河北省张家口市高三物理 专题练习（32）电磁感应综合1.doc

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电磁感应综合1 1.在图示的“日”字形导线框中，ae和bf的电阻不计，ab、cd、ef电阻相等，以一定速度v匀速进入一匀强磁场的过程中，在ab进入后与cd进入后相比（　　） A. ab中电流相等 B. cd中电流相等 C. ab间电压相等 D. 导线框消耗的总电功率相等 【答案】BD 【解析】 【详解】设ab、cd、ef电阻均为R．当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv，外电路是cd与ef并联，则ab中的电流强度：Iab=ER+0.5R=2E3R ；cd中的电流强度：Icd=12Iab=E3R；ab间电压为：Uab=0.5R0.5R+RE=13E；导线框消耗的总电功率：P=EIab=2E23R；当cd边进入磁场时，ab与cd都切割磁感线，产生的感应电动势为E=BLv，内电路是ab与dc并联，ab两端的电势差等于ef两端的电压，则ab中的电流强度：Iab′=12•ER+0.5R=E3R；cd中的电流强度为：Icd′=Iab′=E3R；ab间电压为：Uab′=RR+0.5RE=23E；导线框消耗的总电功率为：P′=E•（ Iab′+Icd′）=2E23R，故ab中电流、ab间电压均不相等，而cd中电流、导线框消耗的总电功率均相等，故AC错误，BD正确。故选BD。 【点睛】此题关键要区分清楚电源和外电路，可以画出等效电路，运用电路的基本规律解题．要注意电源两端间的电势差是路端电压，不是电源的内电压． 2.如图所示，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．长为L，电阻为R0的金属棒cd在宽为L的导轨上向右滑行，速度为V．已知R1=R2=R0，其余电阻不计，则开关断开和闭合时，M、N两点电势差下列说法正确的是（　　） A. 断开时，UMN=0；闭合时UMN≠0 B. 断开和闭合时，UMN≠0 C. 断开和闭合时MN电势差之比为3：2 D. 断开和闭合时MN电势差之比为3：1 【答案】BC 【解析】 【详解】断开时，电路没有电流，MN间的电压等于cd间的电压，等于cd产生的感应电动势，则UMN≠0；开关闭合时，回路中有感应电流，MN间的电压等于R1、R2的总电压，则UMN≠0，故A错误，B正确。断开时，UMN=BLv；开关闭合时，UMN′=R1+R2R1+R2+R0BLv=23BLv，则断开和闭合时MN电势差之比为3：2，故C正确，D错误。故选BC。 【点睛】本题可以利用电路知识来理解MN间电压与感应电动势的关系，要注意开关闭合时，MN间电压不是金属棒cd上的电压，而是外电压． 3.如右图所示电路中，均匀变化的匀强磁场只存在于虚线框内，三个电阻阻值之比R1∶R2∶R3=1∶2∶3，其他部分电阻不计。当S3断开，而S1、S2闭合时，回路中感应电流为I，当S1断开，而S2、S3闭合时，回路中感应电流为5I，当S2断开，而S1、S3闭合时，可判断 （ ） A. 闭合回路中感应电流为4I B. 闭合回路中感应电流为7I C. 无法确定上下两部分磁场的面积比值关系 D. 上下两部分磁场的面积之比为3∶25 【答案】BD 【解析】 当S1、S2闭合，S3断开时，有；同理，当S2、S3闭合，S1断开时有，当S1、S3闭合，S2断开时有。又R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，设R1、R2、R3的电阻分别为R、2R、3R，又根据磁场的分布知E3＝E1＋E2，联系以上各式解得I3＝7I。且有E1＝＝＝3IR，E2＝＝＝25IR，则上下两部分磁场的面积之比为3∶25。 4. 如图所示，粗细均匀的电阻丝制成的长方形导线框abcd处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，另一种材料的导体棒MN与导线框保持良好接触并在外力作用下从导线框左端匀速滑到右端，在此过程中，导线框上消耗的电功率P的变化情况可能为（ ） A. 逐渐增大 B. 先增大后减小 C. 先减小后增大 D. 增大、减小、再增大、再减小 【答案】BC 【解析】 A、导体棒MN从导线框左端匀速滑到右端时，线框左右两部分并联电阻先增大，后减小，MN滑ab中点时，线框并联总电阻最大． 根据数学可得到，当外电阻与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大．则功率不可能一直增大．故A错误． B、若线框并联的最大电阻小于电源的内阻时，导线框上消耗的电功率可能先增大后减小．故B正确． C、若线框并联的最大电阻大于电源的内阻时，导线框上消耗的电功率可能先减小后增大．故C正确． D、由于线框左右对称，功率变化情况相反，不可能增大、减小、再增大、再减小．故D错误． 在分析电源的输出功率变化时，常常用到这个经验结论：当外电阻与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大． 5.