PAGEPAGE1專題限時訓練11電磁感應時間：45分鐘一、單項選擇題1．利用所學物理學問，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)向外放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，達到肯定的電壓后，驅動卡內芯片進行數據處理和傳輸．下列說法正確的是(B)A．IC卡工作所須要的能量來源于卡內的電池B．僅當讀卡機放射該特定頻率的電磁波時，IC卡才能有效工作C．若讀卡機放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卡只能接收讀卡機放射的電磁波，而不能向讀卡機傳輸自身的數據信息解析：IC卡工作所須要的能量來源于讀卡機，IC卡本身沒有能量，選項A錯誤；依據IC卡設計原理，只有讀卡機放射特定的電磁波時，IC卡才能有效工作，選項B正確；若讀卡機放射的電磁波偏離特定頻率，依據電磁感應的原理，線圈L中也會有感應電流，但電容C不能達到肯定的電壓，IC卡不能有效工作，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．2.(2024·福建質檢)法拉第在1831年發覺了“磁生電”現象．如圖所示，他把兩個線圈繞在同一個軟鐵環上，線圈A和電池連接，線圈B用導線連通，導線下面平行放置一個小磁針．試驗中可能視察到的現象是(C)A．用一節電池作電源小磁針不偏轉，用十節電池作電源小磁針會偏轉B．線圈B匝數較少時小磁針不偏轉，匝數足夠多時小磁針會偏轉C．線圈A和電池連接瞬間，小磁針會偏轉D．線圈A和電池斷開瞬間，小磁針不偏轉解析：依據“磁生電”即電磁感應現象的產生條件，只有線圈B中磁通量改變時才能在線圈B中產生感應電流，因此無論線圈B匝數多少，線圈A中電池多少，都不能在線圈B中產生感應電流，選項A、B錯誤；只有在線圈A和電池連接或斷開的瞬間，線圈B中才能產生感應電流，電流產生磁場，使導線下面平行放置的小磁針發生偏轉，選項C正確，D錯誤．3．(2024·濰坊聯考)兩個不行形變的正方形導體框a、b連成如圖所示的回路，并固定在豎直平面(紙面)內．導體框a內固定一小圓環c，a與c在同一豎直面內，圓環c中通入如圖乙所示的電流(規定逆時針方向為電流的正方向)，導體框b的MN邊處在垂直紙面對外的勻強磁場中，則MN邊在勻強磁場中受到的安培力(B)A．0～1s內，方向向下B．1～3s內，方向向下C．3～5s內，先漸漸減小后漸漸增大D．第4s末，大小為零解析：依據i-t圖象可知，在0～6s內MN邊都有大小恒定的電流通過，由F＝BIl可知，安培力的大小是恒定的，選項C、D均錯；0～1s、3～5s內電流的方向由N→M；1～3s、5～6s內電流的方向由M→N，對以上狀況可用左手定則推斷出MN邊的安培力方向，0～1s、3～5s內安培力方向向上，1～3s、5～6s內安培力方向向下，故選項B正確、A錯誤．4．某同學為了驗證斷電自感現象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關S和電池組E，用導線將它們連接成如圖所示的電路．檢查電路后，閉合開關S，小燈泡發光；再斷開開關S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現象．雖經多次重復，仍未見老師演示時出現的小燈泡閃亮現象，他冥思苦想找不出緣由，你認為最有可能造成小燈泡未閃亮的緣由是(C)A．電源的內阻較大 B．小燈泡電阻偏大C．線圈電阻偏大 D．線圈的自感系數較大解析：從實物連接圖中可以看出，線圈L與小燈泡并聯，斷開開關S時，小燈泡A中原來的電流馬上消逝，線圈L與小燈泡組成閉合回路，由于自感，線圈中的電流漸漸變小，使小燈泡中的電流變為反向且與線圈中電流相同．小燈泡未閃亮說明斷開S前，流過線圈的電流較小，緣由可能是線圈電阻偏大，故選項C正確．5.如圖，勻稱磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為B0.使該線框從靜止起先繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉動半周，在線框中產生感應電流．現使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性改變．為了產生與線框運動過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的改變率eq\f(ΔB,Δt)的大小應為(C)A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)解析：線框勻速轉動時產生的感應電動勢E1＝B0rv＝B0req\f(ωr,2)＝eq\f(1,2)B0ωr2.