物理二轮复习跟踪训练：第11课时 电磁感应规律的综合应用

第11课时电磁感应规律的综合应用跟踪训练基础保分练选择题：1.(2024·江苏无锡期末)某自发电门铃原理如图1。N匝线圈绕在固定的铁芯上，初始时右侧强磁体S极与线圈铁芯接触。按下门铃时，右侧强磁体N极与铁芯接触，同时内部电路接通工作。当有磁极与铁芯接触时线圈内磁感应强度为B，线圈截面积为S，则设转换接触时间为Δt，则线圈产生的感应电动势为()A.E＝eq\f(BS,Δt)B.E＝eq\f(2BS,Δt)C.E＝eq\f(NBS,Δt)D.E＝eq\f(2NBS,Δt)2.如图，通有恒定电流的固定长直导线附近有一圆形线圈，直导线与线圈置于同一光滑水平面内。若减小直导线中的电流，线圈将()A.产生逆时针方向的电流，有扩张的趋势B.产生逆时针方向的电流，远离直导线C.产生顺时针方向的电流，有收缩的趋势D.产生顺时针方向的电流，靠近直导线3.如图所示，abcd为水平固定放置的U形导体框，其中bc长为x，bc部分阻值为r，其余部分电阻不计。长为2x、阻值为2r的均匀导体棒MN，始终与导体框接触良好，整个装置处于垂直纸面的匀强磁场中。现使导体棒以速度v水平向左匀速运动，则导体棒两端的电势差是()A.0.5BxvB.BxvC.1.5BxvD.2Bxv4.(2024·浙江6月选考)如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定不动，磁感应强度以eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴OO′匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为()A.eq\f(1,2)N B.eq\f(\r(2),2)NC.1N D.eq\r(2)N5.如图所示的电路中，A、B、C是三个相同的灯泡，L是自感线圈，其电阻与灯泡电阻相等，开关S先闭合然后再断开，则()A.S闭合后，A立即亮而B、C慢慢亮B.S闭合后，B、C立即亮而A慢慢亮C.S断开后，B、C先变亮然后逐渐变暗D.S断开后，A先变亮然后逐渐变暗6.电吉他中电拾音器的基本结构如图6所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有()A.电吉他中电拾音器工作时利用了电流的磁效应B.选用优质铜弦，电吉他能更好地工作C.弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化D.减少线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势7.如图所示，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的D点上。金属框的一条对角线AC水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m。在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI制)。则下列说法正确的是()A.t＝0到t＝3.0s时间内，金属框中产生的感应电动势为0.016VB.t＝0到t＝3.0s时间内，金属框的电流方向为A→D→C→B→A中C.t＝2.0s时金属框所受安培力的大小为0.04eq\r(2)ND.在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热为0.032J8.如图所示，光滑的U型导轨处于水平面内，导轨的一端固定一定值电阻R，导轨足够长且不计导轨的电阻。导轨间存在竖直向上的匀强磁场。一根电阻忽略不计的导体棒a以初速度v0进入磁场开始运动，运动过程中导体棒a与导轨始终接触良好。将运动过程中a的位移记为x，时间记为t，速度记为v，动能记为Ek。下列v或Ek随x或t变化趋势正确的是()综合创新练选择题：9.如图所示，两光滑导轨PQ、MN水平放置，夹角为45°，处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，在M、P处串联间距极小的电容器，电容为C，电容器储存的电能为E电＝eq\f(1,2)CU2，其中U为电容器两端的电压，与PQ垂直的导体棒在垂直棒的水平外力作用下从导轨最左端向右匀速运动，速度为v，不计一切电阻，则下列说法正确的是()A.电容器上板带正电B.水平外力保持不变C.水平位移为x时电容器储存的电能为CB2v2x2D.水平位移为x时外力的功率为CB2v3x10.(2025·河南卷,5)如图,一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时,沿N极到S极的方向看,下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是()11.(多选)(2025·广东卷,9)如图是一种精确测量质量的装置原理示意图,竖直平面内,质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中,磁感应强度不变。测量分两个步骤,步骤①:托盘内放置待测物块,其质量用m表示,线圈中通大小为I的电流,使称重框架受力平衡;步骤②:线圈处于断开状态,取下物块,保持线圈不动,磁场以速率v匀速向下运动,测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值,重力加速度为g。下列说法正确的有()A.线圈电阻为EB.I越大,表明m越大C.v越大,则E越小D.m=EIvg-二．计算题：12.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上横放着两根导体棒ab和cd。设两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B。开始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v0和2v0，求：(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；(2)当ab棒向右运动、速度大小变为eq\f(v0,4)时，回路中消耗的电功率的值。13.如图甲所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，其间距L＝0.5m，导轨上端接有R0＝1Ω的定值电阻和开关S。空间存在垂直两金属导轨所在的平面向里的匀强磁场，其磁感应强度B0＝2T，一长度与导轨间距相等、电阻为R＝1Ω的金属杆与导轨垂直且接触良好。初始时开关S处于断开状态，金属杆ab由位置1静止开始自由下落，经过一段时间后，将开关S闭合，金属杆ab继续运动到位置2；若以金属杆开始运动时作为计时起点，金属杆从位置1运动到位置2的过程中，速度随时间变化的图像如图乙所示。