知識點(diǎn)十二電磁感應(yīng)1.(2022·浙江6月選考)下列說法正確的是 ()A.恒定磁場對靜置于其中的電荷有力的作用B.小磁針N極在磁場中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向C.正弦交流發(fā)電機(jī)工作時(shí),穿過線圈平面的磁通量最大時(shí),電流最大D.升壓變壓器中,副線圈的磁通量變化率大于原線圈的磁通量變化率【解析】選B。恒定磁場對速度方向不平行于磁感線的運(yùn)動電荷才有力的作用,A錯誤;小磁針N極在磁場中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向,B正確;正弦交流發(fā)電機(jī)工作時(shí),穿過線圈平面的磁通量最大時(shí),電流為0,C錯誤;根據(jù)變壓器的原理可知,副線圈中磁通量的變化率小于或等于原線圈中磁通量的變化率,D錯誤。2.(2022·河北選擇考)將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈,其中大圓面積為S1,小圓面積均為S2,垂直線圈平面方向有一隨時(shí)間t變化的磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=B0+kt,B0和k均為常量,則線圈中總的感應(yīng)電動勢大小為 ()A.kS1 B.5kS2C.k(S1-5S2) D.k(S1+5S2)【解析】選D。由法拉第電磁感應(yīng)定律可得大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1=ΔΦ1Δt=每個小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2=ΔΦ2Δt=ΔB·S2Δt=kS2,由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相同,故線圈中總的感應(yīng)電動勢大小為E=E1+5E2=k(S1+5S2),3.(2022·全國甲卷)三個用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框,正方形線框的邊長與圓形線框的直徑相等,圓形線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等,如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線性變化的同一勻強(qiáng)磁場中,線框所在平面均與磁場方向垂直,正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3,則 ()A.I1<I3<I2B.I1>I3>I2C.I1=I2>I3 D.I1=I2=I3【解析】選C。設(shè)圓形線框的半徑為r,則由題意可知正方形線框的邊長為2r,正六邊形線框的邊長為r,所以圓形線框的周長為C2=2πr,面積為S2=πr2,同理可知正方形線框的周長和面積分別為C1=8r,S1=4r2,正六邊形線框的周長和面積分別為C3=6r,S3=6×12×r×32r=33r22,三個線框材料粗細(xì)相同,根據(jù)電阻定律R=ρLS橫截面可知,三個線框電阻之比為R1∶R2∶R3=C1∶C2∶C3=4∶6π∶3,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有I=ER=ΔBΔt·SR,可得電流之比為I1∶I2∶I3=2∶2∶3,【易錯警示】本題是用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框,故三個線框的橫截面積相同,誤認(rèn)為三個線框的面積為橫截面積,導(dǎo)致錯誤;再者不能正確地得出三個線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與三個線框的面積成正比,導(dǎo)致錯解。4.(多選)(2022·全國甲卷)如圖,兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上,在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌垂直,且接觸良好。導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì),整個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。開始時(shí),電容器所帶的電荷量為Q,合上開關(guān)S后 ()A.通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為QB.導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動C.導(dǎo)體棒MN速度最大時(shí)所受的安培力也最大D.