电磁感应
(时间:45分钟 满分:100分)
知识点分布表
考查知识点
题号
题型
分值
感应电流产生的条件
10
填空题
9
法拉第电磁感应定律
1、2、5、7
选择题
24
11
计算题
10
楞次定律
6
选择题
6
9
填空题
9
电磁感应中能量转化与守恒
4、8
选择题
12
12、13
计算题
24
自感
3
选择题
6
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.一矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直,先保持线框的面积不变,将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍,接着保持增大后的磁感应强度不变,在1 s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半,先后两个过程中,线框中感应电动势的比值为( )
A. B.1 C.2 D.4
解析:因为两次线圈内磁通量的变化量相同,所用时间相同,所以由法拉第电磁感应定律可判断B正确。
答案:B
2.如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则( )
8
A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1>Q2,q1>q2
C.Q1=Q2,q1=q2 D.Q1=Q2,q1>q2
解析:设线框ab、bc的长度分别为L1、L2,线框的电阻为R,线框进入磁场过程中,产生的感应电动势分别为
E1=BL1v,E2=BL2v,
产生的热量Q1=t1=、Q2=t2=,故Q1>Q2;
通过线框横截面的电荷量
q=It=t=,
故q1=q2,选项A正确。
答案:A
3.如图所示的电路中,电源电动势为E,线圈L的电阻不计。以下判断正确的是( )
A.闭合开关S,稳定后,电容器两端电压为E
B.闭合开关S,稳定后,电容器的a极带正电
C.断开开关S的瞬间,电容器的a极板将带正电
D.断开开关S的瞬间,电容器的a极板将带负电
解析:闭合开关S,稳定后,由于线圈L的直流电阻为零,所以线圈两端电压为零,又因为电容器与线圈并联,所以电容器两端电压也为零,选项A、B错误;断开S的瞬间,线圈L中电流减小,线圈中产生与原电流方向相同的自感电动势,并作用在电容器上,所以,此时电容器a极板将带正电,b极板将带负电,选项C正确,D错误。
答案:C
4.
如图所示,固定的水平长直导线中通有电流I,矩形线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行。线框由静止释放,在下落过程中( )
A.穿过线框的磁通量保持不变
B.线框中感应电流方向保持不变
C.线框所受安培力的合力为零
8
D.线框的机械能不断增大
解析:直线电流的磁场离导线越远,磁感线越稀,故线框在下落过程中穿过线框磁通量一直减小,选项A错;由于上、下两边电流相等,上边磁场较强,线框所受安培力的合力不为零,选项C错;由于电磁感应,一部分机械能转化为电能,机械能减小,选项D错,故选项B对。
答案:B
5.如图所示,EOF和E’O’F’为空间一匀强磁场的边界,其中EO∥E’O’,FO∥F’O’,且EO⊥OF;OO’为∠EOF的平分线,OO’间的距离为l;磁场方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿O’O方向匀速通过磁场,t=0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是( )
解析:根据右手定则可知,开始时穿过导线框的感应电流方向为逆时针,由题意知为正方向,故选项C、D错误。在正方形导线框匀速进入磁场的过程中,切割磁感线的有效长度逐渐增大,所以感应电流也逐渐增大;当导线框的左边过O’点后,切割磁感线的有效长度(即左边的边长)不变,故感应电流不变;当导线框的右边到达O’点时,左边正好到达O点,切割磁感线的有效长度(即右边的边长)也不变,故感应电流不变,方向与刚进入磁场时相反,故选项A错误,B正确。
答案:B
6.某飞机正在地球北半球飞行,机翼保持水平,飞行高度不变,已知北半球地磁场的竖直分量向下,由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差。设飞行员左方机翼末端处的电势为U1,右方机翼末端处的电势为U2,则 ( )
A.若飞机从西往东飞,则U1比U2高
B.若飞机从东往西飞,则U2比U1高
C.若飞机从南往北飞,则U1比U2高
D.若飞机从北往南飞,则U2比U1高
解析:竖直向下的磁场分量使水平飞行的机翼产生感生电动势,由右手定则可判断,无论飞机向哪个方向飞行,都是左侧电势高于右侧电势,即U1总比U2高,选项A、C正确。
答案:AC
