PAGE8-電磁感應規律及其應用(45分鐘)[刷基礎]1．(2024·河北邯鄲高三考前摸底)下列四幅演示試驗圖中，試驗現象能正確表述試驗結論的是()A．圖甲用磁鐵靠近輕質鋁環A，A會靠近磁鐵B．圖乙斷開開關S，觸點C不馬上斷開C．圖丙閉合開關S時，電流表有示數，斷開開關S時，電流表沒有示數D．圖丁銅盤靠慣性轉動，手持磁鐵靠近銅盤，銅盤轉動加快解析：圖甲用磁鐵靠近輕質鋁環A，由于A環中發生電磁感應，依據楞次定律可知，A將遠離磁鐵，故A錯誤；圖乙斷開開關S，由于B線圈中發生電磁感應現象阻礙電流的減小，因此線圈仍有磁性，觸點C不馬上斷開，故B正確；圖丙閉合開關S和斷開開關S時均會發生電磁感應，因此電流表均有示數，故C錯誤；當轉動銅盤時，銅盤切割磁感線，從而產生感應電流，出現安培力，從而導致銅盤轉動受到阻礙，因此銅盤將轉慢，故D錯誤．答案：B2．(2024·高考全國卷Ⅰ)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌．為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示．無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是()解析：施加磁場來快速衰減STM的微小振動，其原理是電磁阻尼，在振動時通過紫銅薄板的磁通量變更，紫銅薄板中產生感應電動勢和感應電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動，即促使其振動衰減．方案A中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，通過它的磁通量都發生變更；方案B中，當紫銅薄板上下振動時，通過它的磁通量可能不變，當紫銅薄板向右振動時，通過它的磁通量不變；方案C中，紫銅薄板上下振動、左右振動時，通過它的磁通量可能不變；方案D中，當紫銅薄板上下振動時，紫銅薄板中磁通量可能不變．綜上可知，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是A.答案：A3．(多選)法拉第圓盤發電機的示意圖如圖所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中．圓回旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流淌C．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發生變更，則電流方向可能發生變更D．若圓盤轉動的角速度變為原來的2倍，則電流在R上的熱功率也變為原來的2倍解析：將圓盤看成多數輻條組成，它們都在切割磁感線從而產生感應電動勢和感應電流，當圓盤順時針(俯視)轉動時，依據右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，選項B正確；由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定時，I大小恒定，ω大小變更時，I大小變更，方向不變，故選項A正確，C錯誤；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，當ω變為2倍時，P變為原來的4倍，選項D錯誤．答案：AB4.(2024·高考全國卷Ⅲ)如圖，在方向垂直于紙面對里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直，金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環形金屬線框T位于回路圍成的區域內，線框與導軌共面．現讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動起先的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是()A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向解析：金屬桿PQ向右切割磁感線，依據右手定則可知PQRS中感應電流沿逆時針方向；原來T中的磁場方向垂直于紙面對里，閉合回路PQRS中的感應電流產生的磁場方向垂直于紙面對外，使得穿過T的磁通量減小，依據楞次定律可知T中產生順時針方向的感應電流．綜上所述，可知A、B、C項錯誤，D項正確．答案：D5.如圖甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環，在圓環的正上方放置一個螺線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正．以下說法正確的是()A．從上往下看，0～1s內圓環中的感應電流沿順時針方向B．