第十五讲　电磁感应定律综合应用-2026年高考物理总复习课件（71页PPT）

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专题四　电路与电磁感应
第十五讲　电磁感应定律综合应用
1.电磁感应现象中的动力学问题
(1)导体的两种运动状态
①导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。
处理方法:根据平衡条件列式分析。
②导体的非平衡状态——加速度不为零。
处理方法: 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。
(2)力学对象和电学对象的相互关系
(3)用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
①“源”的分析:用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向。
②“路”的分析:画等效电路图,根据 I=, 求感应电流 I。
③“力”的分析:受力分析,求 F安=BIl 及合力,根据牛顿第二定律求加速度 a=。
④“运动状态”的分析:根据力与运动的关系, 判断运动状态。
(4)解决这类问题的关键是通过运动状态的分析, 寻找过程中的临界状态, 如速度、加速度最大或最小的条件。解题时要抓好受力情况, 运动情况的动态分析:
导体受力运动产生感应电动势 → 感应电流 → 通电导体受到安培力 → 合外力变化 → 加速度变化 → 速度变化 → 周而复始地循环,循环结束时,加速度等于零,导体达到稳定运动状态,抓住 a=0 时,速度 v 达到最大值的特点。
v ↓ E=Blv ↓ I= ↓ F安=BIl ↓ F合 若 F合=0 匀速直线运动 a、v 同向 v 增大,若 a 恒定, 拉力 F增大
若 F合≠0 ↓ F合=ma v 增大, F安 增大, F合 减小, a 减小,做 加速度减小的加速运动,减小到 a=0,做匀速直线运动
a、v 反向 v 减小, F安 减小, a 减小,当 a=0 ,静止或做匀速直线运动
2.电磁感应中的能量问题
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程, 而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的, 安培力做功的过程, 是电能转化为其他形式的能的过程, 外力克服安培力做功, 则是其他形式的能转化为电能的过程。
(1)安培力做功与能量转化
①安培力做正功:电能转化为机械能,如电动机。
②安培力做负功:机械能转化为电能,如发电机。
(2)焦耳热的求法
①焦耳定律: Q=I2Rt ,适用于电流、电阻恒定, 交变电流的有效值。
②功能关系: Q=W克服安培力做功 ,适用于任何情况。
③能量转化: Q=E其他能的减少量 ,适用于任何情况。
(3)解决电磁感应能量问题的策略是“先源后路、先电后力,再是运动、能
量”,即
①“源”的分析:明确电磁感应所产生的电源, 确定 E 和 r。
②“路” 的分析:弄清串、并联关系,求电流及 F安。
③“力”的分析:分析杆或线圈受力情况,求合力。
④“运动”的分析:由力和运动的关系,确定运动模型。
⑤“能量”的分析:确定参与转化的能量形式。
3.动量定理在电磁感应中的应用
当题目中涉及速度v、电荷量 q 、运动时间 t、 运动位移 x 时常用动量定理求解。导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时。
(1)安培力的冲量
①I安=F安·t=BL·t=BLq,
②I=t=BLt=BLt=
BL t=BL=。
(2)磁通量变化量ΔΦ=BΔS=BLx 。
(3)通过导体棒或金属框的电荷量为q=Δt =Δt=nΔt=n。
(4)求位移-Δt=0-mv0 x=Δt =。
初、末速度已知的变加速运动, 在用动量定理列出的式子中q=Δt,x=Δt ; 若已知 q 或 x 也可求末速度。(5)求运动时间
-BLΔt+F恒Δt=mv-0,
q =Δt,
-Δt+F恒Δt=mv-0,
x =Δt。
若已知运动时间,也可求 q 、 x 、 v 中的任一个物理量。
题型1　双电源问题及电路动态分析
【例1】(2021 ·广东卷)(多选)如图所示,水平放置足够长光滑金属导轨 abc 和 de,ab 与 de 平行, bc 是以 O 为圆心的圆弧导轨,圆弧 be 左侧和扇形 Obc 内有方向如图所示的匀强磁场,金属杆 OP 的 O 端与 e 点用导线相接, P 端与圆弧 bc 接触良好。初始时,可滑动的金属杆 MN 静止在平行导轨上。若杆 OP 绕 O 点在匀强磁场区内从 b 到 c 匀速转动时,回路中始终有电流, 则在此过程中, 下列说法正确的有 (　　)
A.杆 OP 产生的感应电动势恒定
B.杆 OP 受到的安培力不变
C.杆 MN 做匀加速直线运动
D.杆 MN 中的电流逐渐减小
【答案】AD
【解析】OP转动切割磁感线产生的感应电动势为E=Br2ω,因为OP匀速转动,所以杆OP产生的感应电动势恒定,故A正确;
