专题十二 电磁感应【专题检测】A组一、选择题1.如图,一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上,细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放,环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2,重力加速度大小为g,则( ) A.T1>mg,T2>mg B.T1<mg,T2<mgC.T1>mg,T2<mg D.T1<mg,T2>mg答案 A 金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中,由楞次定律的推广含义可知,感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。原因是环向下运动,则环所受的安培力始终向上,由牛顿第三定律可知,圆环对磁铁的作用力始终向下,所以选项A正确。2.(多选)电学测量仪器要求指针的摆动可以很快停下来。磁电式仪表的线圈常常用铝框做骨架,把线圈绕在铝框上(如图所示)。利用铝框中产生的涡流,从而通过磁场对这个涡流的作用力阻碍它们的摆动,使指针能很快地指到示数的位置上( )A.当线圈中通入电流转动时,铝框中的涡流方向与线圈中电流同向B.当线圈中通入电流转动时,铝框中的涡流方向与线圈中电流反向C.直接拿绝缘棒轻轻左右拨动指针,铝框中的涡流方向与线圈中电流同向D.直接拿绝缘棒轻轻左右拨动指针,铝框中的涡流方向与线圈中电流反向答案 BC A、B选项,当线圈中通入电流转动时,铝框必然跟着线圈一起转动,切割磁感线产生感应电动势和感应电流。它们彼此绝缘,铝框受到的安培力是它们转动的阻力,与转动方向相反,使指针很快停在该停的位置。铝框中的涡流方向与线圈中电流是反向的,B正确。C、D选项,直接拿绝缘棒轻轻左右拨动指针时,线圈与铝框均切割磁感线产生感应电动势和感应电流,它们彼此绝缘,各自受到的安培力均与转动方向相反,是它们转动的阻力,所以铝框中的涡流方向与线圈中电流是同向的,C正确。3.(2020课标Ⅱ,14,6分)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示,圆管通过一个接有高频交流电源的线圈,线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流,电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为( )
A.库仑 B.霍尔 C.洛伦兹 D.法拉第答案 D 焊接过程中利用电磁感应产生的涡流将材料熔化,发现电磁感应规律的是法拉第,故D选项正确。4.下列图中,A图是真空冶炼炉,可以冶炼高质量的合金;B图是充电器,工作时绕制线圈的铁芯会发热;C图是安检,可以探测人身上是否携带金属物品;D图是工作人员穿上金属丝织成的衣服,可以高压带电作业。其中与涡流无关的是( )答案 D A图线圈接有交变电流,会产生变化的磁场,变化的磁场在冶炼炉中产生电场,使自由电荷在电场力的作用下定向移动形成涡流发热;B图充电器工作时有交变电流通过,交变电流产生的交变磁场穿过铁芯,在铁芯中产生电场,使自由电荷在电场力的作用下定向移动形成涡流发热;线圈中交变电流产生交变的磁场,会在金属物品中产生交变的感应电流(涡流),而金属物品中感应电流产生的交变磁场会影响线圈中的交变电流,从而使金属被探测到,这就是安检探测金属的原理,故C图中安检属于涡流的应用;工作服用包含金属丝的织物制成,形成一个导体壳,壳外有电场,壳内场强保持为0,高压外电场不会对内部产生影响,故D图中工作服属于静电屏蔽的应用。故选D。5.(2020山东菏泽一模,12)(多选)如图所示,两足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距为L,一理想电流表与两导轨相连,图中虚线的下方存在匀强磁场,匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在竖直向上的恒定外力F作用下由静止开始向上运动,导体棒在磁场中运动时,电流表示数逐渐增大,最终稳定为I。当导体棒运动到图中的虚线位置时,撤去外力F,此后导体棒还会继续上升一段时间,整个运动过程中,导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不计导轨的电阻(虚线与导轨的上端距离足够大),重力加速度为g。则 ( )A.导体棒开始运动的瞬间加速度大小为B.匀强磁场的磁感应强度大小为C.电流稳定后导体棒的速度大小为D.撤去F后,导体棒继续上升的高度为答案 CD 开始运动的瞬间,导体棒速度为0,此时只受恒力F和重力mg的作用,则由F-mg=ma,解得a=-g,故A错误;当电流稳定时,导体棒加速度为零,则有F-mg-BIL=0,解得B=,故B错误;电流稳定后,感应电动势也恒定不变,有BLv=IR,解得v==,故C正确;撤去F,导体棒也刚好离开磁场,则由机械能守恒可得mv2=mgH,解得H==,故D正确。6.(2019山东烟台一模,17)如图所示,空间有两个宽度分别为L和2L的有界匀强磁场区域,磁感应强度大小都为B,左侧磁场方向垂直于纸面向里,右侧磁场方向垂直于纸面向外。abcd是一个由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框,线框以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域,在运动过程中,线框ab、cd两边始终与磁场的边界平行。设线框cd边刚进入磁场的位置为x=0,x轴正方向水平向右,从线框cd边刚进入磁场开始到整个线框离开磁场区域的过程中,线框受到的安培力F(规定水平向右为正方向)随着位置x变化的图像正确的是( )
