第十二单元 电磁感应（二）《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）
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| 名称 | 第十二单元 电磁感应（二）《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 287.9KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-10 17:02:15 | ||
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文档简介
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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第十二单元 电磁感应（二）
满分90分,限时75分钟
考点1 法拉第电磁感应定律 考点2 自感 涡流 电磁阻尼与电磁驱动
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.电磁感应现象在生产、生活及科学研究中有着广泛的应用,下列说法正确的是 ( )
A.电磁炉利用变化的磁场使食物中的水分子形成涡流来对食物加热
B.当金属探测器在探测到金属时,会在探测器内部产生涡流,致使蜂鸣器发出蜂鸣声
C.微安表等磁电式仪表在运输时需要把正负接线柱短接,防止损坏,利用的是电磁阻尼原理
D.变压器的铁芯通常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠合而成主要是为了减小铁芯的电阻率,进而增大在铁芯中产生的涡流
2.如图,从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区域,若两次拉出的速度之比为1∶2,则两次线圈所受外力大小之比F1∶F2和线圈中焦耳热之比Q1∶Q2为 ( )
A.F1∶F2=2∶1 B.F1∶F2=1∶2
C.Q1∶Q2=1∶4 D.Q1∶Q2=1∶1
3.近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通信,其天线类似一个压平的线圈,线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示,一正方形NFC线圈共3匝,其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm,图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈,磁感应强度变化率为103 T/s,则线圈产生的感应电动势最接近 ( )
A.0.30 V B.0.44 V C.0.59 V D.4.3 V
4.现有100匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,转轴垂直于磁场,若穿过线圈的磁通量随时间变化的规律如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.t=0时刻线圈中感应电动势为0
B.t=5×10-3 s时刻线圈中感应电动势最大
C.t=1×10-3 s时刻线圈中的感应电动势比t=2×10-3 s时刻的大
D.0~5×10-3 s时间内线圈中平均感应电动势为0.4 V
5.如图甲所示,一闭合金属圆环固定在水平面上,虚线ab右侧空间存在均匀分布的竖直磁场,其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(取磁感应强度方向竖直向上为正),则 ( )
A.0~1 s内感应电流方向沿bca方向
B.3~4 s内感应电流方向沿bca方向
C.2 s末圆环受到的安培力最大
D.3 s末圆环受到的安培力为零
6.如图所示,在圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,AC导体棒的O点位于圆心,OA长度小于OB长度。在导体棒绕O点逆时针匀速转动的过程中,A、O、B、C点电势分别为φA、φO、φB、φC,则 ( )
A.φA>φO B.φB<φA C.φO<φB D.φB>φC
7.在断电自感的演示实验中,用小灯泡、带铁芯的自感线圈L和定值电阻R等元件组成如图甲所示电路。闭合开关待电路稳定后,两支路电流分别为I1和I2。断开开关前后的一小段时间内,电路中电流随时间变化的关系如图乙所示,则 ( )
