PAGE溫馨提示：此題庫為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調節合適的觀看比例，關閉Word文檔返回原板塊。考點11電磁感應一、選擇題1.(2015·全國卷Ⅱ)如圖,直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向平行于ab邊向上。當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時,a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是()A.Ua>Uc,金屬框中無電流B.Ub>Uc,金屬框中電流方向沿a-b-c-aC.Ubc=-QUOTE12Bl2ω,金屬框中無電流D.Ubc=QUOTE12Bl2ω,金屬框中電流方向沿a-c-b-a【解題指南】解答本題時應從以下三點進行分析：(1)產生感應電流的條件是穿過閉合線圈的磁通量發生變化,金屬框中的磁通量始終為零。(2)導體切割磁感線時,產生感應電動勢。(3)當導體各處的速度不相等時,可以采用等效速度。【解析】選C。穿過金屬框的磁通量始終為零,沒有發生變化,故金屬框中無電流,B、D項錯誤;bc邊切割磁感線的等效速度為QUOTE12lω,根據右手定則Ub<Uc,故Ubc=-QUOTE12Bl2ω,C項正確;ac邊切割磁感線,根據右手定則得Ua<Uc,A項錯誤。2.(2015·全國卷Ⅰ)1824年,法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置,在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針,如圖所示。實驗中發現,當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時,磁針也隨著一起轉動起來,但略有滯后。下列說法正確的是()A.圓盤上產生了感應電動勢B.圓盤內的渦電流產生的磁場導致磁針轉動C.在圓盤轉動的過程中,磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發生了變化D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流,此電流產生的磁場導致磁針轉動【解析】選A、B。由于磁針位于圓盤的正上方,所以穿過圓盤的磁通量始終為零,故C錯誤;如果將圓盤看成由沿半徑方向的“輻條”組成,則圓盤在轉動過程中,“輻條”會切割磁感線產生感應電動勢,在圓盤中產生渦電流,該渦電流產生的磁場導致磁針運動,故A、B正確;同時圓盤中的自由電子隨圓盤一起轉動形成電流,該電流對磁針沒有作用力,D錯誤。3.(2015·山東高考)如圖,一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉動。現施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場,圓盤開始減速。在圓盤減速過程中,以下說法正確的是()A.處于磁場中的圓盤部分,靠近圓心處電勢高B.所加磁場越強越易使圓盤停止轉動C.若所加磁場反向,圓盤將加速轉動D.若所加磁場穿過整個圓盤,圓盤將勻速轉動【解析】選A、B、D。根據楞次定律,感應電流從圓盤邊緣流向圓心,則圓心電勢較高,A正確;由安培力公式F=QUOTEB2l2vR【誤區警示】在電磁感應現象中,對于電源內部,電流流向電源的正極,這與外電路中的情況相反,要注意區分,避免出錯。4.(2015·山東高考)如圖甲,R0為定值電阻,兩金屬圓環固定在同一絕緣平面內。左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上,經二極管整流后,通過R0的電流i始終向左,其大小按圖乙所示規律變化。規定內圓環a端電勢高于b端時,a、b間的電壓uab為正,下列uab-t圖像可能正確的是()【解析】選C。從圖乙可以看出,圓環中電流周期為0.5T0,則感應電動勢的變化周期也是0.5T0,觀察四個圖像,A、B、D的周期都不是0.5T0,只有C周期是0.5T0,所以A、B、D錯誤,C正確。5.(2015·重慶高考)如圖為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖,線圈匝數為n,面積為S。若在t1到t2時間內,勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈,其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2,則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa-φb()A.