河北省張家口市高三物理 專題練習（32）電磁感應綜合1.doc

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電磁感應綜合1 1.在圖示的“日”字形導線框中，ae和bf的電阻不計，ab、cd、ef電阻相等，以一定速度v勻速進入一勻強磁場的過程中，在ab進入后與cd進入后相比（　?。? A. ab中電流相等 B. cd中電流相等 C. ab間電壓相等 D. 導線框消耗的總電功率相等 【答案】BD 【解析】 【詳解】設ab、cd、ef電阻均為R．當導線框以恒定速度v水平向右運動，ab邊進入磁場時，ab切割磁感線產生的感應電動勢為 E=BLv，外電路是cd與ef并聯(lián)，則ab中的電流強度：Iab=ER+0.5R=2E3R ；cd中的電流強度：Icd=12Iab=E3R；ab間電壓為：Uab=0.5R0.5R+RE=13E；導線框消耗的總電功率：P=EIab=2E23R；當cd邊進入磁場時，ab與cd都切割磁感線，產生的感應電動勢為E=BLv，內電路是ab與dc并聯(lián)，ab兩端的電勢差等于ef兩端的電壓，則ab中的電流強度：Iab′=12?ER+0.5R=E3R；cd中的電流強度為：Icd′=Iab′=E3R；ab間電壓為：Uab′=RR+0.5RE=23E；導線框消耗的總電功率為：P′=E?（ Iab′+Icd′）=2E23R，故ab中電流、ab間電壓均不相等，而cd中電流、導線框消耗的總電功率均相等，故AC錯誤，BD正確。故選BD。 【點睛】此題關鍵要區(qū)分清楚電源和外電路，可以畫出等效電路，運用電路的基本規(guī)律解題．要注意電源兩端間的電勢差是路端電壓，不是電源的內電壓． 2.如圖所示，勻強磁場磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．長為L，電阻為R0的金屬棒cd在寬為L的導軌上向右滑行，速度為V．已知R1=R2=R0，其余電阻不計，則開關斷開和閉合時，M、N兩點電勢差下列說法正確的是（　?。? A. 斷開時，UMN=0；閉合時UMN≠0 B. 斷開和閉合時，UMN≠0 C. 斷開和閉合時MN電勢差之比為3：2 D. 斷開和閉合時MN電勢差之比為3：1 【答案】BC 【解析】 【詳解】斷開時，電路沒有電流，MN間的電壓等于cd間的電壓，等于cd產生的感應電動勢，則UMN≠0；開關閉合時，回路中有感應電流，MN間的電壓等于R1、R2的總電壓，則UMN≠0，故A錯誤，B正確。斷開時，UMN=BLv；開關閉合時，UMN′=R1+R2R1+R2+R0BLv=23BLv，則斷開和閉合時MN電勢差之比為3：2，故C正確，D錯誤。故選BC。 【點睛】本題可以利用電路知識來理解MN間電壓與感應電動勢的關系，要注意開關閉合時，MN間電壓不是金屬棒cd上的電壓，而是外電壓． 3.如右圖所示電路中，均勻變化的勻強磁場只存在于虛線框內，三個電阻阻值之比R1∶R2∶R3=1∶2∶3，其他部分電阻不計。當S3斷開，而S1、S2閉合時，回路中感應電流為I，當S1斷開，而S2、S3閉合時，回路中感應電流為5I，當S2斷開，而S1、S3閉合時，可判斷 （ ） A. 閉合回路中感應電流為4I B. 閉合回路中感應電流為7I C. 無法確定上下兩部分磁場的面積比值關系 D. 上下兩部分磁場的面積之比為3∶25 【答案】BD 【解析】 當S1、S2閉合，S3斷開時，有；同理，當S2、S3閉合，S1斷開時有，當S1、S3閉合，S2斷開時有。又R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，設R1、R2、R3的電阻分別為R、2R、3R，又根據(jù)磁場的分布知E3＝E1＋E2，聯(lián)系以上各式解得I3＝7I。且有E1＝＝＝3IR，E2＝＝＝25IR，則上下兩部分磁場的面積之比為3∶25。 4. 