A.断开开关前R中电流为I2
B.断开开关前灯泡电阻小于R和L的总电阻
C.断开开关后小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭
D.断开开关后小灯泡所在支路电流如曲线a所示
8.电磁缓冲器是利用电磁阻尼对汽车碰撞进行保护的安全装置,在汽车碰撞时对车和人提供了有效保护。如图是电磁缓冲器的示意图。汽车T与缓冲绝缘滑轨PQ、MN固定在一起,PQ、MN上装有线圈(图中未标出),线圈通电后能在滑轨间产生匀强磁场B(磁场方向如图所示),通过与冲击力传感器相连的计算机来控制线圈的电流,并产生合适的磁感应强度。滑轨前方为汽车保险杠K,保险杠上固定有多匝的线圈abcd。当汽车保险杠撞上前面的障碍物C时,线圈abcd中产生感应电流,线圈中的感应电流与滑轨间的匀强磁场的相互作用会阻碍汽车和线圈的相对运动,从而保护汽车。下列说法正确的是 ( )
A.线圈abcd中的电流方向为顺时针
B.线圈abcd中的电流方向为逆时针
C.线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向一致
D.线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向相反
9.如图所示,螺线管竖直固定,螺线管正下方水平地面上有一金属圆环,螺线管的轴线通过圆环的圆心,给螺线管通入如图所示方向的电流,电流均匀增大,圆环保持不动,则下列说法正确的是 ( )
A.从上往下看,圆环中有顺时针方向的感应电流
B.圆环中磁通量均匀增大
C.圆环中感应电流均匀增大
D.圆环上弧长为Δl(极小)的一段所受到的安培力均匀增大
10.如图甲所示,两根固定的平行金属导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连,导轨间距为0.4 m,每根导轨每米的电阻为0.01 Ω。均匀变化的磁场垂直于导轨平面,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。t=0时刻有一电阻不计的金属杆从P、Q端以1.0 m/s的速度匀速运动,运动过程中保持与导轨垂直,则 ( )
A.0.5 s末回路中电动势为4×10-3 V
B.0.5 s末回路电功率为1.6×10-3 W
C.1 s末穿过回路的磁通量为8×10-3 Wb
D.1 s末金属杆所受安培力大小为6.4×10-3 N
二、非选择题(本题共4小题,共50分)
11.(10分)(1)如图1所示,两根足够长的平行导轨,间距L=0.3 m,在平行导轨间有垂直于导轨所在平面的匀强磁场,磁场的磁感应强度B1=0.5 T,一根直金属杆MN以v=5 m/s的速度向右匀速运动,杆MN始终与导轨垂直且接触良好。杆MN的电阻r1=1 Ω,导轨的电阻可忽略。求杆MN中产生的感应电动势E1。
(2)如图2所示,一个匝数n=100的圆形线圈,面积S1=0.5 m2,电阻r2=1 Ω。在线圈围成的区域中存在面积为S2=0.4 m2的匀强磁场区域,磁场垂直线圈平面(指向纸外),磁感应强度B2随时间t变化的关系如图3所示。求圆形线圈中产生的感应电动势E2。
(3)有一个R=4 Ω的电阻,将其两端a、b分别与图1中的导轨和图2中的圆形线圈相连接。试求以上两种情况中,电阻R两端的电势差Uab。
12.(9分)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,放置在水平地面上,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。从t=0时刻开始,磁场保持方向不变,磁感应强度大小B=kt(k为已知常数)。线圈的质量为m,电阻为R,线圈与水平地面间的动摩擦因数为μ,线圈与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:
(1)线圈中产生的感应电动势E;
(2)线圈开始运动的时刻t0。
13.(14分)某风速实验装置由风杯组系统(甲图)和电磁信号产生系统(乙图)两部分组成。电磁信号产生器由圆形匀强磁场区域和固定于风轮转轴上的导体棒OA组成(导体棒OA与转轴垂直,O点连接风轮转轴),磁场区域半径为L,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。导体棒OA长为1.5L,阻值为r,风推动风杯组绕竖直转轴顺时针(从上向下看)匀速转动,风杯中心到转轴距离为2L,导体棒每转一周A端与弹性簧片接触一次,接触时流过回路的电流恒为I。图乙中M、N两点间的保护电阻的阻值为R,其余电阻不计。