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱【解析】選A、D。MN在運(yùn)動過程中為非純電阻,MN上的電流瞬時(shí)值為i=u-BlvR。當(dāng)閉合的瞬間,Blv=0,此時(shí)MN可視為純電阻R,此時(shí)反電動勢最小,故電流最大Imax=UR=QCR,故A正確;當(dāng)u>Blv時(shí),導(dǎo)體棒加速運(yùn)動,當(dāng)速度達(dá)到最大值之后,電容器與MN及R構(gòu)成回路,由于一直處于通路的形式,由能量守恒可知,最后MN速度為零,故B錯誤;當(dāng)u=Blv時(shí),MN上電流瞬時(shí)值為零,安培力為零,此時(shí)MN速度最大,故C錯誤;在MN加速度階段,由于MN反電動勢存在,故MN上電流小于電阻R上的電流,電阻R消耗電能大于MN上消耗的電能(即ER>EMN),故加速過程中,QR>QMN;當(dāng)MN減速為零的過程中,電容器的電流和導(dǎo)體棒的電流都流經(jīng)電阻R形成各自的回路,因此可知此時(shí)也是電阻R的電流大,綜上分析可知全過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱,故D【方法技巧】電磁感應(yīng)與電容器的應(yīng)用技巧電磁感應(yīng)與電容器的綜合問題,涉及電磁感應(yīng)、電容、電流強(qiáng)度、安培力、牛頓定律、勻變速直線運(yùn)動規(guī)律等多方面物理知識,綜合性較強(qiáng)。此類問題的關(guān)鍵:(1)(2)含有電容器的直流電路的分析和計(jì)算①電路穩(wěn)定后,由于電容器所在支路無電流通過,所以在此支路中的電阻上無電壓降,因此電容器兩極間的電壓等于該支路兩端的電壓;②當(dāng)電容器和電阻并聯(lián)后接入電路時(shí),電容器兩極間的電壓與其并聯(lián)電阻兩端的電壓相等;③電路的電流、電壓變化時(shí),將會引起電容器的充(放)電,如果電容器兩端電壓升高,電容器將充電;如果電壓降低,電容器將通過與它連接的電路放電。5.(2022·廣東選擇考)如圖所示,水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點(diǎn),P點(diǎn)位于導(dǎo)線正上方,MN平行于y軸,PN平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈,圓心在P點(diǎn),可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運(yùn)動,運(yùn)動過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有 ()A.N點(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相同B.線圈沿PN方向運(yùn)動時(shí),穿過線圈的磁通量不變C.線圈從P點(diǎn)開始豎直向上運(yùn)動時(shí),線圈中無感應(yīng)電流D.線圈從P到M過程的感應(yīng)電動勢與從P到N過程的感應(yīng)電動勢相等【解析】選A、C。依題意,M、N兩點(diǎn)連線與長直導(dǎo)線平行、兩點(diǎn)與長直導(dǎo)線的距離相同,根據(jù)右手螺旋定則可知,通電長直導(dǎo)線在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相同,故A正確;根據(jù)右手螺旋定則,線圈在P點(diǎn)時(shí),磁感線穿進(jìn)與穿出在線圈中對稱,磁通量為零;在向N點(diǎn)平移過程中,磁感線穿進(jìn)與穿出線圈不再對稱,線圈的磁通量會發(fā)生變化,故B錯誤;根據(jù)右手螺旋定則,線圈從P點(diǎn)豎直向上運(yùn)動過程中,磁感線穿進(jìn)與穿出線圈對稱,線圈的磁通量始終為零,沒有發(fā)生變化,線圈無感應(yīng)電流,故C正確;線圈從P點(diǎn)到M點(diǎn)與從P點(diǎn)到N點(diǎn),線圈的磁通量變化量相同,依題意P點(diǎn)到M點(diǎn)所用時(shí)間比從P點(diǎn)到N點(diǎn)所用時(shí)間長,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,則兩次的感應(yīng)電動勢不相等,故D錯誤。(多選)6.(2022·山東等級考)如圖所示,xOy平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為2L的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動,t=0時(shí)刻,金屬框開始進(jìn)入第一象限。不考慮自感影響,關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動勢E隨時(shí)間t變化規(guī)律的描述正確的是 ()A.