恒為QUOTEnS(B2-BB.從0均勻變化到QUOTEnS(B2-BC.恒為-QUOTEnS(B2-BD.從0均勻變化到-QUOTEnS(B2-B【解題指南】解答本題時可按以下思路進行：(1)由楞次定律判斷,在磁感應強度由B1均勻增大到B2的過程中,線圈兩端a、b哪一端的電勢高。(2)由法拉第電磁感應定律計算,在磁感應強度由B1均勻增大到B2的過程中,線圈中產生的感應電動勢。(3)根據a、b之間電勢差的大小與線圈中感應電動勢之間的關系得到φa-φb。【解析】選C。由楞次定律可知,在磁感應強度由B1均勻增大到B2的過程中,φb>φa,所以φa-φb<0;由法拉第電磁感應定律可知,線圈兩端a、b之間電勢差的大小Uab=E=nQUOTEΔΦΔt=nQUOTES(B2-B1)t6.(2015·安徽高考)如圖所示,abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌,間距為l,導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場,磁感應強度大小為B,導軌電阻不計。已知金屬桿MN傾斜放置,與導軌成θ角,單位長度的電阻為r,保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好)。則()A.電路中感應電動勢的大小為QUOTEBlvsinθB.電路中感應電流的大小為QUOTEBvsinθrC.金屬桿所受安培力的大小為QUOTEB2lvsinθrD.金屬桿的熱功率為QUOTEB2lv2rsinθ【解析】選B。由電磁感應定律可知電路中感應電動勢為E=Blv,A錯誤;感應電流的大小,B正確;金屬桿所受安培力的大小,C錯誤;熱功率,D錯誤。【誤區警示】本題的誤區主要出現在以下兩方面：(1)金屬桿的有效長度為導軌的間距l。(2)計算導體的電阻及安培力時應采用金屬桿的長度而非l。7.(2015·北京高考)利用所學物理知識,可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相關問題。IC卡內部有一個由電感線圈L和電容C構成的LC振蕩電路,公交車上的讀卡機(刷卡時“嘀”的響一聲的機器)向外發射某一特定頻率的電磁波。刷卡時,IC卡內的線圈L中產生感應電流,給電容C充電,達到一定的電壓后,驅動卡內芯片進行數據處理和傳輸。下列說法正確的是()A.IC卡工作所需要的能量來源于卡內的電池B.僅當讀卡機發射該特定頻率的電磁波時,IC卡才能有效工作C.若讀卡機發射的電磁波偏離該特定頻率,則線圈L中不會產生感應電流D.IC卡只能接收讀卡機發射的電磁波,而不能向讀卡機傳輸自身的數據信息【解析】選B。IC卡工作所需要的能量來源于讀卡機,IC卡本身沒有能量,選項A錯誤;根據IC卡設計原理,只有讀卡機發射特定的電磁波時,IC卡才能有效工作,選項B正確;若讀卡機發射的電磁波偏離特定頻率,根據電磁感應的原理,線圈L中也會有感應電流,選項C錯誤;IC卡可以向讀卡機傳輸自身的數據信息,否則讀卡機不能正常工作,選項D錯誤。8.(2015·福建高考)如圖,由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd,固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中。一接入電路電阻為R的導體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動,滑動過程PQ始終與ab垂直,且與線框接觸良好,不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中()A.PQ中電流先增大后減小B.PQ兩端電壓先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大【解析】選C。導體棒PQ滑動過程中外電阻先變大到最大值0.75R后變小,因此PQ中電流先減小后增大,PQ兩端電壓先增大后減小,選項A、B錯;據電源輸出功率與外電阻變化規律可知線框消耗的電功率先增大后減小,選項D錯;導體棒PQ上拉力的功率等于電路總功率,電動勢不變,據PQ中電流變化可知PQ上拉力的功率先減小后增大,選項C正確。9.