(1)当导体棒与弹性簧片接触时,请判断流过保护电阻的电流方向,并求O、A间的电势差UOA;
(2)求风杯的速率v。
14.(17分)如图甲所示,圆心为O、半径为R的光滑绝缘圆管道固定放置在水平面上,PM为圆的一条直径,在P点静止放置一带电荷量为+q、质量为m的小球a,t=0时刻开始,在垂直于圆管道平面的同心圆形虚线区域内加一随时间均匀变化的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示,小球a开始运动后在t0时刻恰好到达M点,恰好在2t0时刻回到P点。t0已知,求:
(1)0~t0时间内在管道内产生的感生电场电场强度的大小;
(2)磁感应强度的最大值;
(3)小球a从开始运动到回到P点的过程中速度达到最大时对轨道的压力大小。
答案全解全析
1.C 电磁炉是通过铁锅产生涡流来加热食物的,而不是使食物中形成涡流,故A错误;金属探测器利用电磁感应的原理,有交流电通过的线圈,产生迅速变化的磁场,这个磁场能在金属物体内部产生涡流,涡流又会产生磁场,反过来影响原来的磁场,引发探测器发出蜂鸣声,故B错误;微安表等磁电式仪表在运输时需要把正负接线柱短接,当运输过程中仪表晃动时,线圈会在磁场中转动,线圈中会产生感应电流,线圈受到安培阻力,起到电磁阻尼作用,使其很快停止摆动,仪表的指针不会偏转太大的角度,因此这样做是利用电磁阻尼原理保护指针,故C正确;变压器的铁芯通常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠合而成是为了减小涡流,防止在铁芯中产生过大涡流,故D错误。故选C。
2.B 设线圈匀速拉出磁场区域过程,线圈的速度为v,线圈切割磁感线的边长为L,磁感应强度为B,线圈电阻为R,则产生的电动势为E=BLv,线圈中的电流为I=,线圈受到的安培力为F安=BIL,根据受力平衡可得F=F安,联立可得F=F安=∝v,可得两次线圈所受外力大小之比为==,A错误,B正确;两次电流之比=,时间之比=,根据Q=I2Rt可得=,C、D错误。
一题多解 根据功能关系,Q=W=Fs,则==。
3.B
思路点拨 线圈产生的感应电动势为3匝正方形线圈产生的感应电动势之和。
解析 根据法拉第电磁感应定律可知E=++=(++)=0.44 V。故选B。
4.C
思路点拨 磁通量随时间变化的关系图像,即Φ-t图像,图线斜率表示磁通量的变化率,而根据法拉第电磁感应定律,感应电动势与磁通量变化率成正比。
解析 在t=0时刻磁通量为零,但磁通量的变化率最大,线圈中产生的感应电动势最大,故A错误;在t=5×10-3 s时刻磁通量最大,但是变化率为零,根据法拉第电磁感应定律E=n,线圈中产生的感应电动势为零,故B错误;由于t=1×10-3 s时刻穿过线圈的磁通量的变化率大于t=2×10-3 s时刻的,故t=1×10-3 s时刻线圈中的感应电动势比t=2×10-3 s时刻的大,故C正确;0~5×10-3 s时间内线圈中的平均感应电动势为=n=100× V=40 V,故D错误。故选C。
5.D 由于取磁感应强度方向竖直向上为正,则0~1 s内磁感应强度在正方向增大,根据楞次定律及安培定则可知,感应电流方向沿acb方向,A错误;由于取磁感应强度方向竖直向上为正,则3~4 s内磁感应强度在负方向减小,根据楞次定律和安培定则可知,感应电流方向沿acb方向,B错误;由题图知,2 s末磁感应强度为零,则圆环受到的安培力为零,C错误;由题图知,3 s末磁感应强度的变化率为零,则圆环的感应电流为零,故圆环受到的安培力为零,D正确。故选D。
易错警示 2 s末磁感应强度的变化率最大,感应电动势最大,圆环中感应电流最大,有些同学未考虑到B为零,容易误判为安培力也最大。
6.B
思路点拨 产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化,但产生感应电动势不需要电路闭合,导体棒切割磁感线就可以产生感应电动势,导体棒上就可以产生电势差。
解析 由题图可看出OA、OB段导体棒转动切割磁感线,则根据右手定则可知φO>φA、φO>φB,导体棒BC段不在磁场中,不切割磁感线,则φB=φC,故A、C、D错误;OA、OB段导体棒转动的角速度相同,A、B点转动的速度的关系为vB=ωrB>vA=ωrA,则根据楞次定律可知导体棒AB段转动切割磁感线产生的感应电动势不为0,有EAB=φA-φB>0,所以φA>φB,故B正确。故选B。
7.C
识图有法
