知識點十二 電磁感應-2023年高考物理分類題庫

知識點十二電磁感應1.(2023·江蘇選擇考·T8)如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,OC導體棒的O端位于圓心,棒的中點A位于磁場區(qū)域的邊緣。現(xiàn)使導體棒繞O點在紙面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)動。O、A、C點電勢分別為φO、φA、φC,則 ()A.φO>φCB.φC>φAC.φO=φA D.φO-φA=φA-φC【解析】選A。由題圖可看出OA導體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線,則根據(jù)右手定則可知φO>φA,其中導體棒AC段不在磁場中,不切割磁感線,電流為0,則φC=φA,A正確,B、C錯誤;根據(jù)以上分析可知φO-φA>0,φA-φC=0,則φO-φA>φA-φC,D錯誤。2.(2023·浙江6月選考·T10)如圖所示,質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的導體棒,通過兩根長均為l、質(zhì)量不計的導電細桿連在等高的兩固定點上,固定點間距也為L。細桿通過開關(guān)S可與直流電源E0或理想二極管串接。在導體棒所在空間存在磁感應強度方向豎直向上、大小為B的勻強磁場,不計空氣阻力和其他電阻。開關(guān)S接1,當導體棒靜止時,細桿與豎直方向的夾角θ=π4;然后開關(guān)S接2,棒從右側(cè)開始運動完成一次振動的過程中 (A.電源電動勢E0=2MgB.棒消耗的焦耳熱Q=(1-22)C.從左向右運動時,最大擺角小于πD.棒兩次過最低點時感應電動勢大小相等【解析】選C。以棒為研究對象,畫出前視的受力圖,如圖所示:根據(jù)平衡條件可得:F安=Mgtanθ,其中:F安=BIL,解得:I=MgBL電源電動勢E0=IR=MgRBL,故A錯誤;假設(shè)棒從右側(cè)開始運動完成一次振動的過程中,到達最低點時速度為零,則棒的重力勢能減少:ΔEp=Mgl(1-cosθ),解得:ΔEp=(1-22)Mgl,根據(jù)能量守恒定律可知棒消耗的焦耳熱Q=(1-22)Mgl;由于棒到達最低點時的速度不為零,則完成一次振動過程中,棒消耗的焦耳熱小于(1-22)Mgl,故B錯誤;棒從右側(cè)開始運動到達最左側(cè)過程中,回路中有感應電流,導體棒上會產(chǎn)生焦耳熱,所以到達左側(cè)最高點時,棒的最大擺角小于π4;從左向右運動時,根據(jù)右手定則可知,電流反向通過二極管,由于二極管具有單向?qū)щ娦?所以回路中沒有電流,則棒從左向右運動時,最大擺角小于π3.(2023·湖北選擇考·T5)近場通信(NFC)器件應用電磁感應原理進行通訊,其天線類似一個壓平的線圈,線圈尺寸從內(nèi)到外逐漸變大。如圖所示,一正方形NFC線圈共3匝,其邊長分別為1.0cm、1.2cm和1.4cm,圖中線圈外線接入內(nèi)部芯片時與內(nèi)部線圈絕緣。若勻強磁場垂直通過此線圈,磁感應強度變化率為103T/s,則線圈產(chǎn)生的感應電動勢最接近 ()A.0.30VB.0.44VC.0.59V D.4.3V【解析】選B。根據(jù)法拉第電磁感應定律可知E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=103×(1.02+1.22+1.424.(2023·全國乙卷·T17)一學生小組在探究電磁感應現(xiàn)象時,進行了如下比較實驗。用圖(a)所示的纏繞方式,將漆包線分別繞在幾何尺寸相同的有機玻璃管和金屬鋁管上,漆包線的兩端與電流傳感器接通。兩管皆豎直放置,將一很小的強磁體分別從管的上端由靜止釋放,在管內(nèi)下落至管的下端。實驗中電流傳感器測得的兩管上流過漆包線的電流I隨時間t的變化分別如圖(b)和圖(c)所示,分析可知 ()A.圖(c)是用玻璃管獲得的圖像B.在鋁管中下落,強磁體做勻變速運動C.在玻璃管中下落,強磁體受到的電磁阻力始終保持不變D.用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的短【解析】選A。強磁體在鋁管中運動,鋁管會形成渦流,玻璃是絕緣體,故強磁體在玻璃管中運動,玻璃管不會形成渦流。強磁體在鋁管中加速后很快達到平衡狀態(tài),做勻速直線運動,而玻璃管中的強磁體則一直做加速運動,故由圖像可知圖(c)的脈沖電流峰值不斷增大,說明強磁體的速度在增大,與玻璃管中磁體的運動情況相符,A正確;在鋁管中下落,脈沖電流的峰值一樣,磁通量的變化率相同,故強磁體做勻速運動,B錯誤;在玻璃管中下落,玻璃管為絕緣體,線圈的脈沖電流峰值增大,電流不斷在變化,故強磁體受到的電磁阻力在不斷變化,C錯誤;強磁體分別從管的上端由靜止釋放,在鋁管中,磁體在線圈間做勻速運動,玻璃管中磁體在線圈間做加速運動,故用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的長,D錯誤。【題后反思】解決本題的關(guān)鍵是通過圖像獲取有用信息——圖(b)對應的強磁體做勻速直線運動,結(jié)合強磁體在鋁管中運動,鋁管會形成渦流,可知圖(b)是用鋁管獲得的圖像;圖(c)對應的強磁體做加速直線運動,可知圖(c)是用玻璃管獲得的圖像。5.(2023·遼寧選擇考·T4)如圖,空間中存在水平向右的勻強磁場,一導體棒繞固定的豎直軸OP在磁場中勻速轉(zhuǎn)動,且始終平行于OP。導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像可能正確的是 ()【解析】選C。