(2015·海南高考)如圖,空間有一勻強磁場,一直金屬棒與磁感應強度方向垂直,當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時,棒兩端的感應電動勢大小為ε,將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線,置于與磁感應強度相垂直的平面內,當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時,棒兩端的感應電動勢大小為。則QUOTE等于()A.QUOTE B.QUOTE C.1 D.QUOTE【解題指南】解答本題可按以下思路進行：(1)先確定金屬棒的有效切割長度。(2)再根據ε=BLv計算出兩次的感應電動勢。【解析】選B。若直金屬棒的長為L,則彎成折線后,有效切割長度為QUOTEL。根據ε=BLv可知感應電動勢的大小與有效切割長度成正比,故,B正確。二、計算題10.(2015·江蘇高考)做磁共振(MRI)檢查時,對人體施加的磁場發生變化時會在肌肉組織中產生感應電流。某同學為了估算該感應電流對肌肉組織的影響,將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈,線圈的半徑r=5.0cm,線圈導線的截面積A=0.80cm2,電阻率ρ=1.5Ω·m,如圖所示,勻強磁場方向與線圈平面垂直,若磁感應強度B在0.3s內從1.5T均勻地減為零,求：(計算結果保留一位有效數字)(1)該圈肌肉組織的電阻R。(2)該圈肌肉組織中的感應電動勢E。(3)0.3s內該圈肌肉組織中產生的熱量Q。【解題指南】(1)計算電阻用電阻定律,長度是電流流經的距離,截面積垂直于電流的流向。(2)計算感應電動勢利用法拉第電磁感應定律。(3)計算該圈肌肉組織中產生的熱量利用焦耳定律。【解析】(1)由電阻定律得R=ρQUOTE2πrA,代入數據得R=6×103Ω(2)感應電動勢E=QUOTEΔB·πr2Δt,代入數據得E=4×10-2V(3)由焦耳定律得Q=QUOTEE2RΔt,代入數據得Q=8×10-8J答案：(1)6×103Ω(2)4×10-2V(3)8×10-8J11.(2015·浙江高考)小明同學設計了一個“電磁天平”,如圖甲所示,等臂天平的左臂為掛盤,右臂掛有矩形線圈,兩臂平衡。線圈的水平邊長L=0.1m,豎直邊長H=0.3m,匝數為N1。線圈的下邊處于勻強磁場內,磁感應強度B0=1.0T,方向垂直線圈平面向里。線圈中通有可在0～2.0A范圍內調節的電流I。掛盤放上待測物體后,調節線圈中電流使天平平衡,測出電流即可測得物體的質量。(重力加速度取g=10m/s2)(1)為使電磁天平的量程達到0.5kg,線圈的匝數N1至少為多少?(2)進一步探究電磁感應現象,另選N2=100匝、形狀相同的線圈,總電阻R=10Ω,不接外電流,兩臂平衡。如圖乙所示,保持B0不變,在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場,且磁感應強度B隨時間均勻變大,磁場區域寬度d=0.1m。當掛盤中放質量為0.01kg的物體時,天平平衡,求此時磁感應強度的變化率QUOTEΔBΔt。【解析】(1)線圈受到安培力F=N1B0IL①天平平衡有mg=N1B0IL②當電流為最大值2.0A時,N1有最小值,代入數據得N1=25匝③(2)由電磁感應定律得E=N2QUOTEΔΦΔt④E=N2QUOTEΔBΔtLd⑤由歐姆定律得I′=QUOTEER⑥線圈受到安培力F′=N2B0I'L⑦天平平衡有m′g=QUOTEN22B0·QUOTEΔBΔt·QUOTEdL2R⑧代入數據可得QUOTEΔBΔt=0.1T/s答案：(1)25匝(2)0.1T/s12.(2015·廣東高考)如圖甲所示,平行長直金屬導軌水平放置,間距L=0.4m。導軌右端接有阻值R=1Ω的電阻,導體棒垂直放置在導軌上,且接觸良好。導體棒及導軌的電阻均不計,導軌間正方形區域abcd內有方向豎直向下的勻強磁場,bd連線與導軌垂直,長度也為L,從0時刻開始,磁感應強度B的大小隨時間t變化,規律如圖乙所示;同一時刻,棒從導軌左端開始向右勻速運動,1s后剛好進入磁場。若使棒在導軌上始終以速度v=1m/s做直線運動,求：(1)棒進入磁場前,回路中的電動勢E。(2)棒在運動過程中受到的最大安培力F,以及棒通過三角形abd區域時電流i與時間t的關系式。【解析】(1)棒在進入磁場前,棒沒有切割磁感線,但磁場的強弱發生變化,導致磁通量發生變化。abcd的面積S=QUOTEL2①E=n=nQUOTE②由①②聯立得：E=0.04V(2)棒進入磁場中后,做切割磁感線運動,當棒到達bd時,產生的感應電流最大,同時切割長度最大,到達bd時,產生的感應電動勢E=BLbdv③產生的感應電流I=QUOTE④所受最大安培力F=BILbd⑤由③④⑤聯立得：F=0.04N棒通過三角形abd區域時,切割的長度l=2v(t-1)⑥產生的感應電動勢E=Blv⑦感應電流i=QUOTE⑧由⑥⑦⑧聯立得感應電流為：i=QUOTE答案：(1)0.04V(2)0.04Ni=QUOTE【誤區警示】注意棒進入磁場前回路中的有效面積為S=QUOTEL2;棒通過三角形abd區域時,切割的有效長度l=2v(t-1)。