解析 断开开关前后的一小段时间内,通过自感线圈的电流方向是不变的,则断开开关后自感线圈所在支路的电流如曲线a所示,小灯泡所在支路电流如曲线b所示,曲线a所表示的电流值是由I1逐渐减小的,则断开开关前自感线圈L和电阻R中电流为I1,故A、D错误;由图可知,断开开关之前通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流,所以断开开关前灯泡电阻大于R和L的总电阻,故B错误;断开开关后,线圈产生自感电动势阻碍电流减小,线圈、电阻和灯泡重新组成回路,灯泡中的电流从I1开始减小,而I1>I2,则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭,故C正确。故选C。
8.BC 当汽车保险杠撞上前面的障碍物C时,电磁缓冲器是磁场相对于保险杠上的线圈运动,可以反过来以磁场为参考系,则保险杠上的线圈abcd相对于磁场反方向运动,根据安培定则和楞次定律,可知线圈abcd中的电流方向为逆时针,故A错误,B正确;根据左手定则可知bc边受到的安培力方向与车前行方向一致,故C正确,D错误。故选B、C。
9.BD 根据安培定则可知通电螺线管下端为N极,螺线管上电流均匀增大,根据电流的磁效应,所以磁场均匀变大,那么圆环中磁通量均匀增大,根据楞次定律和安培定则可知,从上往下看,圆环中有逆时针方向的感应电流,A错误,B正确;根据法拉第电磁感应定律与对A、B选项的分析可知,圆环中感应电流大小恒定,方向不变,C错误;将圆环分成许多个弧长为Δl的微元,由于螺线管中的电流在圆环每个微元所在的位置产生的磁场都均匀变大,所以圆环上每个弧长为Δl的微元受到的安培力均匀增大,D正确。故选B、D。
10.CD 回路在0.5 s时电动势为E=Blv+S=0.01×0.4×1 V+×0.4×1×0.5 V=8×10-3 V,A错误;回路在0.5 s时电功率为P== W=6.4×10-3 W,B错误;1 s末穿过回路的磁通量为Φ=B1S1=0.02×0.4×1 Wb=8×10-3 Wb,C正确;1 s末通过金属杆的电流大小I=== A=0.8 A,因此安培力大小F=B1Il=0.02×0.8×0.4 N=6.4×10-3 N,D正确。故选C、D。
解后复盘 本题既存在导体切割磁感线产生的动生电动势,同时存在因磁场变化产生的感生电动势,根据右手定则和楞次定律,两种电动势在电路中方向相同,所以电路中总电动势为两种电动势相加。
11.答案 (1)0.75 V (2)6 V (3)0.6 V -4.8 V
解析 (1)金属杆MN以v=5 m/s的速度向右匀速运动,根据法拉第电磁感应定律可知,杆MN中产生的感应电动势为
E1=B1Lv=0.5×0.3×5 V=0.75 V(3分)
(2)根据法拉第电磁感应定律可知,圆形线圈中产生的感应电动势为
E2=n=nS2=100××0.4 V=6 V(3分)
(3)根据右手定则可知,图1中a点的电势高于b点的电势,则电阻R两端的电势差
Uab1=E1=×0.75 V=0.6 V(2分)
根据楞次定律可知,图2中a点的电势低于b点的电势,则
Uab2=-E2=-×6 V=-4.8 V(2分)
12.答案 (1)kna2 (2)
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可知
E=n=n·a2=kna2 (3分)
(2)根据闭合电路欧姆定律可知I= (2分)
线圈开始运动时满足
(易错点) (2分)
其中B=kt0
解得t0= (2分)
13.答案 (1)从N向M -IR (2)
模型建构
导体棒转动切割磁感线模型
如图所示,长为l的导体棒ab绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动,磁感应强度为B,由于棒上各处速率不等,故不能直接用公式E=Blv求解ab棒所产生的感应电动势大小,可用以下方法推出:由v=ωr可知,棒上各点线速度大小跟半径成正比,故可用棒中点的速度作为平均切割速度代入公式计算。因为=,所以E=Bl=Bl2ω。
解析 (1)根据右手定则可知,当导体棒在磁场中顺时针转动时,相当于电源,且O端相当于电源的负极,故流过保护电阻的电流方向为从N向M。 (2分)
则根据欧姆定律可知,O、A间的电势差UOA的绝对值等于保护电阻两端的电压,则有UOA=-IR (2分)
(2)依题意有,电源电动势为
E=BL (2分)
= (2分)
结合闭合电路的欧姆定律有E=I(R+r) (2分)
解得ω= (2分)
则风杯的速率为v=ω×2L= (2分)
14.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)感生电场沿管道方向,小球a在0~t0时间内沿管道方向做加速运动,有qE感=ma1 (2分)
πR=a1 (2分)
联立解得E感= (1分)
(2)根据法拉第电磁感应定律有U=πR2 (2分)
又E感= (2分)
解得Bm= (1分)
