專題跟蹤檢測（二十一）電磁感應1．(2023·浙江臺州二模)小張用多用表的歐姆擋測量一個帶鐵芯變壓器線圈的電阻。小楊兩手分別握住線圈裸露的兩端讓小張測量，測量時表針擺過了一定角度。正當小張將表筆與線圈脫離時，小楊有電擊感。下列說法正確的是()A．實驗中小張也有電擊感B．表筆與線圈脫離前后通過小楊的電流方向不變C．若未放置鐵芯，小楊電擊感減弱D．小楊有電擊感，是因為表筆與線圈脫離后流過線圈的電流突然變大解析：選C當回路斷開時，電流要立即減小到零，但由于線圈的自感現(xiàn)象會產(chǎn)生感應電動勢，該自感電動勢較大，小楊兩手分別握住線圈裸露的兩端，瞬間有高電壓，所以有電擊感，但是小張握著表筆的絕緣處，不會有電擊感，故A、D錯誤；線圈自感，要保持原來的電流方向，相當于電源內部，而小楊相當于外電路，外電路電流方向改變，故B錯誤；若未放置鐵芯，磁性減弱，自感產(chǎn)生感應電動勢減小，所以小楊電擊感減弱，故C正確。2．(2023·浙江溫州模擬)如圖所示，磁鐵在電動機和機械裝置的帶動下，以O點為中心在水平方向上做周期性往復運動。兩匝數(shù)不同的線圈分別連接相同的小燈泡，且線圈到O點距離相等。線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響可以忽略，不考慮燈泡阻值的變化。下列說法正確的是()A．兩線圈產(chǎn)生的電動勢有效值相等B．兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率不相等C．兩小燈泡消耗的電功率相等D．兩線圈產(chǎn)生的電動勢同時為零解析：選D磁鐵運動過程中磁通量變化周期相同，兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等，兩線圈的磁通量變化率可以同時為零，產(chǎn)生的電動勢同時為零，兩線圈匝數(shù)不同故產(chǎn)生的電動勢有效值不相等，兩小燈泡電阻相同電動勢不同故消耗的電功率不相等。故選D。3．(2023·浙江省名校聯(lián)盟調研)如圖，空間固定一條形磁體(其軸線水平)，以下說法正確的是()A．圓環(huán)a沿磁體軸線向右運動，靠近磁體N極時感應電流為逆時針方向(從左往右看)B．圓環(huán)b豎直下落時磁通量不變C．圓環(huán)c從位置1下降到位置3，運動情況是先加速后減速D．圓環(huán)c經(jīng)過磁體右邊的位置2時感應電流最大解析：選D圓環(huán)a沿磁體軸線向右運動，靠近磁體N極時，穿過圓環(huán)a的磁通量向左增大，根據(jù)楞次定律可知感應電流為順時針方向(從左往右看)，故A錯誤；圓環(huán)b豎直下落時，磁通量變小，故B錯誤；根據(jù)楞次定律可知安培力阻礙圓環(huán)c向下運動，但不能阻止，圓環(huán)c從位置1下降到位置3一直做加速運動，故C錯誤；圓環(huán)c經(jīng)過磁體右邊的位置2時，磁感線幾乎與圓環(huán)平行，磁通量最小，磁通量變化率最大，感應電流最大，故D正確。4.(多選)光滑絕緣水平桌面上存在以虛線為邊界的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直桌面向下。有一定電阻、邊長為a的正方形線框ABCD，在外力F作用下以大小為v、方向與磁場邊界成45°角的速度，斜向右上方勻速進入磁場，運動過程中某瞬間對角線AC與磁場邊界重合，其俯視圖如圖所示。則在線框進入磁場的過程中()A．線框中感應電流方向始終為DABCDB．圖示位置時，線框中感應電動勢為eq\r(2)BavC．圖示位置時，外力F達到最大值D．線框所受安培力的功率一直在增大解析：選AC根據(jù)楞次定律，線框進入磁場的過程中線框中感應電流方向始終為DABCD，A正確；圖示位置時，線框進入磁場時有效的切割長度等于a，產(chǎn)生的感應電動勢為E＝Bav，B錯誤；因為圖示位置時，線框進入磁場時有效的切割長度最長，電動勢最大，則感應電流最大，受到的安培力最大，因為勻速進入，則外力F達到最大值，C正確；在線框進入磁場的過程中，進入磁場時有效的切割長度先變大后變小，產(chǎn)生的感應電動勢先變大后變小，感應電流先變大后變小，受到的安培力先變大后變小，速度不變，根據(jù)P＝F安v，線框所受安培力的功率先增大后減小，D錯誤。5．(多選)一個長直密繞螺線管N放在一個金屬圓環(huán)M的中心，圓環(huán)軸線與螺線管軸線重合，如圖甲所示。螺線管N通有如圖乙所示的電流，下列說法正確的是()A．