1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。十涡流、电磁阻尼和电磁驱动(25分钟60分)一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)1(多选)如图所示，以下现象中与涡流有关的是()【解析】选A、B。真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在冶炼炉中产生涡流，从而产生大量的热量，A正确；磁电式仪表的线圈常用铝框做线圈骨架，当铝框转动时产生涡流，铝框受到安培力阻碍很快停止转动，B正确；处于磁场中的导电液体旋转起来以及磁电式仪表中的线圈通电后发生偏转是电流在磁场中的受力问题，不是涡流，C、D错误。2机场的安检门可以利用涡
2、流探测人身上携带的金属物品，安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流。关于其工作原理，以下说法正确的是()A人身上携带的金属物品会被地磁场磁化，在线圈中产生感应电流B人体在线圈中交变电流产生的磁场中运动，产生感应电动势并在金属物品中产生感应电流C线圈产生的交变磁场不会在金属物品中产生交变的感应电流D金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流【解析】选D。并不是所有金属物品都能被磁化，且地磁场很弱，即使被磁化，磁性很弱，人体的电阻很大，不能与金属物品构成回路产生感应电流，A、B错误；安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品的原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品中产生交变的感应
3、电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，C错误，D正确。3电磁炉又名电磁灶，是现代厨房革命的产物，它无需明火或传导式加热而让热直接在锅底产生，因此热效率得到了极大的提高。是一种高效节能厨具，完全区别于所有传统的有火或无火传导加热厨具。如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是()A.电磁炉通电线圈加直流电，电流越大，电磁炉加热效果越好B电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，电磁炉不能起到加热作用D电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差
4、【解析】选B。电磁炉通电线圈加直流电，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流，所以没有加热效果，A错误；电磁炉的原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，所以电磁炉通过线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，B正确；在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，因此不会影响电磁炉的加热作用，C错误；金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，而不是因为导热性能较差，D错误。【加固训练】电磁炉是利用涡流加热的，它利用交变电流通过线圈产生变化磁场，当磁场内的磁感线通过锅底时，即会产生无数小涡流，使锅体本身高速发
5、热，从而达到烹饪食物的目的。下列的锅具或容器中，适用于电磁炉的是()A煮中药的瓦罐B不锈钢锅C玻璃茶杯 D塑料盆【解析】选B。煮中药的瓦罐、玻璃茶杯、塑料盆都不是铁质锅，不能被磁化，因而不能形成涡流(即电流)，故不能用来加热食物，故A、C、D错误，B正确。4.如图，一个铝框放在蹄形磁铁的两个磁极之间，可以绕支点自由转动。先使铝框和磁铁静止，转动磁铁，观察铝框的运动，可以观察到()A从上往下看，当磁铁顺时针转动时，铝框会随之顺时针转动B从上往下看，当磁铁顺时针转动时，铝框会随之逆时针转动C无论磁铁向哪个方向转动，铝框都不会转动D当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝框将保持匀速转动【解
6、析】选A。根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则铝框与磁铁转动方向相同，从上往下看，当磁铁顺时针转动时，铝框会随之顺时针转动，A正确，B、C错误；当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝框转动的过程中仍然能产生感应电流，所以铝框会逐渐减速至停止运动，D错误。【加固训练】如图所示，使一个铜盘绕其竖直的轴OO转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的。现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则()A.铜盘转动将变慢B铜盘转动将变快C铜盘仍以原来的转速转动D铜盘转动速度是否变化，要根据磁铁的上、下两端的极性来决定【解析】选A。当蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知感应电流
7、所受的安培力阻碍其相对运动，所以铜盘转动将变慢。本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，A项正确。5电磁驱动是21世纪初问世的新概念，该技术被视为将带来交通工具大革命。多国科学家都致力于此项研究。据2015年央广新闻报道，美国国家航空航天局NASA在真空成功试验了电磁驱动引擎，如果得以应用，该技术将在未来的星际旅行中派上大用场。在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理。如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是()A.铝盘接通电源，通有电流的铝盘
8、在磁场作用下带动指针转动B永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动C铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相反D由于铝盘和永久磁体被同转轴带动，所以两者转动是完全同步的【解析】选B。当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，使指针转动，由于弹簧游丝的力的作用，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁体转动，要减小穿过铝盘磁通量的变化，永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同，C错误；永久磁体固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，
9、铝盘和永久磁体不是同转轴带动，所以两者转动不是同步的，D错误。6.如图所示，水平方向的磁场垂直于光滑曲面，闭合小金属环从高h的曲面上端无初速度滑下，又沿曲面的另一侧上升，则()A若是匀强磁场，环在左侧上升的高度小于hB若是匀强磁场，环在左侧上升的高度大于hC若是非匀强磁场，环在左侧上升高度等于hD若是非匀强磁场，环在左侧上升的高度小于h【解析】选D。若是匀强磁场，穿过小环的磁通量不变，没有感应电流产生，其机械能守恒，高度不变，则环在左侧上升的高度等于h，故A、B错误；若是非匀强磁场，穿过小环的磁通量变化，小环中将产生感应电流，机械能减小，转化为内能，高度将减小，则环在左侧上升的高度小于h，故C