如圖所示導體棒勻速轉(zhuǎn)動,設(shè)速度為v,設(shè)導體棒從A到B過程,導體棒轉(zhuǎn)過的角度為θ,則導體棒垂直磁感線方向的分速度為v⊥=vcosθ,可知導體棒垂直磁感線的分速度為余弦變化,根據(jù)左手定則可知,導體棒經(jīng)過B點和B點關(guān)于P點的對稱點時,電流方向發(fā)生變化,根據(jù)u=BLv⊥,可知導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像為余弦圖像。故選C。6.(多選)(2023·全國甲卷·T21)一有機玻璃管豎直放在水平地面上,管上有漆包線繞成的線圈,線圈的兩端與電流傳感器相連,線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布,下部的3匝也均勻分布,下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離。如圖(a)所示。現(xiàn)讓一個很小的強磁體在玻璃管內(nèi)沿軸線從上端口由靜止下落,電流傳感器測得線圈中電流I隨時間t的變化如圖(b)所示。則 ()A.小磁體在玻璃管內(nèi)下降速度越來越快B.下落過程中,小磁體的N極、S極上下顛倒了8次C.下落過程中,小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D.與上部相比,小磁體通過線圈下部的過程中,磁通量變化率的最大值更大【解析】選A、D。電流的峰值越來越大,即小磁體在依次穿過每個線圈的過程中磁通量的變化率越來越快,因此小磁體的速度越來越大,A、D正確;假設(shè)小磁體是N極向下穿過線圈,則在穿入靠近每匝線圈的過程中磁通量向下增加,根據(jù)楞次定律可知線圈中產(chǎn)生逆時針方向(俯視)的電流,而在穿出遠離每匝線圈的過程中磁通量向下減少,線圈中產(chǎn)生順時針方向(俯視)的電流,即電流方向相反,與題干圖中描述的穿過線圈的過程電流方向變化相符,S極向下同理;所以磁鐵穿過8匝線圈過程中會出現(xiàn)8個這樣的圖像,并且隨下落速度的增加,感應電流的最大值逐漸變大,所以磁體下落過程中磁極的N、S極沒有顛倒,選項B錯誤;線圈可等效為條形磁體,線圈的電流越大則磁性越強,因此電流的大小是變化的,小磁體受到的電磁阻力是變化的,不是一直不變的,C錯誤。7.(多選)(2023·遼寧選擇考·T10)如圖,兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上,左、右兩側(cè)導軌間距分別為d和2d,處于豎直向上的磁場中,磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d,導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d,PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止,兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧,兩棒在各自磁場中運動直至停止,彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好,導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是 ()A.彈簧伸展過程中,回路中產(chǎn)生順時針方向的電流B.PQ速率為v時,MN所受安培力大小為4C.整個運動過程中,MN與PQ的路程之比為2∶1D.整個運動過程中,通過MN的電荷量為BLd【解析】選A、C。彈簧伸展過程中,根據(jù)右手定則可知,回路中產(chǎn)生順時針方向的電流,選項A正確;任意時刻,設(shè)電流為I,則PQ受安培力FPQ=BI·2d,方向向左;MN受安培力FMN=2BId,方向向右,可知兩棒組成的系統(tǒng)受合外力為零,動量守恒,設(shè)PQ質(zhì)量為2m,則MN質(zhì)量為m,PQ速率為v時,則2mv=mv',解得v'=2v,回路的感應電流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR,MN所受安培力大小為FMN=2BId=4B2d2vR,選項B錯誤;兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài),由動量守恒可得mx1=2mx2,x1+x2=L,可得最終MN位置向左移動x1=2L3,PQ位置向右移動x2=L3,因任意時刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同,設(shè)整個過程兩棒所受的彈力的平均值為F彈,安培力平均值為F安,則整個過程根據(jù)動能定理F彈x1-F安xMN=0,F彈x2-F安xPQ=0,可得xMNxPQ=x1x8.(多選)(2023·山東等級考·T12)足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上,寬為1m,電阻不計。