(全國通用)2019屆高考物理二輪復習 專題11 電磁感應規(guī)律及其應用學案
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1、 專題11 電磁感應規(guī)律及其應用 考題一 楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用 1.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式 (1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”; (2)阻礙相對運動——“來拒去留”; (3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”; (4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”. 2.楞次定律和右手定則的適用對象 (1)楞次定律:一般適用于線圈面積不變,磁感應強度發(fā)生變化的情形. (2)右手定則:一般適用于導體棒切割磁感線的情形. 3.求感應電動勢大小的五種類型 (1)磁通量變化型:E=n. (2)磁感應強度變化型:E=nS.
2、 (3)面積變化型:E=nB. (4)平動切割型:E=Blv. (5)轉(zhuǎn)動切割型:E=nBl2ω. 注意:公式E=nS中的S是垂直于磁場方向的有效面積. 例1 (2016·浙江·16)如圖1所示,a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成,匝數(shù)均為10匝,邊長la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,且磁感應強度隨時間均勻增大,不考慮線圈之間的相互影響,則( ) 圖1 A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流 B.a、b線圈中感應電動勢之比為9∶1 C.a、b線圈中感應電流之比為3∶4 D.a、b線圈中電功率之比為3∶1 解析 根據(jù)楞次定律可知,兩線圈內(nèi)均產(chǎn)生逆
3、時針方向的感應電流,選項A錯誤;因磁感應強度隨時間均勻增大,設(shè)=k,根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E=n=nl2,則=()2=,選項B正確;根據(jù)I====可知,I∝l,故a、b線圈中感應電流之比為3∶1,選項C錯誤;電功率P=IE=·nl2=,則P∝l3,故a、b線圈中電功率之比為27∶1,選項D錯誤. 答案 B 變式訓練 1.如圖2所示,a、b、c三個線圈是同心圓,b線圈上連接有直流電源E和開關(guān)K,則下列說法正確的是( ) 圖2 A.在K閉合的一瞬間,線圈a中有逆時針方向的瞬時電流,有收縮趨勢 B.在K閉合的一瞬間,線圈c中有順時針方向的瞬時電流,有收縮趨勢 C.在K閉合電路
4、穩(wěn)定后,再斷開K的一瞬間,線圈c中有感應電流,線圈a中沒有感應電流 D.在K閉合的一瞬間,線圈b中有感應電動勢;在K閉合電路穩(wěn)定后,再斷開K的一瞬間,線圈b中仍然有感應電動勢 答案 D 解析 K閉合時線圈b中有順時針的電流,根據(jù)右手定則可知內(nèi)部有向里增大的磁場,則a線圈產(chǎn)生阻礙原磁通量變化的電流,根據(jù)楞次定律可知,電流方向為逆時針,線圈受到向外的安培力,故有擴張的趨勢,故A錯誤;根據(jù)楞次定律可知,c中感應電流為逆時針且有收縮的趨勢,故B錯誤;在K閉合電路穩(wěn)定后,再斷開K的一瞬間,兩線圈中均有磁通量的變化,故線圈中均有感應電流,故C錯誤;在K閉合的一瞬間,線圈b中有感應電動勢;在K閉合電路
5、穩(wěn)定后,再斷開K的一瞬間,線圈b中仍然有感應電動勢,故D正確. 2.(2016·海南·4)如圖3,一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導線在同一豎直面內(nèi),環(huán)的圓心與兩導線距離相等,環(huán)的直徑小于兩導線間距.兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流.若( ) 圖3 A.金屬環(huán)向上運動,則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 B.金屬環(huán)向下運動,則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 C.金屬環(huán)向左側(cè)直導線靠近,則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向 D.金屬環(huán)向右側(cè)直導線靠近,則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向 答案 D 解析 根據(jù)楞次定律,當金屬圓環(huán)上、下移動時,穿過圓環(huán)的磁通量不發(fā)生變化,故沒有感