如圖所示，粗細均勻的電阻絲制成的長方形導線框abcd處在勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，另一種材料的導體棒MN與導線框保持良好接觸并在外力作用下從導線框左端勻速滑到右端，在此過程中，導線框上消耗的電功率P的變化情況可能為（ ） A. 逐漸增大 B. 先增大后減小 C. 先減小后增大 D. 增大、減小、再增大、再減小 【答案】BC 【解析】 A、導體棒MN從導線框左端勻速滑到右端時，線框左右兩部分并聯(lián)電阻先增大，后減小，MN滑ab中點時，線框并聯(lián)總電阻最大． 根據(jù)數(shù)學可得到，當外電阻與電源的內阻相等時，電源的輸出功率最大．則功率不可能一直增大．故A錯誤． B、若線框并聯(lián)的最大電阻小于電源的內阻時，導線框上消耗的電功率可能先增大后減小．故B正確． C、若線框并聯(lián)的最大電阻大于電源的內阻時，導線框上消耗的電功率可能先減小后增大．故C正確． D、由于線框左右對稱，功率變化情況相反，不可能增大、減小、再增大、再減小．故D錯誤． 在分析電源的輸出功率變化時，常常用到這個經驗結論：當外電阻與電源的內阻相等時，電源的輸出功率最大． 5.在某中學實驗室的水平桌面上，放置一個南北朝向邊長為L的正方形閉合線圈，線圈的ab邊指向南北，如圖所示，現(xiàn)測得該地所處的地磁場（近似為勻強磁場）豎直方向分量為B1，水平方向分量為B2，線圈電阻為R．現(xiàn)有下列幾種說法正確的是 A. 以ab邊為軸，將cd邊迅速翻起90的過程中，線圈中感應電流方向為a→b→c→d→a B. 將線圈以速度v向東平動，則b點電勢比a點低 C. 以ab邊為軸，在t時間內把線圈翻轉180的過程中，線圈中平均的感應電流為零 D. 以ab邊為軸，在t時間內把線圈翻轉180的過程中，線圈中平均的感應電流為2B1L2Rt 【答案】AD 【解析】 【詳解】以ab為軸將線圈向上翻轉，向下的磁通量減小量，由楞次定律可知，感應電流的磁場方向應該向下，則感應電流的方向為a→b→c→d→a．故A正確。將線圈以速度v向東平動，根據(jù)右手定則知，a點的電勢比b點的電勢低。故B錯誤。以ab邊為軸，在t時間內把線圈翻轉180的過程中，線圈磁通量的變化量大小為△Φ=2B1L2，線圈中平均的感應電流為I=ER=ΔΦtR=2B1L2Rt，故C錯誤，D正確。故選AD。 6.如圖所示，有一個磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，一半徑為r、電阻為2R的金屬圓環(huán)放置在磁場中，金屬圓環(huán)所在的平面與磁場垂直．金屬桿Oa一端可繞環(huán)的圓心O旋轉，另一端a擱在環(huán)上，電阻值為R；另一金屬桿Ob一端固定在O點，另一端b固定在環(huán)上，電阻值也是R．已知Oa桿以角速度ω勻速旋轉，所有接觸點接觸良好，Ob不影響Oa的轉動，則下列說法正確的是 A. 流過Oa的電流可能為Bωr25R B. 流過Oa的電流可能為6Bωr225R C. Oa旋轉時產生的感應電動勢的大小為Bωr2 D. Oa旋轉時產生的感應電動勢的大小為12Bωr2 【答案】ABD 【解析】 【詳解】oa桿切割磁感線產生感應電動勢為E=Brv=Brvo+va2=Br0+rω2=12Br2ω，當oa轉到最高點時，外電路總電阻最大，為：R+R+0.5R=2.5R，通過oa的電流最小，最小電流為：Imin=E2.5R=Br2ω5R，當oa與ob重合時，環(huán)的電阻為0，外電路總電阻最小，通過oa的電流最大，最大電流為：Imax=E2R=Br2ω4R，故流過oa的電流的范圍為Br2ω5R?I?Br2ω4R，故A、B、D正確，C錯誤； 故選ABD。 【點睛】oa桿以角速度勻速旋轉，切割磁感線產生感應電動勢，相當于電源，其余部分為外電路．當oa轉到最高點時，外電路總電阻最大，通過oa的電流最??；當oa與ob重合時，環(huán)的電阻為0，外電路總電阻最小，通過oa的電流最大，根據(jù)E=BLv和歐姆定律求解，其中v是速度的平均值。 