t＝eq\f(T,8)時刻，圓環(huán)有擴張的趨勢B．t＝eq\f(T,8)時刻，圓環(huán)有收縮的趨勢C．t＝eq\f(T,8)和t＝eq\f(3T,8)時刻，圓環(huán)內有相同的感應電流D．t＝eq\f(3T,8)和t＝eq\f(5T,8)時刻，圓環(huán)內有相同的感應電流解析：選AD由題圖可知在t＝eq\f(T,8)時刻，通過線圈的電流增大，則線圈產(chǎn)生的磁場增大，所以穿過金屬圓環(huán)的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)有擴張的趨勢，選項A正確，B錯誤；由題圖可知在t＝eq\f(T,8)時刻通過線圈的電流增大，而在t＝eq\f(3T,8)時刻通過線圈的電流減小，根據(jù)楞次定律可知兩時刻圓環(huán)感應電流方向不同，選項C錯誤；由題圖可知在t＝eq\f(3T,8)和t＝eq\f(5T,8)時刻，線圈內電流的變化率是大小相等的，則線圈產(chǎn)生的磁場的變化率也相等，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，圓環(huán)內的感應電動勢大小是相等的，所以感應電流大小也相等，根據(jù)楞次定律可知兩時刻圓環(huán)感應電流方向也相同，選項D正確。6．(多選)如圖甲所示，串聯(lián)一理想交流電流表的單匝圓形閉合導線框水平放置，半徑為r、電阻為R。勻強磁場穿過線框，該磁場磁感應強度B隨時間t按正弦規(guī)律變化，如圖乙所示。則下列說法正確的是()A．t＝eq\f(T,4)時線框中的感應電流最大B．t＝eq\f(T,2)時電流表的示數(shù)為0C．在eq\f(T,2)<t<eq\f(3T,4)內線框有收縮趨勢D．0～T時間內導線框中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2π4r4B02,TR)解析：選CDt＝eq\f(T,4)時磁感應強度最大，線框中的磁通量最大，而磁通量的變化率卻為0，因此線框中的感應電流也為0，故A錯誤；電流表測量的是有效值，所以t＝eq\f(T,2)時電流表的讀數(shù)不為0，故B錯誤；在eq\f(T,2)<t<eq\f(3T,4)內，穿過線框的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，閉合導線框有收縮的趨勢，故C正確；線框中產(chǎn)生的感應電動勢的最大值Em＝BmSω＝eq\f(2B0π2r2,T)，一個周期內導線框產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(E2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)T＝eq\f(2π4r4B02,TR)，故D正確。7．(2023·海南高考)汽車測速利用了電磁感應現(xiàn)象，汽車可簡化為一個矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時針(俯視)方向電流，當汽車經(jīng)過線圈時()A．線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上B．汽車進入線圈1過程產(chǎn)生感應電流方向為abcdC．汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應電流方向為abcdD．汽車進入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同解析：選C由題意知，埋在地下的線圈1、2通有順時針(俯視)方向的電流，則根據(jù)安培定則，可知線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，A錯誤；汽車進入線圈1過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應電流方向為adcb，B錯誤；汽車離開線圈1過程中，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應電流方向為abcd，C正確；汽車進入線圈2過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應電流方向為adcb，再根據(jù)左手定則，可知汽車受到的安培力方向與速度方向相反，D錯誤。