杆OP匀速转动产生的感应电流由M到N通过MN棒,由左手定则可知,MN棒会向左运动,MN棒运动会切割磁感线,产生电动势与原来电流方向相反,让回路电流减小,从而使得杆OP中的电流大小减小,根据F安=BIr可知,杆OP受到的安培力减小,MN棒所受的合力为安培力,电流减小,安培力会减小,加速度减小,故D正确,BC错误。故选AD。
题型2　物理观念在电磁感应中的综合应用
【例2】(2023·广东卷)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场,磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ,宽度均为h,其俯视图如图(a)所示,两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示,0~τ时间内,两区域磁场恒定,方向相反,磁感应强度大小分别为2B0和B0,一电阻为R、边长为h的刚性正方形金属框abcd,平放在水平面上,ab、cd边与磁场边界平行。t=0时,线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻,ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处,线框的速度近似为零,此时线框被固定,如图(a)中的虚线框所示。随后在τ~2τ时间内,Ⅰ区磁感应强度线性减小到0,Ⅱ区磁场保持不变;2τ~3τ时间内,Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求:
(1)t=0时线框所受的安培力F;
(2)t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ;
(3)2τ~3τ时间内,线框中产生的热量Q。
【答案】(1)F=,方向水平向左
(2)Φ=　(3)Q=
【解析】(1)由图可知t=0时,线框切割磁感线产生的感应电动势为
E=2B0hv+B0hv=3B0hv,则感应电流大小为I==,
所受的安培力为F=2B0h+B0h=,方向水平向左;
(2)在τ时刻,ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处,线框的速度近似为零,此时线框被固定,根据图像得出t=1.2τ时,Ⅰ区的磁感应强度BI=2B0+×(1.2τ-τ)=1.6B0,方向向下;Ⅱ区的磁感应强度为B0,方向向上,则t=1.2τ时穿过线框的磁通量为Φ=1.6B0h·h-B0h·h=,方向垂直纸面向里;
(3)2τ~3τ时间内,区域Ⅱ磁感应强度也线性减小到0,则有E'===,
感应电流大小为I'==,
则2τ~3τ时间内,线框中产生的热量为Q=I'2Rt=。
【例3】(2025·山东卷)如图所示,平行轨道的间距为L,轨道平面与水平面的夹角为α,二者的交线与轨道垂直,以轨道上O点为坐标原点,沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ(-2L≤x<-L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场;区域Ⅱ(x ≥ 0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场,磁感应强度大小B1 = k1t+k2x,k1和k2均为大于零的常量,该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上,pq边与轨道垂直,由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动,磁场上、下边界均与x轴垂直,整个过程中金属框不发生形变,重力加速度大小为g,不计自感。
(1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动,求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s;
(2)金属框沿轨道下滑,当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t = 0),此时金属框的速率为v0,若k1=,求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,ef边移动的距离d。
【答案】(1)v=,s=
(2)d=
【解析】(1)金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中,金属框只有一条边切割磁感线,根据楞次定律可得,安培力水平向左,则切割磁感线产生的电动势E=BLvcos α ,线框中电流 I= ,线框做匀速直线运动,
则BILcos α=mgsin α,解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率v= 。
