河北省張家口市高三物理 專題練習（33）電磁感應綜合2.doc

電磁感應綜合21.如圖甲所示，電阻R=1、半徑r1=0.2m的單匝圓形導線框P內(nèi)有一個與P共面的圓形磁場區(qū)域Q，P、Q的圓心相同，Q的半徑r2=0.1mt=0時刻，Q內(nèi)存在著垂直于紙面向里的磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示若規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則線框P中感應電流I隨時間t變化的關(guān)系圖象應該是圖中的（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【詳解】由法拉第電磁感應定律，可得導線框P中產(chǎn)生的感應電動勢為：E=BSt=Btr22=0.01（V），再由歐姆定律得，P中產(chǎn)生的感應電流為：I=0.01（A），由楞次定律，得電流的方向是順時針方向，故C正確，ABD錯誤；故選C?！军c睛】本題關(guān)鍵是根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向，根據(jù)法拉第電磁感應定律求解感應電動勢，然后根據(jù)歐姆定律求解感應電流2.在如圖所示的電路中，線圈中的自感系數(shù)很大，且其直流電阻可以忽略不計D1和D2是兩個完全相同的小燈泡，在開關(guān)S的閉合和斷開的過程中（燈絲不會斷），D1和D2亮度的變化情況是（）A. S閉合，D1很亮且亮度不變，D2逐漸變亮，最后兩燈一樣亮；S斷開，D2立即滅，D1逐漸變亮B. S閉合，D1不亮，D2很亮；S斷開，D2立即滅C. S閉合，D1和D2同時亮，而后D1滅，D2亮度不變：S斷開，D2立即滅，D1亮一下才滅D. S閉合，D1和D2同時亮，后D1逐漸熄滅，D2則逐漸變得更亮；S斷開，D2立即滅，D1亮一下后才滅【答案】D【解析】【詳解】S閉合瞬間，兩燈同時獲得電壓，同時發(fā)光，隨著線圈L電流的增加，逐漸將D1燈短路，D1燈熄滅，而外電阻減小，流過D2燈變亮；S斷開時，線圈與D1組成閉合回路，D2燈立即熄滅。線圈L中的電流開始減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，使D1亮一下再慢慢熄滅。故ABC錯誤，D正確。故選D?！军c睛】對于線圈要抓住雙重特性：當電流不變時，它是電阻不計的導線；當電流變化時，產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源3.一閉合線圈固定在垂直紙面的勻強磁場中，設(shè)垂直紙面向里為磁感應強度B的正方向，圖中箭頭為感應電流I的正方向，如圖甲所示已知線圈中的感應電流隨時間變化的圖象如圖乙所示，則磁感應強度隨時間變化的圖象可能是圖中的哪幾幅（）A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【詳解】由甲知：線圈中順時針方向的感應電流為正，垂直紙面向里的磁感應強度方向為正，則由乙可知：線圈中在前0.5s內(nèi)產(chǎn)生了逆時針方向的感應電流，由楞次定律可得：當磁通量增加時，感應磁場方向與原磁場方向相反；當磁通量減小時，感應磁場方向與原磁場方向相同。A圖中，在前0.5s內(nèi)由乙圖根據(jù)楞次定律可知，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場增強的；若磁場方向垂直向外（負方向）時，必須是磁場均勻減弱的。而在0.5s-1.5s，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場減弱的；若磁場方向垂直向外（負方向）時，必須是磁場均勻增加的。所以A選項錯誤；B圖中，在前0.5s內(nèi)，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場增強的；若磁場方向垂直向外（負方向）時，必須是磁場減弱的。而在0.5s-1.5s，由感應電流方向，結(jié)合楞次定律可得：若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場減弱的；若磁場方向垂直向外（負方向）時，必須是磁場增加的。