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人教版 (2019)选择性必修 第二册3 涡流、电磁阻尼和电磁驱动巩固练习
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这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册3 涡流、电磁阻尼和电磁驱动巩固练习，共32页。
TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc1161" 【题型1 涡流】
\l "_Tc25206" 【题型2 电磁阻尼】
\l "_Tc9103" 【题型3 电磁驱动】
\l "_Tc10925" 【题型4 联系实际】
\l "_Tc2094" 【题型5 综合问题】
【题型1 涡流】
【例1】光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部分处在一个沿水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(如图中的虚线所示)。一个小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )
A．mgb B．eq \f(1,2)mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2
【变式1-1】(多选)高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场，如图所示。探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，就会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报；靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是( )
A．金属探测器利用的是电磁感应现象
B．金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用
C．金属探测器利用的是静电感应现象
D．金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化
【变式1-2】涡流内检测技术是一项用来检测各种金属管道是否有破损的技术。下图是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图，当激励线圈中通以正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流。以下有关涡流内检测仪的说法正确的是( )
A．检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率
B．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈的电流强度不变
C．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大
D．当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流
【变式1-3】以下现象中属于涡流现象的应用的是( )
【题型2 电磁阻尼】
【例2】如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
【变式2-1】如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁铁上下振动。磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．线圈给磁铁的磁场力始终向上
B．线圈给磁铁的磁场力先向上再向下
C．线圈给磁铁的磁场力始终向下
D．线圈给磁铁的磁场力先向下再向上
【变式2-2】某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是( )
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
【变式2-3】(多选)如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯挂厢上安装永磁体，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害．关于该装置，下列说法正确的是( )
A．当电梯突然坠落时，该安全装置可起到阻碍电梯下落的作用
B．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中
C．当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同
D．当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落
【题型3 电磁驱动】
【例3】(多选)在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理，如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是( )
A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动
C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同
D．由于铝盘和永久磁体被同一转轴带动，所以两者转动是完全同步的
【变式3-1】在物理兴趣小组的活动中，某同学将轻质圆形铝板用细棉线悬挂在固定点O上，铝板可以绕O点自由摆动，如图所示。在平行于铝板的竖直面内将一竖放的条形磁铁在铝板附近左右来回拉动(与铝板始终不相碰)，若空气流动对铝板的影响可忽略不计，则下列对这个实验结果的判断，正确的是( )
A．铝板内不会产生感应电动势
B．铝板内能产生感应电动势但不会产生感应电流
C．铝板可以在安培力的作用下摆动起来
D．铝板始终保持静止不动
【变式3-2】(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【变式3-3】如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的矩形金属线圈．当一竖直放置的、磁极不明的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及其在水平方向运动趋势的正确判断是( )
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
B．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
C．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
D．由于磁铁磁极极性不明，无法判断
【题型4 联系实际】
【例4】如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
【变式4-1】在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排。图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下( )
A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈
B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈
C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行
D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行
【变式4-2】零刻度在表盘正中间的电流计非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是( )
【变式4-3】(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
【题型5 综合问题】
【例5】如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列选项正确的是( )
A．磁体做匀加速直线运动
B．磁体的机械能守恒
C．磁体动能的增加量小于重力势能的减少量
D．铝管对桌面的压力大于铝管和磁体的重力之和
【变式5-1】如图为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L。质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动。棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力Ff大小；
(2)若磁场不动，棒ab以水平初速度2v开始运动，经过时间t＝eq \f(mR,B2L2)停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q。
【变式5-2】如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨，导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路．导轨间距为l，导体棒的质量都为m，电阻都为R，导轨部分电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0.
(1)求cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
(2)从开始运动到最终稳定，求电路中产生的电能；
(3)求两棒之间距离增加量的最大值．
【变式5-3】如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和eq \f(1,2)m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直．图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞．重力加速度为g.求：
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热．
参考答案
【题型1 涡流】
【例1】光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部分处在一个沿水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(如图中的虚线所示)。一个小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )
A．mgb B．eq \f(1,2)mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2
[解析] 金属块最终在磁场区域内往复运动，由初状态到末状态，根据能量守恒定律得E1＝E2＋Q，初状态机械能E1＝mgb＋eq \f(1,2)mv2，末状态机械能E2＝mga，产生的焦耳热Q＝E1－E2＝mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2。
[答案] D
【变式1-1】(多选)高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场，如图所示。探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，就会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报；靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是( )
A．金属探测器利用的是电磁感应现象
B．金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用
C．金属探测器利用的是静电感应现象
D．金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化
解析：选AD 线圈通电后会产生磁场，当有金属物体进入磁场时，通过金属物体横截面的磁通量发生变化，金属物体内部会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，由此判断是否有金属物体，静电感应现象是带电体靠近导体时使导体感应起电，故A、D正确。
【变式1-2】涡流内检测技术是一项用来检测各种金属管道是否有破损的技术。下图是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图，当激励线圈中通以正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流。以下有关涡流内检测仪的说法正确的是( )
A．检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率
B．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈的电流强度不变
C．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大
D．当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流
解析：选C 激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率，管道壁中产生涡流，有一定的热功率，P激励＝P检测＋P热，故A错误；增大频率，检测线圈的磁通量变化率变大，产生的感应电动势变大，则电流强度变大，故B错误；增大频率，检测线圈的功率和管道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确；当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时，厚度减小，则管道壁中产生的涡流变小，故D错误。
