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考点强化练41电磁感应的综合应用1.如图所示,垂直于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CDEF从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域,关于线框EF两端的电压UEF与线框移动距离x的关系,下列图象正确的是()2.如图所示,在竖直平面内有一金属环,环半径为0.5 m,金属环总电阻为2 ,在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=1 T,在环顶点上方0.5 m的A点用铰链连接一长度为1.5 m,电阻为3 的均匀导体棒AB,当导体棒摆到竖直位置时,其B端的速度为3 m/s。已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环接触良好,则当它摆到竖直位置时AB两端的电压大小为()A.0.4 VB.0.65 VC.2.0 VD.2.25 V3.(2018浙江台州书生中学高二上学期第三次月考)竖直放置的平行光滑导轨,其电阻不计,磁场方向如图所示,B=0.5 T,导体棒ab与cd长均为0.2 m,电阻均为0.1 ,重均为0.1 N,现用力向上拉导体棒ab,使之匀速向上(与导轨接触良好,导轨足够长),此时,导体棒cd恰好静止,那么导体棒ab上升时,下列说法中正确的是()A.导体棒ab受到的拉力大小为2 NB.导体棒ab向上的速度为0.2 m/sC.在2 s内,拉力做功转化电能的是0.4 JD.在2 s内,拉力做功为0.6 J4.(多选)如图所示,两端与定值电阻相连的光滑平行金属导轨倾斜放置,其中R1=R2=2R,导轨电阻不计,导轨宽度为L,匀强磁场垂直穿过导轨平面,磁感应强度为B。导体棒ab的电阻为R,垂直导轨放置,与导轨接触良好。释放后,导体棒ab沿导轨向下滑动,某时刻流过R2的电流为I,在此时刻()A.重力的功率为6l2RB.金属杆ab消耗的热功率为4I2RC.导体棒的速度大小为2IRBLD.导体棒受到的安培力的大小为2BIL5.(多选)矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁感线的方向与导线框所在平面垂直,规定磁场的正方向垂直纸面向里,磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。abcd固定不动,在04 s内,线框中的电流为I,线框的bc边受安培力为F,(若规定顺时针方向为感应电流I的正方向,F的方向规定以向左为正方向)下列各图中正确的是()6.如图所示,光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间距为d=1 m,与水平地面成=37角放置,Q端接地,阻值为R=8 的电阻接在M、P间,导轨电阻忽略不计,匀强磁场垂直导轨平面向下,磁感应强度为B=0.5 T,质量为m=0.1 kg,电阻为r=2 的导轨棒垂直于轨道,由静止释放,下滑距离s=3 m,速度为v=4 m/s,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)电阻R中的最大电流I大小和方向;(2)导体棒速度为v时,M点的电势;(3)从释放到导体棒速度为v的过程中,导体棒中产生的热量Q。7.(2018浙江嘉兴第一中学高三上学期期末)如图所示,两根相距L1的平行粗糙金属导轨固定在水平面上,导轨上分布着n个宽度为d、间距为2d的匀强磁场区域,磁场方向垂直水平面向上。在导轨的左端连接一个阻值为R的电阻,导轨的左端距离第一个磁场区域L2的位置放有一根质量为m,长为L1,阻值为r的金属棒,导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计。某时刻起,金属棒在一水平向右的已知恒力F作用下由静止开始向右运动,已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为,重力加速度为g。(1)若金属棒能够匀速通过每个匀强磁场区域,求金属棒离开第2个匀强磁场区域时的速度v2的大小;(2)在满足第(1)小题条件时,求第n个匀强磁场区域的磁感应强度Bn的大小;(3)现保持恒力F不变,使每个磁场区域的磁感应强度均相同,发现金属棒通过每个磁场区域时电路中的电流变化规律完全相同,求金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的整个过程中左端电阻R上产生的焦耳热Q。8.(2018浙江余姚中学高三选考科目模拟)如图甲所示,光滑绝缘斜面的倾角=30,矩形区域GHIJ(GH与IJ相距为d)内存在着方向垂直于斜面的匀强磁场。质量为m、边长为d的正方形闭合金属线框abcd平放在斜面上,开始时ab边与GH相距也为d,现用一平行于斜面的恒力拉动线框,使其由静止开始(t=0)沿斜面向上运动,当线框完全通过磁场后运动一段时间再撤去外力。已知线框运动的过程中产生的电流I随时间t变化的I-t图象如图乙所示(规定电流沿abcd方向为正)。已知向上穿过磁场时线框中电流大小为I0,前后两次通过磁场产生电流的时间之比为21,重力加速度为g,斜足够长,线框ab边始终与GH平行,求:(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向;(2)线框的电阻阻值;(3)撤去外力之前线框位移的大小。9.