(3)小球a加速到M点时速度最大,小球a在M点时,轨道对小球的压力N与小球所受的洛伦兹力的合力提供向心力,假设压力N指向轨道圆心,则N与洛伦兹力同向,对小球有N+qv1Bm=m (2分)
又v1=a1t0 (2分)
解得N=-,可知N的方向背离轨道圆心,大小为 (2分)
根据牛顿第三定律可知小球a对轨道的压力大小为
N'= (1分)
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第十二单元 电磁感应（二）
满分90分,限时75分钟
考点1 法拉第电磁感应定律 考点2 自感 涡流 电磁阻尼与电磁驱动
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.电磁感应现象在生产、生活及科学研究中有着广泛的应用,下列说法正确的是 ( )
A.电磁炉利用变化的磁场使食物中的水分子形成涡流来对食物加热
B.当金属探测器在探测到金属时,会在探测器内部产生涡流,致使蜂鸣器发出蜂鸣声
C.微安表等磁电式仪表在运输时需要把正负接线柱短接,防止损坏,利用的是电磁阻尼原理
D.变压器的铁芯通常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠合而成主要是为了减小铁芯的电阻率,进而增大在铁芯中产生的涡流
2.如图,从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区域,若两次拉出的速度之比为1∶2,则两次线圈所受外力大小之比F1∶F2和线圈中焦耳热之比Q1∶Q2为 ( )
A.F1∶F2=2∶1 B.F1∶F2=1∶2
C.Q1∶Q2=1∶4 D.Q1∶Q2=1∶1
3.近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通信,其天线类似一个压平的线圈,线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示,一正方形NFC线圈共3匝,其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm,图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈,磁感应强度变化率为103 T/s,则线圈产生的感应电动势最接近 ( )
A.0.30 V B.0.44 V C.0.59 V D.4.3 V
4.现有100匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,转轴垂直于磁场,若穿过线圈的磁通量随时间变化的规律如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.t=0时刻线圈中感应电动势为0
B.t=5×10-3 s时刻线圈中感应电动势最大
C.t=1×10-3 s时刻线圈中的感应电动势比t=2×10-3 s时刻的大
D.0~5×10-3 s时间内线圈中平均感应电动势为0.4 V
5.如图甲所示,一闭合金属圆环固定在水平面上,虚线ab右侧空间存在均匀分布的竖直磁场,其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(取磁感应强度方向竖直向上为正),则 ( )
A.0~1 s内感应电流方向沿bca方向
B.3~4 s内感应电流方向沿bca方向
C.2 s末圆环受到的安培力最大
D.3 s末圆环受到的安培力为零
6.如图所示,在圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,AC导体棒的O点位于圆心,OA长度小于OB长度。在导体棒绕O点逆时针匀速转动的过程中,A、O、B、C点电势分别为φA、φO、φB、φC,则 ( )
A.φA>φO B.φB<φA C.φO<φB D.φB>φC
7.在断电自感的演示实验中,用小灯泡、带铁芯的自感线圈L和定值电阻R等元件组成如图甲所示电路。闭合开关待电路稳定后,两支路电流分别为I1和I2。断开开关前后的一小段时间内,电路中电流随时间变化的关系如图乙所示,则 ( )
A.断开开关前R中电流为I2
B.断开开关前灯泡电阻小于R和L的总电阻
C.断开开关后小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭
D.断开开关后小灯泡所在支路电流如曲线a所示