7.如圖所示，固定在水平面上的光滑平行金屬導軌，間距為L，右端接有阻值為R的電阻，空間存在方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場．質量為m、電阻也為R的導體棒ab與固定彈簧相連，放在導軌上．初始時刻，彈簧恰處于自然長度．給導體棒水平向右的初速度v0，導體棒開始沿導軌往復運動，在此過程中，導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸．不計導軌電阻，則下列說法中不正確的是（　?。? A. 導體棒開始運動的初始時刻受到的安培力向左 B. 導體棒開始運動的初始時刻導體棒兩端的電壓U=BLv0 C. 導體棒開始運動后速度第一次為零時，系統(tǒng)的彈性勢能Ep=12mv02 D. 金屬棒最終會停在初始位置，在金屬棒整個運動過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q=12mv02 【答案】BCD 【解析】 【詳解】導體棒開始運動的初始時刻，由右手定則判斷可知：ab中產生的感應電流方向從a→b，由左手定則判斷得知ab棒受到的安培力向左，故A正確。導體棒開始運動的初始時刻，ab棒產生的感應電勢為E=BLv0．由于r=R，所以導體棒兩端的電壓U=12E=12BLv0．故B錯誤。由于導體棒運動過程中產生電能，所以導體棒開始運動后速度第一次為零時，根據(jù)能量守恒定律得知：系統(tǒng)的彈性勢能小于12mv02，故C錯誤。金屬棒最終會停在初始位置，在金屬棒整個運動過程中，電阻R上產生的焦耳熱 Q=12?12mv02=14mv02，故D錯誤。此題選擇不正確的選項，故選BCD。 【點睛】弄清運動過程中能量如何轉化，并應用能量轉化和守恒定律分析解決問題是此題關鍵，當然右手定則和安培定則也熟練運用． 8.如圖所示，水平地面上方存在垂直紙面向里的有界勻強磁場，磁場上邊界水平．A、B為同種材料制成的邊長均為L的正方形線框，B的質量是A的質量的兩倍，放在勻強磁場的上方，其磁場寬度為4L，兩線框的下邊距離磁場的上邊的高度為h，讓它們同時由靜止釋放，下落過程中線框平面始終保持在豎直平面內且下邊緣平行于磁場上邊界．則（　　） A. A、B同時落地 B. B比A先落地 C. 下落過程中通過A、B兩個線框的電量之比為1：2 D. 下落過程中A、B兩個線框產生的熱量之比為1：2 【答案】ACD 【解析】 【詳解】線框同時進入磁場，剛進入磁場時，有：v＝2gh；根據(jù)mg?B?BLvR?L＝ma得：a=g?B2L2vmR；質量：m=ρmV=ρm?S?4L；電阻：R＝ρR?4LS （其中S是橫截面積，ρm、ρc分別為材料的質量密度和電阻率，對兩者相抵），由以上各式整理得：a＝g?B22gh16ρmρR，故線框進入磁場時兩者加速度相等，則經過相等時間相等的距離，速度變化相等，所以以后在同一高度處速度、加速度處處相等。而線框進入磁場后，感應電流為零，安培力為零，只受重力作用，加速度一直為g，這樣線框在整個過程中的任何時刻速度都相等且在同一高度處，故同時落地。故A正確，B錯誤；整個過程中通過線框的總電量為：q=△ΦR∝1R，而：R＝ρR?4LS，且兩者質量mB=2mA，可知SB=2SA，所以y有：qAqB＝mAmB＝12．故C正確；由能量守恒定律得：mg(h+5L)＝Q+12mv2（v為線框落地時的速度大小，兩者速度相等），得：QAQB＝mAmB＝12．故D正確；故選ACD。 【點睛】本題綜合考查了切割產生的感應電動勢公式、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律、能量守恒定律等知識，綜合性較強，對學生的能力要求較高，需加強這方面的訓練． 9.如圖所示，導體桿op可繞軸o沿半徑為r的光滑半圓形框架在勻強磁場中以角速度ω順時針勻速轉動，磁感應強度為B，oa間接有電阻R，桿和框架電阻不計，則（　?。? A. 