8.(多選)如圖所示，質量為m＝0.04kg、邊長為l＝0.4m的正方形導體線框abcd放置在一光滑絕緣斜面上，線框用一平行于斜面的細線系于O點，斜面傾角為θ＝30°。線框的一半處于磁場中，磁場的磁感應強度隨時間的變化關系為B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面，已知線框電阻為R＝0.5Ω，重力加速度為g＝10m/s2。則()A．線框中的感應電流方向為abcdaB．t＝0時，細線的拉力大小F＝0.2NC．線框中的感應電流大小為I＝80mAD．經(jīng)過一段時間t，線框可能沿斜面向上運動解析：選CD由于磁場的磁感應強度隨時間的變化關系為B＝2＋0.5t(T)，即磁感應強度增大，根據(jù)楞次定律可得感應電流的方向為adcba，A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝0.5×0.4×0.2V＝0.04V，則感應電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.04,0.5)A＝0.08A＝80mA，C正確；t＝0時，磁感應強度為B＝2T，根據(jù)共點力的平衡條件可得F＋IlB＝mgsinθ，解得F＝mgsinθ－IlB＝(0.4sin30°－0.08×0.4×2)N＝0.136N，B錯誤；隨著時間增大，磁感應強度逐漸增大，當安培力(方向沿斜面向上)大于重力沿斜面向下的分力時，線框沿斜面向上運動，D正確。9.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內存在一垂直紙面向里的勻強磁場，一半徑小于R的圓形導線環(huán)沿著它們圓心連線的方向勻速穿過磁場區(qū)域，關于導線環(huán)中的感應電流i隨時間t的變化關系，下列圖像中(以逆時針方向為電流的正方向)最符合實際的是()解析：選B圓形導線環(huán)開始時進入磁場過程中，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，電流方向為逆時針，即為正方向；當圓形導線環(huán)出磁場過程中，回路中磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，產(chǎn)生的感應電流為順時針，即為負方向；圓形導線環(huán)的半徑小于磁場圓的半徑，全部進入磁場時，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應電動勢，電流為零，設經(jīng)過t時間圓形導線環(huán)的位置如圖所示，有效切割長度為PQ＝L，根據(jù)圖中幾何關系可得L＝2Rsinθ，產(chǎn)生的感應電動勢e＝BLv＝2BRvsinθ，θ隨時間先增大后減小，最大等于90°，進入磁場過程中有效切割長度先增大后減小，故當圓形導線環(huán)進入磁場時，產(chǎn)生感應電流大小先增大再減小，當離開磁場時產(chǎn)生感應電流大小也是先增大再減小，感應電流不是線性變化，A、C、D錯誤，B正確。10.(2023·江蘇高考)如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，OC導體棒的O端位于圓心，棒的中點A位于磁場區(qū)域的邊緣。現(xiàn)使導體棒繞O點在紙面內逆時針轉動，O、A、C點電勢分別為φO、φA、φC，則()A．φO>φC B．φC>φAC．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC解析：選A由題圖可看出導體棒OA段轉動切割磁感線，根據(jù)右手定則可知感應電動勢的方向由A指向O，所以φO>φA，導體棒AC段不在磁場中，不切割磁感線，不產(chǎn)生感應電動勢，則φC＝φA，A正確，B、C錯誤；根據(jù)以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，則φO－φA>φA－φC，D錯誤。11．(多選)如圖所示，材料和粗細完全一樣的導線繞成單匝線圈ABCD和EFGH，它們分別繞成扇形，扇形的內徑r＝0.2m，外徑為R＝0.5m，它們處于同一個圓面上，扇形ABCD對應的圓心角為30°，扇形EFGH對應的圓心角為60°。在BCGF圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度均勻增大。