0～1s內圓環面積有擴張的趨勢C．3s末圓環對桌面的壓力小于圓環的重力D．1～2s內和2～3s內圓環中的感應電流方向相反解析：由圖乙知，0～1s內螺線管中電流漸漸增大，穿過圓環向上的磁通量增大，由楞次定律知圓環中感應電流的磁場向下，圓環面積有縮小的趨勢，從上往下看，0～1s內圓環中的感應電流沿順時針方向，選項A正確，B錯誤；同理可得1～2s內和2～3s內圓環中的感應電流方向相同，選項D錯誤；3s末電流的變更率為0，螺線管中磁感應強度的變更率為0，在圓環中不產生感應電流，圓環對桌面的壓力等于圓環的重力，選項C錯誤．答案：A6．如圖所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面對下．現使磁感應強度隨時間勻稱減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()A．ab中的感應電流方向由b到aB．ab中的感應電流漸漸減小C．ab所受的安培力保持不變D．ab所受的靜摩擦力漸漸減小解析：導體棒ab、電阻R、導軌構成閉合回路，磁感應強度勻稱減小(eq\f(ΔB,Δt)＝k為肯定值)，則閉合回路中的磁通量減小，依據楞次定律，可知回路中產生順時針方向的感應電流，ab中的電流方向由a到b，故A錯誤；依據法拉第電磁感應定律得，感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝k·S，回路面積S不變，即感應電動勢為定值，依據歐姆定律I＝eq\f(E,R)，知ab中的電流大小不變，故B錯誤；安培力F＝BIL，電流大小不變，磁感應強度減小，則安培力減小，故C錯誤；導體棒處于靜止狀態，所受合力為零，對其受力分析，水平方向的靜摩擦力與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確．答案：D7.(多選)(2024·陜西榆林高三期末)如圖甲所示，兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直．邊長為1m、總電阻為1Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行．現使導線框水平向右勻速運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場，c、d兩點間電勢差隨時間變更的圖線如圖乙所示．下列說法正確的是()A．磁感應強度的方向垂直紙面對里B．磁感應強度的大小為4TC．導線框進入磁場和離開磁場時的速度大小之比為3∶1D．0～3s的過程中導線框產生的焦耳熱為48J解析：0～1s內線框進入磁場，c、d兩點間電勢差為正，即c點相當于電源的正極，由右手定則可知，磁場方向垂直紙面對里，故A正確；0～1s內線框進入磁場，c、d兩點間電勢差為Ucd＝eq\f(3,4)BLv＝3V，線框的速度為v＝eq\f(1,1)m/s＝1m/s，解得B＝4T，故B正確；由圖乙分析可知，線框在0～1s內進入磁場和2～3s內出磁場時，都是勻速運動，且速度都為1m/s，所以導線框進入磁場和離開磁場時的速度大小之比為1∶1，故C錯誤；線框在0～1s內進入磁場過程中電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)＝4A，產生的熱量為Q1＝I2Rt＝16J,1～2s內線框的磁通量不變，所以無感應電流產生，即無熱量產生，2～3s內線框出磁場過程中電流為I′＝eq\f(E′,R)＝eq\f(BLv′,R)＝4A，產生的熱量為Q2＝I′2Rt＝16J，所以總熱量為32J，故D錯誤．答案：AB8．(2024·北京懷柔區高三理綜)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，寬度L＝0.4m，一端連接R＝1Ω的電阻．導線所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B＝1T．導體棒MN放在導軌上，其長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好，導軌和導體棒的電阻均可忽視不計．在平行于導軌的拉力F作用下，導體棒沿導軌向右勻速運動，速度v＝5m/s.求：(1)感應電動勢E和感應電流I；(2)在0.1s時間內，拉力做的功；(3)若將MN換為電阻r＝0.25Ω的導體棒，仍讓導體棒以v＝5m/s的速度勻速運動，求導體棒兩端的電壓U.解析：(1)感應電動勢為E＝BLv＝1×0.4×5V＝2V感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2,1)A＝2A.(2)對導體棒，由平衡條件有F＝F安F安＝BIL在0.1s時間內，導體棒的位移為x＝vt拉力做的功為W＝Fx代入數據解得W＝0.4J.