动,故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长,D错误。【题后反思】解决本题的关键是通过图像获取有用信息——图(b)对应的强磁体做匀速直线运动,结合强磁体在铝管中运动,铝管会形成涡流,可知图(b)是用铝管获得的图像;图(c)对应的强磁体做加速直线运动,可知图(c)是用玻璃管获得的图像。5.(2023·辽宁选择考·T4)如图,空间中存在水平向右的匀强磁场,一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动,且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是 ()【解析】选C。如图所示导体棒匀速转动,设速度为v,设导体棒从A到B过程,导体棒转过的角度为θ,则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥=vcosθ,可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化,根据左手定则可知,导体棒经过B点和B点关于P点的对称点时,电流方向发生变化,根据u=BLv⊥,可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。故选C。6.(多选)(2023·全国甲卷·T21)一有机玻璃管竖直放在水平地面上,管上有漆包线绕成的线圈,线圈的两端与电流传感器相连,线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布,下部的3匝也均匀分布,下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离。如图(a)所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落,电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示。则 ()A.小磁体在玻璃管内下降速度越来越快B.下落过程中,小磁体的N极、S极上下颠倒了8次C.下落过程中,小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D.与上部相比,小磁体通过线圈下部的过程中,磁通量变化率的最大值更大【解析】选A、D。电流的峰值越来越大,即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快,因此小磁体的速度越来越大,A、D正确;假设小磁体是N极向下穿过线圈,则在穿入靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增加,根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向(俯视)的电流,而在穿出远离每匝线圈的过程中磁通量向下减少,线圈中产生顺时针方向(俯视)的电流,即电流方向相反,与题干图中描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符,S极向下同理;所以磁铁穿过8匝线圈过程中会出现8个这样的图像,并且随下落速度的增加,感应电流的最大值逐渐变大,所以磁体下落过程中磁极的N、S极没有颠倒,选项B错误;线圈可等效为条形磁体,线圈的电流越大则磁性越强,因此电流的大小是变化的,小磁体受到的电磁阻力是变化的,不是一直不变的,C错误。7.(多选)(2023·辽宁选择考·T10)如图,两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,左、右两侧导轨间距分别为d和2d,处于竖直向上的磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d,导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d,PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止,两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧,两棒在各自磁场中运动直至停止,弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好,导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是 ()A.弹簧伸展过程中,回路中产生顺时针方向的电流B.PQ速率为v时,MN所受安培力大小为4C.整个运动过程中,MN与PQ的路程之比为2∶1D.整个运动过程中,通过MN的电荷量为BLd【解析】选A、C。弹簧伸展过程中,根据右手定则可知,回路中产生顺时针方向的电流,选项A正确;任意时刻,设电流为I,则PQ受安培力FPQ=BI·2d,方向向左;MN受安培力FMN=2BId,方向向右,可知两棒组成的系统受合外力为零,动量守恒,设PQ质量为2m,则MN质量为m,PQ速率为v时,则2mv=mv',解得v'=2v,回路的感应电流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR,MN所受安培力大小为FMN=2BId=4B2d2vR,选项B错误;两棒最终停止时弹簧处于原长状态,由动量守恒可得mx1=2mx2,x1+x2=L,可得最终MN位置向左移动x1=2L3,PQ位置向右移动x2=L3,因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同,设整个过程两棒所受的弹力的平均值为F弹,安培力平均值为F安,则整个过程根据动能定理F弹x1-F安xMN=0,F弹x2-F安xPQ=0,可得xMNxPQ=x1x8.(多选)(2023·山东等级考·T12)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上,宽为1m,电阻不计。质量为1kg、长为1m、电阻为1Ω的导体棒MN放置在导轨上,与导轨形成矩形回路并始终接触良好,Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场,磁感应强度分别为B1和B2,其中B1=2T,方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1kg的重物相连,绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示,某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动,MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1=2m/s,CD的速度为v2且v2>v1,MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10m/s2,下列说法正确的是 ()A.B2的方向向上B.B2的方向向下C.v2=5m/sD.v2=3m/s【解析】选B、D。导轨的速度v2>v1,对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力,摩擦力大小为f=μmg=0.2×1×10N=2N，MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动,故导体棒MN受到的安培力大小为F1=f=2N=B1IL,由左手定则可知电流的方向为N→M→D→C→N,导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和安培力,安培力大小为F2=f-m0g=2N-0.1×10N=1N,方向向右,由左手定则可知B2的方向向下,故A错误,B正确;对导体棒分析F1=B1IL,对导轨分析F2=B2IL,电路中的电流为I=B1Lv1-B2Lv2r,其中L=1m,F1=B1IL=2I×1N=2N,解得I=1A，代入F2=B2IL=9.