在某中学实验室的水平桌面上，放置一个南北朝向边长为L的正方形闭合线圈，线圈的ab边指向南北，如图所示，现测得该地所处的地磁场（近似为匀强磁场）竖直方向分量为B1，水平方向分量为B2，线圈电阻为R．现有下列几种说法正确的是 A. 以ab边为轴，将cd边迅速翻起90的过程中，线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a B. 将线圈以速度v向东平动，则b点电势比a点低 C. 以ab边为轴，在t时间内把线圈翻转180的过程中，线圈中平均的感应电流为零 D. 以ab边为轴，在t时间内把线圈翻转180的过程中，线圈中平均的感应电流为2B1L2Rt 【答案】AD 【解析】 【详解】以ab为轴将线圈向上翻转，向下的磁通量减小量，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向应该向下，则感应电流的方向为a→b→c→d→a．故A正确。将线圈以速度v向东平动，根据右手定则知，a点的电势比b点的电势低。故B错误。以ab边为轴，在t时间内把线圈翻转180的过程中，线圈磁通量的变化量大小为△Φ=2B1L2，线圈中平均的感应电流为I=ER=ΔΦtR=2B1L2Rt，故C错误，D正确。故选AD。 6.如图所示，有一个磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，一半径为r、电阻为2R的金属圆环放置在磁场中，金属圆环所在的平面与磁场垂直．金属杆Oa一端可绕环的圆心O旋转，另一端a搁在环上，电阻值为R；另一金属杆Ob一端固定在O点，另一端b固定在环上，电阻值也是R．已知Oa杆以角速度ω匀速旋转，所有接触点接触良好，Ob不影响Oa的转动，则下列说法正确的是 A. 流过Oa的电流可能为Bωr25R B. 流过Oa的电流可能为6Bωr225R C. Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2 D. Oa旋转时产生的感应电动势的大小为12Bωr2 【答案】ABD 【解析】 【详解】oa杆切割磁感线产生感应电动势为E=Brv=Brvo+va2=Br0+rω2=12Br2ω，当oa转到最高点时，外电路总电阻最大，为：R+R+0.5R=2.5R，通过oa的电流最小，最小电流为：Imin=E2.5R=Br2ω5R，当oa与ob重合时，环的电阻为0，外电路总电阻最小，通过oa的电流最大，最大电流为：Imax=E2R=Br2ω4R，故流过oa的电流的范围为Br2ω5R⩽I⩽Br2ω4R，故A、B、D正确，C错误； 故选ABD。 【点睛】oa杆以角速度匀速旋转，切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，其余部分为外电路．当oa转到最高点时，外电路总电阻最大，通过oa的电流最小；当oa与ob重合时，环的电阻为0，外电路总电阻最小，通过oa的电流最大，根据E=BLv和欧姆定律求解，其中v是速度的平均值。 7.如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的导体棒ab与固定弹簧相连，放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．不计导轨电阻，则下列说法中不正确的是（　　） A. 导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左 B. 导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U=BLv0 C. 导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能Ep=12mv02 D. 金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热Q=12mv02 【答案】BCD 【解析】 【详解】导体棒开始运动的初始时刻，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从a→b，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力向左，故A正确。导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为E=BLv0．由于r=R，所以导体棒两端的电压U=12E=12BLv0．故B错误。由于导体棒运动过程中产生电能，所以导体棒开始运动后速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知：系统的弹性势能小于12mv02，故C错误。金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热 Q=12•12mv02=14mv02，故D错误。此题选择不正确的选项，故选BCD。 【点睛】弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键，当然右手定则和安培定则也熟练运用． 