金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中,只有重力做功,由动能定理可得mgssin α=mv2,可得释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s==。
(2)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t = 0),设线框ef边到O点的距离为s时,线框中产生的感应电动势E'==L2=k1L2+k2L2=L2,其中v=,此时线路中的感应电流I'=,线框pq边受到沿轨道向上的安培力,大小为
F安1=I'L,线框ef边受到沿轨道向下的安培力,大小为F安2=I'L,则线框受到的安培力F安=F安1-F安2=I'L-I'L,代入k1= ,化简得F安=mgsin α+,当线框平衡时 F安=mgsin α,可知此时线框速率为0。 则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,根据动量定理可得mgsin αΔt-F安Δt=mΔv,即-Δt=mΔv,对时间累积求和可得-=0-mv0 可得,d=。
1.(多选)(2023·辽宁卷)如图所示,两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,左、右两侧导轨间距分别为d和2d,处于竖直向上的磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d,导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d,PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止,两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧,两棒在各自磁场中运动直至停止,弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好,导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是 (　　)
AC　
A.弹簧伸展过程中,回路中产生顺时针方向的电流
B.PQ速率为v时,MN所受安培力大小为
C.在整个运动过程中,MN与PQ的路程之比为2∶1
D.在整个运动过程中,通过MN的电荷量为
【详解】弹簧伸展过程中,根据右手定则可知,回路中产生顺时针方向的电流,A正确;任意时刻,设电流为I,则PQ受到安培力FPQ=BI·2d,方向向左,MN受到安培力FMN=2BId,方向向右;可知两棒系统受合外力为零,动量守恒,设PQ质量为2m,则MN质量为m,PQ速率为v时,则2mv=mv',解得v'=2v,回路的感应电流I==,MN所受的安培力大小为FMN=2BId=,B错误;两棒最终停止时弹簧处于原长状态,由动量守恒可得mx1=2mx2,x1+x2=L,可得最终MN位置向左移动x1=,PQ位置向右移动x2=,因任意时刻两棒受到的安培力和弹簧弹力大小都相同,设整个过程两棒受到的弹力的平均值为F弹,安培力平均值F安,则整个过程根据动能定理有,F弹x1-F安xMN=0,F弹x2-F安
xPQ=0,可得==,C正确;两棒最后停止时,弹簧处于原长位置,此时两棒间距增加了L,由上述分析可知,MN向左位置移动,PQ位置向右移动,则q=Δt===,D错误。故选AC。
2.(2025·河北卷)某电磁助推装置设计如图所示,超级电容器经调控系统为电路提供1 000 A的恒定电流,水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中,a可视为始终垂直导轨的导体棒,b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM'处,b静止于a右侧某处。现将开关S接1端,a与b正碰后锁定并一起运动,损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN'时将S接2端,同时解除锁定,所储势能瞬间全部转化为动能,a与b分离。已知电容器电容C为10 F,导轨间距为0.5 m,磁感应强度大小为1 T,MM'到NN'的距离为5 m,a、b质量分别为2 kg、8 kg,a在导轨间的电阻为0.01 Ω。碰撞、分离时间极短,各部分始终接触良好,不计导轨电阻、摩擦和储能耗损,忽略电流对磁场的影响。
(1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s,求此时通过a的电流大小。
(2)忽略a、b所受空气阻力,当a与b的初始间距为1.25 m时,求b分离后的速度大小,分析其是否为b能够获得的最大速度;并求a运动过程中电容器的电压减小量。
(3)忽略a所受空气阻力,若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为F= kv2(k =0.025 N·s2/m2),初始位置与(2)问一致,试估算a运行至NN'时,a分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%,并给出结论。(0.992 = 0.980 l)