(2023·湖南选择考·T6)如图,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是 ()A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则t>t0B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则t>t0C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2,则t=D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2,则t=2t【解析】选D。由题知粒子沿AC做直线运动,则有qv0B1=qE,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,粒子从CF的中点射出,则粒子转过的圆心角为90°,根据qvB=m4π2T2r,有t0=πm2qB2,若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则粒子沿AC做直线运动的速度有qvA∙2B1=qE,则vA=v02,再根据qvB=mv2r,可知粒子运动半径减小,则粒子仍然从CF边射出,粒子转过的圆心角仍为90°,则t=t0,A错误;若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则粒子沿AC做直线运动的速度有qvBB1=q∙2E,则vB=2v0,再根据qvB=mv2r,可知粒子运动半径变为原来的2倍,则粒子从F点射出,粒子转过的圆心角仍为90°,则t=t0,B错误;若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2,则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0,再根据qvB=mv2r,可知粒子运动半径变为原来的43>2,则粒子从OF边射出,根据几何关系可知转过的圆心角为60°,根据qvB=m4π2T2r,有t=43πm9qB2,则t=83t10.(2023·湖南选择考·T14)如图,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为L,两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为g。(1)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求棒a匀速运动时的速度大小v0;(2)在(1)问中,当棒a匀速运动时,再将棒b由静止释放,求释放瞬间棒b的加速度大小a0;(3)在(2)问中,从棒b释放瞬间开始计时,经过时间t0,两棒恰好达到相同的速度v,求速度v的大小以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。【解析】(1)棒a在运动过程中重力沿导轨平面的分力和棒a的安培力相等时做匀速运动,由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I=E2R由棒a受力平衡可得mgsinθ=BIL联立解得v0=2(2)由右手定则可知棒b中电流向里,棒b受沿导轨平面向下的安培力,此时电路中电流不变,则棒b由牛顿第二定律可得mgsinθ+BIL=ma0解得a0=2gsinθ(3)释放棒b后棒a受到沿导轨平面向上的安培力,在达到共速时对棒a运用动量定理mgsinθt0-BILt0=mv-mv0棒b受到向下的安培力,对棒b运用动量定理mgsinθt0+BILt0=mv联立解得v=gsinθt0+v由法拉第电磁感应定律可得I=E2R=1联立可得Δx=m答案:(1)2mgRsinθB2L2(2)2gsinθ(3)g11.(2023·新课标全国卷·T26)一边长为L、质量为m的正方形金属细框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图(a)所示。(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量。【解析】(1)金属框进入磁场过程中设运动的时间为t,感应电动势的平均值为E=BLL则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为q1=E4R则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为q=B对整个过程以水平向右为正方向,设初速度为v0,根据动量定理则有-BqL=mv0联立有v0=B(2)设金属框的初速度为v0,则金属框进入磁场时的末速度为v1。由于导轨电阻可忽略,此时金属框上下部分被短路,故电路中的总电阻R总=R0+2R0再根据动量定理有-B2L3R解得v1=2则在此过程中根据能量守恒有12mv02=Q1+解得Q1=21其中QR1=215Q1=此后金属框完全进入磁场中,则金属框左右两边均作为电源,且等效电路图如图则此时回路的总电阻R'总=2R0+R02设金属框刚离开磁场时的速度为v2,再根据动量定理有-B2L3R解得v2=0则说明金属框刚离开磁场时就停止运动了,则再根据能量守恒有12mv1其中Q'R1=45Q2=则在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量QR1总=QR1+Q'R1=3答案:(1)B2L312.(2023·浙江6月选考·T21)某兴趣小组设计了一种火箭落停装置,简化原理如图所示,它由两根竖直导轨、承载火箭装置(简化为与火箭绝缘的导电杆MN)和装置A组成,并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定,方向如图所示,导轨长度远大于导轨间距,不论导电杆运动到什么位置,电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零;在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场,大小B1=kI(其中k为常量),方向垂直导轨平面向里;在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场,大小B2=2kI,方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接,以速度v0进入导轨,到达绝缘停靠平台时速度恰好为零,完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M,导轨间距d=3MgkI2,导电杆电阻为(1)求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L;(2)求回路感应电动势E与运动时间t的关系;(3)求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W;(4)若R的阻值视为0,装置A用于回收能量,给出装置A可回收能量的来源和大小。【解析】(1)导电杆所受安培力的大小为:F=B1Id=kI·I·3MgkI在火箭落停过程中,导电杆做匀减速直线运动,设其加速度大小为a,对火箭与导电杆整体,由牛顿