8.如图所示，水平地面上方存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场上边界水平．A、B为同种材料制成的边长均为L的正方形线框，B的质量是A的质量的两倍，放在匀强磁场的上方，其磁场宽度为4L，两线框的下边距离磁场的上边的高度为h，让它们同时由静止释放，下落过程中线框平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．则（　　） A. A、B同时落地 B. B比A先落地 C. 下落过程中通过A、B两个线框的电量之比为1：2 D. 下落过程中A、B两个线框产生的热量之比为1：2 【答案】ACD 【解析】 【详解】线框同时进入磁场，刚进入磁场时，有：v＝2gh；根据mg−B⋅BLvR⋅L＝ma得：a=g−B2L2vmR；质量：m=ρmV=ρm•S•4L；电阻：R＝ρR⋅4LS （其中S是横截面积，ρm、ρc分别为材料的质量密度和电阻率，对两者相抵），由以上各式整理得：a＝g−B22gh16ρmρR，故线框进入磁场时两者加速度相等，则经过相等时间相等的距离，速度变化相等，所以以后在同一高度处速度、加速度处处相等。而线框进入磁场后，感应电流为零，安培力为零，只受重力作用，加速度一直为g，这样线框在整个过程中的任何时刻速度都相等且在同一高度处，故同时落地。故A正确，B错误；整个过程中通过线框的总电量为：q=△ΦR∝1R，而：R＝ρR⋅4LS，且两者质量mB=2mA，可知SB=2SA，所以y有：qAqB＝mAmB＝12．故C正确；由能量守恒定律得：mg(h+5L)＝Q+12mv2（v为线框落地时的速度大小，两者速度相等），得：QAQB＝mAmB＝12．故D正确；故选ACD。 【点睛】本题综合考查了切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、能量守恒定律等知识，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练． 9.如图所示，导体杆op可绕轴o沿半径为r的光滑半圆形框架在匀强磁场中以角速度ω顺时针匀速转动，磁感应强度为B，oa间接有电阻R，杆和框架电阻不计，则（　　） A. 通过电阻R中的电流方向由a经R到O B. 导体杆O端的电势高于p端的电势 C. 回路中的感应电流大小为Br2ωR D. 电阻R产生的热功率为B2r4ω24R 【答案】D 【解析】 试题分析：根据右手定则，杆中的电流方向为从o到p，因此选项A错误。杆是电源，电流从p点流出，p是高电势，选项B错误。感应电动势为E=12Br2ω，则电流为I=Br2ω2R，选项C错误。电阻R产生的热功率为P=EI=B2r4ω24R，选项D正确。 考点：本题考查转动切割类电磁感应问题。 10.电阻为R=1Ω的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图所示，磁场对圆环的磁通量随时间的变化关系如图所示，则（　　） A. 第1s内感应电流方向于第2s内感应电流方向相反 B. 第1s内通过金属环横截面的电量为1C C. 第1s末到第3s末平均电动势为2V D. 在两个周期的时间内金属环中产生的热量为16J 【答案】AD 【解析】 【详解】根据楞次定律可知，第1s内磁通量在增加，而第2s内磁通量在减小，而磁场方向不变，则感应电流方向必相反，故A正确；根据电量的综合表达式Q=ΔΦR=21C=2C，故B错误；由法拉第电磁感应定律，则有：第1s末到第3s末平均电动势为E=ΔΦ△t=22V=1V，故C错误；根据焦耳定律，在一个周期内的热量Q=I2R•2T3=(21)212=8J，那么在两个周期的时间内金属环中产生的热量为16J，故D正确；故选AD。 11.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨间距为L，上端接有电阻为R、额定功率为P的小灯泡，将质量为m、电阻不计的金属棒从图示位置由静止释放，下落过程中金属棒保持水平且与导轨接触良好．自由下落一段距离后金属棒进入一个垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场宽度为h．金属棒出磁场前一段时间小灯泡已正常发光，下面说法正确的是（　　） A. 小灯泡正常发光时消耗的功率等于安培力功率的绝对值 B. 小灯泡正常发光时消耗的功率等于重力功率与安培力功率的绝对值之和 C. 金属棒匀速运动的速度为Pmg D. 整个过程中通过小灯泡的电荷量为mgh2PR 【答案】AC 【解析】 【详解】金属棒出磁场前，小灯泡已能正常发光，故出磁场前金属棒已在磁场中匀速运动，重力和安培力相等，重力势能减小转化为电能，因此重力功率等于小灯泡消耗的功率，故A正确，B错误；由功率公式可得：P=mgv，所以v=Pmg，故C正确；根据q=It，I=BLvR，故q=BLhR，又因为mg=B2L2vR，且v=Pmg，联立解得：q=mghPR，故D错误；故选AC。 【点睛】本题考查电磁感应规律的应用，要注意棒离开磁场前处于平衡状态，紧扣重力的功率等于电路消耗的功率，同时明确根据法拉第电磁感应定律求电量的运用． 