通過電阻R中的電流方向由a經R到O B. 導體桿O端的電勢高于p端的電勢 C. 回路中的感應電流大小為Br2ωR D. 電阻R產生的熱功率為B2r4ω24R 【答案】D 【解析】 試題分析：根據(jù)右手定則，桿中的電流方向為從o到p，因此選項A錯誤。桿是電源，電流從p點流出，p是高電勢，選項B錯誤。感應電動勢為E=12Br2ω，則電流為I=Br2ω2R，選項C錯誤。電阻R產生的熱功率為P=EI=B2r4ω24R，選項D正確。 考點：本題考查轉動切割類電磁感應問題。 10.電阻為R=1Ω的金屬圓環(huán)，放在勻強磁場中，磁場與圓環(huán)所在平面垂直，如圖所示，磁場對圓環(huán)的磁通量隨時間的變化關系如圖所示，則（　?。? A. 第1s內感應電流方向于第2s內感應電流方向相反 B. 第1s內通過金屬環(huán)橫截面的電量為1C C. 第1s末到第3s末平均電動勢為2V D. 在兩個周期的時間內金屬環(huán)中產生的熱量為16J 【答案】AD 【解析】 【詳解】根據(jù)楞次定律可知，第1s內磁通量在增加，而第2s內磁通量在減小，而磁場方向不變，則感應電流方向必相反，故A正確；根據(jù)電量的綜合表達式Q=ΔΦR=21C=2C，故B錯誤；由法拉第電磁感應定律，則有：第1s末到第3s末平均電動勢為E=ΔΦ△t=22V=1V，故C錯誤；根據(jù)焦耳定律，在一個周期內的熱量Q=I2R?2T3=(21)212=8J，那么在兩個周期的時間內金屬環(huán)中產生的熱量為16J，故D正確；故選AD。 11.如圖所示，兩根電阻不計的光滑金屬導軌豎直放置，導軌間距為L，上端接有電阻為R、額定功率為P的小燈泡，將質量為m、電阻不計的金屬棒從圖示位置由靜止釋放，下落過程中金屬棒保持水平且與導軌接觸良好．自由下落一段距離后金屬棒進入一個垂直于導軌平面的勻強磁場，磁場寬度為h．金屬棒出磁場前一段時間小燈泡已正常發(fā)光，下面說法正確的是（　　） A. 小燈泡正常發(fā)光時消耗的功率等于安培力功率的絕對值 B. 小燈泡正常發(fā)光時消耗的功率等于重力功率與安培力功率的絕對值之和 C. 金屬棒勻速運動的速度為Pmg D. 整個過程中通過小燈泡的電荷量為mgh2PR 【答案】AC 【解析】 【詳解】金屬棒出磁場前，小燈泡已能正常發(fā)光，故出磁場前金屬棒已在磁場中勻速運動，重力和安培力相等，重力勢能減小轉化為電能，因此重力功率等于小燈泡消耗的功率，故A正確，B錯誤；由功率公式可得：P=mgv，所以v=Pmg，故C正確；根據(jù)q=It，I=BLvR，故q=BLhR，又因為mg=B2L2vR，且v=Pmg，聯(lián)立解得：q=mghPR，故D錯誤；故選AC。 【點睛】本題考查電磁感應規(guī)律的應用，要注意棒離開磁場前處于平衡狀態(tài)，緊扣重力的功率等于電路消耗的功率，同時明確根據(jù)法拉第電磁感應定律求電量的運用． 12.如圖所示，空間存在有界磁場Ⅰ和Ⅱ，其中磁場Ⅰ上下邊界間距為4L，方向垂直紙面向里，大小為B，而磁場Ⅱ的上邊界即為磁場Ⅰ的下邊界，且磁場Ⅱ的寬度為2L，方向垂直紙面向外，大小也為B，一質量為m，邊長為L的金屬線框以某一豎直速度v0從磁場Ⅰ的上邊界進入磁碭時恰好勻速運動，而在線框從磁場Ⅰ進入磁場Ⅱ的過程中線框再次達到勻速運動，最后線框下邊界剛離開磁場Ⅱ時恰好又一次開始勻速運動，則關于線框的運動下列說法正確的是（　?。? A. 線框離開磁場Ⅱ時的速度大于線框進入磁場Ⅰ的速度 B. 線框下邊離開磁場Ⅰ的下邊界時的速度大小為v0 C. 線框從磁場Ⅰ進入磁場Ⅱ全過程中機械能減少了5mgL D. 線圈自磁場Ⅰ上方由靜止釋放的高度為1615L 【答案】BD 【解析】 【詳解】線框進入磁場I時做勻速運動，則有：mg=B2L2v0R；剛出磁場Ⅱ時又做勻速運動，有mg=B2L2v2R，可得v2=v0，即線圈離開磁場Ⅱ時的速度等于線框進入磁場I的速度，故A錯誤，B正確。