专题检测 专题十一.docx

1、专题十一电磁感应【专题检测】A组一、选择题1.(2018浙江义乌群星外国语学校月考)圆形金属环用一根轻质细杆悬挂在O点,金属环可以在竖直平面里来回摆动,空气阻力和摩擦力均可不计。在如图所示的正方形区域里,有匀强磁场垂直于圆环平面指向纸内,圆环平面始终垂直于磁场。下列说法中不正确的是()A.此摆振动的开始阶段机械能不守恒B.金属环进入磁场和离开磁场时,环中电流的方向肯定相反C.金属环通过最低点时,环中感应电流最大D.最后此摆在匀强磁场中运动时,机械能守恒答案C此摆在振动过程中,由于进入磁场和离开磁场区域时,金属环中磁通量变化,产生感应电流,机械能转化为电能,故此摆在振动的开始阶段机械能不守恒,故

2、A正确,不符合题意;当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化,会产生感应电流,金属环进入磁场和离开磁场区域,磁通量分别增大和减小,根据楞次定律得感应电流的方向相反,故B正确,不符合题意;金属环通过最低点时,金属环中磁通量不变化,感应电流为零,故C错误,符合题意;最后此摆在匀强磁场中运动时,磁通量不再变化,不再有感应电流,只有重力做功,则机械能守恒,故D正确,不符合题意。2.(2019广东汕头一模,20)(多选)如图甲为电动汽车无线充电原理图,M为受电线圈,N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图,线圈匝数为n,电阻为r,横截面积为S,两端a、b连接车载变流装置,匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线

3、圈。下列说法正确的是()A.只要受电线圈两端有电压,送电线圈中的电流一定不是恒定电流B.只要送电线圈N中有电流流入,受电线圈M两端一定可以获得电压C.当线圈M中磁感应强度大小均匀增加时,M中有电流从a端流出D.若t时间内,线圈M中磁感应强度大小均匀增加B,则M两端的电压为nSBt答案AC只要受电线圈两端有电压,说明穿过受电线圈的磁场变化,故送电线圈中的电流一定不是恒定电流,故A正确;若送电线圈N中有恒定电流,则产生的磁场不变化,穿过受电线圈的磁通量不发生变化,M两端不会获得电压,故B错误;线圈M中的磁感应强度均匀增加,根据楞次定律,如果线圈闭合,感应电流的磁场向下,故感应电流方向从b向a,即电

4、流从a端流出,故C正确;根据法拉第电磁感应定律有:E=nt=nSBt,设M外接电路的电阻为R,由闭合电路欧姆定律得,M两端的电压U=ER+rR=nSBRt(R+r),故D错误。3.(2020湖南六校联考,21)(多选)如图甲所示,光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上,两导轨间距L=0.30 m。导轨电阻忽略不计,其间连接有固定电阻R=0.40 。导轨上停放一质量m=0.10 kg、电阻r=0.20 的金属杆ab,整个装置处于磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab,使之由静止开始做加速运动,电压传感器(工作电流很小可以忽略)可

5、将R两端的电压U即时采集并输入电脑,获得电压U随时间t变化的关系图像,如图乙所示。运动过程中,ab与导轨始终垂直且接触良好,对于运动过程,以下说法正确的是()A.若2 s末撤去外力,则杆ab还能运动约5.33 mB.第2 s末外力F的瞬时功率为0.2 WC.如果外力在02 s所做功为0.3 J,则该过程金属杆上产生的焦耳热约为0.033 JD.在外力F作用下金属杆ab一定做匀加速直线运动,且a=2 m/s2答案AC根据E=BLv,v=at,U=RR+rE,结合图乙所示数据,解得:a=1 m/s2,选项D错误。由图像可知在2 s末,电阻R两端电压为0.2 V,通过金属杆的电流I=UR,金属杆受到

6、的安培力F安=BIL,金属杆的速度v2=at2,设2 s末外力大小为F2,由牛顿第二定律得F2-F安=ma,故2 s末时F的瞬时功率P=F2v2=0.35 W,选项B错误。由动量定理有-BILt=0-mv2,得BLq=mv2,q=It=BLxR+r,解得:x5.33 m,A正确。设回路产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律得W=Q+12mv22,电阻R与金属杆串联,产生的焦耳热与电阻成正比,金属杆上产生的焦耳热Qr=rR+rQ,得:Qr0.033 J,选项C正确。4.(2020浙江宁波适应性考试,10)(多选)如图所示,用电流传感器研究自感现象。电源内阻不可忽略,线圈的自感系数较大,其直流电阻小于电