質(zhì)量為1kg、長為1m、電阻為1Ω的導體棒MN放置在導軌上,與導軌形成矩形回路并始終接觸良好,Ⅰ和Ⅱ區(qū)域內(nèi)分別存在豎直方向的勻強磁場,磁感應強度分別為B1和B2,其中B1=2T,方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質(zhì)量為0.1kg的重物相連,繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示,某時刻MN、CD同時分別進入磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動,MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度v1=2m/s,CD的速度為v2且v2>v1,MN和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取10m/s2,下列說法正確的是 ()A.B2的方向向上B.B2的方向向下C.v2=5m/sD.v2=3m/s【解析】選B、D。導軌的速度v2>v1,對導體棒受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力,摩擦力大小為f=μmg=0.2×1×10N=2N，MN、CD同時分別進入磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動,故導體棒MN受到的安培力大小為F1=f=2N=B1IL,由左手定則可知電流的方向為N→M→D→C→N,導軌受到向左的摩擦力、向右的拉力和安培力,安培力大小為F2=f-m0g=2N-0.1×10N=1N,方向向右,由左手定則可知B2的方向向下,故A錯誤,B正確;對導體棒分析F1=B1IL,對導軌分析F2=B2IL,電路中的電流為I=B1Lv1-B2Lv2r,其中L=1m,F1=B1IL=2I×1N=2N,解得I=1A，代入F2=B2IL=9.(2023·湖南選擇考·T6)如圖,真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向下(與紙面平行),磁場方向垂直紙面向里,等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上,AO與GF垂直,且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中,只有沿直線AC運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1,區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為B2,則粒子從CF的中點射出,它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱,能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t,不計粒子的重力及粒子之間的相互作用,下列說法正確的是 ()A.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?B1,則t>t0B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E,則t>t0C.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?4B2,則t=D.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?4B2,則t=2t【解析】選D。由題知粒子沿AC做直線運動,則有qv0B1=qE,區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為B2,粒子從CF的中點射出,則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°,根據(jù)qvB=m4π2T2r,有t0=πm2qB2,若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?B1,則粒子沿AC做直線運動的速度有qvA?2B1=qE,則vA=v02,再根據(jù)qvB=mv2r,可知粒子運動半徑減小,則粒子仍然從CF邊射出,粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°,則t=t0,A錯誤;若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E,則粒子沿AC做直線運動的速度有qvBB1=q?2E,則vB=2v0,再根據(jù)qvB=mv2r,可知粒子運動半徑變?yōu)樵瓉淼?倍,則粒子從F點射出,粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°,則t=t0,B錯誤;若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?4B2,則粒子沿AC做直線運動的速度仍為v0,再根據(jù)qvB=mv2r,可知粒子運動半徑變?yōu)樵瓉淼?3>2,則粒子從OF邊射出,根據(jù)幾何關(guān)系可知轉(zhuǎn)過的圓心角為60°,根據(jù)qvB=m4π2T2r,有t=43πm9qB2,則t=83t10.(2023·湖南選擇考·T14)如圖,兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置,導軌間距為L,兩導軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角,整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中,磁感應強度大小為B?