【原创】（新高考）2022届高三物理精准提升专练18 法拉第电磁感应定律及其应用

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     例1．(2020·广东卷I·10)(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【解析】OP转动切割磁感线产生的感应电动势，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动势产生的感应电流由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，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，BC错误。【答案】AD例2．(2020·全国甲卷·21)(多选)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(　　)A．甲和乙都加速运动B．甲和乙都减速运动C．甲加速运动，乙减速运动D．甲减速运动，乙加速运动【解析】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v=，感应电动势为，两线圈材料相等（设密度为），质量相同（设为），则，设材料的电阻率为，则线圈电阻，感应电流，安培力，由牛顿第二定律有，联立解得，加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时都匀速。【答案】AB  1．(多选)2021年7月25日，台风“烟花”登陆上海后，“中国第一高楼”上海中心大厦上的阻尼器开始出现摆动，给大楼进行减振。如图所示，该阻尼器首次采用了电涡流技术，底部附着永磁铁的质量块摆动通过导体板上方时，导体板内产生电涡流。关于阻尼器，下列说法正确的是(　　)A．阻尼器摆动时产生的电涡流源于电磁感应现象B．阻尼器摆动时产生的电涡流源于外部电源供电C．阻尼器最终将机械能转化成为内能D．质量块通过导体板上方时，导体板的电涡流大小与质量块的速率无关【答案】AC【解析】阻尼器摆动时，永磁铁通过导体板上方使之磁通量发生变化，从而在导体板中产生电涡流，这属于电磁感应，故A项正确，B项错误；通过阻碍质量块和永磁铁的运动，阻尼器将动能转化为电能，并通过电流做功将电能最终转化为焦耳热，故C项正确；质量块通过导体板上方时的速度越快，磁通量变化越快，产生的感应电动势和感应电流也越大，故D项错误。2．一质量为m，半径为R的金属圆环，圆心为O，在O点正下方h(h>R)处MN的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场，在圆环下落至图示位置（圆环刚好完全进入磁场）的过程中，金属圆环产生的焦耳热为Q，重力加速度为g。对圆环下列说法正确的是(　　)A．圆环进入磁场过程中感应电流方向（正对纸面）是顺时针的B．圆环所受安培力一直增大，方向竖直向上C．圆环所受安培力大小变化和方向均无法确定D．圆环刚完全进入磁场时的速度为【答案】D【解析】根据楞次定律，圆环进入磁场过程中，通过圆环的磁通量增加，感应电流产生的磁场阻碍原磁通量的变化，根据“增反减同”的规律，感应电流产生的磁场方向竖直纸面向外，则感应电流方向（正对纸面）是逆时针的，所以A错误；圆环所受安培力始为0，完全进入磁场时也为0，中间不为0，则安培力先增大后减小0，根据楞次定律的推论可判断安培力的方向总是竖直向上，所以BC错误；圆环刚好完全进入磁场时的速度为v，根据能量守恒定律有，解得，故D正确。3．(多选)如图所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上的交变电流按如图所示的规律变化，则金属棒(　　)A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功【答案】BC【解析】由左手定则可知，金属棒一开始向右加速运动，当t＝时电流反向，金属棒开始减速，在t＝时刻速度变为零，然后反向加速再减速运动，t＝T时速度变为零并回到原出发点，接着重复上述运动，故A错误，B正确；安培力F＝BIL，由图象可知安培力F随时间周期性变化，故C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内做功为零，故D错误。4．(2020·山东卷)(多选)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I， ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象，可能正确的是(　　)【答案】BC【解析】因为4 s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在0～1 s内只有ae边切割磁场，设方格边长为L，根据E1＝2BLv，，可知电流恒定；2 s末时线框在第二象限长度最长，此时有E2＝3BLv，，可知I2＝I1，2～4 s线框有一部分进入第一象限，电流减小，在4s末同理可得I3＝I1，综上分析可知A错误，B正确；根据Fab＝BILab，可知在0～1 s内ab边所受的安培力线性增加；1 s末安培力为Fab＝BI1L，在2 s末可得安培力为Fab′＝B×I1×2L，所以有Fab′＝3Fab；由图象可知C正确，D错误。5．(多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后(　　)A. 金属框的速度大小趋于恒定值B. 金属框的加速度大小趋于恒定值C. 导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D. 导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值【答案】BC【解析】由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势E＝BL(v2－v1)，电流中的电流，金属框受到的安培力，与运动方向相反，导体棒MN受到的安培力，与运动方向相同，设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MN有，对金属框有，初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从开始逐渐减小。