12.如图所示，空间存在有界磁场Ⅰ和Ⅱ，其中磁场Ⅰ上下边界间距为4L，方向垂直纸面向里，大小为B，而磁场Ⅱ的上边界即为磁场Ⅰ的下边界，且磁场Ⅱ的宽度为2L，方向垂直纸面向外，大小也为B，一质量为m，边长为L的金属线框以某一竖直速度v0从磁场Ⅰ的上边界进入磁砀时恰好匀速运动，而在线框从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ的过程中线框再次达到匀速运动，最后线框下边界刚离开磁场Ⅱ时恰好又一次开始匀速运动，则关于线框的运动下列说法正确的是（　　） A. 线框离开磁场Ⅱ时的速度大于线框进入磁场Ⅰ的速度 B. 线框下边离开磁场Ⅰ的下边界时的速度大小为v0 C. 线框从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ全过程中机械能减少了5mgL D. 线圈自磁场Ⅰ上方由静止释放的高度为1615L 【答案】BD 【解析】 【详解】线框进入磁场I时做匀速运动，则有：mg=B2L2v0R；刚出磁场Ⅱ时又做匀速运动，有mg=B2L2v2R，可得v2=v0，即线圈离开磁场Ⅱ时的速度等于线框进入磁场I的速度，故A错误，B正确。线圈在从磁场I进入磁场Ⅱ的过程中做匀速运动，动能不变，则机械能减小为△E=mgL，故C错误。线圈进入磁场Ⅰ时做匀速运动：mg=B2L2v0R，根据动能定理：mg（h-L）=12mv02；联立得：h=1615L，故D正确；故选BD。 【点睛】本题要紧扣线圈匀速运动的过程进行分析，结合安培力公式和受力平衡分析．根据能量守恒定律研究产生的热量，都是常用的思路，关键要能熟练运用． 13.如图所示，两根与水平面成θ=30角的足够长光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L=1m，导轨两端各接一个电阻，其阻值R1=R2=1Ω，导轨的电阻忽略不计．整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度B=1T．现有一质量为m=0.2kg、电阻为1Ω的金属棒用绝缘细绳通过光滑滑轮与质量为M=0.5kg的物体相连，细绳与导轨平面平行．将金属棒与M由静止释放，棒沿导轨运动了6m后开始做匀速运动．运动过程中，棒与导轨始终保持垂直且接触良好，图示中细绳与R2不接触．（g=10m/s2）求： （1）金属棒匀速运动时的速度； （2）棒从释放到开始匀速运动的过程中，电阻R1上产生的焦耳热． 【答案】（1）6m/s；（2）1.9J． 【解析】 【详解】（1）电路总电阻：R=r+R1R2R1+R2=1+111+1=1.5Ω， 金属杆受到的安培力：FB=BIL=B2L2vR 金属棒做匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：Mg=mgsinθ+B2L2vR， 解得：v=6m/s； （2）对系统，由能量守恒有：Mgs=mgs•sinθ+Q+12（M+m）v2， 由Q=I2Rt可知，Qr=4Q1=4Q2，Q=Qr+Q1+Q2， 解得：Q1=1.9J； 14.如图（甲）所示，M1M4、N1N4为平行放置的水平金属轨道，M4P、N4Q为相同半径，平行放置的竖直半圆形金属轨道，M4、N4为切点，P、Q为半圆轨道的最高点，轨道间距L=1.0m，圆轨道半径r=0.32m，整个装置左端接有阻值R=0.5Ω的定值电阻．M1M2N2N1、M3M4N4N3为等大的长方形区域Ⅰ、Ⅱ，两区域宽度 d=0.5m，两区域之间的距离s=1.0m；区域Ⅰ内分布着均匀的变化的磁场B1，变化规律如图（乙）所示，规定竖直向上为B1的正方向；区域Ⅱ内分布着匀强磁 场B2，方向竖直向上．两磁场间的轨道与导体棒CD间的动摩擦因数为μ=0.2，M3N3右侧的直轨道及半圆形轨道均光滑．质量m=0.1kg，电阻R0=0.5Ω的导体棒CD在垂直于棒的水平恒力F拉动下，从M2N2处由静止开始运动，到达M3N3处撤去恒力F，CD棒匀速地穿过匀强磁场区，恰好通过半圆形轨道的最高点PQ处．若轨道电阻、空气阻力不计，运动过程导棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直，g取10m/s2 求： （1）水平恒力F的大小； （2）CD棒在直轨道上运动过程中电阻R上产生的热量Q． 【答案】（1）1.0N；（2）0.01J． 【解析】 【详解】（1）CD棒在PQ处：mg＝mvp2r-----------① 设CD棒在匀强磁场区速度为v，则12mv2＝mg•2r+12mvp2----------② CD棒在恒力F作用下Fs−μmgs＝12mv2----③ 由①②③得：F=1.0N----④ （2）棒在直轨道上运动，产生感应电流时间t1＝2sv--------⑤ 感应电动势E1＝ΔΦΔt＝△B1Ld△t------⑥ I＝E1R+R0---⑦ QE＝I2Rt1------⑧ 由⑤⑥⑦⑧得QE=0.01J-------⑨ 【点睛】理解牛顿第二定律、动能定理、法拉第电磁感应定律与焦耳定律，对于动能定理中要注意过程中功的正负，同时当心产生的焦耳热与电阻R上产生的热量区别．