高三物理精准提升专练18法拉第电磁感应定律及其应用含答案

专练18  法拉第电磁感应定律及其应用

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

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

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

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

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

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(　　)

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

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。

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′。

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。

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。

例1．【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．【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)【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．【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)【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．(多选)【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)【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．【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．【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．【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．【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。