故B錯誤；C圖中，在前0.5s內(nèi)由乙圖根據(jù)楞次定律可知，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場增強的；若磁場方向垂直向外（負方向）時，必須是磁場減弱的。而在0.5s-1.5s，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場減弱的；若磁場方向垂直向外（負方向）時，必須是磁場增加的。所以C正確；由C選項分析可知，0.5s-1.0s，不符合電流圖象，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題考查法拉第電磁感應定律的圖象應用，要注意正確掌握楞次定律的應用，同時要注意正確分析圖象的性質(zhì)，能正確應用排除法進行分析4.李輝用多用表的歐姆檔測量一個變壓器線圈的電阻，以判斷它是否斷路劉偉為了使李輝操作方便，用兩手分別握住線圈裸露的兩端讓李輝測量已知歐姆檔電源電動勢1.5V，電流約3mA流經(jīng)變壓器線圈，劉偉的人體電阻約100K則當李輝把多用表的表筆與被測線圈脫離時，劉偉兩手間的最大電壓約為（）A. 1.5V B. 300V C. 150V D. 不能確定【答案】B【解析】【詳解】已知歐姆檔電源電動勢1.5V，電流約3mA流經(jīng)變壓器線圈，劉偉的人體電阻約100K。在電流變化時線圈才會產(chǎn)生自感電動勢回路接通的狀態(tài)時回路中電流不變化，線圈兩端不會產(chǎn)生感應電動勢，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，則當李輝把多用表的表筆與被測線圈脫離時，劉偉兩手間的最大電壓約為U=IR=0.003100000=300V，故選B。【點睛】本題考查了自感電動勢產(chǎn)生的條件，要知道歐姆表測電阻時，電流是很小的；當電流變化時線圈才會產(chǎn)生較大的自感電動勢5.如右圖所示，兩個相鄰的勻強磁場，寬度均為L，方向垂直紙面向外，磁感應強度大小分別為B、2B.邊長為L的正方形線框從位置甲勻速穿過兩個磁場到位置乙，規(guī)定感應電流逆時針方向為正，則感應電流i隨時間t變化的圖象是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】金屬棒剛進入磁場切割產(chǎn)生電動勢，右手定則判斷出感應電流方向為順時針，所以電流為負值，此時的電流： I=ER=BLvR； 當線框剛進入第二個磁場時，則右側(cè)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢，從而產(chǎn)生感應電流的方向為順時針方向，左側(cè)金屬棒產(chǎn)生的電動勢，所產(chǎn)生感應電流為逆時針方向，由于右側(cè)磁場強度為2I，則產(chǎn)生電流的方向為順時針，即電流值為負值，且此時電流： I2=ER=2BLvRBLvR=I，當線圈開始離開第二個磁場時，由右手定則可知，電流為逆時針，大小為2I，故ABC錯誤，D正確6.如圖，在水平面內(nèi)有四根相同的均勻光滑金屬桿ab、ac、de以及df，其中ab、ac在a點固定，de、df在d點固連，分別構(gòu)成兩個“V”字型導軌，空間中存在垂直于水平面的勻強磁場，用力使導軌edf勻速向右運動，從圖示位置開始計時，運動過程中兩導軌的角平分線始終重合，導軌間接觸始終良好，下列物理量隨時間的變化關(guān)系正確的是（）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】試題分析：設(shè)bac=2，剛開始時切割有效長度的一半為l0，則產(chǎn)生的電動勢E=BLv=Bv(2l0+2vttan)=2Bvl0+2Bv2ttan，設(shè)單位長度金屬桿的電阻為r，則R=4l0tanr+4vtcos，隨時間均勻增大，C正確，I=ER=ER=2Bv2ttan4vtcos=2Bv2tan4vcos，電流恒定，D錯誤；根據(jù)F=BIL可知Lt，I恒定，所以F隨時間均勻增大，A正確；克服安培力做功等于回路中產(chǎn)生的熱量，根據(jù)W=Fv，可知Wt，B正確；考點：考查了電磁感應與圖像【名師點睛】關(guān)于電磁感應問題，特別是圖象問題，不能憑想當然，最好是通過閉合電路歐姆定律找出關(guān)系式7.