【变式1-3】以下现象中属于涡流现象的应用的是( )
解析：选B 电烤箱是利用电流发热的原理，故A错误；金属探测仪可以探测人身是否携带金属物品，是通过金属上产生涡流而使报警器发出警告的，故B正确；高压带电作业屏蔽服是利用静电屏蔽原理，故C错误；车载充电器没有应用涡流现象，故D错误。
【题型2 电磁阻尼】
【例2】如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
答案 C
解析 小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误．
【变式2-1】如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁铁上下振动。磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．线圈给磁铁的磁场力始终向上
B．线圈给磁铁的磁场力先向上再向下
C．线圈给磁铁的磁场力始终向下
D．线圈给磁铁的磁场力先向下再向上
[解析] 根据楞次定律的“来拒去留”，磁铁向闭合线圈靠近，要受阻力作用，即磁场力向上，故A正确。
[答案] A
【变式2-2】某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是( )
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
解析：选D 未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，由于未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，A、B错误；接上导线后，表针晃动过程中线圈中会产生感应电流，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，C错误，D正确。
【变式2-3】(多选)如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯挂厢上安装永磁体，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害．关于该装置，下列说法正确的是( )
A．当电梯突然坠落时，该安全装置可起到阻碍电梯下落的作用
B．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中
C．当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同
D．当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落
答案 AD
解析 电梯突然坠落，线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍电梯下落，可起到应急避险作用，选项A正确；感应电流会阻碍电梯下落，但不能使电梯停在空中，选项B错误；当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向是逆时针方向(从上向下看)，线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向是顺时针方向(从上向下看)，可知线圈A与B中感应电流方向相反，选项C错误；根据上述分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，选项D正确．
【题型3 电磁驱动】
【例3】(多选)在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理，如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是( )
A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动
C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同
D．由于铝盘和永久磁体被同一转轴带动，所以两者转动是完全同步的
解析：选BC 当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；该转速表利用了电磁感应原理，由楞次定律推论“来拒去留”知，永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同，C正确；永久磁体固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁体没有被同一转轴带动，D错误。
【变式3-1】在物理兴趣小组的活动中，某同学将轻质圆形铝板用细棉线悬挂在固定点O上，铝板可以绕O点自由摆动，如图所示。在平行于铝板的竖直面内将一竖放的条形磁铁在铝板附近左右来回拉动(与铝板始终不相碰)，若空气流动对铝板的影响可忽略不计，则下列对这个实验结果的判断，正确的是( )
A．铝板内不会产生感应电动势
B．铝板内能产生感应电动势但不会产生感应电流
C．铝板可以在安培力的作用下摆动起来
D．铝板始终保持静止不动
[解析] 当条形磁铁靠近和远离铝板时，铝板切割磁感线，产生感应电动势，A错误；因铝板各部分切割磁感线的密集程度不同，磁通量的改变量不同，故各部分产生的感应电动势不同，由此能产生感应电流，B错误；铝板产生感应电流后，可在安培力的作用下摆动起来，C正确，D错误。
[答案] C
【变式3-2】(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
答案 AB
解析 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确．如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．
【变式3-3】如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的矩形金属线圈．当一竖直放置的、磁极不明的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及其在水平方向运动趋势的正确判断是( )
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
B．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
C．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
D．由于磁铁磁极极性不明，无法判断
答案 C
解析 条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈先有向下和向右运动的趋势，后有向上和向右运动的趋势；故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力，同时运动趋势向右，C项正确．
【题型4 联系实际】
【例4】如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
解析：选D 当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向(从左向右看)的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误；有金属片通过时，则穿过金属片的磁通量发生变化，金属片中会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以会将该空间中的磁场的变化削弱一些，使接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D正确。
【变式4-1】在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排。图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下( )
A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈
B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈
C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行
D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行
解析：选D 题图甲和题图乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感应电流，则不会有磁场力阻碍轮子的运动，A、B错误；题图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会产生磁场力阻碍轮子转动，C错误；题图丁中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形成感应电流，则会产生磁场力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，D正确。
【变式4-2】零刻度在表盘正中间的电流计非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是( )
解析：选D 由题图A、C可知，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C错误；B图是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B错误；D图是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快停下，便于读数，D正确。
【变式4-3】(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
答案 AB
解析 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交流电源的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致磁性减弱，故选项A、B正确，选项C、D错误．
【题型5 综合问题】
【例5】如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列选项正确的是( )
A．磁体做匀加速直线运动
B．磁体的机械能守恒
C．磁体动能的增加量小于重力势能的减少量
D．铝管对桌面的压力大于铝管和磁体的重力之和
[解析] 磁体在铝管中运动的过程中，安培力做负功，磁体的加速度小于重力加速度；根据法拉第电磁感应定律可知，磁体速度越快，产生的感应电动势越大，受到的安培力也越大，所以磁体的加速度是逐渐减小的，磁体不是做匀加速运动，故A错误；磁体在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还要产生内能，故机械能不守恒，且磁体动能的增加量小于重力势能的减少量，故B错误，C正确；以铝管和磁体整体为研究对象，因磁体有向下的加速度，则整体合力向下，故地面对整体的支持力小于总重力，根据牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压力小于铝管和磁体的重力之和，故D错误。
[答案] C
【变式5-1】如图为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L。质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动。棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力Ff大小；
(2)若磁场不动，棒ab以水平初速度2v开始运动，经过时间t＝eq \f(mR,B2L2)停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q。
[解析] (1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a至b。
依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：Ff＝F安
又F安＝BI1L，I1＝eq \f(BLv,R)，联立解得：Ff＝eq \f(B2L2v,R)。
(2)设棒的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))，根据动量定理可得：
－eq \(F,\s\up6(－))安t－Fft＝0－2mv
又eq \(F,\s\up6(－))安＝Beq \(I,\s\up6(－))L，又eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(BL\(v,\s\up6(－)),R)，x＝eq \(v,\s\up6(－)) t，
联立解得：x＝eq \f(mvR,B2L2)
根据动能定理有：－Ffx－W安＝0－eq \f(1,2)m(2v)2
根据功能关系有：Q＝W安，解得：Q＝mv2。
[答案] (1)由a至b eq \f(B2l2v,R) (2)eq \f(mvR,B2L2) mv2
【变式5-2】如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨，导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路．导轨间距为l，导体棒的质量都为m，电阻都为R，导轨部分电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0.