(1)500 A
(2)25 m/s,能,40 V
(3)能
【详解】(1)分离后当导体a的速度大小为10 m/s时,根据法拉第电磁感应定律有E=BLv,通过a的电流I1=,解得I1=500 A。
(2)规定水平向右为正方向,a从MM'运动至b位置过程中,由安培力提供加速度,则BIL=maa1,a、b间初始距离x1=a1,碰撞前a的速度v1=a1t1,
解得a1=250 m/s2,t1=0.1 s,v1=25 m/s,a与b碰撞过程中系统动量守恒,有mav1=(ma+mb)v2,储存的弹性势能为Ep=ma-(ma+mb),解得v2=5 m/s,Ep=500 J。a、b碰后一起运动至NN'过程中x2=5 m-1.25 m=3.75 m,
由安培力提供加速度有BIL=(ma+mb)a2,位移为x2=v2t2+a2,
分离前速度为v3=v2+a2t2,解得a2=50 m/s2,t2=0.3 s,v3=20 m/s,
a、b分离过程,由动量守恒定律有v3=mav4+mbv5,
由能量守恒定律有Ep=ma+mb-,
解得v4=0,v5=25 m/s。在整个过程中安培力大小恒定,安培力做功大小为一定值,若a、b分离时a的速度为零,则此时b能获得最大速度,最大速度为25 m/s;上述过程中通过导体棒a的电荷量q=I=400 C,
电容器电压的减少量ΔU=,解得ΔU=40 V。
(3)规定水平向右为正方向,a、b碰后共同速度为v2=5 m/s,若无空气阻力,到达NN'的速度为v3=20 m/s,
其v2-x图像如图所示。
若考虑阻力f=kv2,则实际v2-x图像应在图中所示图像的下方,可知克服阻力做的功为W<·x2,
由动能定理有Fx2-W=(ma+mb)(v-),
解得v>396 m2/s2>392.04 m2/s2=·0.992,
可知a、b分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度的99%。

专题集训(十四)　楞次定律、
电磁感应及基本应用
1.(2025·北京高考)下列图示情况,金属圆环中不能产生感应电流的是(　　)
A.图(a)中,圆环在匀强磁场中向左平移
B.图(b)中,圆环在匀强磁场中绕轴转动
C.图(c)中,圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
D.图(d)中,圆环向条形磁铁N极平移
A
【解析】圆环在匀强磁场中向左平移,穿过圆环的磁通量不发生变化,金属圆环中不能产生感应电流,故A正确;圆环在匀强磁场中绕轴转动,穿过圆环的磁通量发生变化,金属圆环中能产生感应电流,故B错误;离通有恒定电流的长直导线越远,导线产生的磁感应强度越弱,圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移,穿过圆环的磁通量发生变化,金属圆环中能产生感应电流,故C错误;根据条形磁铁的磁感应特征可知,圆环向条形磁铁N极平移,穿过圆环的磁通量发生变化,金属圆环中能产生感应电流,故D错误。故选A 。
2.(2024·甘肃高考)工业上常利用感应电炉冶炼合金,装置如图所示。当线圈中通有交变电流时,下列说法正确的是 (　　)
A.金属中产生恒定感应电流
B.金属中产生交变感应电流
C.若线圈匝数增加,则金属中感应电流减小
D.若线圈匝数增加,则金属中感应电流不变
B
【解析】当线圈中通有交变电流时,感应电炉金属内的磁通量也不断随之变化,金属中产生交变感应电流,A错误,B正确;若线圈匝数增加,根据电磁感应定律可知,感应电动势增大,则金属中感应电流变大,CD错误。故选B。
3.(2024·甘肃高考)如图,相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连,处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为 (　　)
A.,方向向左 B.,方向向右
C.,方向向左 D.,方向向右
A
【解析】导体棒ab切割磁感线在电路部分的有效长度为d,故感应电动势为E=Bdv,回路中感应电流为I=,根据右手定则,判断电流方向为b流向a,故导体棒ab所受的安培力为F=BId=,方向向左。故选A。
4.(2024·湖南高考)如图,有一硬质导线Oabc,其中是半径为R的半圆弧,b为圆弧的中点,直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动,导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为 (　　)
A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc
C
【解析】如图,相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线,根据右手定则可知O点电势最高;根据E=Blv=Bωl2,同时有lOb=lOc=R,可得0φa>φb=φc故选C。