当a1＝a2时，相对速度，大小恒定。整个运动过程用速度时间图象描述如图所示。综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，AD错误。 6．如图甲所示，ACD是固定在水平面上的半径为2r、圆心为O的金属半圆弧导轨，EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，B随时间t变化的图象如图乙所示。OA间接有电阻P，金属杆OM可绕O点转动，M端与轨道接触良好，金属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计。(1)0～t0时间内，OM杆固定在与OA夹角为θ1＝π的位置不动，求这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向；(2)t0～2t0时间内，OM杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时转过角度θ2＝π到OC位置，求电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q。【解析】(1)0～t0时间内的感应电动势E1＝＝·S1其中＝，S1＝·π(2r)2－πr2＝πr2感应电流I1＝联立解得I1＝由楞次定律可判断通过电阻P的感应电流方向为：A→O。(2)t0～2t0时间内，OM转动的角速度ω＝感应电动势E2＝B0rv其中＝又I2＝则电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q＝I22Rt0联立得Q＝。7．如图所示，两根质量均为m＝2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s＝0.5 m过程中其上产生的焦耳热为Q2＝30 J，此时两棒速率之比为vA∶vC＝1∶2，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小vA′和vC′。【解析】(1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，则AB棒上产生的焦耳热Q1＝15 J。(2)根据能量守恒定律，有：Fs＝mv＋mv＋Q1＋Q2又vA∶vC＝1∶2联立以上两式并代入数据得vA＝4 m/s，vC＝8 m/s。(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLvA′＝B·2LvC′即vA′＝2vC′(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向，有：A·t＝mvA′－mvA，－C·t＝mvC′－mvC。因为C＝2A故有＝联立以上各式解得vA′＝6.4 m/s，vC′＝3.2 m/s。8．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，大小B0＝1 T，电阻R＝2 Ω的边长为L=1 m的正方形线框abcd水平放置，OO′为过ad、bc两边中点的直线，线框全部位于磁场中。现将线框右半部固定不动，而将线框左半部以角速度ω绕OO′为轴向上匀速转动，如图中虚线所示。(1)求线框向上转动120°的过程中通过导线横截面的电荷量；(2)若线框左半部分以角速度ω=100 rad/s绕OO′向上转动90°，求此过程中线框中产生的焦耳热；(3)若线框左半部分也固定不动，此时磁感应强度随时间按B=1+4t（T），求磁场对线框ab边的作用力随时间变化的关系式。【解析】(1)线框在转动过程中产生的平均感应电动势；在线框中产生的平均感应电流转动过程中通过导线某截面的电荷量联立解得。(2)感应电动势的最大值解得在转过90°过程中产生的正弦式交流电，电动势有效值在转过90°过程中产生的焦耳热所用时间联立解得。(3)若转动后磁感应强度随时间按B=1+4t（T）变化，在线圈中产生的感应电动势大小解得在线框中产生的感应电流线框ab边所受安培力的大小解得。9．某兴趣小组设计制作了一种磁悬浮列车模型，原理如图所示，PQ和MN是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场B1和B2，二者方向相反。矩形金属框固定在实验车底部（车厢与金属框绝缘）。其中ad边宽度与磁场间隔相等，当磁场B1和B2同时以速度v0＝10 m/s沿导轨向右匀速运动时，金属框受到磁场力，并带动实验车沿导轨运动。已知金属框垂直导轨的ab边长L＝0.1 m、总电阻R＝0.8 Ω，列车与线框的总质量m＝4.0 kg，B1＝B2＝2.0 T，悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力f＝0.4 N。 (1)求实验车所能达到的最大速率；(2)实验车达到的最大速率后，某时刻让磁场立即停止运动，实验车运动20 s之后也停止运动，求实验车在这20 s内的通过的距离；(3)假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动，当时间t＝24 s时，发现实验车正在向右做匀加速直线运动，此时实验车的速度v＝2 m/s，求由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间。【解析】(1)实验车最大速率为vm时相对磁场的切割速率为v0－vm，则此时线框所受的磁场力大小为此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：F＝f联立解得：vm＝8 m/s。(2)磁场停止运动后，线圈中的电动势：E＝2BLv线圈中的电流：实验车所受的安培力：F＝2BIL根据动量定理，实验车停止运动的过程：∑FΔt＋ft＝mvm整理得：而∑vΔt＝x解得：x＝120 m(3)根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同，设加速度为a，则t时刻金属线圈中的电动势E＝2BL(at－v)金属框中感应电流  又因为安培力所以对试验车，由牛顿第二定律得F－f＝ma得a＝1.0 m/s2设从磁场运动到实验车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势E0＝2BLat0金属框中感应电流又因为安培力对实验车，由牛顿第二定律得：F0＝f解得：t0＝2 s。