8.电磁缓冲器是利用电磁阻尼对汽车碰撞进行保护的安全装置,在汽车碰撞时对车和人提供了有效保护。如图是电磁缓冲器的示意图。汽车T与缓冲绝缘滑轨PQ、MN固定在一起,PQ、MN上装有线圈(图中未标出),线圈通电后能在滑轨间产生匀强磁场B(磁场方向如图所示),通过与冲击力传感器相连的计算机来控制线圈的电流,并产生合适的磁感应强度。滑轨前方为汽车保险杠K,保险杠上固定有多匝的线圈abcd。当汽车保险杠撞上前面的障碍物C时,线圈abcd中产生感应电流,线圈中的感应电流与滑轨间的匀强磁场的相互作用会阻碍汽车和线圈的相对运动,从而保护汽车。下列说法正确的是 ( )
A.线圈abcd中的电流方向为顺时针
B.线圈abcd中的电流方向为逆时针
C.线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向一致
D.线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向相反
9.如图所示,螺线管竖直固定,螺线管正下方水平地面上有一金属圆环,螺线管的轴线通过圆环的圆心,给螺线管通入如图所示方向的电流,电流均匀增大,圆环保持不动,则下列说法正确的是 ( )
A.从上往下看,圆环中有顺时针方向的感应电流
B.圆环中磁通量均匀增大
C.圆环中感应电流均匀增大
D.圆环上弧长为Δl(极小)的一段所受到的安培力均匀增大
10.如图甲所示,两根固定的平行金属导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连,导轨间距为0.4 m,每根导轨每米的电阻为0.01 Ω。均匀变化的磁场垂直于导轨平面,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。t=0时刻有一电阻不计的金属杆从P、Q端以1.0 m/s的速度匀速运动,运动过程中保持与导轨垂直,则 ( )
A.0.5 s末回路中电动势为4×10-3 V
B.0.5 s末回路电功率为1.6×10-3 W
C.1 s末穿过回路的磁通量为8×10-3 Wb
D.1 s末金属杆所受安培力大小为6.4×10-3 N
二、非选择题(本题共4小题,共50分)
11.(10分)(1)如图1所示,两根足够长的平行导轨,间距L=0.3 m,在平行导轨间有垂直于导轨所在平面的匀强磁场,磁场的磁感应强度B1=0.5 T,一根直金属杆MN以v=5 m/s的速度向右匀速运动,杆MN始终与导轨垂直且接触良好。杆MN的电阻r1=1 Ω,导轨的电阻可忽略。求杆MN中产生的感应电动势E1。
(2)如图2所示,一个匝数n=100的圆形线圈,面积S1=0.5 m2,电阻r2=1 Ω。在线圈围成的区域中存在面积为S2=0.4 m2的匀强磁场区域,磁场垂直线圈平面(指向纸外),磁感应强度B2随时间t变化的关系如图3所示。求圆形线圈中产生的感应电动势E2。
(3)有一个R=4 Ω的电阻,将其两端a、b分别与图1中的导轨和图2中的圆形线圈相连接。试求以上两种情况中,电阻R两端的电势差Uab。
12.(9分)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,放置在水平地面上,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。从t=0时刻开始,磁场保持方向不变,磁感应强度大小B=kt(k为已知常数)。线圈的质量为m,电阻为R,线圈与水平地面间的动摩擦因数为μ,线圈与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:
(1)线圈中产生的感应电动势E;
(2)线圈开始运动的时刻t0。
13.(14分)某风速实验装置由风杯组系统(甲图)和电磁信号产生系统(乙图)两部分组成。电磁信号产生器由圆形匀强磁场区域和固定于风轮转轴上的导体棒OA组成(导体棒OA与转轴垂直,O点连接风轮转轴),磁场区域半径为L,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。导体棒OA长为1.5L,阻值为r,风推动风杯组绕竖直转轴顺时针(从上向下看)匀速转动,风杯中心到转轴距离为2L,导体棒每转一周A端与弹性簧片接触一次,接触时流过回路的电流恒为I。图乙中M、N两点间的保护电阻的阻值为R,其余电阻不计。
(1)当导体棒与弹性簧片接触时,请判断流过保护电阻的电流方向,并求O、A间的电势差UOA;
(2)求风杯的速率v。
14.(17分)如图甲所示,圆心为O、半径为R的光滑绝缘圆管道固定放置在水平面上,PM为圆的一条直径,在P点静止放置一带电荷量为+q、质量为m的小球a,t=0时刻开始,在垂直于圆管道平面的同心圆形虚线区域内加一随时间均匀变化的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示,小球a开始运动后在t0时刻恰好到达M点,恰好在2t0时刻回到P点。t0已知,求:
