河北省张家口市高三物理 专题练习（33）电磁感应综合2.doc

电磁感应综合21.如图甲所示，电阻R=1、半径r1=0.2m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r2=0.1mt=0时刻，Q内存在着垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是图中的（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由法拉第电磁感应定律，可得导线框P中产生的感应电动势为：E=BSt=Btr22=0.01（V），再由欧姆定律得，P中产生的感应电流为：I=0.01（A），由楞次定律，得电流的方向是顺时针方向，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】本题关键是根据楞次定律判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，然后根据欧姆定律求解感应电流2.在如图所示的电路中，线圈中的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计D1和D2是两个完全相同的小灯泡，在开关S的闭合和断开的过程中（灯丝不会断），D1和D2亮度的变化情况是（）A. S闭合，D1很亮且亮度不变，D2逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，D2立即灭，D1逐渐变亮B. S闭合，D1不亮，D2很亮；S断开，D2立即灭C. S闭合，D1和D2同时亮，而后D1灭，D2亮度不变：S断开，D2立即灭，D1亮一下才灭D. S闭合，D1和D2同时亮，后D1逐渐熄灭，D2则逐渐变得更亮；S断开，D2立即灭，D1亮一下后才灭【答案】D【解析】【详解】S闭合瞬间，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将D1灯短路，D1灯熄灭，而外电阻减小，流过D2灯变亮；S断开时，线圈与D1组成闭合回路，D2灯立即熄灭。线圈L中的电流开始减小，产生自感电动势，相当于电源，使D1亮一下再慢慢熄灭。故ABC错误，D正确。故选D。【点睛】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源3.一闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，图中箭头为感应电流I的正方向，如图甲所示已知线圈中的感应电流随时间变化的图象如图乙所示，则磁感应强度随时间变化的图象可能是图中的哪几幅（）A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】由甲知：线圈中顺时针方向的感应电流为正，垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，则由乙可知：线圈中在前0.5s内产生了逆时针方向的感应电流，由楞次定律可得：当磁通量增加时，感应磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减小时，感应磁场方向与原磁场方向相同。A图中，在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场均匀减弱的。而在0.5s-1.5s，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场均匀增加的。所以A选项错误；B图中，在前0.5s内，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的。而在0.5s-1.5s，由感应电流方向，结合楞次定律可得：若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的。故B错误；C图中，在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的。而在0.5s-1.5s，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的。所以C正确；由C选项分析可知，0.5s-1.0s，不符合电流图象，故D错误；故选C。【点睛】本题考查法拉第电磁感应定律的图象应用，要注意正确掌握楞次定律的应用，同时要注意正确分析图象的性质，能正确应用排除法进行分析4.李辉用多用表的欧姆档测量一个变压器线圈的电阻，以判断它是否断路刘伟为了使李辉操作方便，用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量已知欧姆档电源电动势1.5V，电流约3mA流经变压器线圈，刘伟的人体电阻约100K则当李辉把多用表的表笔与被测线圈脱离时，刘伟两手间的最大电压约为（）A. 1.5V B. 300V C. 150V D. 