6、應電流產(chǎn)生,故選項A、B錯誤;當金屬圓環(huán)向左移動時,則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向外并且增強,故根據(jù)楞次定律可以知道,產(chǎn)生的感應電流為順時針,故選項C錯誤;當金屬圓環(huán)向右移動時,則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向里并且增強,故根據(jù)楞次定律可以知道,產(chǎn)生的感應電流為逆時針,故選項D正確. 3.(2016·全國甲卷·20)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖4所示.銅圓盤安裝在豎直的銅軸上,兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸.圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中.圓盤旋轉(zhuǎn)時,關(guān)于流過電阻R的電流,下列說法正確的是( ) 圖4 A.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定,則電流大小恒定 B.若從上向下看,圓盤順時針轉(zhuǎn)動
7、,則電流沿a到b的方向流動 C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 答案 AB 解析 將圓盤看成無數(shù)幅條組成,它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應電動勢和感應電流,則當圓盤順時針(俯視)轉(zhuǎn)動時,根據(jù)右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心,流過電阻的電流方向從a到b,B對;由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E=BL=BL2ω,I=,ω恒定時,I大小恒定,ω大小變化時,I大小變化,方向不變,故A對,C錯;由P=I2R=知,當ω變?yōu)樵瓉淼?倍時,P變?yōu)樵瓉淼?倍,D錯. 4.如圖5所示,一根弧
8、長為L的半圓形硬導體棒AB在水平拉力F作用下,以速度v0在豎直平面內(nèi)的U形框架上勻速滑動,勻強磁場的磁感應強度為B,回路中除電阻R外,其余電阻均不計,U形框左端與平行板電容器相連,質(zhì)量為m的帶電油滴靜止于電容器兩極板中央,半圓形硬導體棒AB始終與U形框接觸良好.則以下判斷正確的是( ) 圖5 A.油滴所帶電荷量為 B.電流自上而下流過電阻R C.A、B間的電勢差UAB=BLv0 D.其他條件不變,使電容器兩極板距離減小,電容器所帶電荷量將增加,油滴將向上運動 答案 BD 解析 導體棒AB在水平拉力F作用下向右運動,由右手定則可知,導體棒AB相當于電源,A端是正極,故電流自上
9、而下流過電阻R,B對;導體棒AB的弧長為L,與磁場切割有效長度為,故A、C錯;根據(jù)電容器C=,C=,兩極板距離d減小,C增大,Q增加,電場強度E增大,油滴將向上運動,D對. 考題二 電磁感應中的圖象問題 解決電磁感應圖象問題的方法技巧 (1)解決電磁感應圖象問題的“三點關(guān)注”: ①關(guān)注初始時刻,如初始時刻感應電流是否為零,是正方向還是負方向. ②關(guān)注變化過程,看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段,這幾個階段是否和圖象變化相對應. ③關(guān)注大小、方向的變化趨勢,看圖線斜率的大小、圖線的曲、直是否和物理過程對應. (2)解決電磁感應圖象問題的一般步驟: ①明確圖象的種類,即是B-t圖
10、還是Φ-t圖,或者E-t圖、I-t圖等. ②分析電磁感應的具體過程. ③用右手定則或楞次定律確定方向?qū)P(guān)系. ④結(jié)合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式. ⑤根據(jù)函數(shù)關(guān)系式,進行數(shù)學分析,如分析斜率的變化、截距等. ⑥畫圖象或判斷圖象. (3)圖象選擇技巧:求解物理圖象的選擇題時可用“排除法”,即排除與題目要求相違背的圖象,留下正確圖象. 例2 (2016·四川·7)如圖6所示,電阻不計、間距為L的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中,導軌左端接一定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上,受到垂直于金屬棒的