10、错误，D正确。二、计算题(本题共2小题，共24分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)7(12分)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。如图1所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管。一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。(1)金属弦的作用类似“研究电磁感应现象”实验中铁芯的作用，则被拨动后靠近螺线管的过程中，通过放大器的电流方向为_(以图像为准，选填“向上”或“向下”)。(2)下列说法正确的有_。A金属弦上下振动的周期越大，螺线管内感应电流的方向变化也越快B金属弦上下振动过程
11、中，经过相同位置时速度越大，螺线管中感应电动势也越大C电吉他通过拾音器发出的声音随感应电流强度增大而变响，增减螺线管匝数会起到调节音量的作用D电吉他通过拾音器发出的声音频率和金属弦振动频率相同(3)若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图2所示，则对应感应电流的变化为图3中的_。【解析】(1)金属弦靠近螺线管时，线圈中磁场变强，根据楞次定律可得通过放大器的电流方向为向下。(2)感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，与线圈匝数有关，所以选项B、C正确；电吉他通过拾音器发出的声音频率与感应电流的频率相同，即与金属弦振动频率相同，故A错误，D正确。(3)根据法拉第电磁感应定律可知，感应电
12、动势的大小取决于磁通量的变化率，所以感应电流的大小取决于磁通量的变化率，所以选项D正确。答案：(1)向下(2)B、C、D(3)D8.(12分)如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B的两端和电阻连成一个闭合电路，在断开开关S时，弹簧K并不能立即将衔铁D拉起，即连接着工作电路的触头C要经过一段时间后才能离开。根据所学的知识，说明这种继电器的工作原理。【解析】由题意可知，当S接通后，线圈A中产生磁场，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，B中产生与图示方向相反的感应电流，当将S断开，导致穿过线圈B的磁通量减小变慢，
13、根据楞次定律可知，产生延时释放D的作用。答案：见解析(15分钟40分)9(6分)(多选)图甲为磁控健身车，图乙为其车轮处结构示意图，在金属飞轮的外侧有磁铁(与飞轮不接触)，人用力蹬车带动飞轮旋转时，需要克服磁铁对飞轮产生的阻碍，通过调节旋钮拉线可以实现不同强度的健身需求(当拉紧旋钮拉线时可以减小磁铁与飞轮间的距离)，下列说法正确的是()A.飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力B人蹬车频率一定时，拉紧旋钮拉线，飞轮受到的阻力变大C控制旋钮拉线不动时，飞轮转速越大，受到的阻力越小D控制旋钮拉线不动时，飞轮转速越大，内部的涡流越小【解析】选A、B。飞轮受到的阻力主要来源于磁铁产生的磁场对它的安培
14、力，A正确；人蹬车频率一定时，拉紧旋钮拉线，磁铁与飞轮间的距离减小，磁场变强，飞轮受到的安培阻力变大，B正确；控制旋钮拉线不动时，飞轮转速越大，飞轮内部的涡流越强，受到的安培阻力越大，C、D错误。10.(6分)(多选)如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过匀强磁场区域(忽略空气阻力)，则()A圆环向右穿过磁场后，不能摆至原高度B在进入和离开磁场时，圆环中感应电流方向相反C圆环进入磁场后，感应电流方向不变D圆环最终停止在最低点【解析】选A、B。圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为内能，所以摆不到原
15、来的高度，A符合题意；圆环进入磁场时磁通量增大，离开磁场时磁通量减小，根据楞次定律知，在这两个过程中，产生的感应电流方向相反，B符合题意；整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，C不符合题意；在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化(一直是最大值)，所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在最低点，D不符合题意。11(6分)(多选)科技的发展使得电能的无线传输成为可能，下图是某品牌手机无线充电的原理图，通过对原理图的理解，下列说法正确的是()A.无线充电时手机接收线圈部分的
16、工作原理是“电磁感应”B.只有将充电座接到交流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电【解析】选A、B、C。由工作图易知，无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应”，即A项正确；只有将充电座接到交流电源上才能产生交变电磁场，进而在接收线圈中产生电流，从而对手机充电，即B项正确；由电磁感应定律易知，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，即C项正确；手机内部应有与图中接收线圈功能相同的装置，否则无法进行无线充电，即D项错误。【加固训练】(多选)如图所示，一金属铜盘紧靠U形磁铁的两极而
17、不接触，U形磁铁在铜盘正中央。当磁铁旋转起来，会带动铜圆盘跟随磁铁转动，这种现象称为电磁驱动，在圆盘转动过程中下列说法正确的是()A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致U形磁铁转动C在圆盘转动的过程中，U形磁铁的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘转动方向与磁铁方向相反【解析】选A、B。铜盘中有自由电子，在磁场运动时，这些电子受到洛伦兹力，会沿半径方向运动，圆盘上产生了感应电动势，从而形成涡流。这个涡流反过来又会受到磁场的作用力，使得铜盘随着磁极转动。故A、B正确；根据对称性原理，U形磁铁的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，故C错误；根据楞次定律可知，圆盘会阻碍磁铁的相对运动，
18、所以圆盘以较小的转速与磁铁同向转动。故D错误。12(22分)如图所示，在光滑的水平面上有一半径r10 cm、电阻R1 、质量m1 kg的金属圆环，以速度v10 m/s向一有界匀强磁场滑去。匀强磁场方向垂直于纸面向里，B0.5 T。从环刚开始进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时圆环释放了32 J的热量，求：(1)此时圆环中电流的瞬时功率。(2)此时圆环运动的加速度。【解析】(1)取金属圆环为研究对象，从刚进入磁场至一半进入磁场的过程中，由能量守恒定律可知，环减少的动能全部转化为热能，设此时的速度为v1，则有Qmv2mv，又因为P，由以上两式联立，代入数据解得P0.36 W。(2)由楞次定律可知环此时受到的安培力方向向左，由牛顿第二定律得ma，即a6102 m/s2，方向向左。答案：(1)0.36 W(2)6102 m/s2，方向向左【总结提升】涡流现象中两种不同的能量转化方式(1)电磁阻尼中克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能。(2)电磁驱动中由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能而对外做功。关闭Word文档返回原板块