不能确定【答案】B【解析】【详解】已知欧姆档电源电动势1.5V，电流约3mA流经变压器线圈，刘伟的人体电阻约100K。在电流变化时线圈才会产生自感电动势回路接通的状态时回路中电流不变化，线圈两端不会产生感应电动势，当回路断开时电流要立即减小到零但由于线圈的自感现象会产生感应电动势，则当李辉把多用表的表笔与被测线圈脱离时，刘伟两手间的最大电压约为U=IR=0.003100000=300V，故选B。【点睛】本题考查了自感电动势产生的条件，要知道欧姆表测电阻时，电流是很小的；当电流变化时线圈才会产生较大的自感电动势5.如右图所示，两个相邻的匀强磁场，宽度均为L，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小分别为B、2B.边长为L的正方形线框从位置甲匀速穿过两个磁场到位置乙，规定感应电流逆时针方向为正，则感应电流i随时间t变化的图象是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】金属棒刚进入磁场切割产生电动势，右手定则判断出感应电流方向为顺时针，所以电流为负值，此时的电流： I=ER=BLvR； 当线框刚进入第二个磁场时，则右侧金属棒切割磁感线产生的电动势，从而产生感应电流的方向为顺时针方向，左侧金属棒产生的电动势，所产生感应电流为逆时针方向，由于右侧磁场强度为2I，则产生电流的方向为顺时针，即电流值为负值，且此时电流： I2=ER=2BLvRBLvR=I，当线圈开始离开第二个磁场时，由右手定则可知，电流为逆时针，大小为2I，故ABC错误，D正确6.如图，在水平面内有四根相同的均匀光滑金属杆ab、ac、de以及df，其中ab、ac在a点固定，de、df在d点固连，分别构成两个“V”字型导轨，空间中存在垂直于水平面的匀强磁场，用力使导轨edf匀速向右运动，从图示位置开始计时，运动过程中两导轨的角平分线始终重合，导轨间接触始终良好，下列物理量随时间的变化关系正确的是（）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】试题分析：设bac=2，刚开始时切割有效长度的一半为l0，则产生的电动势E=BLv=Bv(2l0+2vttan)=2Bvl0+2Bv2ttan，设单位长度金属杆的电阻为r，则R=4l0tanr+4vtcos，随时间均匀增大，C正确，I=ER=ER=2Bv2ttan4vtcos=2Bv2tan4vcos，电流恒定，D错误；根据F=BIL可知Lt，I恒定，所以F随时间均匀增大，A正确；克服安培力做功等于回路中产生的热量，根据W=Fv，可知Wt，B正确；考点：考查了电磁感应与图像【名师点睛】关于电磁感应问题，特别是图象问题，不能凭想当然，最好是通过闭合电路欧姆定律找出关系式7.如图所示，一电子以初速v沿与金属板平行的方向飞入两板间，在下列哪几种情况下，电子将向M板偏转？（）A. 开关S接通瞬间B. 断开开关S的瞬间C. 接通S后，变阻器的滑动触头向右迅速滑动时D. 接通S后，变阻器的滑动触头向左迅速滑动时【答案】AD【解析】【详解】由安培定则得下方的电流产生的磁场的方向N极向上，S向下；开关K接通瞬间，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知在上线圈中感应出上正下负的电动势，电子向M板偏转，A正确；断开开关K瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在上线圈中感应出上负下正的电动势，电子向N板偏转，B错误；接通K后，变阻器滑动触头向右迅速滑动，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在上线圈中感应出上负下正的电动势，电子向N板偏振，C错误；接通K后，变阻器滑动触头向左迅速滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知在上线圈中感应出上正下负的电动势，电子向M板偏振，D正确；故选AD。8.如图所示，一质量为m1=0.1kg的小灯泡通过双股柔软轻质导线与一质量为m2=0.3kg的正方形线框连接成闭合回路（图中用单股导线表示），已知线框匝数为N=10匝，总电阻为r=1，线框正下方h=0.4m处有一水平方向的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1T，磁场宽度与线框边长均为L=0.2m，忽略所有摩擦阻力及导线电阻，现由静止释放线框，当线框下边进入磁场的瞬间，加速度恰好为零，且小灯泡正常发光，g取10m/s2则（）A. 