11、水平外力F的作用由靜止開始運動,外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F=F0+kv(F0、k是常量),金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好.金屬棒中感應電流為i,受到的安培力大小為F安,電阻R兩端的電壓為UR,感應電流的功率為P,它們隨時間t變化圖象可能正確的有( ) 圖6 解析 設(shè)金屬棒在某一時刻速度為v,由題意可知,感應電動勢E=BLv,回路電流I==v,即I∝v;安培力F安=BIL=v,方向水平向左,即F安∝v;R兩端電壓UR=IR=v,即UR∝v;感應電流功率P=EI=v2,即P∝v2. 分析金屬棒運動情況,由牛頓運動第二定律可得F0+kv-v=ma,即F0+(k-)v=ma.因為金
12、屬棒從靜止開始運動,所以F0>0 . (1)若k=,金屬棒水平向右做勻加速直線運動.所以在此情況下沒有選項符合; (2)若k>,F(xiàn)合隨v增大而增大,即a隨v增大而增大,說明金屬棒在做加速度增大的加速運動,根據(jù)四個物理量與速度的關(guān)系可知B選項符合; (3)若k<,F(xiàn)合隨v增大而減小,即a隨v增大而減小,說明金屬棒在做加速度減小的加速運動,直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運動,根據(jù)四個物理量與速度關(guān)系可知C選項符合. 綜上所述,選項B、C符合題意. 答案 BC 變式訓練 5.在豎直方向的勻強磁場中,水平放置一個面積不變的單匝金屬圓線圈,規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖7甲所示,取線
13、圈中磁場B的方向向上為正,當磁場中的磁感應強度B隨時間t如圖乙變化時,下列圖中能正確表示線圈中感應電流變化的是( ) 圖7 答案 A 解析 在0~ s內(nèi),根據(jù)法拉第電磁感應定律,E=n=.根據(jù)楞次定律,感應電動勢的方向與圖示箭頭方向相反,為負值;在~T內(nèi),根據(jù)法拉第電磁感應定律,E′=n==2E,所以感應電流是之前的2倍.再根據(jù)楞次定律,感應電動勢的方向與圖示方向相反,為負值.故A正確. 6.如圖8所示,有一個邊界為正三角形的勻強磁場區(qū)域,邊長為a,磁感應強度方向垂直紙面向里,一個導體矩形框的長為a,寬為,平行于紙面沿著磁場區(qū)域的軸線勻速穿越磁場區(qū)域,導體框中感應電流的正
14、方向為逆時針方向,以導體框剛進入磁場時為t=0時刻,則導體框中的感應電流隨時間變化的圖象是( ) 圖8 答案 D 解析 由右手定則可知,線框進入磁場過程與離開磁場過程感應電流方向相反,故A錯誤;由圖示可知,線框開始進入磁場的一段時間內(nèi),切割磁感線的有效長度L不變,電流I==大小不變,當線框右邊部分穿出磁場過程,切割磁感線的有效長度L減小,感應電流減小,線框右邊完全離開磁場后,線框左邊完全進入磁場,然后線框左邊切割磁感線,感應電流反向,此后一段時間內(nèi),線框切割磁感線的有效長度L不變,感應電流大小不變,線框左邊離開磁場過程,線框切割磁感線的有效長度L減小,感應電流減小,故B、C
15、錯誤,D正確. 7.寬度均為d且足夠長的兩相鄰條形區(qū)域內(nèi),各存在磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場.電阻為R、邊長為d的等邊三角形金屬框的AB邊與磁場邊界平行,金屬框從圖9所示位置以垂直于AB邊向右的方向做勻速直線運動,取逆時針方向電流為正,從金屬框C端剛進入磁場開始計時,框中產(chǎn)生的感應電流隨時間變化的圖象是( ) 圖9 答案 A 考題三 電磁感應中的動力學問題 電磁感應與動力學綜合題的解題策略 (1)分析“源”:找準主動運動者,用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應電動勢的大小和方向; (2)分析“路”:畫出等效電路圖,求解回路中的電流的大小及方向;
16、(3)分析“力”:分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響,從而推得對電流的影響,最后確定導體棒的最終運動情況; (4)列“方程”:列出牛頓第二定律或平衡方程求解. 例3 (2016·全國甲卷·24)如圖10,水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻,質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上.t=0時,金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.t0時刻,金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導軌的電阻均忽略不計,兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求: 圖10