假设金属导轨足够长，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2。求：(1)金属杆的质量；(2)金属杆从位置1运动到位置2过程中金属杆产生的焦耳热Q；(3)如果先将S闭合，后让金属杆仍从位置1由静止开始下落，金属杆运动到位置2时恰好开始匀速运动，求金属杆从位置1运动到位置2的时间。参考答案：1.答案D解析初始时右侧强磁体S极与线圈铁芯接触，穿过线圈的磁通量为BS，按下门铃时，右侧强磁体N极与铁芯接触，穿过线圈的磁通量为－BS，转换接触时间为Δt，根据法拉第电磁感应定律有E＝Neq\f(BS－（－BS）,Δt)＝eq\f(2NBS,Δt)，故D正确。2.答案D解析当导线中电流减小时，导线产生的磁场将减弱，使得穿过线圈的磁通量减小，从而产生感应电流阻碍磁通量的减小，根据安培定则可知，穿过线圈的磁通量向下(俯视)，再由楞次定律的“增反减同”结合安培定则可知，线圈中产生顺时针方向感应电流，为阻碍磁通量的减小，则线圈有扩张趋势，靠近直导线，故D正确。3.答案C解析导体棒以速度v水平向左匀速运动，等效电路如图所示，UMN＝UMP＋UPQ＋UQN，UPQ＝eq\f(Bxv,r＋r)·r＝0.5Bxv，闭合回路之外的电势差为UMP＋UQN＝Bxv，所以导体棒两端的电势差UMN＝UMP＋UPQ＋UQN＝1.5Bxv，故C正确。4.答案C解析5.答案B解析S闭合后，B、C立即亮，由于灯泡A与自感线圈串联，线圈会阻碍电流的增大，所以A慢慢变亮，A错误，B正确；S断开后，由于线圈阻碍电流的减小，所以A慢慢变暗，因为线圈电阻与灯泡电阻相等，所以在开关闭合稳定后，通过灯泡B、C和A的电流大小相等，所以当开关断开后，线圈与A、B、C构成闭合回路，此时A、B、C不会先变亮，而是逐渐变暗，C、D错误。6.答案C解析电吉他中电拾音器工作时利用了电磁感应原理，故A错误；铜不能被磁化，则选用优质铜弦，电吉他不能正常工作，故B错误；弦振动过程中，切割磁感线的方向不断变化，则线圈中的电流方向不断变化，故C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，故D错误。7.答案C解析t＝0到t＝3.0s时间内，金属框中产生的感应电动势为E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝k×eq\f(1,2)l2＝0.1×eq\f(1,2)×0.402V＝0.008V，故A错误；根据楞次定律的“增反减同”可知，t＝0到t＝3.0s时间内，金属框中的电流方向为D→A→B→C→D，故B错误；由题意知金属框的电阻R＝4lλ＝0.008Ω，由欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝1A，t＝2.0s时磁感应强度为B＝0.3T－0.1×2.0T＝0.1T，金属框处于磁场中的有效长度为L＝eq\r(2)l，所受安培力的大小为F＝ILB＝0.04eq\r(2)N，故C正确；在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.016J，故D错误。8.答案B解析导体棒向左切割磁感线，产生感应电流，受到向右的安培力，导体棒做减速运动，速度减小，感应电流减小，导体棒所受安培力减小，则加速度减小，所以v－t图像的斜率逐渐减小，故A错误；设导轨间距为L，当导体棒的位移为x时，通过导体棒的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,Rt)·t＝eq\f(BLx,R)，导体棒a受到的冲量向右，大小为I＝BLq＝eq\f(B2L2x,R)，以导体棒a为研究对象，由动量定理得－I＝mv－mv0，得v＝v0－eq\f(B2L2,mR)x，故B正确；导体棒的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－\f(B2L2,mR)x))2，所以Ek－x图像是开口向上的抛物线，故C、D错误。9.答案D解析由右手定则知，导体棒电流方向向下，所以电容器上板带负电，下板带正电，A错误；导体棒在向右匀速运动过程中，导体棒在磁场中的有效长度变化，安培力也发生变化，故水平外力也发生变化，B错误；水平位移为x时E＝Bxv，电容器储存的电能为E电＝eq\f(1,2)CE2＝eq\f(1,2)CB2x2v2，C错误；电容器储存的电荷量Q＝CE＝CBxv，电流为I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(CBxv,\f(x,v))＝CBv2，由平衡条件知，水平位移为x时外力的功率大小等于安培力的功率大小，则水平外力的功率P＝F安v＝B·CBv2·x·v＝CB2v3x，D正确。10.答案C解析根据题图可知,沿N极到S极的方向看,当金属薄片中心向右运动到N极的正下方时,通过薄片右半边的磁通量在减小,通过薄片左半边的磁通量在增多,由楞次定律可知,右侧涡流产生的磁场方向与原磁场方向相同,左侧涡流产生的磁场方向与原磁场方向相反,所以由安培定则可知,右侧涡电流沿顺时针方向,左侧涡流沿逆时针方向,C正确。11.答案BD解析设线圈下边长为l,磁场的磁感应强度大小为B12.答案(1)eq\f(9,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(B2L2veq\o\al(2,0),8R)解析(1)从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2mv0－mv0＝2mv，解得v＝eq\f(v0,2)由能量守恒可得，从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)(2m)v2＝eq\f(9,4)mveq\o\al(2,0)。(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq\f(v0,4)时，设cd棒的速度是v2，根据动量守恒定律得2mv0－mv0＝mv2＋meq\f(v0,4)解得v2＝eq\f(3v0,4)此时回路中的总电动势E＝BLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3v0,4)－\f(v0,4)))＝eq\f(1,2)BLv0则回路中消耗的电功率为P＝eq\f(E2,2R)＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,0),8R)。13.答案(1)0.2kg(2)0.8J(3)0.8s解析(1)由题意结合题图乙可知，金属杆在0～0.4s内做自由落体运动，获得的速度为v＝gt1＝4m/s