7.如图所示,水平放置的平行金属导轨间距为l,左端与一电阻R相连。导轨间有竖直向下的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B。金属杆ab垂直于两导轨放置,电阻为r,与导轨间无摩擦。现对杆ab施加向右的拉力,使杆ab向右以速度v匀速运动,则( )
8
A.金属杆中的电流由a到b
B.金属杆a端的电势高于b端的电势
C.拉力F=
D.R上消耗的功率P=()2R
解析:由右手定则判定电流方向由b→a,a端电势高于b端,选项A错,选项B对;F=BIl=,选项C错;P=I2R=()2R,选项D对。
答案:BD
8.两根光滑的金属导轨,平行放置在倾角为θ的斜面上,导轨的左端接电阻R,导轨的电阻可忽略不计。斜面处在一匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向上。质量为m、电阻可不计的金属棒ab,在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑,并上升h高度。如图所示,在这个过程中( )
A.作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于零
B.作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和
C.恒力F与安培力的合力所做的功等于零
D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热
解析:
在金属棒匀速上滑过程中,棒的受力情况如图所示,其中F安沿斜面向下,弹力FN对棒不做功,拉力F对棒做正功,重力G与安培力F安对棒做负功,棒的动能不变,而重力势能增加,电阻R上产生焦耳热,其内能增加。根据动能定理,对金属棒有WF+WG+W安=ΔEk=0。 ①
即作用在棒上各力做功代数和为零。由于作用在棒上的各力均为恒力,因此作用在金属棒上各力的合力做功等于零。故A项正确,B、C两项错误。
从能量转化和守恒定律可知,拉力F做功,使金属棒的重力势能和电阻R的内能增加,故有
WF=ΔEp+ΔE内。 ②
重力做功等于重力势能增量的负值,即
WG=-ΔEp, ③
8
由①式得WF+WG=-W安, ④
将②③式代入①式得W安=-ΔE内。 ⑤
比较④⑤两式可知,恒力F与重力的合力所做的功,等于电阻R上增加的内能,即等于电阻R上发出的焦耳热,故D项正确。
答案:AD
二、填空题(本题共2小题,共18分。将正确答案填在题中横线上或按题目要求作答)
9.(9分)如图所示,金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上,在ef右侧存在有界匀强磁场B,磁场方向垂直导轨平面向里,在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环与导轨在同一平面内。当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后,圆环L有 (选填“收缩”或“扩张”)趋势,圆环内产生的感应电流 (选填“变大”“变小”或“不变”)。
解析:由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动,则abcd回路中产生逆时针方向的感应电流,则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场,随着金属棒向右加速运动,圆环的磁通量将增加,依据楞次定律可知,圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量增加;又由于金属棒向右运动的加速度减小,单位时间内磁通量的变化率减小,所以在圆环中产生的感应电流不断减小。
答案:收缩 变小
10.(9分)
已知某一区域的地下埋有一根与地面平行的直线电缆,电缆中通有变化的电流,在其周围有变化的磁场,因此可以通过在地面上测量闭合试探小线圈中的感应电动势来探测电缆的确切位置、走向和深度。当线圈平面平行地面测量时,在地面上a、c两处测得试探线圈中的电动势为零,b、d两处线圈中的电动势不为零;当线圈平面与地面成45°夹角时,在b、d两处测得试探线圈中的电动势为零。经过测量发现,a、b、c、d恰好位于边长为1 m的正方形的四个顶角上,如图所示。据此可以判定地下电缆在 两点连线的正下方,离地面的深度为 m。
解析:
甲
本题解题的关键:熟练掌握直导线中电流的磁感线的分布特点:直线电流磁场的磁感线是一些以导线上各点为圆心的同心圆,这些同心圆都在跟导线垂直的平面上。如图甲所示,当试探线圈M平行于地面,且处在导线的正上方(导线ac处在距试探线圈M某一距离的正下方)时,根据对称特点,可知不论导线ac中的电流如何变化,通过试探线圈M中的磁通量始终为零,则试探线圈中的电动势始终为零。当电缆线沿ac方向时,如果把试探线圈放在b、d
8
两处时,穿过试探线圈的磁通量均不等于零,那么当电缆中的电流变化时,穿过线圈的磁通量也要发生变化,则线圈中要产生电动势。这与题目条件符合。所以电缆在a、c两点的正下方。