在t=0到t=π2ω的過程中,B.在t=0到t=π2ω的過程中,C.在t=0到t=π4ω的過程中,D.在t=0到t=π4ω的過程中,【易錯提醒】誤認(rèn)為從t=0到t=π2ω的過程中,線框有效切割長度一直在增大,不能確定當(dāng)t=π4ω時(shí),有效切割長度最大為2L,從而錯誤選A選項(xiàng);誤認(rèn)為E的變化率是【解析】選B、C。如圖所示在t=0到t=π2ω的過程中,線框的有效切割長度先變大再變小,當(dāng)t=π4ω時(shí),有效切割長度最大為2L,此時(shí),感應(yīng)電動勢最大,所以在t=0到t=π2ω的過程中,E先增大后減小,故B正確,A錯誤;在t=0到t=π4ω的過程中,設(shè)轉(zhuǎn)過的角度為θ,由幾何關(guān)系可得θ=ωt,進(jìn)入磁場部分線框的面積S=L·Ltanθ2,穿過線圈的磁通量Φ=BS=BL2tanωt2,線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Φ'=ΔΦΔt,感應(yīng)電動勢的變化率ΔEΔt=E',對Φ=BL2tanωt2求二次導(dǎo)數(shù)得ΔEΔt=BL2ω2sec2ωttanωt,在7.(2022·河北選擇考)如圖,兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,一根導(dǎo)軌位于x軸上,另一根由ab、bc、cd三段直導(dǎo)軌組成,其中bc段與x軸平行,導(dǎo)軌左端接入一電阻R。導(dǎo)軌上一金屬棒MN沿x軸正向以速度v0保持勻速運(yùn)動,t=0時(shí)刻通過坐標(biāo)原點(diǎn)O,金屬棒始終與x軸垂直。設(shè)運(yùn)動過程中通過電阻的電流強(qiáng)度為i,金屬棒受到安培力的大小為F,金屬棒克服安培力做功的功率為P,電阻兩端的電壓為U,導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好,忽略導(dǎo)軌與金屬棒的電阻。下列圖像可能正確的是 ()【解析】選A、C。當(dāng)導(dǎo)體棒從O點(diǎn)向右運(yùn)動L時(shí),即在0~Lv0時(shí)間內(nèi),在某時(shí)刻導(dǎo)體棒切割磁感線的長度l=l0+v0ttanθ(θ為ab與ad的夾角),則根據(jù)E=Blv0,I=Blv0R=Bv0R(l0可知回路電流均勻增加;安培力F=B2l2v0R=B2v0R(則F-t關(guān)系圖線為拋物線,但是不過原點(diǎn);安培力做功的功率P=Fv0=B2l2v02R=B2v02則P-t關(guān)系圖線為拋物線,但是不過原點(diǎn);電阻兩端的電壓等于導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢,即U=E=Blv0=Bv0(l0+v0ttanθ),即圖像是不過原點(diǎn)的直線;根據(jù)以上分析,可大致排除B、D選項(xiàng);當(dāng)在Lv0~2Lv0時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒切割磁感線的長度不變,感應(yīng)電動勢E不變,感應(yīng)電流I不變,安培力F大小不變,安培力的功率P不變,電阻兩端電壓U保持不變;同理可判斷,在2Lv0~3Lv0時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒切割磁感線長度逐漸減小,導(dǎo)體棒切割磁感線的感應(yīng)電動勢E均勻減小,感應(yīng)電流I均勻減小,安培力F大小按照二次函數(shù)關(guān)系減小,但是不能減小到零,與0~Lv0內(nèi)是對稱的關(guān)系,安培力的功率P按照二次函數(shù)關(guān)系減小,但是不能減小到零,與0~Lv0內(nèi)是對稱的關(guān)系,電阻兩端電壓8.(2022·全國乙卷)(12分)如圖,一不可伸長的細(xì)繩的上端固定,下端系在邊長為l=0.40m的正方形金屬框的一個頂點(diǎn)上。金屬框的一條對角線水平,其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為λ=5.0×10-3Ω/m;在t=0到t=3.0s時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B(t)=0.3-0.1t(SI)。求:(1)t=2.0s時(shí)金屬框所受安培力的大小;(2)在t=0到t=2.0s時(shí)間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。