小灯泡的电阻R=3B. 线框下边进入磁场的瞬间，小灯泡的速度v=3m/sC. 在线框进入磁场区域的过程中，通过小灯泡的电荷量q=0.2CD. 在线框穿过磁场区域的过程中，小灯泡消耗的电能ER=0.8J【答案】AC【解析】试题分析：线框进入磁场前，整个系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：m2gh-m1gh=（m1+m2）v2，代入数据解得：v=2m/s；选项B错误；线框匀速下落的过程中，产生的感应电动势为：E=NBLv，线框受到的安培力：，对线框，由平衡条件得：，解得灯泡电阻为：R=3；选项A正确；线框匀速下落的高度为2L，由能量守恒定律得系统消耗的电能为：E电=2（m2-m1）gL，消耗在小灯泡上的电能为：，解得：ER=06J，选项D错误；通过小灯泡的电荷量为：，代入数据解得：q=02C；选项C正确；故选AC考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律；【名师点睛】本题是一道电磁感应与电路相结合的综合题，分析清楚线框运动过程，应用机械能守恒定律、E=BLv、欧姆定律、平衡条件、能量守恒定律、电流定义式即可正确解题。9.如图甲所示，位于竖直面内的两金属导轨平行且处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面导轨的一端与一电阻R相连，具有一定质量的金属杆ab放在导轨上且接触良好并与导轨垂直，导轨上有支撑水平金属杆的套环，使金属杆始终保持静止当磁场的磁感应强度B随时间t按如图乙所示变化时（规定垂直纸面向里的磁场方向为正），若规定套环对金属杆的支持力向上为正，则如图所示反映金属杆所受的支持力F随时间t变化和电阻R的发热功率P随时间t变化的图线可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【详解】在0-0.5s内，B均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的感应电动势：E1=t=BtS=2B0B00.5S=2B0S，根据楞次定律判断得知，ab中产生的感应电流方向沿ba，为负方向。感应电流的大小为I1=E1R=2B0SR，ab棒所受的安培力大小为FA1=BI1L=2B0SLR（B0+2B0t），方向向左，则拉力大小为F1=FA1=2B0SLR（B0+2B0t），方向向右，为正方向；在0.5-1s内，B不变，穿过回路的磁通量不变，没有感应电流产生，安培力和拉力均为零；在1-2s内，B均匀减小，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的感应电动势：E2=t=BtS=2B0S0.5S=4B0S，根据楞次定律判断得知，ab中产生的感应电流方向沿ab，为正方向。感应电流的大小为I2=E2R=4B0SR，ab棒所受的安培力大小为FA2=BI2L=4B0SLR2B0-4B0（t-1）= 4B0SLR（6B0-4B0t），方向向右，则拉力大小为F2=FA2=4B0SLR（6B0-4B0t），方向向左，为负方向；故知A正确。有前面分析的电流大小，结合功率公式：P=I2R知，C图象正确；故选AC。10.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线圈，在金属线圈的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和MN是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为S，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的vt图象（其中OA、BC、DE相互平行）已知金属线框的边长为L（LS）、质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量（下落过程中bc边始终水平）根据题中所给条件，以下说法正确的是（）A. t2是线框全部进入磁场瞬间，t4是线框全部离开磁场瞬间B. 从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgSC. v1的大小可能为mgRB2L2D. 