(1)0~t0时间内在管道内产生的感生电场电场强度的大小;
(2)磁感应强度的最大值;
(3)小球a从开始运动到回到P点的过程中速度达到最大时对轨道的压力大小。
答案全解全析
1.C 电磁炉是通过铁锅产生涡流来加热食物的,而不是使食物中形成涡流,故A错误;金属探测器利用电磁感应的原理,有交流电通过的线圈,产生迅速变化的磁场,这个磁场能在金属物体内部产生涡流,涡流又会产生磁场,反过来影响原来的磁场,引发探测器发出蜂鸣声,故B错误;微安表等磁电式仪表在运输时需要把正负接线柱短接,当运输过程中仪表晃动时,线圈会在磁场中转动,线圈中会产生感应电流,线圈受到安培阻力,起到电磁阻尼作用,使其很快停止摆动,仪表的指针不会偏转太大的角度,因此这样做是利用电磁阻尼原理保护指针,故C正确;变压器的铁芯通常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠合而成是为了减小涡流,防止在铁芯中产生过大涡流,故D错误。故选C。
2.B 设线圈匀速拉出磁场区域过程,线圈的速度为v,线圈切割磁感线的边长为L,磁感应强度为B,线圈电阻为R,则产生的电动势为E=BLv,线圈中的电流为I=,线圈受到的安培力为F安=BIL,根据受力平衡可得F=F安,联立可得F=F安=∝v,可得两次线圈所受外力大小之比为==,A错误,B正确;两次电流之比=,时间之比=,根据Q=I2Rt可得=,C、D错误。
一题多解 根据功能关系,Q=W=Fs,则==。
3.B
思路点拨 线圈产生的感应电动势为3匝正方形线圈产生的感应电动势之和。
解析 根据法拉第电磁感应定律可知E=++=(++)=0.44 V。故选B。
4.C
思路点拨 磁通量随时间变化的关系图像,即Φ-t图像,图线斜率表示磁通量的变化率,而根据法拉第电磁感应定律,感应电动势与磁通量变化率成正比。
解析 在t=0时刻磁通量为零,但磁通量的变化率最大,线圈中产生的感应电动势最大,故A错误;在t=5×10-3 s时刻磁通量最大,但是变化率为零,根据法拉第电磁感应定律E=n,线圈中产生的感应电动势为零,故B错误;由于t=1×10-3 s时刻穿过线圈的磁通量的变化率大于t=2×10-3 s时刻的,故t=1×10-3 s时刻线圈中的感应电动势比t=2×10-3 s时刻的大,故C正确;0~5×10-3 s时间内线圈中的平均感应电动势为=n=100× V=40 V,故D错误。故选C。
5.D 由于取磁感应强度方向竖直向上为正,则0~1 s内磁感应强度在正方向增大,根据楞次定律及安培定则可知,感应电流方向沿acb方向,A错误;由于取磁感应强度方向竖直向上为正,则3~4 s内磁感应强度在负方向减小,根据楞次定律和安培定则可知,感应电流方向沿acb方向,B错误;由题图知,2 s末磁感应强度为零,则圆环受到的安培力为零,C错误;由题图知,3 s末磁感应强度的变化率为零,则圆环的感应电流为零,故圆环受到的安培力为零,D正确。故选D。
易错警示 2 s末磁感应强度的变化率最大,感应电动势最大,圆环中感应电流最大,有些同学未考虑到B为零,容易误判为安培力也最大。
6.B
思路点拨 产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化,但产生感应电动势不需要电路闭合,导体棒切割磁感线就可以产生感应电动势,导体棒上就可以产生电势差。
解析 由题图可看出OA、OB段导体棒转动切割磁感线,则根据右手定则可知φO>φA、φO>φB,导体棒BC段不在磁场中,不切割磁感线,则φB=φC,故A、C、D错误;OA、OB段导体棒转动的角速度相同,A、B点转动的速度的关系为vB=ωrB>vA=ωrA,则根据楞次定律可知导体棒AB段转动切割磁感线产生的感应电动势不为0,有EAB=φA-φB>0,所以φA>φB,故B正确。故选B。
7.C
识图有法
解析 断开开关前后的一小段时间内,通过自感线圈的电流方向是不变的,则断开开关后自感线圈所在支路的电流如曲线a所示,小灯泡所在支路电流如曲线b所示,曲线a所表示的电流值是由I1逐渐减小的,则断开开关前自感线圈L和电阻R中电流为I1,故A、D错误;由图可知,断开开关之前通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流,所以断开开关前灯泡电阻大于R和L的总电阻,故B错误;断开开关后,线圈产生自感电动势阻碍电流减小,线圈、电阻和灯泡重新组成回路,灯泡中的电流从I1开始减小,而I1>I2,则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭,故C正确。故选C。