17、(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小; (2)電阻的阻值. 解析 (1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得 F-μmg=ma ① 設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v,由運動學公式有v=at0 ② 當金屬桿以速度v在磁場中運動時,由法拉第電磁感應定律知產(chǎn)生的電動勢為 E=Blv ③ 聯(lián)立①②③式可得 E=Blt0(-μg) ④ (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時,金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律 I= ⑤ 式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為 F安=BlI ⑥ 因金屬桿做勻速運動,有
18、F-μmg-F安=0 ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R= 答案 (1)Blt0(-μg) (2) 變式訓練 8.如圖11(a)所示,在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量為1 kg的單匝均勻正方形銅線框,在1位置以速度v0=3 m/s進入勻強磁場時開始計時t=0,此時線框中感應電動勢為1 V,在t=3 s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場.此過程中v-t圖象如圖(b)所示,那么( ) 圖11 A.線框右側(cè)邊兩端MN間的電壓為0.25 V B.恒力F的大小為0.5 N C.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為3 m/s D.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為1 m/s
19、 答案 B 解析 t=0時,線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為外電壓,總的感應電動勢為:E=Blv0,外電壓U外=E=0.75 V.故A錯誤;在1~3 s內(nèi),線框做勻加速運動,沒有感應電流,線框不受安培力,則有F=ma,由速度—時間圖象的斜率表示加速度,求得a== m/s2=0.5 m/s2,則得F=0.5 N.故B正確.由(b)圖象看出,在t=3 s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場時與線框進入勻強磁場時速度相同,則線框出磁場與進磁場運動情況完全相同,則知線框完全離開磁場的瞬間位置3速度與t=1 s時刻的速度相等,即為2 m/s.故C、D錯誤. 9.如圖12所示,兩根光滑、足夠長的平行金屬導軌
20、固定在水平面上.滑動變阻器接入電路的電阻值為R(最大阻值足夠大),導軌的寬度L=0.5 m,空間有垂直于導軌平面的勻強磁場,磁感應強度的大小B=1 T.內(nèi)阻r=1 Ω的金屬桿在F=5 N的水平恒力作用下由靜止開始運動.經(jīng)過一段時間后,金屬桿的速度達到最大速度vm,不計導軌電阻,則有( ) 圖12 A.R越小,vm越大 B.金屬桿的最大速度大于或等于20 m/s C.金屬桿達到最大速度之前,恒力F所做的功等于電路中消耗的電能 D.金屬桿達到最大速度后,金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動的平均速率ve與恒力F成正比 答案 BD 解析 當導體棒達到最大速度時滿足F=F安,則F=BL
21、,解得vm=,可知R越大,vm越大,選項A錯誤;金屬桿的最大速度vm===20(1+R) m/s,則金屬桿的最大速度大于或等于20 m/s,選項B正確;在金屬桿達到最大速度之前,恒力F所做的功等于電路中消耗的電能與導體棒動能增量之和,選項C錯誤;金屬桿達到最大速度后導體棒中的電流I=,則I=neSve,則ve==,故金屬桿達到最大速度后,金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動的平均速率ve與恒力F成正比,選項D正確. 考題四 電磁感應中的能量問題 電磁感應中能量的三種求解方法 (1)利用克服安培力做功求解:電磁感應中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功. (2)利用能量守恒定律求解:若只