【解析】(1)金屬框的總電阻為R=4lλ=4×0.4×5×10-3Ω=0.008Ω金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=ΔΦΔt=ΔBΔt×l22=0.1×12金屬框中的電流為I=ER=1t=2.0s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2=(0.3-0.1×2)T=0.1T金屬框處于磁場中的有效長度為L=2l此時(shí)金屬框所受安培力大小為FA=B2IL=0.1×1×2×0.4N=225(2)0~2.0s內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I2Rt=12×0.008×2J=0.016J答案:(1)225N(2)0.0169.(2022·全國甲卷)光點(diǎn)式檢流計(jì)是一種可以測量微小電流的儀器,其簡化的工作原理示意圖如圖所示。圖中A為輕質(zhì)絕緣彈簧,C為位于紙面上的線圈,虛線框內(nèi)有與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場;M為置于平臺上的輕質(zhì)小平面反射鏡,輕質(zhì)剛性細(xì)桿D的一端與M固連且與鏡面垂直、另一端與彈簧下端相連,PQ為圓弧形的、帶有均勻刻度的透明讀數(shù)條,PQ的圓心位于M的中心。使用前需調(diào)零;使線圈內(nèi)沒有電流通過時(shí),M豎直且與紙面垂直;入射細(xì)光束沿水平方向經(jīng)PQ上的O點(diǎn)射到M上后沿原路反射。線圈通入電流后彈簧長度改變,使M發(fā)生傾斜,入射光束在M上的入射點(diǎn)仍近似處于PQ的圓心,通過讀取反射光射到PQ上的位置,可以測得電流的大小。已知彈簧的勁度系數(shù)為k,磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,線圈C的匝數(shù)為N、沿水平方向的長度為l,細(xì)桿D的長度為d,圓弧PQ的半徑為r,r?d,d遠(yuǎn)大于彈簧長度改變量的絕對值。(1)若在線圈中通入的微小電流為I,求平衡后彈簧長度改變量的絕對值Δx及PQ上反射光點(diǎn)與O點(diǎn)間的弧長s;(2)某同學(xué)用此裝置測一微小電流,測量前未調(diào)零,將電流通入線圈后,PQ上反射光點(diǎn)出現(xiàn)在O點(diǎn)上方,與O點(diǎn)間的弧長為s1;保持其他條件不變,只將該電流反向接入,則反射光點(diǎn)出現(xiàn)在O點(diǎn)下方,與O點(diǎn)間的弧長為s2。求待測電流的大小?！窘馕觥?1)由題意,當(dāng)線圈中通入微小電流I時(shí),線圈中的安培力為F=NBIl根據(jù)胡克定律有F=NBIl=k|Δx||Δx|=NBIl設(shè)此時(shí)細(xì)桿轉(zhuǎn)過的弧度為θ,則可知反射光線轉(zhuǎn)過的弧度為2θ,又因?yàn)閐?Δx,r?d則sinθ≈θ所以有Δx=d·θ,s=r·2θ聯(lián)立可得s=2rdΔx(2)因?yàn)闇y量前未調(diào)零,設(shè)沒有通電流時(shí)偏移的弧長為s',當(dāng)初始時(shí)反射光點(diǎn)在O點(diǎn)上方,通電流I'后根據(jù)前面的結(jié)論可知有s1=2NBI'當(dāng)電流反向后有s2=2NBI'聯(lián)立可得I'=dk同理可得初始時(shí)反射光點(diǎn)在O點(diǎn)下方結(jié)果也相同,故待測電流的大小為I'=dk答案:(1)NBIlk2NBIlrdk(10.(2022·湖北選擇考)如圖所示,高度足夠的勻強(qiáng)磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直,磁場方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abcd的邊長L=0.2m、回路電阻R=1.6×10-3Ω、質(zhì)量m=0.2kg。線框平面與磁場方向垂直,線框的ad邊與磁場左邊界平齊,ab邊與磁場下邊界的距離也為L。現(xiàn)對線框施加與水平向右方向成θ=45°角、大小為42N的恒力F,使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開始運(yùn)動。從ab邊進(jìn)入磁場開始,在豎直方向線框做勻速運(yùn)動;dc邊進(jìn)入磁場時(shí),bc邊恰好到達(dá)磁場右邊界。重力加速度大小取g=10m/s2,求:(1)ab邊進(jìn)入磁場前,線框在水平方向和豎直方向的加速度大小;(2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和線框進(jìn)入磁場的整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱;(3)磁場區(qū)域的水平寬度。【解析】(1)ab邊進(jìn)入磁場前,對線框進(jìn)行受力分析,在水平方向有max=Fcosθ代入數(shù)據(jù)有ax=20m/s2在豎直方向有may=Fsinθ-mg代入數(shù)據(jù)有ay=10m/s2(2)ab邊進(jìn)入磁場開始,ab邊在豎直方向切割磁感線;ad邊和bc邊的上部分也開始進(jìn)入磁場,且在水平方向切割磁感線。