當磁感應強度大小隨時間線性改變時，產生的感應電動勢E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(ΔB,Δt)，要使兩次產生的感應電流大小相等，必需E1＝E2，即eq\f(1,2)B0ωr2＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(ΔB,Δt)，解得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，選項C正確，A、B、D錯誤．6.(2024·北京朝陽區模擬)物理課上，老師做了一個“電磁阻尼”試驗：如圖所示，彈簧上端固定，下端懸掛一個磁鐵，將磁鐵托起到某一高度后放開，磁鐵能上下振動較長時間后才停下來；假如在磁鐵下方放一個固定的鋁質圓環，使磁鐵上下振動時穿過它，磁鐵就會很快地停下來．某同學另找器材再次探究此試驗．他安裝好器材，經反復試驗后發覺：磁鐵下方放置圓環，并沒有對磁鐵的振動產生影響，對比老師演示的試驗，其緣由可能是(D)A．該同學所用彈簧的勁度系數太小B．該同學所用磁鐵的質量太小C．該同學所用磁鐵的磁性太強D．該同學所用圓環的材料與老師用的不同解析：圓環沒有對磁鐵的振動產生影響，是由于沒有發生電磁感應現象，因此緣由只可能是該同學所用圓環的材料不是金屬，與老師用的材料不同，選項D正確．二、多項選擇題7.如圖所示，一不計電阻的導體圓環，半徑為r、圓心在O點，過圓心放置一長度為2r、電阻為R的輻條，輻條與圓環接觸良好，現將此裝置放置于磁感應強度為B、方向垂直紙面對里的有界勻強磁場中，磁場邊界恰與圓環直徑在同始終線上，現使輻條以角速度ω繞O點逆時針轉動，右側電路通過電刷與輻條中心和環的邊緣相接觸，R1＝eq\f(R,2)，S處于閉合狀態，不計其他電阻，則下列推斷正確的是(AC)A．通過R1的電流方向為自下而上B．感應電動勢大小為2Br2ωC．志向電壓表的示數為eq\f(1,6)Br2ωD．志向電流表的示數為eq\f(4Br2ω,3R)解析：由右手定則可知輻條中心為電源的正極、圓環邊緣為電源的負極，因此通過R1的電流方向為自下而上，選項A正確；由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉動切割磁場線，因此感應電動勢大小為eq\f(1,2)Br2ω，選項B錯誤；由圖可知，在磁場內部的半根輻條相當于電源，磁場外部的半根輻條與R1并聯，因此志向電壓表的示數為eq\f(1,6)Br2ω，選項C正確；志向電流表的示數為eq\f(Br2ω,3R)，選項D錯誤．8．電吉他中電拾音器的基本結構如圖所示，磁體旁邊的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產生感應電流，電流經電路放大后傳送到音箱發出聲音．下列說法正確的有(BCD)A．選用銅質弦，電吉他仍能正常工作B．取走磁體，電吉他將不能正常工作C．增加線圈匝數可以增大線圈中的感應電動勢D．弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷改變解析：依據題意，磁體旁邊的金屬弦被磁化，銅質弦不具備這種“本事”，所以A項錯誤；取走磁體，導體不能切割磁感線，所以電吉他將不能正常工作，B項正確；依據法拉第電磁感應定律推斷C項正確；弦振動過程中，靠近或遠離，由楞次定律知，線圈中的電流方向不斷改變，D項正確．9.如圖，兩根平行光滑金屬導軌固定在同一水平面內，其左端接有定值電阻R.Ox軸平行于金屬導軌，在0≤x≤4m的空間區域內存在著垂直導軌平面對下的磁場，磁感應強度B隨坐標x(以m為單位)的分布規律為B＝0.8－0.2x(T)．金屬棒ab在外力作用下從x＝0處沿導軌運動，金屬棒始終與導軌垂直并接觸良好，不計導軌和金屬棒的電阻．設在金屬棒從x1＝1m經x2＝2m到x3＝3m的過程中，R的電功率保持不變，則金屬棒(BCD)A．在x1與x3處的電動勢之比為13B．在x1與x3處受到磁場B的作用力大小之比為31C．從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電荷量之比為53D．從x1到x2與從x2到x3的過程中R產生的焦耳熱之比為53解析：由于金屬棒在運動過程中，R的電功率不變，則由P＝I2R知電路中電流I不變，又依據E＝IR知在x1與x3處電動勢相同，選項A錯誤；由題意知在x1、x2、x3處的磁感應強度分別為0.6T、0.4T、0.2T，設導軌間距為L，由F＝BIL知金屬棒在x1與x3處受到磁場B的作用力大小之比為31，選項B正確；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，q＝IΔt，得q＝eq\f(ΔΦ,R)，如圖為B隨x改變的圖象，圖線與坐標軸所圍的面積與L的乘積表示回路磁通量的改變量ΔΦ，可知金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電荷量之比為53，選項C正確；依據Q＝I2RΔt和q＝IΔt可知金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程所用的時間之比為53，則R產生的焦耳熱之比為53，選項D正確．