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第3讲电磁感应中的电路与图像问题A组基础巩固1.如图1所示,矩形线圈abcd位于匀强磁场中,磁场方向垂直线圈所在平面,磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示。以图1中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向,以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向,则图3中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是()图3答案C由题图2知,01 s内B均匀增大,产生恒定的电动势和电流,由楞次定律得此时线圈中的电流方向为负;12 s内B不变,不产生电动势和电流;23 s内,B均匀减小,产生恒定的电动势和电流,由楞次定律得此时线圈中的电流方向为正。由法拉第电磁感应定律,可知23 s内产生的电动势和电流为01 s内的两倍,故C选项正确。2.如图甲所示,垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a,磁感应强度的大小为B,一边长为a,电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域,在乙图中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离x的关系图像正确的是()甲乙答案D因为进入磁场过程中,AB边做切割磁感线运动,相当于电源,此时UAB对应的是路端电压,占总的动生电动势Bav的34,且AB,UAB0;完全进入磁场后,AB边和DC边均做切割磁感线运动,两个边产生的电动势互相抵消,回路中电流为零,总的电动势为零,但AB边两端电势差不为零,应是Bav,方向由B到A,所以AB,UAB0;当线框出磁场的过程中,只有DC边在切割磁感线,产生的电动势方向为C到D,所以DC,此时的AB边相当于外电路的用电器,只分到总电动势Bav的14,且仍满足AB,UAB0。根据题给条件可判知选项D正确。3.如图所示,固定于水平面上的金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t=0时,磁感应强度为B0,此时MN到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为L的正方形。为使MN棒中不产生感应电流,从t=0开始,磁感应强度B随时间t变化的示意图为()答案C要想MN棒中不产生感应电流,MbcN中磁通量就不能变化,MN棒匀速运动,t=0时刻=B0L2,任意时刻=BL(L+vt),由B0L2=BL(L+vt),得B=B0LL+vt,C正确。4.(多选)(2018海淀期末)如图甲所示,电阻为5 、匝数为100的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与电阻R相连,R=95 。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场,线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。则()A.A点的电势小于B点的电势B.在线圈位置上感应电场沿逆时针方向C.0.1 s时间内通过电阻R的电荷量为0.05 CD.0.1 s时间内非静电力所做的功为2.5 J答案BCD穿过闭合回路的磁通量增大,由楞次定律知,感应电流的磁场与原磁场方向相反,即垂直于纸面向外,再由右手螺旋定则可以判定线圈中感应电流沿逆时针方向,即感应电场沿逆时针方向,线圈相当于电源,电流由A点经R到B,A点电势大于B点电势,B项正确,A项错;由q=It=E-tR+r=ntt(R+r)=nR+r=0.05 C,C项对;非静电力做功W=EIt=E2R+rt=(n)2t(t)2(R+r)=(n)2t(R+r)=2.5 J,D项对。5.(2018西城期末)如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为l,电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻,导体杆ab电阻为r并与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现给ab杆一个瞬时冲量,使它获得水平向右的初速度v0。下列图像中,关于ab杆的速度v、通过电阻R中的电流i、电阻R的电功率P、通过MPabM的磁通量随时间变化的规律,可能正确的是()答案BE=Blv,F安=BER+r l,ab杆做减速运动,v越来越小,F安越来越小,a=F安mab越来越小,v-t图线斜率的绝对值等于加速度a的大小,ab杆不做匀减速运动,由i=BlvR+r知,i随时间变小,i-t图像与v-t图像变化规律相同,A错误,B正确;R的电功率P=i2R=B2l2v2(R+r)2R,功率P越来越小,C错;通过MPabM的磁通量增加,D错。6.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场,如图所示,则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是()答案B线框各边电阻相等,切割磁感线的那个边视为电源,产生的电动势大小相同均为Blv,其余三条边视为外电路。在A、C、D中,|Uab|=14Blv,B中,|Uab|=34Blv,B正确。7.(2018房山一模)如图所示,在光滑水平面上有一长为L=0.5 m的单匝正方形闭合导体线框abcd,处于磁感应强度为B=0.4 T的有界匀强磁场中,其ab边与磁场的边界重合。线框由同种粗细均匀、电阻为R=2 的导线制成。现用垂直于线框ab边的水平拉力,将线框以速度v=5 m/s向右沿水平方向匀速拉出磁场,此过程中保持线框平面与磁感线垂直,且ab边与磁场边界平行。求线框被拉出磁场的过程中:(1)通过线框的电流大小及方向;(2)线框中c、d两点间的电压大小;(3)水平拉力的功率。