5.(2025·浙江高考)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中,当电流从“-”接线柱流入灵敏电流表,指针左偏;从“G0”或“G1”接线柱流入,指针右偏。如图所示是某次实验中指针偏转角度最大的瞬间,则
(1)此时磁铁的运动状态是　　　　　　(选填“向上拔出”“静止”或“向下插入”)。
(2)只做以下改变,一定会增大图中电流表指针偏转角度的是　　 　　(多选)。
A.磁铁静止,向上移动线圈
B.增大(1)中磁铁运动速度
C.将导线从接线柱G1移接至接线柱G0
D.将一个未与电路相接的闭合线圈套在图中线圈外
向上拔出
BC
【解析】(1)由图可知,电表指针左偏,则感应电流从“-”极流入,感应电流在线圈内产生的磁场方向向下,根据楞次定律可知,与条形磁体在线圈位置产生的磁场方向相同,可知穿过线圈的磁通量减小,根据楞次定律可知,此时磁铁的运动状态是向上拔出。
(2)磁铁静止,向上移动线圈,则产生的感应电流不一定增加,指针偏角不一定会增加,选项A错误;增大(1)中磁铁的速度,产生的感应电动势会增加,指针偏角会增大,选项B正确;减小电流计的量程,即将导线从接线柱G1移接到G0,可是电流计指针偏角变大,选项C正确;将一个未与电路相接的闭合线圈套在线圈外,线圈中的感应电流不变,电流计指针偏角不变,选项D错误。故选BC。
B
6.(2025·陕晋青宁卷高考)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一,其原理如图所示,在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环,其内已“注入”一个初级磁场,当钢制线圈与电容器组接通时,在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培,铜环迅速向内压缩,使初级磁场的磁感线被“浓缩”,在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程,铜环中的感应电流 (　　)
A.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同
B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反
C.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同
D.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反
【解析】当钢制线圈与电容器组连通时,钢制线圈中产生迅速增大的电流,线圈中产生迅速增强的磁场。根据楞次定律,可知铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化,故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流方向相反。为阻碍铜环中磁通量变化,铜环上感应的电流与钢制线圈的电流大小几乎相等。因此两个方向相反的大电流之间的作用力使圆环被急速地向内侧压缩。ACD错误,B正确。故选B。
C
7.(2024·福建高考)拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带,两条平行长边镶有铜丝,将纸带一端扭转180°,与另一端连接,形成拓扑结构的莫比乌斯环,如图所示。连接后,纸环边缘的铜丝形成闭合回路,纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过,磁场区域的边界是半径为r的圆(r < R)。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B = kt(k为常量),则回路中产生的感应电动势大小为 (　　)
A.0 B.kπR2
C.2kπr2 D.2kπR2
【解析】由题意可知,铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝(n = 2)线圈串联的闭合回路,穿过回路的磁场有效面积为S=πr2,根据法拉第电磁感应定律可知,回路中产生的感应电动势大小为E=n=n=2kπr2。故选C。
D
8.(2022·河北高考)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈,其中大圆面积为S1,小圆面积均为S2,垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场,磁感应强度大小B=B0+kt,B0和k均为常量,则线圈中总的感应电动势大小为
(　　)
A.kS1 B.5kS2
C.k(S1-5S2) D.k(S1+5S2)
【解析】由法拉第电磁感应定律,可得大圆线圈产生的感应电动势E1===kS1,每个小圆线圈产生的感应电动势E2==kS2,由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同,故线圈中总的感应电动势大小为E=E1+5E2=k,故D正确,ABC错误。故选
D。
B