10.兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻．將質量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示．除電阻R外其余電阻不計．現將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放．則(AC)A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB．金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bC．金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為F＝eq\f(B2L2v,R)D．電阻R上產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的削減量解析：金屬棒剛釋放時，彈簧處于原長，彈力為零，又因此時速度為零，沒有感應電流，金屬棒不受安培力作用，只受到重力作用，其加速度應等于重力加速度，選項A正確；金屬棒向下運動時，由右手定則可知，流過電阻R的電流方向為b→a，選項B錯誤；金屬棒速度為v時，安培力大小為F＝BIL，又I＝eq\f(BLv,R)，解得F＝eq\f(B2L2v,R)，選項C正確；金屬棒下落過程中，由能量守恒定律知，金屬棒削減的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能(速度不為零時)以及電阻R上產生的熱量，選項D錯誤．三、計算題11．(2024·上海閘北期末)半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內，一長為r、質量分布勻稱的直導體棒AB置于圓形導軌上，BA的延長線過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示．整個裝置位于一磁感應強度大小為B的勻強磁場中，方向垂直于導軌平面豎直向下．在內、外圓導軌間對稱地接有三個阻值均為R的電阻．直導體棒在垂直作用于其中點的水平外力F作用下，以角速度ω繞O點順時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸，導體棒和導軌電阻均可忽視．求：(1)導體棒產生的感應電動勢；(2)流過導體棒的感應電流；(3)外力F的大小．解析：(1)法1：Δt時間內導體棒掃過的面積為ΔS＝(π·4r2－πr2)·eq\f(ωΔt,2π)＝eq\f(3r2ωΔt,2)E感＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(3Bωr2,2)法2：E感＝BLeq\x\to(v)＝B·r·eq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2.(2)三個電阻為并聯關系，R總＝eq\f(R,3)I總＝eq\f(E感,R總)＝eq\f(\f(3,2)Bωr2,\f(R,3))＝eq\f(9Bωr2,2R).(3)法1：外力F＝BI總L＝B·eq\f(9Bωr2,2R)·r＝eq\f(9ωB2r3,2R)法2：F＝eq\f(P,\x\to(v))＝eq\f(E感I總,\x\to(v))＝eq\f(9B2ωr3,2R).答案：(1)eq\f(3,2)Bωr2(2)eq\f(9Bωr2,2R)(3)eq\f(9B2ωr3,2R)12．(2024·山東青島市一模)如圖所示，兩平行光滑金屬導軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分為半徑r＝0.5m的豎直半圓，兩導軌間距離d＝0.3m，導軌水平部分處于豎直向上、磁感應強度大小B＝1T的勻強磁場中，兩導軌電阻不計．有兩根長度均為d的金屬棒ab、cd，均垂直導軌置于水平導軌上，金屬棒ab、cd的質量分別為m1＝0.2kg、m2＝0.1kg，電阻分別為R1＝0.1Ω、R2＝0.2Ω.現讓ab棒以v0＝10m/s的初速度起先水平向右運動，cd棒進入圓軌道后，恰好能通過軌道最高點PP′，cd棒進入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g取10m/s2，求：(1)ab棒起先向右運動時cd棒的加速度a0；(2)cd棒剛進入半圓軌道時ab棒的速度大小v1；(3)cd棒進入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W.解析：(1)ab棒起先向右運動時，設回路中電流為I，有E＝Bdv0，I＝eq\f(E