，F(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置,每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好,金屬棒始終未滑出導軌,導軌電阻忽略不計,重力加速度為g。(1)先保持棒b靜止,將棒a由靜止釋放,求棒a勻速運動時的速度大小v0;(2)在(1)問中,當棒a勻速運動時,再將棒b由靜止釋放,求釋放瞬間棒b的加速度大小a0;(3)在(2)問中,從棒b釋放瞬間開始計時,經(jīng)過時間t0,兩棒恰好達到相同的速度v,求速度v的大小以及時間t0內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離Δx?！窘馕觥?1)棒a在運動過程中重力沿導軌平面的分力和棒a的安培力相等時做勻速運動,由法拉第電磁感應定律可得E=BLv0由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I=E2R由棒a受力平衡可得mgsinθ=BIL聯(lián)立解得v0=2(2)由右手定則可知棒b中電流向里,棒b受沿導軌平面向下的安培力,此時電路中電流不變,則棒b由牛頓第二定律可得mgsinθ+BIL=ma0解得a0=2gsinθ(3)釋放棒b后棒a受到沿導軌平面向上的安培力,在達到共速時對棒a運用動量定理mgsinθt0-BILt0=mv-mv0棒b受到向下的安培力,對棒b運用動量定理mgsinθt0+BILt0=mv聯(lián)立解得v=gsinθt0+v由法拉第電磁感應定律可得I=E2R=1聯(lián)立可得Δx=m答案:(1)2mgRsinθB2L2(2)2gsinθ(3)g11.(2023·新課標全國卷·T26)一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細框,每邊電阻為R0,置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度大小為B,兩虛線為磁場邊界,如圖(a)所示。(1)使金屬框以一定的初速度向右運動,進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行,金屬框完全穿過磁場區(qū)域后,速度大小降為它初速度的一半,求金屬框的初速度大小。(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌,導軌與磁場邊界垂直,左端連接電阻R1=2R0,導軌電阻可忽略,金屬框置于導軌上,如圖(b)所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動,進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中,電阻R1產(chǎn)生的熱量?！窘馕觥?1)金屬框進入磁場過程中設(shè)運動的時間為t,感應電動勢的平均值為E=BLL則金屬框進入磁場過程中流過回路的電荷量為q1=E4R則金屬框完全穿過磁場區(qū)域的過程中流過回路的電荷量為q=B對整個過程以水平向右為正方向,設(shè)初速度為v0,根據(jù)動量定理則有-BqL=mv0聯(lián)立有v0=B(2)設(shè)金屬框的初速度為v0,則金屬框進入磁場時的末速度為v1。由于導軌電阻可忽略,此時金屬框上下部分被短路,故電路中的總電阻R總=R0+2R0再根據(jù)動量定理有-B2L3R解得v1=2則在此過程中根據(jù)能量守恒有12mv02=Q1+解得Q1=21其中QR1=215Q1=此后金屬框完全進入磁場中,則金屬框左右兩邊均作為電源,且等效電路圖如圖則此時回路的總電阻R'總=2R0+R02設(shè)金屬框剛離開磁場時的速度為v2,再根據(jù)動量定理有-B2L3R解得v2=0則說明金屬框剛離開磁場時就停止運動了,則再根據(jù)能量守恒有12mv1其中Q'R1=45Q2=則在金屬框整個運動過程中,電阻R1產(chǎn)生的熱量QR1總=QR1+Q'R1=3答案:(1)B2L312.(2023·浙江6月選考·T21)某興趣小組設(shè)計了一種火箭落停裝置,簡化原理如圖所示,它由兩根豎直導軌、承載火箭裝置(簡化為與火箭絕緣的導電桿MN)和裝置A組成,并形成閉合回路。裝置A能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定,方向如圖所示,導軌長度遠大于導軌間距,不論導電桿運動到什么位置,電流I在導電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零;在導電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場,大小B1=kI(其中k為常量),方向垂直導軌平面向里;在導電桿以下的兩導軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場,大小B2=2kI,方向與B1相同?；鸺裏o動力下降到導軌頂端時與導電桿粘接,以速度v0進入導軌,到達絕緣?？科脚_時速度恰好為零,完成火箭落停。已知火箭與導電桿的總質(zhì)量為M,導軌間距d=3MgkI2,導電桿電阻為(1)求導電桿所受安培力的大小F和運動的距離L;(2)求回路感應電動勢E與運動時間t的關(guān)系;(3)求裝置A輸出電壓U與運動時間t的關(guān)系和輸出的能量W;(4)若R的阻值視為0,裝置A用于回收能量,給出裝置A可回收能量的來源和大小?！窘馕觥?1)導電桿所受安培力的大小為:F=B1Id=kI·I·3MgkI在火箭落停過程中,導電桿做勻減速直線運動,設(shè)其加速度大小為a,對火箭與導電桿整體,由牛頓