线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷量多【答案】AC【解析】金属线框进入磁场之前，做自由落体运动，下边进入磁场切割磁感线产生感应电动势和感应电流，下边受到向上的安培力作用，做加速度减少的减速运动；导线框完全进入磁场中，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受安培力作用，受重力，做匀加速运动；导线框下边开始出磁场时，上边切割磁感线产生感应电动势和感应电流，上边受到向上的安培力作用，导线框做减速运动全部离开后，以加速度g做匀加速运动所以A正确；从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，mg(Ls)W12mv1212mv22，mg(Ls)12mv12+12mv22W，B错误；当恰受力平衡时，mgBBLvRL，解得v1=mgRB2L2，即有可能，C正确；q=It=tRt=R ，进入和离开相同，所以q相同，D错误故选AC.点睛：解决本题的关键通过图线理清线框在整个过程中的运动规律，结合动能定理、共点力平衡进行求解，掌握电量的经验表达式q=nR，并能灵活运用.11.下列说法正确的是（）A. 法拉第第一次提出了用电场线的概念来描述电场B. 磁场的基本性质是对放在其中的电荷有力的作用C. 金属圆盘在如图甲的磁极间旋转时，会受到磁场力的阻碍作用D. 金属块放到如图乙的“高频炉”中，锅中金属就可以熔化，这是因为线圈中的高频交流电产生高频微波辐射，深入到金属内部，产生热量【答案】AC【解析】【详解】法拉第提出了场的概念，并用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，故A正确；电场的基本性质是对放在其中的电荷有力的作用，故B错误；金属圆盘在如图甲的磁极间旋转时，会受到磁场力的阻碍作用，是电磁阻尼，故C正确；金属块放到如图乙的“高频炉”中，锅中金属就可以熔化，这是因为金属块中产生了涡电流，故D错误；故选AC。【点睛】法拉第第一次提出了用电场线的概念来描述电场，总结了电磁感应的规律，涡流和电磁阻尼都是电磁感应现象12.如图所示是称为阻尼摆的示意图，在轻质杆上固定一金属薄片，轻质杆可绕上端O点轴在竖直面内转动，一水平有界磁场垂直于金属薄片所在的平面使摆从图中实线位置释放，摆很快就会停止摆动；若将摆改成梳齿状，还是从同一位置释放，摆会摆动较长的时间试定性分析其原因【答案】见解析【解析】第一种情况下，阻尼摆进入有界磁场后，在摆中会形成涡流，涡流受磁场的阻碍作用，会很快停下来；第二种情况下，将金属摆改成梳齿状，阻断了涡流形成的回路，从而减弱了涡流，受到的阻碍会比先前小得多，所以会摆动较长的时间13. 如图所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左向右匀速滑动，电路的固定电阻为R其余电阻忽略不计试求MN从圆环的左端到右端的过程中电阻R上的电流强度的平均值及通过的电荷量【答案】Brv2R Br2R【解析】试题分析：由于BSBr2，完成这一变化所用的时间t=2rv故E=t=Brv2所以电阻R上的电流强度平均值为I=ER=Brv2R通过R的电荷量为qItBr2R考点：法拉第电磁感应定律；电量14.如图所示，一正方形线圈从某一高度自由下落，恰好匀速进入其下方的匀强磁场区域已知正方形线圈质量为m=0.1kg，边长为L=1m，电阻为R=4，匀强磁场的磁感应强度为B=1T，高度为2L，取g=10m/s2求：（1）线圈进入磁场时回路产生的感应电流I1的大小和方向（2）线圈离磁场的高度（3）线圈下边缘cd刚离开磁场时线圈的加速度大小及方向（4）若线圈在离开磁场前就已经匀速运动，则线圈在离开磁场过程中产生的热量【答案】（1）1A，方向为逆时针（2）0.8m（3）5m/s2，方向向上（4）2J【解析】【详解】（1）线框进入磁场时恰好匀速运动，重力和安培力平衡，则得 BI1L=mg可得I1=mgBL=0.11011A=1A 由楞次定律判断知，I1的方向沿逆时针（2）线框进入磁场时产生的感应电动势 E=I1R=14V=4V由E=BLv1得：v1=EBL=411=4m/s由v12=2gH得H=v122g=4220m=0.8m（3）线框完全在磁场中下落的高度：h=2L-L=1m线框完全在磁场中磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力，所以线框做加速度为g的匀加速直线运动，线框下边cd将要出磁场时的速率为：v2=v12+2gh=42+2101m/s=6m/s线框下边刚离开磁场时感应电流的大小I2=BLv2R=1164A=1.5A根据牛顿第二定律得：mg-BI2L=ma可得线圈的加速度 a=g-BI2Lm=1011.510.1=-5m/s2，负号表示加速度方向向上（4）若线圈在离开磁场前就已经匀速运动，由mg=BIL=B2L2v3R，知v3=v1；根据能量守恒得知，线框离开磁场的过程产生的热量与进入磁场时的相等，为：Q=2mgL=20.1101J=2J【点睛】本题在电磁感应中属于常规题，从力的角度研究电磁感应现象，根据受力情况分析线圈的运动情况，并运用运动学公式求解速度运用电磁感应的基本规律和力学知识结合求解