(3)MN換為電阻r＝0.25Ω的導體棒時，r可視為電源內阻，導體棒兩端的電壓等于R兩端的電壓，即路端電壓．由閉合電路歐姆定律可得，感應電流為I′＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(2,1＋0.25)A＝1.6A.導體棒兩端的電壓為U＝I′R＝1.6×1V＝1.6V.答案：(1)2V2A(2)0.4J(3)1.6V[刷綜合]9．(多選)(2024·福建三明第一中學理科綜合)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直斜面對上，磁場的寬度為2L.一邊長為L的正方形導體線圈，由靜止起先沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等．從ab邊剛越過GH處起先計時，規定沿斜面對上為安培力的正方向，則線框運動的速率v及線框所受安培力F隨時間t變更的圖線中，可能正確的是()解析：依據楞次定律可得線框進入磁場的過程中電流方向為順時針；依據法拉第電磁感應定律可得感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝eq\f(BLv,R)，產生的安培力大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，即安培力隨速度變更而變更．因ab邊剛越過GH進入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等，由分析可知，線框的運動狀況只能是進磁場時做變減速運動，完全進入磁場后做勻加速運動，出磁場時做變減速運動，結合圖象知A正確，B錯誤．依據左手定則可得線框進入磁場的過程中安培力方向向上為正，且F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)；線框完全進入磁場過程中，安培力為零；出磁場的過程中安培力方向向上，且等于進入磁場時的安培力，所以C正確，D錯誤．答案：AC10．(多選)(2024·東北三省六校聯考)如圖所示，在光滑水平面內，有豎直向下的勻強磁場分布在寬度為2L的某矩形區域內(長度足夠大)，該區域的左、右邊界分別為L1、L2.有一邊長為L的正方形導線框距離磁場左邊界L1的某處由靜止在恒力F作用下穿過該磁場區域，已知當線框的右邊到達L2時線框剛好做勻速直線運動．當線框的右邊到達L1時起先計時，以L1上的O點為坐標原點，取如圖所示的坐標軸x，并規定逆時針方向為感應電流的正方向，向左為安培力的正方向．則關于線框中的感應電流i及線框受到的安培力F與位置坐標x解析：依據題意知線框的右邊到達L2時線框剛好做勻速直線運動，此時線框受到的安培力與恒力F大小相等，即FA＝F，而線框完全在磁場中運動時做勻加速運動，所以可知線框進入磁場的過程中，安培力應小于恒力F，即FA′<F，只能做加速運動，不能做勻速運動或減速運動，否則通過勻加速的過程中，右邊到達L2時速度增大，安培力增大，安培力將大于拉力，不行能勻速運動．線框進入磁場的過程中，隨著速度的增大，產生的感應電動勢E＝BLv和感應電流i＝eq\f(BLv,R)漸漸增大，安培力FA＝eq\f(B2L2v,R)漸漸增大，線框所受的合力減小，加速度減小，所以做加速度減小的變加速運動，所以感應電流i的變更率也應漸漸減小，安培力F的變更率也漸漸減小；線框完全進入磁場時，感應電流為零，安培力為零；線框出磁場時做勻速運動，產生的感應電動勢和感應電流恒定不變，所受安培力恒定不變；依據楞次定律推斷可知，線框進入磁場和穿出磁場的過程中，感應電流方向相反，進磁場時方向為正，出磁場時方向為負，因安培力阻礙線框的運動，則所受的安培力方向都向左，為正方向，故A、D正確，B、C錯誤．答案：AD11.如圖甲所示，MN、PQ是相距d＝1m的足夠長平行光滑金屬導軌，導軌平面與水平面成某一夾角，導軌電阻不計；長也為1m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，ab的質量m＝0.1kg、電阻R＝1Ω；MN、PQ的上端連接右側電路，電路中R2為一電阻箱；已知燈泡電阻RL＝3Ω，定值電阻R1＝7Ω，調整電阻箱使R2＝6Ω，重力加速度g取10m/s2.現斷開開關S，在t＝0時刻由靜止釋放ab，在t＝0.5s時刻閉合S，同時加上分布于整個導軌所在區域的勻強磁場，磁場方向垂直于導軌平面斜向上；圖乙所示為ab的速度隨時間變更圖象．(1)求斜面傾角α及磁感應強度B的大小；(2)ab由靜止下滑x＝50m(此前已達到最大速度)的過程中，求整個電路產生的電熱；(3)若只變更電阻箱R2的值，當R2為何值時，ab勻速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率為多少？解析：(1)S斷開