(2018学年浙江嘉兴高二第一学期期末)如图甲所示,匝数为60匝的线圈(图中只画了2匝)两端与一个小灯泡相连。线圈内存在一个圆形磁场,线圈中的磁通量按图乙所示规律变化(以垂直纸面向里穿过线圈的磁通量为正),其中线圈内阻为6 ,则:丙(1)2 s末,流过小灯泡的电流方向(选填“A到B”或“B到A”);(2)0.5 s末,线圈产生的感应电动势大小;(3)小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示,则接入此电路中的小灯泡消耗的实际电功率为多大?10.如图所示,某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道,管道的长为L、宽为d、高为h,上、下两面是绝缘板。前、后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板,两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为的导电液体(有大量的正、负离子),且开关闭合前后,液体在管道进、出口两端压强差的作用下,均以恒定速率v0沿x轴正向流动。(1)求开关闭合前,M、N两板间的电势差大小U0;(2)调整矩形管道的宽和高,但保持其他量和矩形管道的横截面积为S不变,求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比dh的值。11.如图所示,足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内,导轨间距为l,b、c两点间接一阻值为R的电阻。ef是一水平放置的导体杆,其质量为m、有效电阻值为R,杆与ab、cd保持良好接触。整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直。现用一竖直向上的力拉导体杆,使导体杆从静止开始做加速度为g2的匀加速运动,上升了h高度,这一过程中b、c间电阻R产生的焦耳热为Q,g为重力加速度,不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。求:(1)导体杆上升h高度过程中通过杆的电荷量;(2)导体杆上升h高度时所受拉力F的大小;(3)导体杆上升h高度过程中拉力做的功。12.如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面。开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动,在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g。求:(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;(2)磁场上、下边界间的距离H。考点强化练41电磁感应的综合应用1.D刚进入磁场时,EF边切割磁感线,其等效电路图如下甲线框完全进入磁场时,等效电路如图乙出磁场时,AB边切割磁感线,其等效电路图如下丙由等效电路可知,在线框穿过磁场的过程中,E点的电势始终高于F的电势,则UEF始终为正值,则BC错误;CD两边切割磁感线时产生的感应电动势为E=BLv。在0L内,EF切割磁感线,EF两端的电压是路端电压,则UEF=34E=34BLv;在L2L内,线框完全在磁场中运动,穿过线框的磁通量没有变化,不产生感应电流,则UCD=E=BLv;在2L3L内,CD两端的电压等于感应电动势的14,则UEF=14E=14BLv,故A错误D正确。2.B当导体棒摆到竖直位置时,由v=r可得:C点的速度为:vC=13vB=133 m/s=1 m/s AC间电压为:UAC=EAC=BLACvC2=10.512 V=0.25 VCB段产生的感应电动势为:ECB=BLCBvC+vB2=111+32 V=2 V圆环两侧并联电阻为:R=12 =0.5 ,金属棒CB段的电阻为:r=2 ,则CB间电压为:UCB=RR+rECB=0.50.5+22 V=0.4 V故AB两端的电压大小为:UAB=UAC+UCB=0.65 V3.C导体棒ab匀速上升,受力平衡,cd棒静止,受力也平衡,对于两棒组成的整体,合外力为零,根据平衡条件可得:ab棒受到的推力F=2mg=0.2 N,故A错误。对cd棒,受到向下的重力G和向上的安培力F安,由平衡条件得:F安=G,即BIL=G,又I=BLv2R,联立得:v=2GRB2L2=20.10.10.520.22=2 m/s,故B错误。在2 s内,电路产生的电能Q=E22Rt=BLv22Rt=0.50.22220.12 J=0.4 J,故C正确;在2 s内拉力做的功:W=F推vt=0.222 J=0.8 J,故D错误。故选C。4.BD根据能量守恒定律可得PG+PF=PQ+mgv,由于质量未知,所以重力的功率无法求解,A错误;据题R1=R2=2R,流过R2的电流为I,通过R1和R2的电流相等,则流过ab棒的电流为2I;金属杆ab消耗的热功率为Pab=(2I)2R=4I2R,B正确;金属杆ab产生的感应电动势为E=2IR+122R=4IR,由E=BLv得导体棒的速度大小为v=4IRBL,故C错误;导体棒受到的安培力的大小为F=B2IL=2BIL,D正确。5.BD由题图可知,01 s内,线圈中磁通量的变化率相同,故01 s内电流的方向相同,由楞次定律可知,电路中电流方向为逆时针,为负,同理可知,12 s内电路中的电流为顺时针,为正,23 s内,电路中的电流为顺时针,为正,34 s内,电路中的电流为逆时针,为负,由E=t=BSt可知,电路中电流大小恒定不变,故A错误,B正确;线框bc受到的安培力F=BIL,01 s内,B逐渐增大,IL不变,所以F逐渐增大,根据左手定则可知,F方向向左,为正且逐渐增大,同理,12 s内,B逐渐减小,IL不变,所以F逐渐减小,根据左手定则可知,F方向向右,为负且逐渐减小,故C错误,D正确。