22、有電能與機械能參與轉(zhuǎn)化,則機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能. (3)利用電路的相關(guān)公式——電功公式或電熱公式求解:若通過電阻的電流是恒定的,則可直接利用電功公式或焦耳定律求解焦耳熱. 特別提醒:回路中某個元件的焦耳熱和回路總焦耳熱之間的關(guān)系,不能混淆. 例4 如圖13所示,兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ與水平面的夾角為θ=30°,導軌電阻不計,導軌處在垂直導軌平面斜向上的有界勻強磁場中,兩根電阻都為R=2 Ω、質(zhì)量都為m=0.2 kg的完全相同的細金屬棒ab和cd垂直導軌并排靠緊的放置在導軌上,與磁場上邊界距離為x=1.6 m,有界勻強磁場寬度為3x=4.8 m.先將金屬棒ab由
23、靜止釋放,金屬棒ab剛進入磁場就恰好做勻速運動,此時立即由靜止釋放金屬棒cd,金屬棒cd在出磁場前已做勻速運動,兩金屬棒在下滑過程中與導軌接觸始終良好(取重力加速度g=10 m/s2),求: 圖13 (1)金屬棒ab剛進入磁場時棒中電流I; (2)金屬棒cd在磁場中運動的過程中通過回路某一截面的電量q; (3)兩根金屬棒全部通過磁場的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q. [思維規(guī)范流程] 步驟1:列動能定理方程 ab勻速進入,列平衡方程 分步列式,得部分分 (1)ab進入磁場前 mgxsin θ=mv-0 ① 得v1=4 m/s ② mgsin θ=F安 ③ F安=BIL
24、④ I= ⑤ E=BLv1 ⑥ 得:I=1 A ⑦ 步驟2:cd在磁場外的位移 ab在磁場內(nèi)的位移 由幾何關(guān)系得 設(shè)經(jīng)時間t,cd進入磁場 xcd=x=t ⑧ xab=v1t=2x ⑨ 兩棒都在磁場中時速度相同,無電流, ab出磁場后,cd上有電流 xcd′=2x ⑩ q===0.8 C ? 步驟3: ab勻速進入,列能量守恒方程 cd進出磁場速度相等,列能量守恒方程 Q1=mg·2x·sin θ ? Q2=mg·3x·sin θ ? Q=Q1+Q2=8 J ? ①③????每式各2分,其余各式1分. 變式訓練 10.如圖14所示
25、,正方形金屬線框abcd位于豎直平面內(nèi),其質(zhì)量為m,電阻為R.在線框的下方有一勻強磁場,MN和M′N′是磁場的水平邊界,并與bc邊平行,磁場方向垂直于紙面向里.現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落,圖乙是線圈由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的v-t圖象,圖中字母均為已知量.重力加速度為g,不計空氣阻力.下列說法正確的是( ) 圖14 A.金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向 B.金屬線框的邊長為v1(t2-t1) C.磁場的磁感應強度為 D.金屬線框在0~t4的時間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為2mgv1(t2-t1)+m(v-v) 答案 BD 解析 金屬線框
26、剛進入磁場時磁通量增大,根據(jù)楞次定律判斷可知,感應電流方向沿abcda方向,故A錯誤;由題圖乙可知,金屬線框進入磁場過程中是做勻速直線運動,速度為v1,運動時間為t2-t1,故金屬線框的邊長:l=v1(t2-t1),故B正確;在金屬線框進入磁場的過程中,金屬線框所受安培力等于重力,則得:mg=BIl,I=,又l=v1(t2-t1).聯(lián)立解得:B= ,故C錯誤;t1到t2時間內(nèi),根據(jù)能量守恒定律,產(chǎn)生的熱量為:Q1=mgl=mgv1(t2-t1);t3到t4時間內(nèi),根據(jù)能量守恒定律,產(chǎn)生的熱量為: Q2=mgl+m(v-v) =mgv1(t2-t1)+m(v-v) 故Q=Q1+Q2=2mg
27、v1(t2-t1)+m(v-v),故D正確. 11.(2016·浙江·24)小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖15所示,兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角θ=53°,導軌上端串接一個R=0.05 Ω的電阻.在導軌間長d=0.56 m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度B=2.0 T.質(zhì)量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上,用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力F=80 N拉動GH桿,CD棒由靜止開始運動,上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直.當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手,觸發(fā)恢復裝置