線圈在從磁場I進入磁場Ⅱ的過程中做勻速運動，動能不變，則機械能減小為△E=mgL，故C錯誤。線圈進入磁場Ⅰ時做勻速運動：mg=B2L2v0R，根據(jù)動能定理：mg（h-L）=12mv02；聯(lián)立得：h=1615L，故D正確；故選BD。 【點睛】本題要緊扣線圈勻速運動的過程進行分析，結合安培力公式和受力平衡分析．根據(jù)能量守恒定律研究產生的熱量，都是常用的思路，關鍵要能熟練運用． 13.如圖所示，兩根與水平面成θ=30角的足夠長光滑金屬導軌平行放置，導軌間距為L=1m，導軌兩端各接一個電阻，其阻值R1=R2=1Ω，導軌的電阻忽略不計．整個裝置處于勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面斜向上，磁感應強度B=1T．現(xiàn)有一質量為m=0.2kg、電阻為1Ω的金屬棒用絕緣細繩通過光滑滑輪與質量為M=0.5kg的物體相連，細繩與導軌平面平行．將金屬棒與M由靜止釋放，棒沿導軌運動了6m后開始做勻速運動．運動過程中，棒與導軌始終保持垂直且接觸良好，圖示中細繩與R2不接觸．（g=10m/s2）求： （1）金屬棒勻速運動時的速度； （2）棒從釋放到開始勻速運動的過程中，電阻R1上產生的焦耳熱． 【答案】（1）6m/s；（2）1.9J． 【解析】 【詳解】（1）電路總電阻：R=r+R1R2R1+R2=1+111+1=1.5Ω， 金屬桿受到的安培力：FB=BIL=B2L2vR 金屬棒做勻速運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：Mg=mgsinθ+B2L2vR， 解得：v=6m/s； （2）對系統(tǒng)，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.如圖（甲）所示，M1M4、N1N4為平行放置的水平金屬軌道，M4P、N4Q為相同半徑，平行放置的豎直半圓形金屬軌道，M4、N4為切點，P、Q為半圓軌道的最高點，軌道間距L=1.0m，圓軌道半徑r=0.32m，整個裝置左端接有阻值R=0.5Ω的定值電阻．M1M2N2N1、M3M4N4N3為等大的長方形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，兩區(qū)域寬度 d=0.5m，兩區(qū)域之間的距離s=1.0m；區(qū)域Ⅰ內分布著均勻的變化的磁場B1，變化規(guī)律如圖（乙）所示，規(guī)定豎直向上為B1的正方向；區(qū)域Ⅱ內分布著勻強磁 場B2，方向豎直向上．兩磁場間的軌道與導體棒CD間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，M3N3右側的直軌道及半圓形軌道均光滑．質量m=0.1kg，電阻R0=0.5Ω的導體棒CD在垂直于棒的水平恒力F拉動下，從M2N2處由靜止開始運動，到達M3N3處撤去恒力F，CD棒勻速地穿過勻強磁場區(qū)，恰好通過半圓形軌道的最高點PQ處．若軌道電阻、空氣阻力不計，運動過程導棒與軌道接觸良好且始終與軌道垂直，g取10m/s2 求： （1）水平恒力F的大??； （2）CD棒在直軌道上運動過程中電阻R上產生的熱量Q． 【答案】（1）1.0N；（2）0.01J． 【解析】 【詳解】（1）CD棒在PQ處：mg＝mvp2r-----------① 設CD棒在勻強磁場區(qū)速度為v，則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）棒在直軌道上運動，產生感應電流時間t1＝2sv--------⑤ 感應電動勢E1＝ΔΦΔt＝△B1Ld△t------⑥ I＝E1R+R0---⑦ QE＝I2Rt1------⑧ 由⑤⑥⑦⑧得QE=0.01J-------⑨ 【點睛】理解牛頓第二定律、動能定理、法拉第電磁感應定律與焦耳定律，對于動能定理中要注意過程中功的正負，同時當心產生的焦耳熱與電阻R上產生的熱量區(qū)別．