13.(2015·海南高考)如圖,兩平行金屬導軌位于同一水平面上,相距l,左端與一電阻R相連;整個系統置于勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向豎直向下。一質量為m的導體棒置于導軌上,在水平外力作用下沿導軌以速率v勻速向右滑動,滑動過程中始終保持與導軌垂直并接觸良好。已知導體棒與導軌間的動摩擦因數為μ,重力加速度大小為g,導軌和導體棒的電阻均可忽略。求：(1)電阻R消耗的功率。(2)水平外力的大小。【解題指南】解答本題可按以下思路進行：(1)先根據法拉第電磁感應定律計算出感應電動勢。(2)再根據閉合電路的歐姆定律求出電流,結合功率關系式P=I2R計算出電阻R消耗的功率。(3)通過對導體棒受力分析,結合勻速運動的條件確定水平外力的大小。【解析】(1)導體棒切割磁感線運動產生的電動勢為E=Blv,根據歐姆定律,閉合回路中的感應電流為電阻R消耗的功率為P=I2R,聯立可得(2)對導體棒受力分析,受到向左的安培力和向左的摩擦力,向右的外力,三力平衡,故有F安+μmg=FF安=BIl=QUOTE故F=QUOTE+μmg答案：(1)(2)QUOTE+μmg14.(2015·四川高考)如圖所示,金屬導軌MNC和PQD,MN與PQ平行且間距為L,所在平面與水平面夾角為α,N、Q連線與MN垂直,M、P間接有阻值為R的電阻;光滑直導軌NC和QD在同一水平面內,與NQ的夾角都為銳角θ。均勻金屬棒ab和ef質量均為m,長均為L,ab棒初始位置在水平導軌上與NQ重合;ef棒垂直放在傾斜導軌上,與導軌間的動摩擦因數為μ(μ較小),由導軌上的小立柱1和2阻擋而靜止。空間有方向豎直的勻強磁場(圖中未畫出)。兩金屬棒與導軌保持良好接觸。不計所有導軌和ab棒的電阻,ef棒的阻值為R,最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,忽略感應電流產生的磁場,重力加速度為g。(1)若磁感應強度大小為B,給ab棒一個垂直于NQ、水平向右的速度v1,在水平導軌上沿運動方向滑行一段距離后停止,ef棒始終靜止,求此過程ef棒上產生的熱量。(2)在(1)問過程中,ab棒滑行距離為d,求通過ab棒某橫截面的電量。(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平導軌上向右勻速運動,并在NQ位置時取走小立柱1和2,且運動過程中ef棒始終靜止。求此狀態下最強磁場的磁感應強度及此磁場下ab棒運動的最大距離。【解題指南】解答本題可按以下思路進行：(1)根據系統能量轉化與守恒求ef棒上產生的熱量。(2)根據法拉第電磁感應定律求出平均電動勢,結合歐姆定律、電量公式求出平均電流和電量。(3)對ab棒分析,求出瞬時電動勢。對ef棒受力分析,根據平衡條件求出所受安培力的最大值和最小值,結合數學知識,判斷并求出最大磁感應強度和ab棒運動的最大距離。【解析】(1)設ab棒的初動能為Ek,ef棒和電阻R在此過程產生的熱量分別為W和W1,有W+W1=E且W=W1由題意有Ek=得W=(2)設在題設過程中,ab棒滑行時間為Δt,掃過的導軌間的面積為ΔS,通過ΔS的磁通量為ΔΦ,ab棒產生的電動勢為E,ab棒中的電流為I,通過ab棒某橫截面的電量為q,則E=QUOTE且ΔΦ=BΔSI=QUOTE又有I=QUOTE由圖甲所示ΔS=d(L-dcotθ)聯立以上各式,解得q=QUOTE(3)ab棒滑行距離為x時,ab棒在導軌間的棒長Lx為Lx=L-2xcotθ此時,ab棒產生電動勢為Ex=Bv2Lx流過ef棒的電流為Ix=QUOTEef棒所受安培力為Fx=BIxL聯立以上各式,解得Fx=QUOTE(L-2xcotθ)可得,Fx在x=0和B為最大值Bm時有最大值F1。由題知,ab棒所受安培力方向必水平向左,ef棒所受安培力方向必水平向右,使Fx為最大值F1的受力分析如圖乙所示,圖中fm為最大靜摩擦力,有F1cosα=mgsinα+μ(mgcosα+F1sinα)聯立得Bm=QUOTE,此為題目所求最強磁場的磁感應強度大小,該磁場方向可豎直向上,也可豎直向下。由ef棒所受安培力可知,B為Bm時,Fx隨x增大而減小,x為最大xm時,Fx為最小值F2,如圖丙可知F2cosα+μ(mgcosα+F2sinα)=mgsinα聯立解得xm=QUOTE答案：(1)(2