28、使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量).求: 圖15 (1)CD棒進入磁場時速度v的大小; (2)CD棒進入磁場時所受的安培力F安的大??; (3)在拉升CD棒的過程中,健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J 解析 (1)由牛頓第二定律得 a==12 m/s2 進入磁場時的速度 v==2.4 m/s (2)感應電動勢E=Blv 感應電流I= 安培力F安=IBl 代入得F安==48 N (3)健身者做功W=F(s
29、+d)=64 J 又F-mgsin θ-F安=0 CD棒在磁場區(qū)做勻速運動 在磁場中運動時間t= 焦耳熱Q=I2Rt=26.88 J. 專題規(guī)范練 1.下列沒有利用渦流的是( ) A.金屬探測器 B.變壓器中用互相絕緣的硅鋼片疊壓成鐵芯 C.用來冶煉合金鋼的真空冶煉爐 D.磁電式儀表的線圈用鋁框做骨架 答案 B 解析 金屬探測器中變化電流遇到金屬物體,在金屬物體中產(chǎn)生渦流,故A、D是利用渦流的;變壓器的鐵芯用硅鋼片疊壓而成,是為了減小渦流,故B正確;真空冶煉爐是線圈中的電流做周期性變化,在冶煉爐中產(chǎn)生渦流,從而產(chǎn)生大量的熱量,故C是利用渦流的. 2.(多選)(201
30、6·江蘇·6)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖1所示,磁體附近的金屬弦被磁化,因此弦振動時,在線圈中產(chǎn)生感應電流,電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音,下列說法正確的有( ) 圖1 A.選用銅質(zhì)弦,電吉他仍能正常工作 B.取走磁體,電吉他將不能正常工作 C.增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應電動勢 D.弦振動過程中,線圈中的電流方向不斷變化 答案 BCD 解析 銅質(zhì)弦為非磁性材料,不能被磁化,選用銅質(zhì)弦,電吉他不能正常工作,A項錯誤;若取走磁體,金屬弦不能被磁化,其振動時,不能在線圈中產(chǎn)生感應電動勢,電吉他不能正常工作,B項對;由E=n可知,C項正確;弦振動過程中,穿過線圈的磁通
31、量大小不斷變化,由楞次定律可知,線圈中感應電流方向不斷變化,D項正確. 3.如圖2所示,三個相同的燈泡a、b、c和電阻不計的線圈L與內(nèi)阻不計的電源連接,下列判斷正確的是( ) 圖2 A.K閉合的瞬間,b、c兩燈亮度不同 B.K閉合足夠長時間以后,b、c兩燈亮度相同 C.K斷開的瞬間,a、c兩燈立即熄滅 D.K斷開之后,b燈突然閃亮以后再逐漸變暗 答案 D 解析 K閉合的瞬間,三個燈同時發(fā)光,由于線圈自感電動勢的阻礙,開始時通過L的電流很小,b、c兩燈的電流相同,一樣亮.由于a燈的電壓等于b、c電壓之和,所以a燈最亮,K閉合足夠長時間以后,b燈被線圈短路,故b燈熄滅,故b、
32、c兩燈亮度不相同,故A、B錯誤.K斷開的瞬間,線圈中電流將要減小,產(chǎn)生自感電動勢,相當于電源,有電流流過a、c兩燈,由于兩燈串聯(lián),所以a、c兩燈逐漸變暗且亮度相同.故C錯誤;因K斷開之后,b燈中有電流通過,故使得b燈突然閃亮以后再逐漸變暗,選項D正確. 4.(多選)(2016·上?!?9)如圖3(a),螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強磁場,以圖中箭頭所示方向為其正方向.螺線管與導線框abcd相連,導線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L,圓環(huán)與導線框在同一平面內(nèi).當螺線管內(nèi)的磁感應強度B隨時間按圖(b)所示規(guī)律變化時( ) 圖3 A.在t1~t2時間內(nèi),L有收縮趨勢 B.在t2~t3時間內(nèi),L有擴
33、張趨勢 C.在t2~t3時間內(nèi),L內(nèi)有逆時針方向的感應電流 D.在t3~t4時間內(nèi),L內(nèi)有順時針方向的感應電流 答案 AD 解析 據(jù)題意,在t1~t2時間內(nèi),外加磁場磁感應強度增加且斜率在增加,則在導線框中產(chǎn)生順時針方向大小增加的電流,該電流激發(fā)出增加的磁場,該磁場通過圓環(huán),在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應電流,據(jù)結(jié)論“增縮減擴”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢,故選項A正確;在t2~t3時間內(nèi),外加磁場均勻變化,在導線框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流,該電流激發(fā)出穩(wěn)定磁場,該磁場通過圓環(huán)時,圓環(huán)中沒有感應電流,故選項B、C錯誤;在t3~t4時間內(nèi),外加磁場向下減小,且斜率也減小,在導線框中產(chǎn)生順時針方向減小的電流,該電流激發(fā)