7、阻R的阻值。t=0时刻闭合开关S,电路稳定后,t1时刻断开S,电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图像。下列图像中可能正确的是()答案AD当t=0时刻闭合开关S的瞬间,电路中的电流突然增大,在L中要产生自感电动势,阻碍电流的增加,所以L中的电流会逐渐增加到稳定值;而电阻R上,开始时由于L中的很大的自感电动势的产生,在L上相当于断路,所以流过R的电流会较大,然后逐渐减小到稳定值。由于L的直流电阻小于电阻R的阻值,所以稳定时流过电阻R的电流小于流过L的电流,两者方向相同,都是从左向右;当t1时刻断开S时,R中原来的电流立即减小到零,但是L中由于自感

8、电动势阻碍电流的减小,所以此电流会在L和R中形成回路,然后逐渐减到零,其流过R的电流方向与原来方向相反。所以选项A、D正确。二、非选择题5.(2020,53原创题)如图所示,足够长的固定的平行金属轨道左侧与水平地面成37角,右侧与地面垂直,轨道宽为L=0.8 m,整个装置处于B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下。质量分别为m1=0.2 kg、m2=0.5 kg的导体棒ab、cd水平放在左、右两侧轨道上并与轨道垂直。已知ab、cd棒的电阻均为R=0.2 ,其余电阻不计,ab棒与轨道间的摩擦可忽略不计,cd棒与轨道间的动摩擦因数为=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m

9、/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。由静止同时释放两棒,在棒下滑过程中,(1)判断cd棒中感应电流的方向;(2)求回路中电功率的最大值;(3)定性画出cd棒下滑过程中的速度-时间图像(要求有分析与推理过程)。答案(1)从c到d(2)5.625 W(3)见解析解析(1)ab棒沿左侧倾斜轨道下滑时切割磁感线,根据右手定则,ab棒中产生的感应电流方向从b到a;cd棒下滑不切割磁感线,ab棒中产生的感应电流通过cd棒,电流方向从c到d。(2)ab棒在左侧轨道上受力情况如图甲所示,由牛顿第二定律得m1g sin 37-F1 cos 37=m1a1F1=BIL=B2L2v1 cos372R

10、甲v1增大,a1减小,ab棒做加速度逐渐减小的加速运动,当m1g sin 37-BIL cos 37=0时ab棒的速度最大,此后ab棒以最大速度做匀速直线运动,回路中通过的最大电流Im=m1gBL tan 37=3.75 A则回路中的最大电功率Pm=Im22R=5.625 W(3)cd棒在右侧轨道上受力情况如图乙所示,cd棒刚释放后,由牛顿第二定律得m2g-B2L2v1 cos372R=m2a2乙v1增大,a2减小,cd棒做加速度逐渐减小的加速运动,当ab棒以最大速度匀速运动时,因为滑动摩擦力Ff=FN2=BImL=0.75 N1.6 s因此前1.6 s内电动势E=BtS=Btl2d=0.3

11、V,产生热量Q1=E2R1t=0.072 J当导体棒MN进入磁场时ccee区间分布的匀强磁场磁感应强度稳定为B1=0.8 T设导体棒MN进入磁场到第一次达到匀速时,导体棒MN的速度为v1,导体棒PQ速度为v2,此时回路中感应电动势为零,则有B1dv1=B2dv2,即B1v1=B2v2在导体棒MN进入磁场到第一次达到匀速过程中,由动量定理有-B1Idt=m1v1-m1vcB2Idt=m1v2解得v1=2m/sv2=4m/s由能量守恒定律有12m1vc2=12m1v12+12m2v22+Q2导体棒MN在磁场中运动第一次达到匀速时产生的焦耳热QMN=R1R1+R2Q2解得QMN=0.64 J总热量Q=Q1+QMN=0.712 J(3)导体棒MN第二次达到匀速时,导体棒MN、PQ都在磁场B2中,由于两导体棒受到的安培力大小相等方向相反,因此在磁场B2中导体棒MN、PQ组成的系统动量守恒;设第二次匀速时导体棒MN、PQ速度都为v3,则m1v1+m2v2=(m1+m2)v3解得v3=2.4 m/s;导体棒MN突然被锁定到导体棒PQ停下来的过程中,对导体棒PQ由动量定理可得-B2Idt=0-m2v3;又q=It=ER1+R2t=tR1+R2t=R1+R2,其中=B2dx;联立解得PQ还能向前滑动的距离x20.83 m。