9.(2023·湖北高考)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯,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
【解析】根据法拉第电磁感应定律可知E===103××10-4 V=0.44 V,故选B。
10.(2024·广东三模)我国最新航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术,装备了三条电磁弹射轨道,电磁弹射的简化模型如图所示:足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中,左端与充满电的电容器C相连,与机身固连的金属杆ab静置在轨道上,闭合开关S后,飞机向右加速,若不计所有阻力和摩擦,回路总电阻R保持不变,下列说法不正确的是 (　　)
A.提高电容器的放电量,可以提高飞机的起飞速度
B.飞机运动过程中,a端的电势始终高于b端的电势
C.飞机的速度最大时,金属杆ab产生的感应电动势与电容器两端电压相等
D.飞机的速度达到最大时,电容器所带的电荷量为零
D
【解析】对金属杆与飞机,由动量定理可得LΔt=mv-0,q=Δt,联立可得BLq=mv,则提高电容器的放电量,可以提升飞机的起飞速度,故A正确,不符合题意;飞机向右加速,通过金属杆ab的电流方向为a→b,则电容器上板带正电,下板带负电,a端的电势高于b端的电势,故B正确,不符合题意;随着飞机加速,金属杆ab产生的电动势为E=BLv,则电动势增大,电容器两端电压U减小,根据牛顿第二定律,对金属杆和飞机有BL=ma,则金属杆的加速度a减小,当U=E时,飞机的速度达到最大,此时电容器所带的电荷量不为零,故C正确,不符合题意,D错误,符合题意。故选D。
11.(多选)(2024·广东三模)为防止意外发生,游乐场等大型设施都配备有电磁阻尼装置,如图所示为某款阻尼缓冲装置的原理示意图:带有光滑轨道的机械主体,能产生垂直缓冲轨道平面的匀强磁场,边缘绕有闭合矩形线圈abcd的高强度缓冲滑块撞到竖直墙时,被瞬间强制制动,机械主体以及磁场由于惯性继续缓冲减速,对缓冲过程,下列说法正确的是 (　　)
A.线圈bc段受到向右的安培力
B.同一匝线圈中b端的电势高于c端的电势
C.线圈ab段中电流方向为由b到a
D.若磁场反向,则装置起不到缓冲作用
BC
【解析】缓冲过程中,线圈bc段切割磁感线,根据右手定则,感应电流方向为c到b,线圈bc段受到向左的安培力作用,A错误,B正确;感应电流方向为c到b,b端的电势高于c端的电势,线圈ab段中电流方向为由b到a,磁场反向时,感应电流方向反向,线圈bc段受到的安培力方向仍然向左,仍起到缓冲作用,C正确,D错误。故选BC。
12.(多选)(2024·广东汕头二模)如图1所示,大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置,工作原理如图2所示,其中“零序电流互感器”可视为闭合铁芯。正常用电时,火线和零线的电流等大反向;出现漏电时,快速响应电路能够在毫秒级的时间内检测到漏电并触发断路器,使触头弹起从而自动切断电源。下列说法正确的是 (　　)
A.漏电保护装置应用了电磁感应的原理
B.图2中零线应该置于互感器的外面,否则无法正常使用
C.正常用电时,M和N两点之间没有电压
D.出现漏电时,M和N两点之间没有电压
AC
【解析】若火线和零线电流始终等大反向,则穿过零序电流互感器的磁通量不发生变化,零序电流互感器无感应电动势,则与之构成闭合回路的断路器两端MN间无电压,但若发生漏电,则由火线、用电器、零线构成的闭合回路中,流经火线与零线的电流大小将不再相等,从而使穿过零序电流互感器的磁通量发生变化,产生感应电动势,触发断路器,使触头弹起从而自动切断电源,保护电路,即此时断路器两端MN间有电压,由此可知漏电保护装置应用了电磁感应的原理,故AC正确,D错误;图2中若零线置于互感器的外面,则发生漏电时,零序电流互感器不能感应到通过火线的电流变化,因此互感器不能正常使用,只有零线与火线同在互感器里面,互感器通过感应相反电流产生的磁场是否变化从而做出反馈,因此图2中零线应该置于互感器的里面,故B错误。故选AC。
13.(多选)(2024·广东茂名二模)如图所示是一种经颅磁刺激的医疗技术,在人体头部上方放置的金属线圈内通以脉冲电流,电流流经线圈产生高强度脉冲磁场,磁场穿过头颅对脑部特定区域产生感应电流,下列说法正确的是(　　)
A.脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电磁感应现象
B.变化的磁场会使得脑部特定区域产生感应电场
C.若将脉冲电流改为恒定电流,也会持续对脑部产
生感应电流
D.若脉冲电流最大强度不变,但脉冲电流时间Δt缩短,
则在脑部产生的感应电流会增强
BD
【解析】脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电生磁,是电流的磁效