則()A．線圈ABCD中電流的方向為ADCBAB．線圈ABCD和線圈EFGH中電動勢之比為1∶2C．線圈ABCD和線圈EFGH中電流之比為1∶1D．線圈ABCD和線圈EFGH中產(chǎn)生的電功率之比為1∶2解析：選AB根據(jù)楞次定律可知，線圈ABCD中電流的方向為ADCBA，選項A正確；線圈ABCD和線圈EFGH面積之比為1∶2，根據(jù)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S可知，線圈電動勢之比為1∶2，選項B正確；線圈ABCD和線圈EFGH周長之比不等于1∶2，則電阻之比不等于1∶2，根據(jù)I＝eq\f(E,R)可知，兩線圈中的電流之比不等于1∶1，根據(jù)P＝IE可知，線圈ABCD和線圈EFGH中產(chǎn)生的電功率之比不等于1∶2，選項C、D錯誤。12．(2023·江蘇統(tǒng)考二模)如圖甲所示，一條南北走向的小路，路口設有出入道閘，每側道閘金屬桿長L，當有車輛通過時桿會從水平位置勻速轉過90°直到豎起，所用時間為t。此處地磁場方向如圖乙所示，B為地磁場總量，BH為地磁場水平分量，Bx、By、Bz分別為地磁場在x、y、z三個方向上的分量大小。則桿在轉動升起的過程中，兩端電勢差的大小計算表達式為()A.eq\f(πBxL2,4t) B.eq\f(π2BxL,8t2)C.eq\f(πBHL2,4t) D.eq\f(π2BHL,8t2)解析：選A金屬桿從水平位置勻速轉過90°直到豎起，所用時間為t，可知金屬桿的角速度為ω＝eq\f(π,2t)，由于小路沿南北方向，則金屬桿轉動過程切割Bx磁場分量，則金屬桿兩端電勢差的大小為U＝BxLeq\o(v,\s\up6(－))＝BxLeq\f(0＋ωL,2)＝eq\f(1,2)BxL2ω，聯(lián)立解得U＝eq\f(πBxL2,4t)，故選A。13．如圖所示，兩條相距d的平行光滑金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻。質量為m，電阻為r的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下。當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。已知磁場掃過金屬桿所經(jīng)歷的時間為t，導軌足夠長且電阻不計，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(2)PQ剛要到達金屬桿時，電阻R消耗的電功率P；(3)磁場掃過金屬桿的過程中金屬桿的位移大小x。解析：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿上產(chǎn)生的感應電動勢為E＝Bdv0感應電流為I＝eq\f(E,R＋r)，聯(lián)立解得I＝eq\f(Bdv0,R＋r)桿的加速度大小a＝eq\f(BId,m)＝eq\f(B2d2v0,m(R＋r))。(2)PQ剛要到達金屬桿時，桿上產(chǎn)生的感應電動勢為E′＝Bd(v0－v)，感應電流為I′＝eq\f(E′,R＋r)電阻R消耗的電功率P＝I′2R＝eq\f(B2d2(v0－v)2R,(R＋r)2)。(3)根據(jù)動量定理得：Beq\x\to(I)dt＝mv－0其中q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E)t,R＋r)＝eq\f(\f(ΔΦ,t)t,R＋r)＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(Bd(v0t－x),R＋r)解得磁場掃過金屬桿過程中金屬桿的位移x＝v0t－eq\f(mv(R＋r),B2d2)。答案：(1)eq\f(B2d2v0,m(R＋r))(2)eq\f(B2d2(v0－v)2R,(R＋r)2)(3)v0t－eq\f(mv(R＋r),B2d2)14.嫦娥五號成功實現(xiàn)月球著陸和返回，鼓舞人心。小明知道月球上沒有空氣，無法靠降落傘減速降落，于是設計了一種新型著陸裝置。如圖所示，該裝置由船艙、間距為l的平行導軌、產(chǎn)生垂直導軌平面的磁感應強度大小為B的勻強磁場的磁體和“∧”型剛性線框組成，“∧”型線框ab邊可沿導軌滑動并接觸良好。船艙、導軌和磁體固定在一起，總質量為m1。整個裝置豎直著陸到月球表面前瞬間的速度大小為v0，接觸月球表面后線框速度立即變?yōu)榱恪?/p>