6.答案 (1)1.2 A,方向:由P到M(2)-1.6 V(3)0.2 J解析 (1)当导体棒受力平衡mgsin =BId解得I=mgsinBd=1.2 A;电流方向:由P到M(逆时针也算对);(2)速度为v时,棒的电动势E=Bdv=2 V回路电流I=ER+r=0.2 APM两端的电势差UPM=IR=1.6 V根据UPM=P-M,解得M=-1.6 V(3)从释放到导体棒速度为v时,由能量守恒,mgssin =Q总+12mv2,解得Q总=1 J导体棒中产生的热量Qr=rR+rQ总=0.2 J。7.答案 (1)v2=2(F-mg)(L2+2d)m(2)Bn=1L14m(F-mg)(R+r)22L2+4nd-4d(3)Q=3RR+rnd(F-mg)解析 (1)金属棒匀加速运动有F-mg=mav22=2a(L2+2d)解得:v2=2(F-mg)(L2+2d)m(2)金属棒匀加速运动的总位移为x=L2+2nd-2d金属棒进入第n个匀强磁场的速度满足vn2=2ax金属棒在第n个磁场中匀速运动有F-mg-F安=0,F安=Bn2L12vnR+r解得:Bn=1L14m(F-mg)(R+r)22L2+4nd-4d(3)金属棒进入每个磁场时的速度v和离开每个磁场时的速度v均相同,由题意可得v2=2aL2,v2-v2=2a2d金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的过程中,有x总=L2+3nd-2d,(F-mg)x总-Q总=12mv2Q=RR+rQ总,解得:Q=3RR+rnd(F-mg)8.答案 (1)mg4I0d,磁场方向垂直斜面向上(2)mg2gd8I02(3)4d解析 (1)由I-t图象知道,线框向上和向下穿过磁场的过程都做匀速运动,设向上穿过磁场时线框的速度大小为v1,向下穿过磁场时线框的速度大小为v2,线框中电流大小为I;根据运动学公式和欧姆定律可得:向上时,v1t1=2d,I0R=Bdv1向下时,v2t2=2d,IR=Bdv2根据共点力的平衡可得:mgsin 30=BId由题设条件知道t1t2=21联立解得:B=mg4I0d根据右手定则可知磁场方向垂直斜面向上;(2)线框向上穿过磁场时,根据共点力平衡可得:F=mgsin 30+BI0d线框从开始运动的ab边向上刚好进入磁场的过程中,根据动能定理可得:(F-mgsin 30)d=12mv12联立解得R=mg2gd8I02(3)设撤去外力前位移大小为x,线框离开磁场后作用的位移为x-3d,从线框离开磁场到再次进入磁场的过程中,根据动能定理可得:F(x-3d)=12mv22-12mv12联立可得x=4d9.答案 (1)B到A(2)E=6 V(3)1.181.44 W解析 (1)由楞次定律判断出感应电流的方向为B到A。(2)由图可知0.5 s末与1 s的磁感应强度相同,由法拉第电磁感应定律:E=nt=600.11 V=6 V(3)线圈内阻为6 当把等效电源和小灯泡串联起来时,小灯泡两端电压就是路端电压,流过小灯泡电流就是干路电流,把电源伏安特性曲线和小灯泡伏安特性曲线画在一幅图中。由图中交点可知当I=0.34 A时,此时灯泡两端的电压为4.0 V,则灯泡消耗的功率为:P=UI=1.36 W。10.答案 (1)Bdv0(2)LSv02B24LR解析 (1)以导电液体中带正电离子为研究对象,受力平衡时,qv0B=qE=qU0d,解得U0=Bdv0。(2)两导体板间液体的电阻r=dLh,I=U0R+r,电阻R获得的功率为P=I2R,即P=Lv0BLRd+h2R,当dh=LR时,电阻R获得最大功率,为Pmax=LSv02B24。11.答案 (1)Blh2R(2)3mg2+B2l2gh2R(3)3mgh2+2Q解析 (1)感应电荷量q=It,根据闭合电路欧姆定律有I=E2R,根据法拉第电磁感应定律得E=t,由以上各式解得q=2R=Blh2R。(2)设导体杆上升h高度时速度为v1、拉力为F,根据运动学公式,得v1=2g2h=gh,根据牛顿第二定律,得F-mg-BI1l=ma=mg2,根据闭合电路欧姆定律,得I1=Blv12R,由以上各式解得F=3mg2+B2l2gh2R。(3)由功能关系得WF-mgh-2Q=12mv12-0,解得WF=3mgh2+2Q。12.答案 (1)4倍(2)Qmg+28l解析 (1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有E1=2Blv1设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有I1=E1R设此时线框所受安培力为F1,有F1=2I1lB由于线框做匀速运动,其受力平衡,有mg=F1由式得v1=mgR4B2l2设ab边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v2,同理可得v2=mgRB2l2由式得v2=4v1。(2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有2mgl=12mv12线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有mg(2l+H)=12mv22-12mv12+Q由式得H=Qmg+28l。
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