(1)求cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
(2)从开始运动到最终稳定，求电路中产生的电能；
(3)求两棒之间距离增加量的最大值．
答案 (1)eq \f(0.3B2l2v0,mR) (2)eq \f(1,4)mv02 (3)eq \f(mRv0,B2l2)
解析 (1)设当cd棒速度减为0.8v0时ab棒的速度为v′，
由动量守恒定律得mv0＝0.8mv0＋mv′
解得v′＝0.2v0
此时回路的电流是I＝eq \f(Bl0.8－0.2v0,2R)
cd棒的加速度为a＝eq \f(BIl,m)
解得a＝eq \f(0.3B2l2v0,mR)
(2)设两棒稳定时共同的速度为v，据动量守恒定律得
mv0＝(m＋m)v
解得v＝eq \f(1,2)v0
故Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋m)v2＝eq \f(1,4)mv02
(3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BlΔx,Δt)
这段时间内回路的电流为eq \x\t(I)＝eq \f(E,2R)
对ab棒，由动量定理得Beq \x\t(I)lΔt＝mv
联立解得Δx＝eq \f(mRv0,B2l2).
【变式5-3】如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和eq \f(1,2)m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直．图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞．重力加速度为g.求：
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热．
答案 (1)0 eq \r(2gh) (2)eq \f(5,6)eq \r(2gh) (3)eq \f(1,3)mgh
解析 (1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒，则有：eq \f(1,2)mv02＝mgh
a棒与b棒发生弹性正碰
由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
联立解得v1＝0，v2＝v0＝eq \r(2gh)
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大．
设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R总)，
由安培力公式得F＝BIL＝ma，
联立得a＝eq \f(B2L2vb－vc,mR总).
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v2′－v3′)
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．
由动量守恒定律：mv2＝mv2′＋eq \f(m,2)v3′
联立得v2′＝eq \f(5,6)v2＝eq \f(5,6)eq \r(2gh)
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动．
由动量守恒定律：mv2＝(m＋eq \f(m,2))v
由能量守恒定律：eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)(m＋eq \f(m,2))v2＋Q
解得Q＝eq \f(1,3)mgh.
专题2.3 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
【人教版】
TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc1161" 【题型1 涡流】
\l "_Tc25206" 【题型2 电磁阻尼】
\l "_Tc9103" 【题型3 电磁驱动】
\l "_Tc10925" 【题型4 联系实际】
\l "_Tc2094" 【题型5 综合问题】
【题型1 涡流】
【例1】光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部分处在一个沿水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(如图中的虚线所示)。一个小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )
A．mgb B．eq \f(1,2)mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2
[解析] 金属块最终在磁场区域内往复运动，由初状态到末状态，根据能量守恒定律得E1＝E2＋Q，初状态机械能E1＝mgb＋eq \f(1,2)mv2，末状态机械能E2＝mga，产生的焦耳热Q＝E1－E2＝mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2。
[答案] D
【变式1-1】(多选)高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场，如图所示。探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，就会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报；靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是( )
A．金属探测器利用的是电磁感应现象
B．金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用
C．金属探测器利用的是静电感应现象
D．金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化
解析：选AD 线圈通电后会产生磁场，当有金属物体进入磁场时，通过金属物体横截面的磁通量发生变化，金属物体内部会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，由此判断是否有金属物体，静电感应现象是带电体靠近导体时使导体感应起电，故A、D正确。
【变式1-2】涡流内检测技术是一项用来检测各种金属管道是否有破损的技术。下图是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图，当激励线圈中通以正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流。以下有关涡流内检测仪的说法正确的是( )
A．检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率
B．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈的电流强度不变
C．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大
D．当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流
解析：选C 激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率，管道壁中产生涡流，有一定的热功率，P激励＝P检测＋P热，故A错误；增大频率，检测线圈的磁通量变化率变大，产生的感应电动势变大，则电流强度变大，故B错误；增大频率，检测线圈的功率和管道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确；当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时，厚度减小，则管道壁中产生的涡流变小，故D错误。
【变式1-3】以下现象中属于涡流现象的应用的是( )
解析：选B 电烤箱是利用电流发热的原理，故A错误；金属探测仪可以探测人身是否携带金属物品，是通过金属上产生涡流而使报警器发出警告的，故B正确；高压带电作业屏蔽服是利用静电屏蔽原理，故C错误；车载充电器没有应用涡流现象，故D错误。
【题型2 电磁阻尼】
【例2】如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
答案 C
解析 小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误．
【变式2-1】如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁铁上下振动。磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．线圈给磁铁的磁场力始终向上
B．线圈给磁铁的磁场力先向上再向下
C．线圈给磁铁的磁场力始终向下
D．线圈给磁铁的磁场力先向下再向上
[解析] 根据楞次定律的“来拒去留”，磁铁向闭合线圈靠近，要受阻力作用，即磁场力向上，故A正确。
[答案] A
【变式2-2】某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是( )
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
解析：选D 未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，由于未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，A、B错误；接上导线后，表针晃动过程中线圈中会产生感应电流，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，C错误，D正确。
【变式2-3】(多选)如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯挂厢上安装永磁体，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害．关于该装置，下列说法正确的是( )
A．当电梯突然坠落时，该安全装置可起到阻碍电梯下落的作用
B．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中
C．当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同
D．当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落
答案 AD
解析 电梯突然坠落，线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍电梯下落，可起到应急避险作用，选项A正确；感应电流会阻碍电梯下落，但不能使电梯停在空中，选项B错误；当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向是逆时针方向(从上向下看)，线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向是顺时针方向(从上向下看)，可知线圈A与B中感应电流方向相反，选项C错误；根据上述分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，选项D正确．
【题型3 电磁驱动】
【例3】(多选)在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理，如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是( )
A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动
C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同
D．由于铝盘和永久磁体被同一转轴带动，所以两者转动是完全同步的
解析：选BC 当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；该转速表利用了电磁感应原理，由楞次定律推论“来拒去留”知，永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同，C正确；永久磁体固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁体没有被同一转轴带动，D错误。