8.BC 当汽车保险杠撞上前面的障碍物C时,电磁缓冲器是磁场相对于保险杠上的线圈运动,可以反过来以磁场为参考系,则保险杠上的线圈abcd相对于磁场反方向运动,根据安培定则和楞次定律,可知线圈abcd中的电流方向为逆时针,故A错误,B正确;根据左手定则可知bc边受到的安培力方向与车前行方向一致,故C正确,D错误。故选B、C。
9.BD 根据安培定则可知通电螺线管下端为N极,螺线管上电流均匀增大,根据电流的磁效应,所以磁场均匀变大,那么圆环中磁通量均匀增大,根据楞次定律和安培定则可知,从上往下看,圆环中有逆时针方向的感应电流,A错误,B正确;根据法拉第电磁感应定律与对A、B选项的分析可知,圆环中感应电流大小恒定,方向不变,C错误;将圆环分成许多个弧长为Δl的微元,由于螺线管中的电流在圆环每个微元所在的位置产生的磁场都均匀变大,所以圆环上每个弧长为Δl的微元受到的安培力均匀增大,D正确。故选B、D。
10.CD 回路在0.5 s时电动势为E=Blv+S=0.01×0.4×1 V+×0.4×1×0.5 V=8×10-3 V,A错误;回路在0.5 s时电功率为P== W=6.4×10-3 W,B错误;1 s末穿过回路的磁通量为Φ=B1S1=0.02×0.4×1 Wb=8×10-3 Wb,C正确;1 s末通过金属杆的电流大小I=== A=0.8 A,因此安培力大小F=B1Il=0.02×0.8×0.4 N=6.4×10-3 N,D正确。故选C、D。
解后复盘 本题既存在导体切割磁感线产生的动生电动势,同时存在因磁场变化产生的感生电动势,根据右手定则和楞次定律,两种电动势在电路中方向相同,所以电路中总电动势为两种电动势相加。
11.答案 (1)0.75 V (2)6 V (3)0.6 V -4.8 V
解析 (1)金属杆MN以v=5 m/s的速度向右匀速运动,根据法拉第电磁感应定律可知,杆MN中产生的感应电动势为
E1=B1Lv=0.5×0.3×5 V=0.75 V(3分)
(2)根据法拉第电磁感应定律可知,圆形线圈中产生的感应电动势为
E2=n=nS2=100××0.4 V=6 V(3分)
(3)根据右手定则可知,图1中a点的电势高于b点的电势,则电阻R两端的电势差
Uab1=E1=×0.75 V=0.6 V(2分)
根据楞次定律可知,图2中a点的电势低于b点的电势,则
Uab2=-E2=-×6 V=-4.8 V(2分)
12.答案 (1)kna2 (2)
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可知
E=n=n·a2=kna2 (3分)
(2)根据闭合电路欧姆定律可知I= (2分)
线圈开始运动时满足
(易错点) (2分)
其中B=kt0
解得t0= (2分)
13.答案 (1)从N向M -IR (2)
模型建构
导体棒转动切割磁感线模型
如图所示,长为l的导体棒ab绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动,磁感应强度为B,由于棒上各处速率不等,故不能直接用公式E=Blv求解ab棒所产生的感应电动势大小,可用以下方法推出:由v=ωr可知,棒上各点线速度大小跟半径成正比,故可用棒中点的速度作为平均切割速度代入公式计算。因为=,所以E=Bl=Bl2ω。
解析 (1)根据右手定则可知,当导体棒在磁场中顺时针转动时,相当于电源,且O端相当于电源的负极,故流过保护电阻的电流方向为从N向M。 (2分)
则根据欧姆定律可知,O、A间的电势差UOA的绝对值等于保护电阻两端的电压,则有UOA=-IR (2分)
(2)依题意有,电源电动势为
E=BL (2分)
= (2分)
结合闭合电路的欧姆定律有E=I(R+r) (2分)
解得ω= (2分)
则风杯的速率为v=ω×2L= (2分)
14.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)感生电场沿管道方向,小球a在0~t0时间内沿管道方向做加速运动,有qE感=ma1 (2分)
πR=a1 (2分)
联立解得E感= (1分)
(2)根据法拉第电磁感应定律有U=πR2 (2分)
又E感= (2分)
解得Bm= (1分)
(3)小球a加速到M点时速度最大,小球a在M点时,轨道对小球的压力N与小球所受的洛伦兹力的合力提供向心力,假设压力N指向轨道圆心,则N与洛伦兹力同向,对小球有N+qv1Bm=m (2分)
又v1=a1t0 (2分)
解得N=-,可知N的方向背离轨道圆心,大小为 (2分)
根据牛顿第三定律可知小球a对轨道的压力大小为
N'= (1分)
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