但ad和bc邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互抵消,則整個回路的電源為ab部分,根據(jù)右手定則可知回路的電流方向?yàn)閍dcba,則從ab邊進(jìn)入磁場開始,ab邊受到的安培力豎直向下,ad邊的上部分受到的安培力水平向右,bc邊的上部分受到的安培力水平向左,則ad邊和bc邊的上部分受到的安培力相互抵消,故線框abcd受到的安培力的合力為ab邊受到的豎直向下的安培力。由題知,線框從ab邊進(jìn)入磁場開始,在豎直方向線框做勻速運(yùn)動,有Fsinθ-mg-BIL=0E=BLvyI=Evy2=2a聯(lián)立有B=0.2T由題知,從ab邊進(jìn)入磁場開始,在豎直方向線框做勻速運(yùn)動;dc邊進(jìn)入磁場時(shí),bc邊恰好到達(dá)磁場右邊界。則線框進(jìn)入磁場的整個過程中,線框受到的安培力為恒力,則有Q=W安=BILyy=LFsinθ-mg=BIL聯(lián)立解得Q=0.4J(3)線框從開始運(yùn)動到進(jìn)入磁場的整個過程中所用的時(shí)間為vy=ayt1L=vyt2t=t1+t2聯(lián)立解得t=0.3s由(2)分析可知線框在水平方向一直做勻加速直線運(yùn)動,則在水平方向有x=12axt2=12×20×0.32m=0.9則磁場區(qū)域的水平寬度X=x+L=1.1m。答案:(1)20m/s210m/s2(2)0.2T0.4J(3)1.1m11.(2022·遼寧選擇考)如圖所示,兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置,間距為L。abcd區(qū)域有勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向豎直向上。初始時(shí)刻,磁場外的細(xì)金屬桿M以初速度v0向右運(yùn)動,磁場內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m,在導(dǎo)軌間的電阻均為R,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。(1)求M剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力F的大小和方向;(2)若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時(shí)的速度為v03,①N在磁場內(nèi)運(yùn)動過程中通過回路的電荷量q;②初始時(shí)刻N(yùn)到ab的最小距離x;(3)初始時(shí)刻,若N到cd的距離與第(2)問初始時(shí)刻的相同、到ab的距離為kx(k>1),求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。【解析】(1)細(xì)金屬桿M以初速度v0向右剛進(jìn)入磁場時(shí),產(chǎn)生的動生電動勢為E=BLv0電流方向?yàn)閍→b,電流的大小為I=E則所受的安培力大小為F=BIL=B安培力的方向由左手定則可知水平向左;(2)①金屬桿N在磁場內(nèi)運(yùn)動過程中,由動量定理有BIL·Δt=m·v0且q=I·Δt聯(lián)立解得通過回路的電荷量為q=m②設(shè)兩桿在磁場中相對靠近的位移為Δx,有I=EE=BL整理可得q=BL聯(lián)立可得Δx=2若兩桿在磁場內(nèi)剛好相撞,N到ab的最小距離為x=Δx=2(3)兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動,若N到cd的距離與第(2)問初始時(shí)刻的相同、到ab的距離為kx(k>1),則N到cd邊的速度大小恒為v03,根據(jù)動量守恒定律可知mv0=mv1+m解得N出磁場時(shí),M的速度大小為v1=23v由題意可知,此時(shí)M到cd邊的距離為s=(k-1)x若要保證M出磁場后不與N相撞,則有兩種臨界情況:①M(fèi)減速到v03時(shí)出磁場,速度剛好等于N的速度,一定不與N相撞,對BI1L·Δt1=m·23v0-mq1=I1·Δt1=聯(lián)立解得k=2②M運(yùn)動到cd邊時(shí),恰好減速到零,則對M由動量定理有BI2L·Δt2=m·v同理解得k=3綜上所述,M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為2≤k<3答案:(1)B2L(2)①mv03(3)2≤k<312.(2022·浙江6月選考)艦載機(jī)電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù),我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某興趣小組開展