【变式3-1】在物理兴趣小组的活动中，某同学将轻质圆形铝板用细棉线悬挂在固定点O上，铝板可以绕O点自由摆动，如图所示。在平行于铝板的竖直面内将一竖放的条形磁铁在铝板附近左右来回拉动(与铝板始终不相碰)，若空气流动对铝板的影响可忽略不计，则下列对这个实验结果的判断，正确的是( )
A．铝板内不会产生感应电动势
B．铝板内能产生感应电动势但不会产生感应电流
C．铝板可以在安培力的作用下摆动起来
D．铝板始终保持静止不动
[解析] 当条形磁铁靠近和远离铝板时，铝板切割磁感线，产生感应电动势，A错误；因铝板各部分切割磁感线的密集程度不同，磁通量的改变量不同，故各部分产生的感应电动势不同，由此能产生感应电流，B错误；铝板产生感应电流后，可在安培力的作用下摆动起来，C正确，D错误。
[答案] C
【变式3-2】(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
答案 AB
解析 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确．如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．
【变式3-3】如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的矩形金属线圈．当一竖直放置的、磁极不明的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及其在水平方向运动趋势的正确判断是( )
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
B．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
C．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
D．由于磁铁磁极极性不明，无法判断
答案 C
解析 条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈先有向下和向右运动的趋势，后有向上和向右运动的趋势；故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力，同时运动趋势向右，C项正确．
【题型4 联系实际】
【例4】如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
解析：选D 当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向(从左向右看)的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误；有金属片通过时，则穿过金属片的磁通量发生变化，金属片中会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以会将该空间中的磁场的变化削弱一些，使接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D正确。
【变式4-1】在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排。图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下( )
A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈
B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈
C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行
D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行
解析：选D 题图甲和题图乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感应电流，则不会有磁场力阻碍轮子的运动，A、B错误；题图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会产生磁场力阻碍轮子转动，C错误；题图丁中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形成感应电流，则会产生磁场力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，D正确。
【变式4-2】零刻度在表盘正中间的电流计非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是( )
解析：选D 由题图A、C可知，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C错误；B图是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B错误；D图是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快停下，便于读数，D正确。
【变式4-3】(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
答案 AB
解析 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交流电源的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致磁性减弱，故选项A、B正确，选项C、D错误．
【题型5 综合问题】
【例5】如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列选项正确的是( )
A．磁体做匀加速直线运动
B．磁体的机械能守恒
C．磁体动能的增加量小于重力势能的减少量
D．铝管对桌面的压力大于铝管和磁体的重力之和
[解析] 磁体在铝管中运动的过程中，安培力做负功，磁体的加速度小于重力加速度；根据法拉第电磁感应定律可知，磁体速度越快，产生的感应电动势越大，受到的安培力也越大，所以磁体的加速度是逐渐减小的，磁体不是做匀加速运动，故A错误；磁体在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还要产生内能，故机械能不守恒，且磁体动能的增加量小于重力势能的减少量，故B错误，C正确；以铝管和磁体整体为研究对象，因磁体有向下的加速度，则整体合力向下，故地面对整体的支持力小于总重力，根据牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压力小于铝管和磁体的重力之和，故D错误。
[答案] C
【变式5-1】如图为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L。质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动。棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力Ff大小；
(2)若磁场不动，棒ab以水平初速度2v开始运动，经过时间t＝eq \f(mR,B2L2)停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q。
[解析] (1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a至b。
依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：Ff＝F安
又F安＝BI1L，I1＝eq \f(BLv,R)，联立解得：Ff＝eq \f(B2L2v,R)。
(2)设棒的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))，根据动量定理可得：
－eq \(F,\s\up6(－))安t－Fft＝0－2mv
又eq \(F,\s\up6(－))安＝Beq \(I,\s\up6(－))L，又eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(BL\(v,\s\up6(－)),R)，x＝eq \(v,\s\up6(－)) t，
联立解得：x＝eq \f(mvR,B2L2)
根据动能定理有：－Ffx－W安＝0－eq \f(1,2)m(2v)2
根据功能关系有：Q＝W安，解得：Q＝mv2。
[答案] (1)由a至b eq \f(B2l2v,R) (2)eq \f(mvR,B2L2) mv2
【变式5-2】如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨，导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路．导轨间距为l，导体棒的质量都为m，电阻都为R，导轨部分电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0.
(1)求cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
(2)从开始运动到最终稳定，求电路中产生的电能；
(3)求两棒之间距离增加量的最大值．
答案 (1)eq \f(0.3B2l2v0,mR) (2)eq \f(1,4)mv02 (3)eq \f(mRv0,B2l2)
解析 (1)设当cd棒速度减为0.8v0时ab棒的速度为v′，
由动量守恒定律得mv0＝0.8mv0＋mv′
解得v′＝0.2v0
此时回路的电流是I＝eq \f(Bl0.8－0.2v0,2R)
cd棒的加速度为a＝eq \f(BIl,m)
解得a＝eq \f(0.3B2l2v0,mR)
(2)设两棒稳定时共同的速度为v，据动量守恒定律得
mv0＝(m＋m)v
解得v＝eq \f(1,2)v0
故Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋m)v2＝eq \f(1,4)mv02
(3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BlΔx,Δt)
这段时间内回路的电流为eq \x\t(I)＝eq \f(E,2R)
对ab棒，由动量定理得Beq \x\t(I)lΔt＝mv
联立解得Δx＝eq \f(mRv0,B2l2).
【变式5-3】如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和eq \f(1,2)m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直．图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞．重力加速度为g.求：
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热．
答案 (1)0 eq \r(2gh) (2)eq \f(5,6)eq \r(2gh) (3)eq \f(1,3)mgh
解析 (1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒，则有：eq \f(1,2)mv02＝mgh
a棒与b棒发生弹性正碰
由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
联立解得v1＝0，v2＝v0＝eq \r(2gh)
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大．
设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R总)，
由安培力公式得F＝BIL＝ma，
联立得a＝eq \f(B2L2vb－vc,mR总).
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v2′－v3′)
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．
由动量守恒定律：mv2＝mv2′＋eq \f(m,2)v3′
联立得v2′＝eq \f(5,6)v2＝eq \f(5,6)eq \r(2gh)
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动．
由动量守恒定律：mv2＝(m＋eq \f(m,2))v
由能量守恒定律：eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)(m＋eq \f(m,2))v2＋Q
解得Q＝eq \f(1,3)mgh.
TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc1161" 【题型1 涡流】
\l "_Tc25206" 【题型2 电磁阻尼】
\l "_Tc9103" 【题型3 电磁驱动】
\l "_Tc10925" 【题型4 联系实际】
\l "_Tc2094" 【题型5 综合问题】
【题型1 涡流】
【例1】光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部分处在一个沿水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(如图中的虚线所示)。一个小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )
A．mgb B．eq \f(1,2)mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2
【变式1-1】(多选)高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场，如图所示。探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，就会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报；靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是( )
A．金属探测器利用的是电磁感应现象
B．金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用
C．金属探测器利用的是静电感应现象
D．金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化
【变式1-2】涡流内检测技术是一项用来检测各种金属管道是否有破损的技术。下图是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图，当激励线圈中通以正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流。以下有关涡流内检测仪的说法正确的是( )
A．检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率
B．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈的电流强度不变
C．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大
D．当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流
【变式1-3】以下现象中属于涡流现象的应用的是( )
【题型2 电磁阻尼】
【例2】如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
【变式2-1】如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁铁上下振动。磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．线圈给磁铁的磁场力始终向上
B．线圈给磁铁的磁场力先向上再向下
C．线圈给磁铁的磁场力始终向下
D．线圈给磁铁的磁场力先向下再向上
【变式2-2】某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是( )
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
【变式2-3】(多选)如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯挂厢上安装永磁体，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害．关于该装置，下列说法正确的是( )
A．当电梯突然坠落时，该安全装置可起到阻碍电梯下落的作用
B．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中
C．当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同
D．当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落
【题型3 电磁驱动】
【例3】(多选)在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理，如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是( )
A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动
C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同
D．由于铝盘和永久磁体被同一转轴带动，所以两者转动是完全同步的
【变式3-1】在物理兴趣小组的活动中，某同学将轻质圆形铝板用细棉线悬挂在固定点O上，铝板可以绕O点自由摆动，如图所示。在平行于铝板的竖直面内将一竖放的条形磁铁在铝板附近左右来回拉动(与铝板始终不相碰)，若空气流动对铝板的影响可忽略不计，则下列对这个实验结果的判断，正确的是( )
A．铝板内不会产生感应电动势
B．铝板内能产生感应电动势但不会产生感应电流
C．铝板可以在安培力的作用下摆动起来
D．铝板始终保持静止不动
【变式3-2】(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【变式3-3】如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的矩形金属线圈．当一竖直放置的、磁极不明的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及其在水平方向运动趋势的正确判断是( )
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
B．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
C．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
D．由于磁铁磁极极性不明，无法判断
【题型4 联系实际】
【例4】如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
【变式4-1】在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排。图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下( )
A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈
B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈
C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行
D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行
【变式4-2】零刻度在表盘正中间的电流计非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是( )
【变式4-3】(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
【题型5 综合问题】
【例5】如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列选项正确的是( )
A．磁体做匀加速直线运动
B．磁体的机械能守恒
C．磁体动能的增加量小于重力势能的减少量
D．铝管对桌面的压力大于铝管和磁体的重力之和
【变式5-1】如图为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L。质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动。棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力Ff大小；
(2)若磁场不动，棒ab以水平初速度2v开始运动，经过时间t＝eq \f(mR,B2L2)停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q。
【变式5-2】如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨，导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路．导轨间距为l，导体棒的质量都为m，电阻都为R，导轨部分电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0.
(1)求cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
(2)从开始运动到最终稳定，求电路中产生的电能；
(3)求两棒之间距离增加量的最大值．
【变式5-3】如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和eq \f(1,2)m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直．图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞．重力加速度为g.求：
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热．
参考答案
【题型1 涡流】
【例1】光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部分处在一个沿水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(如图中的虚线所示)。一个小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )
A．mgb B．eq \f(1,2)mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2
[解析] 金属块最终在磁场区域内往复运动，由初状态到末状态，根据能量守恒定律得E1＝E2＋Q，初状态机械能E1＝mgb＋eq \f(1,2)mv2，末状态机械能E2＝mga，产生的焦耳热Q＝E1－E2＝mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2。
[答案] D
【变式1-1】(多选)高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场，如图所示。探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，就会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报；靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是( )
A．金属探测器利用的是电磁感应现象
B．金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用
C．金属探测器利用的是静电感应现象
D．金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化
解析：选AD 线圈通电后会产生磁场，当有金属物体进入磁场时，通过金属物体横截面的磁通量发生变化，金属物体内部会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，由此判断是否有金属物体，静电感应现象是带电体靠近导体时使导体感应起电，故A、D正确。
【变式1-2】涡流内检测技术是一项用来检测各种金属管道是否有破损的技术。下图是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图，当激励线圈中通以正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流。以下有关涡流内检测仪的说法正确的是( )
A．检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率
B．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈的电流强度不变
C．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大
D．当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流
解析：选C 激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率，管道壁中产生涡流，有一定的热功率，P激励＝P检测＋P热，故A错误；增大频率，检测线圈的磁通量变化率变大，产生的感应电动势变大，则电流强度变大，故B错误；增大频率，检测线圈的功率和管道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确；当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时，厚度减小，则管道壁中产生的涡流变小，故D错误。