如圖所示，一電子以初速v沿與金屬板平行的方向飛入兩板間，在下列哪幾種情況下，電子將向M板偏轉(zhuǎn)？（）A. 開關(guān)S接通瞬間B. 斷開開關(guān)S的瞬間C. 接通S后，變阻器的滑動觸頭向右迅速滑動時D. 接通S后，變阻器的滑動觸頭向左迅速滑動時【答案】AD【解析】【詳解】由安培定則得下方的電流產(chǎn)生的磁場的方向N極向上，S向下；開關(guān)K接通瞬間，穿過線圈的磁通量增加，由楞次定律知在上線圈中感應出上正下負的電動勢，電子向M板偏轉(zhuǎn)，A正確；斷開開關(guān)K瞬間，穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律知在上線圈中感應出上負下正的電動勢，電子向N板偏轉(zhuǎn)，B錯誤；接通K后，變阻器滑動觸頭向右迅速滑動，電阻增大，電流減小，穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律知在上線圈中感應出上負下正的電動勢，電子向N板偏振，C錯誤；接通K后，變阻器滑動觸頭向左迅速滑動，電阻減小，電流增大，穿過線圈的磁通量增加，由楞次定律知在上線圈中感應出上正下負的電動勢，電子向M板偏振，D正確；故選AD。8.如圖所示，一質(zhì)量為m1=0.1kg的小燈泡通過雙股柔軟輕質(zhì)導線與一質(zhì)量為m2=0.3kg的正方形線框連接成閉合回路（圖中用單股導線表示），已知線框匝數(shù)為N=10匝，總電阻為r=1，線框正下方h=0.4m處有一水平方向的有界勻強磁場，磁感應強度為B=1T，磁場寬度與線框邊長均為L=0.2m，忽略所有摩擦阻力及導線電阻，現(xiàn)由靜止釋放線框，當線框下邊進入磁場的瞬間，加速度恰好為零，且小燈泡正常發(fā)光，g取10m/s2則（）A. 小燈泡的電阻R=3B. 線框下邊進入磁場的瞬間，小燈泡的速度v=3m/sC. 在線框進入磁場區(qū)域的過程中，通過小燈泡的電荷量q=0.2CD. 在線框穿過磁場區(qū)域的過程中，小燈泡消耗的電能ER=0.8J【答案】AC【解析】試題分析：線框進入磁場前，整個系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：m2gh-m1gh=（m1+m2）v2，代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s；選項B錯誤；線框勻速下落的過程中，產(chǎn)生的感應電動勢為：E=NBLv，線框受到的安培力：，對線框，由平衡條件得：，解得燈泡電阻為：R=3；選項A正確；線框勻速下落的高度為2L，由能量守恒定律得系統(tǒng)消耗的電能為：E電=2（m2-m1）gL，消耗在小燈泡上的電能為：，解得：ER=06J，選項D錯誤；通過小燈泡的電荷量為：，代入數(shù)據(jù)解得：q=02C；選項C正確；故選AC考點：法拉第電磁感應定律；能量守恒定律；【名師點睛】本題是一道電磁感應與電路相結(jié)合的綜合題，分析清楚線框運動過程，應用機械能守恒定律、E=BLv、歐姆定律、平衡條件、能量守恒定律、電流定義式即可正確解題。9.如圖甲所示，位于豎直面內(nèi)的兩金屬導軌平行且處在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面導軌的一端與一電阻R相連，具有一定質(zhì)量的金屬桿ab放在導軌上且接觸良好并與導軌垂直，導軌上有支撐水平金屬桿的套環(huán)，使金屬桿始終保持靜止當磁場的磁感應強度B隨時間t按如圖乙所示變化時（規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正），若規(guī)定套環(huán)對金屬桿的支持力向上為正，則如圖所示反映金屬桿所受的支持力F隨時間t變化和電阻R的發(fā)熱功率P隨時間t變化的圖線可能正確的是（）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【詳解】在0-0.5s內(nèi)，B均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，回路中產(chǎn)生恒定的感應電動勢：E1=t=BtS=2B0B00.5S=2B0S，根據(jù)楞次定律判斷得知，ab中產(chǎn)生的感應電流方向沿ba，為負方向。