试探线圈处在b、d两处且线圈平面与地面成45°夹角时的情形如图乙所示。根据直线电流磁场的磁感线特点可知,只有当夹角θ等于45°时,才能保证通过线圈平面的磁通量始终等于零,即试探线圈中的电动势为零。由几何关系知bd=m,H=m=0.71m,即离地面的深度为0.71m。
乙
答案:a、c 0.71
三、计算题(本题共3小题,共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
11.(10分)横截面积S=0.2 m2,n=100匝的圆形线圈A处在如图所示的磁场中,磁感应强度随时间变化的规律是B=0.6-0.02t(T),开始时S未闭合,R1=4 Ω,R2=6 Ω,C=30 μF,线圈内阻不计。
(1)闭合开关S后,通过R2的电流大小和方向。
(2)闭合开关S后一段时间又断开,问切断后通过R2的电荷量又是多少?
解析:(1)根据B=0.6-0.02t(T),
可知=-0.02T/s,B是不断减弱的。
E=n=100×0.2×0.02V=0.4V,(取绝对值)
I=A=0.04A。
由于磁感应强度不断减弱,根据楞次定律可知感应电流的方向是顺时针的,即电流从R1流向R2,方向是从上往下流过R2的。
(2)R2两端的电压为U2=IR2=0.04×6V=0.24V。
切断S后,C与R2形成回路,C放电。
解得Q=CU2=30×10-6×0.24C=7.2×10-6C。
答案:(1)0.04 A,方向从上往下流过R2 (2)7.2×10-6 C
12.(12分)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd,每边长为L,总电阻为R,总质量为m,将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处,如图所示,线框由静止自由下落,线框平面保持在竖直平面内,且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时:
8
(1)求线框中产生的感应电动势大小。
(2)求c、d两点间的电势差大小。
(3)若此时线框加速度恰好为零,求线框下落的高度h所应满足的条件。
解析:(1)cd边刚进入磁场时,线框速度
v=
线框中产生的感应电动势
E=BLv=BL。
(2)此时线框中电流I=
c、d两点间的电势差
U=I(R)=BL。
(3)cd边受安培力F=BIL=
根据牛顿第二定律mg-F=ma
由a=0解得下落高度满足h=。
答案:(1)BL (2)BL (3)h=
13.(12分)(2014·天津理综)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4 m,导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5 T。在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1 kg、电阻R1=0.1 Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑。然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4 kg、电阻R2=0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,g取10 m/s2。问:
(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向;
(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大;
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8 m,此过程中ab上产生的热量Q是多少。
解析:(1)由a流向b。
8
(2)开始放置ab恰好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有
Fmax=mgsinθ ①
设ab刚好要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有
E=BLv ②
设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有I= ③
设ab所受安培力为F安,有
F安=ILB ④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有
F安=m1gsinθ+Fmax ⑤
综合①②③④⑤式,代入数据解得
v=5m/s。 ⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒有
m2gxsinθ=Q总+m2v2 ⑦
又Q=Q总 ⑧
解得Q=1.3J。 ⑨
答案:(1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
8
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