【变式1-3】以下现象中属于涡流现象的应用的是( )
解析：选B 电烤箱是利用电流发热的原理，故A错误；金属探测仪可以探测人身是否携带金属物品，是通过金属上产生涡流而使报警器发出警告的，故B正确；高压带电作业屏蔽服是利用静电屏蔽原理，故C错误；车载充电器没有应用涡流现象，故D错误。
【题型2 电磁阻尼】
【例2】如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
答案 C
解析 小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误．
【变式2-1】如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁铁上下振动。磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．线圈给磁铁的磁场力始终向上
B．线圈给磁铁的磁场力先向上再向下
C．线圈给磁铁的磁场力始终向下
D．线圈给磁铁的磁场力先向下再向上
[解析] 根据楞次定律的“来拒去留”，磁铁向闭合线圈靠近，要受阻力作用，即磁场力向上，故A正确。
[答案] A
【变式2-2】某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是( )
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
解析：选D 未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，由于未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，A、B错误；接上导线后，表针晃动过程中线圈中会产生感应电流，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，C错误，D正确。
【变式2-3】(多选)如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯挂厢上安装永磁体，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害．关于该装置，下列说法正确的是( )
A．当电梯突然坠落时，该安全装置可起到阻碍电梯下落的作用
B．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中
C．当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同
D．当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落
答案 AD
解析 电梯突然坠落，线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍电梯下落，可起到应急避险作用，选项A正确；感应电流会阻碍电梯下落，但不能使电梯停在空中，选项B错误；当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向是逆时针方向(从上向下看)，线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向是顺时针方向(从上向下看)，可知线圈A与B中感应电流方向相反，选项C错误；根据上述分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，选项D正确．
【题型3 电磁驱动】
【例3】(多选)在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理，如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是( )
A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动
C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同
D．由于铝盘和永久磁体被同一转轴带动，所以两者转动是完全同步的
解析：选BC 当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；该转速表利用了电磁感应原理，由楞次定律推论“来拒去留”知，永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同，C正确；永久磁体固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁体没有被同一转轴带动，D错误。
【变式3-1】在物理兴趣小组的活动中，某同学将轻质圆形铝板用细棉线悬挂在固定点O上，铝板可以绕O点自由摆动，如图所示。在平行于铝板的竖直面内将一竖放的条形磁铁在铝板附近左右来回拉动(与铝板始终不相碰)，若空气流动对铝板的影响可忽略不计，则下列对这个实验结果的判断，正确的是( )
A．铝板内不会产生感应电动势
B．铝板内能产生感应电动势但不会产生感应电流
C．铝板可以在安培力的作用下摆动起来
D．铝板始终保持静止不动
[解析] 当条形磁铁靠近和远离铝板时，铝板切割磁感线，产生感应电动势，A错误；因铝板各部分切割磁感线的密集程度不同，磁通量的改变量不同，故各部分产生的感应电动势不同，由此能产生感应电流，B错误；铝板产生感应电流后，可在安培力的作用下摆动起来，C正确，D错误。
[答案] C
【变式3-2】(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
答案 AB
解析 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确．如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．
【变式3-3】如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的矩形金属线圈．当一竖直放置的、磁极不明的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及其在水平方向运动趋势的正确判断是( )
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
B．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
C．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
D．由于磁铁磁极极性不明，无法判断
答案 C
解析 条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈先有向下和向右运动的趋势，后有向上和向右运动的趋势；故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力，同时运动趋势向右，C项正确．
【题型4 联系实际】
【例4】如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
解析：选D 当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向(从左向右看)的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误；有金属片通过时，则穿过金属片的磁通量发生变化，金属片中会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以会将该空间中的磁场的变化削弱一些，使接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D正确。
【变式4-1】在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排。图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下( )
A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈
B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈
C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行
D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行
解析：选D 题图甲和题图乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感应电流，则不会有磁场力阻碍轮子的运动，A、B错误；题图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会产生磁场力阻碍轮子转动，C错误；题图丁中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形成感应电流，则会产生磁场力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，D正确。
【变式4-2】零刻度在表盘正中间的电流计非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是( )
解析：选D 由题图A、C可知，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C错误；B图是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B错误；D图是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快停下，便于读数，D正确。
【变式4-3】(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
答案 AB
解析 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交流电源的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致磁性减弱，故选项A、B正确，选项C、D错误．
【题型5 综合问题】
【例5】如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列选项正确的是( )
A．磁体做匀加速直线运动
B．磁体的机械能守恒
C．磁体动能的增加量小于重力势能的减少量
D．铝管对桌面的压力大于铝管和磁体的重力之和
[解析] 磁体在铝管中运动的过程中，安培力做负功，磁体的加速度小于重力加速度；根据法拉第电磁感应定律可知，磁体速度越快，产生的感应电动势越大，受到的安培力也越大，所以磁体的加速度是逐渐减小的，磁体不是做匀加速运动，故A错误；磁体在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还要产生内能，故机械能不守恒，且磁体动能的增加量小于重力势能的减少量，故B错误，C正确；以铝管和磁体整体为研究对象，因磁体有向下的加速度，则整体合力向下，故地面对整体的支持力小于总重力，根据牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压力小于铝管和磁体的重力之和，故D错误。
[答案] C
【变式5-1】如图为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L。质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动。棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力Ff大小；
(2)若磁场不动，棒ab以水平初速度2v开始运动，经过时间t＝eq \f(mR,B2L2)停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q。
[解析] (1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a至b。
依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：Ff＝F安
又F安＝BI1L，I1＝eq \f(BLv,R)，联立解得：Ff＝eq \f(B2L2v,R)。
(2)设棒的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))，根据动量定理可得：
－eq \(F,\s\up6(－))安t－Fft＝0－2mv
又eq \(F,\s\up6(－))安＝Beq \(I,\s\up6(－))L，又eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(BL\(v,\s\up6(－)),R)，x＝eq \(v,\s\up6(－)) t，
联立解得：x＝eq \f(mvR,B2L2)
根据动能定理有：－Ffx－W安＝0－eq \f(1,2)m(2v)2
根据功能关系有：Q＝W安，解得：Q＝mv2。
[答案] (1)由a至b eq \f(B2l2v,R) (2)eq \f(mvR,B2L2) mv2
【变式5-2】如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨，导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路．导轨间距为l，导体棒的质量都为m，电阻都为R，导轨部分电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0.