感應電流的大小為I1=E1R=2B0SR，ab棒所受的安培力大小為FA1=BI1L=2B0SLR（B0+2B0t），方向向左，則拉力大小為F1=FA1=2B0SLR（B0+2B0t），方向向右，為正方向；在0.5-1s內(nèi)，B不變，穿過回路的磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，安培力和拉力均為零；在1-2s內(nèi)，B均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，回路中產(chǎn)生恒定的感應電動勢：E2=t=BtS=2B0S0.5S=4B0S，根據(jù)楞次定律判斷得知，ab中產(chǎn)生的感應電流方向沿ab，為正方向。感應電流的大小為I2=E2R=4B0SR，ab棒所受的安培力大小為FA2=BI2L=4B0SLR2B0-4B0（t-1）= 4B0SLR（6B0-4B0t），方向向右，則拉力大小為F2=FA2=4B0SLR（6B0-4B0t），方向向左，為負方向；故知A正確。有前面分析的電流大小，結(jié)合功率公式：P=I2R知，C圖象正確；故選AC。10.如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線圈，在金屬線圈的下方有一磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，MN和MN是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，邊界的寬度為S，并與線框的bc邊平行，磁場方向與線框平面垂直現(xiàn)讓金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域的vt圖象（其中OA、BC、DE相互平行）已知金屬線框的邊長為L（LS）、質(zhì)量為m，電阻為R，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，圖象中坐標軸上所標出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均為已知量（下落過程中bc邊始終水平）根據(jù)題中所給條件，以下說法正確的是（）A. t2是線框全部進入磁場瞬間，t4是線框全部離開磁場瞬間B. 從bc邊進入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，感應電流所做的功為mgSC. v1的大小可能為mgRB2L2D. 線框穿出磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量比線框進入磁場過程中流經(jīng)框橫截面的電荷量多【答案】AC【解析】金屬線框進入磁場之前，做自由落體運動，下邊進入磁場切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，下邊受到向上的安培力作用，做加速度減少的減速運動；導線框完全進入磁場中，導線框中磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流，導線框不受安培力作用，受重力，做勻加速運動；導線框下邊開始出磁場時，上邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，上邊受到向上的安培力作用，導線框做減速運動全部離開后，以加速度g做勻加速運動所以A正確；從bc邊進入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，mg(Ls)W12mv1212mv22，mg(Ls)12mv12+12mv22W，B錯誤；當恰受力平衡時，mgBBLvRL，解得v1=mgRB2L2，即有可能，C正確；q=It=tRt=R ，進入和離開相同，所以q相同，D錯誤故選AC.點睛：解決本題的關(guān)鍵通過圖線理清線框在整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合動能定理、共點力平衡進行求解，掌握電量的經(jīng)驗表達式q=nR，并能靈活運用.11.下列說法正確的是（）A. 法拉第第一次提出了用電場線的概念來描述電場B. 磁場的基本性質(zhì)是對放在其中的電荷有力的作用C. 