34、出向內(nèi)減小的磁場,故圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流,選項D正確. 5.(2016·北京·16)如圖4所示,勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b,磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直.磁感應強度B隨時間均勻增大.兩圓環(huán)半徑之比為2∶1,圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢分別為Ea和Eb,不考慮兩圓環(huán)間的相互影響.下列說法正確的是( ) 圖4 A.Ea∶Eb=4∶1,感應電流均沿逆時針方向 B.Ea∶Eb=4∶1,感應電流均沿順時針方向 C.Ea∶Eb=2∶1,感應電流均沿逆時針方向 D.Ea∶Eb=2∶1,感應電流均沿順時針方向 答案 B 解析 由法拉第電磁感應定律得圓環(huán)中產(chǎn)生的電動勢為E==πr2·
35、,則==,由楞次定律可知感應電流的方向均沿順時針方向,B項對. 6.如圖5所示,邊長為L的金屬框abcd放置在勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向平行于ab邊向上,當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時,a、b、c、d四點的電勢分別為φa、φb、φc、φd.下列判斷正確的是( ) 圖5 A.金屬框中無電流,φa=φd B.金屬框中電流方向沿a-d-c-b-a,φa<φd C.金屬框中無電流,Ubc=-BL2ω D.金屬框中無電流,Ubc=-BL2ω 答案 C 解析 因穿過線圈的磁通量始終為零,故線圈中無電流;根據(jù)右手定則可知,d端電勢高于a端,c端電勢高于d端,Ubc=-
36、BL=-BL2ω,故選項A、B、D錯誤,C正確;故選C. 7.如圖6甲所示,正三角形導線框abc固定在磁場中,磁場方向與線圈平面垂直,磁感應強度B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示.t=0時刻磁場方向垂直紙面向里,在0~5 s時間內(nèi),線框ab邊所受安培力F隨時間t變化的關(guān)系(規(guī)定水平向左為力的正方向)可能是下列選項中的( ) 圖6 答案 A 解析 0~1 s,感應電動勢為:E1=S=SB0,為定值;感應電流:I1==,為定值;安培力F=BI1L∝B;由于B逐漸減小到零,故安培力逐漸減小到零,根據(jù)楞次定律可知,線圈ab邊所受的安培力向左,為正;同理:1~2 s,感應電動勢為:E1=
37、S=SB0,為定值;感應電流:I1==,為定值;安培力F=BI1L∝B;由于B逐漸增大,故安培力逐漸增大,根據(jù)楞次定律可知,線圈ab邊所受的安培力向右,為負;3~3.5 s內(nèi),感應電動勢為:E2=S=2SB0,為定值;感應電流:I2==,為定值;安培力F=BI2L∝B,由于B逐漸減小到零,故安培力逐漸減小到零;由于B逐漸減小到零,故通過線圈的磁通量減小,根據(jù)楞次定律,感應電流要阻礙磁通量減小,有擴張趨勢,故安培力向外,即ab邊所受安培力向左,為正,故A正確,B、C、D錯誤. 8.(多選)如圖7甲所示,一光滑的平行金屬導軌ABCD豎直放置,AB、CD相距L,在A、C之間接一個阻值為R的電阻;在
38、兩導軌間的abcd矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面向外、高度為5h的有界勻強磁場,磁感應強度為B.一質(zhì)量為m、電阻為r、長度也為L的導體棒放在磁場下邊界ab上(與ab邊重合).現(xiàn)用一個豎直向上的力F拉導體棒,使它由靜止開始向上運動,導體棒剛要離開磁場時恰好做勻速直線運動,導體棒與導軌始終垂直且保持良好接觸,導軌電阻不計.F隨導體棒與初始位置的距離x變化的情況如圖乙所示,下列說法正確的是( ) 圖7 A.導體棒離開磁場時速度大小為 B.離開磁場時導體棒兩端電壓為 C.導體棒經(jīng)過磁場的過程中,通過電阻R的電荷量為 D.導體棒經(jīng)過磁場的過程中,電阻R產(chǎn)生焦耳熱為- 答案 BD 解析 導體