(1)求cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
(2)从开始运动到最终稳定，求电路中产生的电能；
(3)求两棒之间距离增加量的最大值．
答案 (1)eq \f(0.3B2l2v0,mR) (2)eq \f(1,4)mv02 (3)eq \f(mRv0,B2l2)
解析 (1)设当cd棒速度减为0.8v0时ab棒的速度为v′，
由动量守恒定律得mv0＝0.8mv0＋mv′
解得v′＝0.2v0
此时回路的电流是I＝eq \f(Bl0.8－0.2v0,2R)
cd棒的加速度为a＝eq \f(BIl,m)
解得a＝eq \f(0.3B2l2v0,mR)
(2)设两棒稳定时共同的速度为v，据动量守恒定律得
mv0＝(m＋m)v
解得v＝eq \f(1,2)v0
故Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋m)v2＝eq \f(1,4)mv02
(3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BlΔx,Δt)
这段时间内回路的电流为eq \x\t(I)＝eq \f(E,2R)
对ab棒，由动量定理得Beq \x\t(I)lΔt＝mv
联立解得Δx＝eq \f(mRv0,B2l2).
【变式5-3】如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和eq \f(1,2)m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直．图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞．重力加速度为g.求：
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热．
答案 (1)0 eq \r(2gh) (2)eq \f(5,6)eq \r(2gh) (3)eq \f(1,3)mgh
解析 (1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒，则有：eq \f(1,2)mv02＝mgh
a棒与b棒发生弹性正碰
由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
联立解得v1＝0，v2＝v0＝eq \r(2gh)
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大．
设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R总)，
由安培力公式得F＝BIL＝ma，
联立得a＝eq \f(B2L2vb－vc,mR总).
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v2′－v3′)
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．
由动量守恒定律：mv2＝mv2′＋eq \f(m,2)v3′
联立得v2′＝eq \f(5,6)v2＝eq \f(5,6)eq \r(2gh)
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动．
由动量守恒定律：mv2＝(m＋eq \f(m,2))v
由能量守恒定律：eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)(m＋eq \f(m,2))v2＋Q
解得Q＝eq \f(1,3)mgh.
专题2.3 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
【人教版】
TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc1161" 【题型1 涡流】
\l "_Tc25206" 【题型2 电磁阻尼】
\l "_Tc9103" 【题型3 电磁驱动】
\l "_Tc10925" 【题型4 联系实际】
\l "_Tc2094" 【题型5 综合问题】
【题型1 涡流】
【例1】光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部分处在一个沿水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(如图中的虚线所示)。一个小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )
A．mgb B．eq \f(1,2)mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2
[解析] 金属块最终在磁场区域内往复运动，由初状态到末状态，根据能量守恒定律得E1＝E2＋Q，初状态机械能E1＝mgb＋eq \f(1,2)mv2，末状态机械能E2＝mga，产生的焦耳热Q＝E1－E2＝mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2。
[答案] D
【变式1-1】(多选)高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场，如图所示。探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，就会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报；靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是( )
A．金属探测器利用的是电磁感应现象
B．金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用
C．金属探测器利用的是静电感应现象
D．金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化
解析：选AD 线圈通电后会产生磁场，当有金属物体进入磁场时，通过金属物体横截面的磁通量发生变化，金属物体内部会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，由此判断是否有金属物体，静电感应现象是带电体靠近导体时使导体感应起电，故A、D正确。
【变式1-2】涡流内检测技术是一项用来检测各种金属管道是否有破损的技术。下图是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图，当激励线圈中通以正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流。以下有关涡流内检测仪的说法正确的是( )
A．检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率
B．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈的电流强度不变
C．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大
D．当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流
解析：选C 激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率，管道壁中产生涡流，有一定的热功率，P激励＝P检测＋P热，故A错误；增大频率，检测线圈的磁通量变化率变大，产生的感应电动势变大，则电流强度变大，故B错误；增大频率，检测线圈的功率和管道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确；当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时，厚度减小，则管道壁中产生的涡流变小，故D错误。
【变式1-3】以下现象中属于涡流现象的应用的是( )
解析：选B 电烤箱是利用电流发热的原理，故A错误；金属探测仪可以探测人身是否携带金属物品，是通过金属上产生涡流而使报警器发出警告的，故B正确；高压带电作业屏蔽服是利用静电屏蔽原理，故C错误；车载充电器没有应用涡流现象，故D错误。
【题型2 电磁阻尼】
【例2】如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
答案 C
解析 小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误．
【变式2-1】如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁铁上下振动。磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．线圈给磁铁的磁场力始终向上
B．线圈给磁铁的磁场力先向上再向下
C．线圈给磁铁的磁场力始终向下
D．线圈给磁铁的磁场力先向下再向上
[解析] 根据楞次定律的“来拒去留”，磁铁向闭合线圈靠近，要受阻力作用，即磁场力向上，故A正确。
[答案] A
【变式2-2】某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是( )
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
解析：选D 未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，由于未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，A、B错误；接上导线后，表针晃动过程中线圈中会产生感应电流，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，C错误，D正确。
【变式2-3】(多选)如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯挂厢上安装永磁体，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害．关于该装置，下列说法正确的是( )
A．当电梯突然坠落时，该安全装置可起到阻碍电梯下落的作用
B．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中
C．当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同
D．当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落
答案 AD
解析 电梯突然坠落，线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍电梯下落，可起到应急避险作用，选项A正确；感应电流会阻碍电梯下落，但不能使电梯停在空中，选项B错误；当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向是逆时针方向(从上向下看)，线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向是顺时针方向(从上向下看)，可知线圈A与B中感应电流方向相反，选项C错误；根据上述分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，选项D正确．
【题型3 电磁驱动】
【例3】(多选)在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理，如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是( )
A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动
C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同
D．由于铝盘和永久磁体被同一转轴带动，所以两者转动是完全同步的
解析：选BC 当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；该转速表利用了电磁感应原理，由楞次定律推论“来拒去留”知，永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同，C正确；永久磁体固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁体没有被同一转轴带动，D错误。