金屬圓盤在如圖甲的磁極間旋轉(zhuǎn)時，會受到磁場力的阻礙作用D. 金屬塊放到如圖乙的“高頻爐”中，鍋中金屬就可以熔化，這是因為線圈中的高頻交流電產(chǎn)生高頻微波輻射，深入到金屬內(nèi)部，產(chǎn)生熱量【答案】AC【解析】【詳解】法拉第提出了場的概念，并用電場線和磁感線形象地描述電場和磁場，故A正確；電場的基本性質(zhì)是對放在其中的電荷有力的作用，故B錯誤；金屬圓盤在如圖甲的磁極間旋轉(zhuǎn)時，會受到磁場力的阻礙作用，是電磁阻尼，故C正確；金屬塊放到如圖乙的“高頻爐”中，鍋中金屬就可以熔化，這是因為金屬塊中產(chǎn)生了渦電流，故D錯誤；故選AC?！军c睛】法拉第第一次提出了用電場線的概念來描述電場，總結(jié)了電磁感應的規(guī)律，渦流和電磁阻尼都是電磁感應現(xiàn)象12.如圖所示是稱為阻尼擺的示意圖，在輕質(zhì)桿上固定一金屬薄片，輕質(zhì)桿可繞上端O點軸在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，一水平有界磁場垂直于金屬薄片所在的平面使擺從圖中實線位置釋放，擺很快就會停止擺動；若將擺改成梳齒狀，還是從同一位置釋放，擺會擺動較長的時間試定性分析其原因【答案】見解析【解析】第一種情況下，阻尼擺進入有界磁場后，在擺中會形成渦流，渦流受磁場的阻礙作用，會很快停下來；第二種情況下，將金屬擺改成梳齒狀，阻斷了渦流形成的回路，從而減弱了渦流，受到的阻礙會比先前小得多，所以會擺動較長的時間13. 如圖所示，導線全部為裸導線，半徑為r的圓內(nèi)有垂直于平面的勻強磁場，磁感應強度為B，一根長度大于2r的導線MN以速度v在圓環(huán)上無摩擦地自左向右勻速滑動，電路的固定電阻為R其余電阻忽略不計試求MN從圓環(huán)的左端到右端的過程中電阻R上的電流強度的平均值及通過的電荷量【答案】Brv2R Br2R【解析】試題分析：由于BSBr2，完成這一變化所用的時間t=2rv故E=t=Brv2所以電阻R上的電流強度平均值為I=ER=Brv2R通過R的電荷量為qItBr2R考點：法拉第電磁感應定律；電量14.如圖所示，一正方形線圈從某一高度自由下落，恰好勻速進入其下方的勻強磁場區(qū)域已知正方形線圈質(zhì)量為m=0.1kg，邊長為L=1m，電阻為R=4，勻強磁場的磁感應強度為B=1T，高度為2L，取g=10m/s2求：（1）線圈進入磁場時回路產(chǎn)生的感應電流I1的大小和方向（2）線圈離磁場的高度（3）線圈下邊緣cd剛離開磁場時線圈的加速度大小及方向（4）若線圈在離開磁場前就已經(jīng)勻速運動，則線圈在離開磁場過程中產(chǎn)生的熱量【答案】（1）1A，方向為逆時針（2）0.8m（3）5m/s2，方向向上（4）2J【解析】【詳解】（1）線框進入磁場時恰好勻速運動，重力和安培力平衡，則得 BI1L=mg可得I1=mgBL=0.11011A=1A 由楞次定律判斷知，I1的方向沿逆時針（2）線框進入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢 E=I1R=14V=4V由E=BLv1得：v1=EBL=411=4m/s由v12=2gH得H=v122g=4220m=0.8m（3）線框完全在磁場中下落的高度：h=2L-L=1m線框完全在磁場中磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流，不受安培力，所以線框做加速度為g的勻加速直線運動，線框下邊cd將要出磁場時的速率為：v2=v12+2gh=42+2101m/s=6m/s線框下邊剛離開磁場時感應電流的大小I2=BLv2R=1164A=1.5A根據(jù)牛頓第二定律得：mg-BI2L=ma可得線圈的加速度 a=g-BI2Lm=1011.510.1=-5m/s2，負號表示加速度方向向上（4）若線圈在離開磁場前就已經(jīng)勻速運動，由mg=BIL=B2L2v3R，知v3=v1；根據(jù)能量守恒得知，線框離開磁場的過程產(chǎn)生的熱量與進入磁場時的相等，為：Q=2mgL=20.1101J=2J【點睛】本題在電磁感應中屬于常規(guī)題，從力的角度研究電磁感應現(xiàn)象，根據(jù)受力情況分析線圈的運動情況，并運用運動學公式求解速度運用電磁感應的基本規(guī)律和力學知識結(jié)合求解