39、棒剛要離開磁場時,做勻速直線運動,則3mg=mg+BL可求得:v=,A錯;由3mg=mg+BL知U=,B對;導體棒經(jīng)過磁場的過程中,通過電阻R的電荷量q==,C錯;導體棒經(jīng)過磁場的過程中,設(shè)產(chǎn)生的總熱量為Q總,由能量守恒定律得:2mgh+3mg·4h-mg·5h=mv2+Q總,知QR=Q總=-,D對. 9.(2016·全國丙卷·25)如圖8,兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內(nèi),其左端接一阻值為R的電阻;一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上;在電阻、導軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域,區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場,磁感應強度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1=kt,式中k為常
40、量;在金屬棒右側(cè)還有一勻強磁場區(qū)域,區(qū)域左邊界MN(虛線)與導軌垂直,磁場的磁感應強度大小為B0,方向也垂直于紙面向里.某時刻,金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動,在t0時刻恰好以速度v0越過MN,此后向右做勻速運動.金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好,它們的電阻均忽略不計.求: 圖8 (1)在t=0到t=t0時間間隔內(nèi),流過電阻的電荷量的絕對值; (2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小. 答案 (1) (2)B0lv0(t-t0)+kSt (B0lv0+kS) 解析 (1)在金屬棒未越過MN之前,穿過回路的磁通量的變化量為
41、ΔΦ=ΔBS=kΔtS ① 由法拉第電磁感應定律有 E= ② 由歐姆定律得 I= ③ 由電流的定義得 I= ④ 聯(lián)立①②③④式得 |Δq|=Δt ⑤ 由⑤式得,在t=0到t=t0的時間間隔內(nèi)即Δt=t0,流過電阻R的電荷量q的絕對值為 |q|= ⑥ (2)當t>t0時,金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運動,有 F=F安 ⑦ 式中,F(xiàn)是外加水平恒力,F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力.設(shè)此時回路中的電流為I, F安=B0lI ⑧ 此時金屬棒與MN之間的距離為s=v0(t-t0) ⑨ 勻強磁場穿過回路的磁通量為 Φ′=B0ls ⑩ 回路的總磁通量為 Φt=Φ
42、+Φ′ ? 其中Φ=B1S=ktS ? 由⑨⑩??式得,在時刻t(t>t0),穿過回路的總磁通量為Φt=B0lv0(t-t0)+kSt? 在t到t+Δt的時間間隔內(nèi),總磁通量的改變量ΔΦt為 ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt ? 由法拉第電磁感應定律得,回路感應電動勢的大小為 Et= ? 由歐姆定律得 I= ? 聯(lián)立⑦⑧???式得 F=(B0lv0+kS). 10.如圖9所示,寬L=2 m、足夠長的金屬導軌MN和M′N′放在傾角為θ=30°的斜面上,在N與N′之間連接一個R=2.0 Ω的定值電阻,在AA′處放置一根與導軌垂直、質(zhì)量m=0.8 kg、電阻r=2.0 Ω的金屬
43、桿,桿和導軌間的動摩擦因數(shù)μ=,導軌電阻不計,導軌處于磁感應強度B=1.0 T、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中.用輕繩通過定滑輪將電動小車與桿的中點相連,滑輪與桿之間的連線平行于斜面,開始時小車位于滑輪正下方水平面上的P處(小車可視為質(zhì)點),滑輪離小車的高度H=4.0 m.啟動電動小車,使之沿PS方向以v=5.0 m/s的速度勻速前進,當桿滑到OO′位置時的加速度a=3.2 m/s2,AA′與OO′之間的距離d=1 m,求: 圖9 (1)該過程中,通過電阻R的電量q; (2)桿通過OO′時的速度大??; (3)桿在OO′時,輕繩的拉力大?。? (4)上述過程中,若拉力對桿所做的功
44、為13 J,求電阻R上的平均電功率. 答案 (1)0.5 C (2)3 m/s (3)12.56 N (4)2 W 解析 (1)平均感應電動勢= q=·Δt== 代入數(shù)據(jù),可得:q=0.5 C (2)由幾何關(guān)系:-H=d 解得:sin α=0.8 α=53° 桿的速度等于小車速度沿繩方向的分量: v1=vcos α=3 m/s (3)桿受的摩擦力Ff=μmgcos θ=3 N 桿受的安培力F安=BIL= 代入數(shù)據(jù),可得F安=3 N 根據(jù)牛頓第二定律:FT-mgsin θ-Ff-F安=ma 解得:FT=12.56 N (4)根據(jù)動能定理:W+W安-mgdsin θ-Ffd=mv 解得W安=-2.4 J,電路產(chǎn)生的總電熱Q總=2.4 J 那么,R上的電熱QR=1.2 J 此過程所用的時間t==0.6 s R上的平均電功率== W=2 W. 22
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