答案 C 第一个过程:cd边刚进入左侧磁场到cd边刚要进入右侧磁场的过程,cd边受安培力,大小为F0=BIL=BL=,方向向左。第二个过程:cd边刚进入右侧磁场到ab边刚进入右侧磁场的过程中,线框受到的安培力为:F=2BI'L=2BL=4=4F0,方向向左。第三个过程:ab边离开左侧磁场到cd边到右侧磁场的右边界,在这个过程,线框中没有感应电流,所以线框不受安培力的作用。第四个过程:cd边刚离开右侧磁场到ab边刚离开右侧磁场的过程,ab边受安培力,大小为F=BIL=BL==F0,方向向左。综合以上分析,C正确。7.(多选)如图所示为两光滑金属导轨MNQ和GHP,其中MN和GH部分为竖直的半圆形导轨,NQ和HP部分为水平平行导轨,整个装置置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。有两个长均为l、质量均为m、电阻均为R的导体棒垂直导轨放置且始终与导轨接触良好,其中导体棒ab在半圆形导轨上,导体棒cd在水平导轨上,当恒力F作用在导体棒cd上使其做匀速直线运动时,导体棒ab恰好静止,且距离半圆形导轨底部的高度为半圆形导轨半径的一半,已知导轨间距离为l,重力加速度为g,导轨电阻不计,则( )A.每根导轨对导体棒ab的支持力大小为2mgB.导体棒cd两端的电压大小为C.作用在导体棒cd上的恒力F的大小为mgD.恒力F的功率为答案 CD 对导体棒ab受力分析如图,据平衡条件和几何知识,有N==2mg、F安=mgtan60°=mg,由于导体棒ab处于两根导轨上,则每根导轨对导体棒ab的支持力大小为mg,故A项错误。据安培力公式F安=BIl且U=IR,可得导体棒cd两端的电压U=,故B项错误。导体棒cd做匀速直线运动,金属导轨光滑,所以cd所受拉力F与所受安培力大小相等,又两导体棒中电流大小相等,导体棒长度相同,所在处磁场一样,则ab与cd所受安培力大小相等,则作用在导体棒cd上的恒力F=F安=mg,故C项正确。根据欧姆定律可得I=,导体棒cd产生的感应电动势E=I·2R=Blv,恒力F的功率P=Fv=,故D项正确。
8.宽为L的两光滑竖直裸导轨间接有定值电阻R,导轨(电阻忽略不计)间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里、宽为d、磁感应强度为B的匀强磁场,Ⅰ、Ⅱ区域间距为h,如图,有一质量为m、长为L、电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触,从距区域Ⅰ上端H处由静止释放。若杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同,现以杆由静止释放为计时起点,则杆中电流随时间t变化的图像可能正确的是( )答案 B 杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同,说明产生的感应电流也应完全相同,排除A和C选项。因杆在无磁场区域中做a=g的匀加速运动,又杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同,则杆在Ⅰ、Ⅱ区域均存在做减速运动阶段,减速运动时,在区域Ⅰ中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的安培力,由牛顿第二定律得加速度a=,方向竖直向上,则知杆做加速度逐渐减小的减速运动,又I=,由I-t图线斜率变化情况可知选项B正确,选项D错误。二、非选择题9.(2020天津,10,14分)如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中,金属框平面与磁场方向垂直,电阻R=0.1Ω,边长l=0.2m。求(1)在t=0到t=0.1s时间内,金属框中的感应电动势E;(2)t=0.05s时,金属框ab边受到的安培力F的大小和方向;(3)在t=0到t=0.1s时间内,金属框中电流的电功率P。答案 (1)0.08V (2)0.016N 垂直ab向左 (3)0.064W解析 (1)在t=0到t=0.1s的时间Δt内,磁感应强度的变化量ΔB=0.2T,设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ,有ΔΦ=ΔBl2①由于磁场均匀变化,金属框中产生的电动势是恒定的,有E=②联立①②式,代入数据,解得E=0.08V③(2)设金属框中的电流为I,由闭合电路欧姆定律,有I=④
由图可知,t=0.05s时,磁感应强度为B1=0.1T,金属框ab边受到的安培力F=IlB1⑤联立①②④⑤式,代入数据,解得F=0.016N⑥方向垂直于ab向左。⑦(3)在t=0到t=0.1s时间内,金属框中电流的电功率P=I2R⑧联立①②④⑧式,代入数据,解得P=0.064W⑨10.(2020山东威海一模,16)(10分)如图甲所示,两根足够长的光滑平行直导轨固定在水平面上,导轨左侧连接一电容器,一金属棒垂直放在导轨上,且与导轨接触良好。在整个装置中加上垂直于导轨平面的磁场,磁感应强度按图乙所示规律变化。0~t0时间内在导体棒上施加外力使导体棒静止不动,t0时刻撤去外力。已知电容器的电容为C,两导轨间距为L,导体棒到导轨左侧的距离为d,导体棒的质量为m。求:(1)电容器带电荷量的最大值;(2)导体棒能够达到的最大速度vm。答案 (1) (2)解析 (1)电容器两极板间的电压U=Ld电容器所带电荷量的最大值Q=CU=(2)电容器放电后剩余的电荷量Q'=CU'U'=B0Lvmax由动量定理得B0