【变式3-1】在物理兴趣小组的活动中，某同学将轻质圆形铝板用细棉线悬挂在固定点O上，铝板可以绕O点自由摆动，如图所示。在平行于铝板的竖直面内将一竖放的条形磁铁在铝板附近左右来回拉动(与铝板始终不相碰)，若空气流动对铝板的影响可忽略不计，则下列对这个实验结果的判断，正确的是( )
A．铝板内不会产生感应电动势
B．铝板内能产生感应电动势但不会产生感应电流
C．铝板可以在安培力的作用下摆动起来
D．铝板始终保持静止不动
[解析] 当条形磁铁靠近和远离铝板时，铝板切割磁感线，产生感应电动势，A错误；因铝板各部分切割磁感线的密集程度不同，磁通量的改变量不同，故各部分产生的感应电动势不同，由此能产生感应电流，B错误；铝板产生感应电流后，可在安培力的作用下摆动起来，C正确，D错误。
[答案] C
【变式3-2】(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
答案 AB
解析 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确．如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．
【变式3-3】如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的矩形金属线圈．当一竖直放置的、磁极不明的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及其在水平方向运动趋势的正确判断是( )
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
B．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
C．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
D．由于磁铁磁极极性不明，无法判断
答案 C
解析 条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈先有向下和向右运动的趋势，后有向上和向右运动的趋势；故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力，同时运动趋势向右，C项正确．
【题型4 联系实际】
【例4】如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
解析：选D 当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向(从左向右看)的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误；有金属片通过时，则穿过金属片的磁通量发生变化，金属片中会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以会将该空间中的磁场的变化削弱一些，使接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D正确。
【变式4-1】在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排。图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下( )
A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈
B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈
C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行
D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行
解析：选D 题图甲和题图乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感应电流，则不会有磁场力阻碍轮子的运动，A、B错误；题图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会产生磁场力阻碍轮子转动，C错误；题图丁中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形成感应电流，则会产生磁场力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，D正确。
【变式4-2】零刻度在表盘正中间的电流计非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是( )
解析：选D 由题图A、C可知，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C错误；B图是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B错误；D图是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快停下，便于读数，D正确。
【变式4-3】(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
答案 AB
解析 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交流电源的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致磁性减弱，故选项A、B正确，选项C、D错误．
【题型5 综合问题】
【例5】如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列选项正确的是( )
A．磁体做匀加速直线运动
B．磁体的机械能守恒
C．磁体动能的增加量小于重力势能的减少量
D．铝管对桌面的压力大于铝管和磁体的重力之和
[解析] 磁体在铝管中运动的过程中，安培力做负功，磁体的加速度小于重力加速度；根据法拉第电磁感应定律可知，磁体速度越快，产生的感应电动势越大，受到的安培力也越大，所以磁体的加速度是逐渐减小的，磁体不是做匀加速运动，故A错误；磁体在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还要产生内能，故机械能不守恒，且磁体动能的增加量小于重力势能的减少量，故B错误，C正确；以铝管和磁体整体为研究对象，因磁体有向下的加速度，则整体合力向下，故地面对整体的支持力小于总重力，根据牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压力小于铝管和磁体的重力之和，故D错误。
[答案] C
【变式5-1】如图为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L。质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动。棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力Ff大小；
(2)若磁场不动，棒ab以水平初速度2v开始运动，经过时间t＝eq \f(mR,B2L2)停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q。
[解析] (1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a至b。
依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：Ff＝F安
又F安＝BI1L，I1＝eq \f(BLv,R)，联立解得：Ff＝eq \f(B2L2v,R)。
(2)设棒的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))，根据动量定理可得：
－eq \(F,\s\up6(－))安t－Fft＝0－2mv
又eq \(F,\s\up6(－))安＝Beq \(I,\s\up6(－))L，又eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(BL\(v,\s\up6(－)),R)，x＝eq \(v,\s\up6(－)) t，
联立解得：x＝eq \f(mvR,B2L2)
根据动能定理有：－Ffx－W安＝0－eq \f(1,2)m(2v)2
根据功能关系有：Q＝W安，解得：Q＝mv2。
[答案] (1)由a至b eq \f(B2l2v,R) (2)eq \f(mvR,B2L2) mv2
【变式5-2】如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨，导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路．导轨间距为l，导体棒的质量都为m，电阻都为R，导轨部分电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0.
(1)求cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
(2)从开始运动到最终稳定，求电路中产生的电能；
(3)求两棒之间距离增加量的最大值．
答案 (1)eq \f(0.3B2l2v0,mR) (2)eq \f(1,4)mv02 (3)eq \f(mRv0,B2l2)
解析 (1)设当cd棒速度减为0.8v0时ab棒的速度为v′，
由动量守恒定律得mv0＝0.8mv0＋mv′
解得v′＝0.2v0
此时回路的电流是I＝eq \f(Bl0.8－0.2v0,2R)
cd棒的加速度为a＝eq \f(BIl,m)
解得a＝eq \f(0.3B2l2v0,mR)
(2)设两棒稳定时共同的速度为v，据动量守恒定律得
mv0＝(m＋m)v
解得v＝eq \f(1,2)v0
故Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋m)v2＝eq \f(1,4)mv02
(3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BlΔx,Δt)
这段时间内回路的电流为eq \x\t(I)＝eq \f(E,2R)
对ab棒，由动量定理得Beq \x\t(I)lΔt＝mv
联立解得Δx＝eq \f(mRv0,B2l2).
【变式5-3】如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和eq \f(1,2)m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直．图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞．重力加速度为g.求：
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热．
答案 (1)0 eq \r(2gh) (2)eq \f(5,6)eq \r(2gh) (3)eq \f(1,3)mgh
解析 (1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒，则有：eq \f(1,2)mv02＝mgh
a棒与b棒发生弹性正碰
由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
联立解得v1＝0，v2＝v0＝eq \r(2gh)
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大．
设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R总)，
由安培力公式得F＝BIL＝ma，
联立得a＝eq \f(B2L2vb－vc,mR总).
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v2′－v3′)
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．
由动量守恒定律：mv2＝mv2′＋eq \f(m,2)v3′
联立得v2′＝eq \f(5,6)v2＝eq \f(5,6)eq \r(2gh)
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动．
由动量守恒定律：mv2＝(m＋eq \f(m,2))v
由能量守恒定律：eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)(m＋eq \f(m,2))v2＋Q
解得Q＝eq \f(1,3)mgh.
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