应,故A错误;脉冲磁场对脑部特定区域产生感应电流是磁生电,是电磁感应现象,即变化的磁场会使得脑部特定区域产生感应电场,故B正确;将脉冲电流改为恒定电流,不会产生变化的磁场,不会产生感应电流,不可持续对脑神经产生电刺激作用,故C错误;若脉冲电流最大强度不变,但缩短脉冲电流时间,则产生的磁场变化得更快,在脑部产生的感应电场及感应电流会增强,故D正确。故选BD。
14.(2024·广东江门一模)如图甲所示,列车车头底部安装强磁铁,线圈及电流测量仪埋设在轨道地面(测量仪未画出),P、Q为接测量仪器的端口,磁铁的匀强磁场垂直地面向下、宽度与线圈宽度相同,俯视图如图乙。当列车经过线圈上方时,测量仪记录线圈的电流为0.12 A。磁铁的磁感应强度为0.005 T,线圈的匝数为5,长为0.2 m,电阻为0.5 Ω,则在列车经过线圈的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.线圈的磁通量一直增加
B.线圈的电流方向先顺时针后逆时针方向
C.线圈的安培力大小为1.2×10-4 N
D.列车运行的速率为12 m/s
D
【解析】在列车经过线圈的上方时,由于列车上的磁场的方向向下,所以线圈内的磁通量方向向下,先增大后减小,根据楞次定律可知,线圈中的感应电流的方向为先逆时针,再顺时针方向,故AB错误;线圈的安培力大小为F=nBIl=6×10-4 N,故C错误;导线切割磁感线的电动势为E=nBlv,根据闭合电路欧姆定律可得I=,联立解得v=12 m/s。故D正确。故选D。
15.(2024·广东湛江一模)如图所示,在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为a的匀强磁场区域。高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域,以逆时针方向为电流的正方向,下列图像中能正确描述线框efg中感应电流I与线框移动距离x关系的是 (　　)
B
【解析】正三角形线框efg刚进入向里的磁场Ⅰ时,I的大小为零,之后随线框进入磁场距离的增大,由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,为正方向,在进入过程中,ef和fg两边的有效切割长度变大,其有效长度为L有效=2xtan30°,感应电动势为E=BL有效v,感应电流为I==,当线框efg前进a距离时,感应电流达到最大,即I0=,在线圈刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间,感应电流为零,之后随线框进入磁场距离的增大,利用楞次定律可知,efg线框中感应电流方向沿顺时针方向,即为负。进入过程有效切割长度变大,在该过程中,结合之前的分析其电流的瞬时值为I'=,当前进距离为2a时,其
感应电流达到最大,结合之前的分析,其最大值为I0'==2I0,在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间,感应电流大小为零,之后随线框出磁场距离的增加,利用楞次定律可知,efg中感应电流方向沿逆时针方向,为正,有效切割长度变大,在该过程中,结合之前的分析其电流的瞬时值为I″=,当前进距离为3a时,达到最大,其最大值为I0″==I0,故选B。
16.(多选)(2024·广东广州一模)如图甲是航母电磁阻拦技术的原理简图,飞机着舰时通过绝缘阻拦索钩住水平导轨上的金属棒ab并关闭动力系统,在匀强磁场中减速滑行。若忽略导轨电阻、摩擦和空气阻力,ab所受安培力F随位移s的变化如图乙,则在飞机滑行过程 (　　)
A.飞机的加速度与位移成正比
B.飞机的加速度与速度成正比
C.通过ab的电荷量与位移成正比
D.回路产生的焦耳热与位移成正比
BC
【解析】飞机着舰时受安培力,由牛顿第二定律可得F=ma,由题图乙得F=-s+F0,可得a=-s+,故飞机的加速度与位移不成正比,故A错误;由牛顿第二定律F=BIL=ma,而I=,另外E=BLv,联立可得a=,可知飞机的加速度与速度成正比,故B正确;通过ab的电荷量q=Δt=Δt==,设ab棒长度为L,则ΔΦ=B·Ls,则有q=,可知通过ab的电荷量与位移成正比,故C正确;回路产生的焦耳热等于安培力做的功,得Q=W安=Fs=-s2+F0s,故回路产生的焦耳热与位移不成正比,故D错误。故选BC。
17.(2024 湖北模拟)如图甲所示,匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度的大小为B,磁场在y轴方向足够宽,在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域,以逆时针方向为电流的正方向,在下图中感应电流i、BC两端的电压uBC与线框移动的距离x的关系图像正确的是(　　)
D
【解析】导体棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv,感应电流I==,在0~a内,有效长度L逐渐变大,感应电流I逐渐变大,在a~2a内,有效长度L逐渐变大,感应电流逐渐变大,故AB错误;由楞次定律可知,在线框进入磁场的过程中,感应电流沿逆时针方向,电流是正的,在线框离开磁场的过程中,感应电流了沿顺时针方向,感应电流是负的,故C错误,D正确。故选D。