答案(1)见解析(2)0.75 V(3)0.5 W解析(1)cd边切割磁感线,产生感应电动势E=BLv,代入数据解得E=1 VI=ER=0.5 A,方向为cbadc(2)c、d两点间电压为路端电压,由闭合电路欧姆定律有Ucd=I34R=0.75 V(3)线框所受安培力FA=BIL,代入数据解得FA=0.1 N,匀速运动,拉力等于安培力由P=Fv,得P=0.5 W8.(2017朝阳一模)足够长的平行光滑金属导轨水平放置,间距L=0.4 m,一端连接R=1 的电阻,导轨所在空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B=1 T,其俯视图如图所示。导体棒MN放在导轨上,其长度恰好等于导轨间距,其电阻r=1 ,与导轨接触良好,导轨电阻不计。在平行于导轨的拉力F作用下,导体棒沿导轨向右匀速运动,速度v=5 m/s。求:(1)通过导体棒的电流I的大小;(2)导体棒两端的电压U,并指出M、N两点哪一点的电势高;(3)拉力F的功率PF以及整个电路的热功率PQ。答案(1)1 A(2)U=1 VN点电势高(3)PF=2 WPQ=2 W解析(1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=2 V电路中的电流为I=ER+r=1 A(2)路端电压U=IR=1 V,根据右手定则可知,N端为电源正极,即N点电势高。(3)因为导体棒做匀速直线运动,所以F-F安=0,即F=F安=BIL=0.4 N拉力的功率为PF=Fv=2 W整个电路的热功率为PQ=I2(R+r)=2 WB组综合提能1.(2018东城二模)有电阻的导电圆盘半径为R,其边缘用电阻不计的导电材料包裹,可绕固定点O在水平面内转动,其轴心O和边缘处电刷A均不会在转动时产生阻力,空气阻力也忽略不计。用导线将电动势为E的电源、导电圆盘、电阻和开关连接成闭合回路,如图1所示在圆盘所在区域内充满竖直向下的匀强磁场,如图2所示只在A、O之间的一块圆形区域内存在竖直向下的匀强磁场,两图中磁场的磁感应强度大小均为B,且磁场区域固定。如果将开关S闭合,圆盘将会转动起来。(1)在图1中,将开关S闭合足够长时间后,圆盘转速达到稳定。a.从上往下看,圆盘的转动方向是顺时针还是逆时针?b.求稳定时圆盘转动的角速度1的大小。(2)在图2中,进行了两次操作:第一次,当圆盘加速到0时将开关断开,圆盘逐渐减速停下;第二次,当圆盘加速到20时将开关断开,圆盘逐渐减速停下。已知从理论上可以证明:在圆盘减速过程中任意一个极短的时间t内,角速度的变化量=kFt,F是该时刻圆盘在磁场区域受到的安培力的大小,k为常量。求两次操作中从开始减速到停下的过程中圆盘转过的角度之比12。(3)由于图1中的磁场范围比图2中的大,所以刚闭合开关瞬时,图1中圆盘比图2中圆盘加速得快。有人认为:断开开关后,图1中圆盘也将比图2中圆盘减速得快。请分析说明这样的想法是否正确。答案(1)a.逆时针b.2EBR2(2)12(3)见解析解析(1)a.由左手定则分析可知,从上往下看,圆盘的转动方向是逆时针方向。b.圆盘转动时,产生沿半径方向的感应电动势,在与轴O距离为r处沿半径方向取一小段长度r,这一小段距离上的感应电动势E感=Brr,从轴O到圆盘边缘处求和,可得感应电动势E感=B0+R2R=12BR2。当转动稳定后,圆盘的感应电动势(即反电动势)与电源电动势相等,因此有12BR21=E,解得1=2EBR2。(2)图2中开关断开圆盘减速时,由于磁场区域固定,所以仍有圆盘的感应电动势E感,且可认为圆盘中电流流经的路径及电阻不变,所以安培力FIE,即安培力F与角速度成正比;由题意知:在任意一段极短的时间t内,角速度的变化量=kFt,考虑到其中F,可知=kt(k为另一常量),又因为t=(圆盘转过的角度),则有:对应任一小段时间t,总有。所以,从开始减速到停下的这段时间内,圆盘转过的角度之比等于其角速度之比,即12=020=12。(3)开关断开后,由于图1中磁场充满整个圆盘,使得圆盘沿每条半径方向的感应电动势都一样大,电荷只在盘心和盘边缘处积累,不会在圆盘内部形成电流(涡流),因此在开关断开后,只要没有其他的阻力,圆盘将匀速转动不会减速。图2中由于磁场存在于圆盘中的一部分区域内,使得开关断开后,仍有电流在圆盘内部形成回路(涡流),进而引起安培力使圆盘减速。因此题中的想法错误。2.(2017西城期末)如图1所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为l,电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻,导体杆ab质量为m、电阻为r,并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0,使杆向右运动。图1(1)当ab杆刚好具有初速度v0时,求此时ab杆两端的电压U,a、b两端哪端电势高;(2)请在图2中定性画出通过电阻R的电流i随时间变化规律的图像;图2(3)若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器,如图3所示。同样给ab杆一个初速度v0,使杆向右运动。请分析说明ab杆的运动情况,并推导证明杆稳定后的速度为v=mv0m+B2l2C。图3答案见解析解析(1)ab杆切割磁感线产生感应电动势E=Blv0根据闭合电路欧姆定律I=ER+r杆两端电压即路端电压U=IR解得U=Blv0RR+r由右手定则知a端电势高(2)如图所示(3)分析:当ab杆以初速度v0开始切割磁感线时,产生感应电动势,电路开始给电容器充电,有电流通过ab杆,杆在安培力的作用下做减速运动,随着速度减小,安培力减小,加速度也减小,杆做加速度减小的减速运动。当电容器两端电压与感应电动势相等时,充电结束,杆以恒定的速度做匀速直线运动。推导证明:当电容器两端电压与感应电动势相等时有U=Blv根据电容器电容C=QU以ab杆为研究对象,在很短的一段时间t内,杆受到的冲量大小为BIlt从ab杆开始运动至速度达到稳定的过程,根据动量定理-BIlt=-BlQ=mv-mv0解得v=mv0m+B2l2C9
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