电磁感应(19).docx
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1、内装订线学校:_姓名:_班级:_考号:_外装订线绝密启用前2018-2019学年度?学校8月月考卷试卷副标题考试范围:xxx;考试时间:100分钟;命题人:xxx注意事项:1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷(选择题)请点击修改第I卷的文字说明一、多选题1如图(a)所示,水平面内有一光滑金属导轨,ac边的电阻为R,其他电阻均不计,ab与ac夹角为135,cd与ac垂直将质量为m的长直导体棒搁在导轨上,并与ac平行棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0,空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为B.在外力作用下,棒由GH处以初速度v0向右做直线运动其速
2、度的倒数1v随位移x变化的关系如图(b)所示在棒运动L0到MN处的过程中A 导体棒做匀变速直线运动 B 导体棒运动的时间为3L02v0C 流过导体棒的电流不变 D 外力做功为3B2L02v02R+3mv028【答案】BC【解析】A、直线的斜率为:k=2v01v0L0=1L0v0,所以有:1v=1L0v0+1v0,得v=L0x+L0v0,故不是匀变速直线运动,故A错误。C、感应电动势为:E=Blv=B(L0+x)L0L0+xv0=BL0v0,感应电动势大小不变,感应电流为:I=ER大小不变,故C正确;B、根据法拉第电磁感应定律有:E=t=BSt=B12(L0+2L0)L0t=BL0v0,解得:t
3、=3L02v0,故B正确。D、克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热为:Q=I2Rt=(BL0v0R)2R3L02v0=3B2L02v02R,对导体棒,由动能定理得:W外W安=12m(12v0)212mv02,解得W外=3B2L02v02R3mv028,故D错误。故选BC.【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条:一条从力的角度,重点是分析安培力作用下物体的平衡问题;另一条是能量,分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。2如图甲所示,螺线管内有一平行于轴线的磁场,规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向,螺线管与U形导线框cdef相连,导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环面积为
4、S,圆环与导线框cdef在同一平面内.当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时,下列说法中正确的是A 在t1时刻,金属圆环L内的磁通量最大,最大值m=B0SB 在t2时刻,金属圆环L内的磁通量最大C 在t1 t2时间内,金属圆环L有扩张的趋势D 在t1 t2时间内,金属圆环L内有顺时针方向的感应电流【答案】BD【解析】当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时,在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流,在t1时刻,感应电流为零,金属圆环L内的磁通量为零,选项A错误;在t2时刻,感应电流最大,金属圆环L内的磁通量最大,选项B正确;在t1 t2时间内,金属圆环L有收缩的趋势,选项C
5、错误;由楞次定律,在t1 t2时间内,导线框cdef内产生逆时针方向感应电流,感应电流逐渐增大,金属圆环L内磁通量增大,根据楞次定律,金属圆环L内有顺时针方向的感应电流,选项D正确。【点睛】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向,右手螺旋定则判断电流和周围磁场方向的关系3某电子天平原理如图所示,E形磁铁的两侧为N极,中心为S极,两极间的磁感应强度大小均为B,磁极宽度均为L,忽略边缘效应,一正方形圈套于中心磁极,其骨架与秤盘连为一体,线圈两端C、D均与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时,弹簧被压缩。秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触),随后外电路对线圈供电,秤盘和线圈恢复到未放
6、重物时的位置并静止。由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n,线圈电阻为R,重力加速度为g,则A 线圈向下运动过程中感应电流从C端流出,供电电流从D端流入B 线圈向下运动过程中感应电流从D端流出,供电电流从C端流入C 重物质量与电流的关系m=2nBILgD 若线圈消耗的最大功率为P,电子天平能称量的最大质量是m0=2nBLgPR【答案】ACD【解析】由图知,线圈向下运动,穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流的磁场向上,又根据右手螺旋定则可判断,感应电流从C端流出,D端流入,所以A正确B错误;由平衡条件知:mg=2nBIL,得重物质量与电流的关系m=2nBILg,所以
7、C正确;根据P=I2R,联立mg=2nBIL可得最大质量为m=2nBLgPR,所以D正确。4如图所示,光滑斜面的倾角30,在斜面上放置一矩形线框abcd,ab边长L11 m,bc边的边长l20.6 m,线框的质量m1 kg,电阻R0.1 ,线框用细线通过定滑轮与重物相连,重物的质量M2 kg,斜面上ef线与gh线(efghpqab)间有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B10.5 T,gh线与pq线间有垂直斜面向下的匀强磁场,磁感应强度B20.5 T,如果线框从静止开始运动,当ab边进入磁场时恰好做匀速直线运动,ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为2.3 s,取g10 m/s2,则()A
8、全过程焦耳热等于M的机械能减小量与m动能增加量之差B ef线到gh线距离为9.1 mC ab边由静止开始至运动到gh线这段时间内线框中产生的焦耳热为9 JD ab边刚越过gh线瞬间线框的加速度为30 m/s2【答案】BC【解析】全过程焦耳热等于M的机械能减少量与m机械能增加量之差,故A错误;ab边进入磁场时做匀速运动,受力平衡,则有:FTmgsin300FA,又电动势为EBL1v1,电流为:I=ER,安培力为FAB1IL1,对M:FTMg,联立解得,Mgmgsin300B1IL1,代入解得:v16 m/s,abcd进入磁场B1前做匀加速直线运动,对整体:Mgmgsin300(Mm)a,联立得:
9、a5 m/s2,则该阶段运动的时间t1=v1a=1.2s,线框进入磁场B1过程做匀速运动的时间t2=L2v1=0.1s,完全进入磁场后的加速度a5 m/s2,此阶段时间t3tt1t21 s。ef线和gh线间距sL2v1t312at329.1m,故B正确;此时线框v2v1at311 m/s,ab边由静止开始运动到gh线这段时间产生焦耳热QFAL2(Mgmgsin300)L29 J,故C正确;ab边刚进入gh线瞬间线框的加速度斜面向下由mgsin300+B1+B2L12v2RMg=M+ma2,解得a2=953m/s2,故D错误。所以BC正确,AD错误。5如图,一导体圆环保持水平,沿一个性质匀称的条
10、形磁铁轴线落下,条形磁铁竖直固定,圆环中心始终位于磁铁轴线上。已知当圆环落至B、D两位置时,刚好经过磁铁上下端截面,而C位置位于磁铁正中。不计空气阻力,下列说法正确的有A 圆环由A落至B的过程中,环中感应电流从上至下看为顺时针B 圆环由B落至C的过程中,圆环磁通量在减少C 圆环落至C、D之间时,圆环有收缩趋势D 圆环由A落至E的过程中,任意时刻加速度都小于重力加速度g【答案】AC【解析】圆环由A落至B的过程中,穿过圆环竖直向上的磁通量增大,根据楞次定律可得环中感应电流从上至下看为顺时针,A正确;当磁铁在BD之间时,穿过圆环的磁场分为两部分,一部分是磁铁外部竖直向下的磁场,一部分是磁铁内部方向竖
11、直向上的磁场(这部分是匀强磁场,恒定不变,即穿过圆环的磁感线条数恒定不变),即,磁铁外部磁场在C点最弱,磁感线条数最少,故在C点穿过线圈的磁通量最大,磁感线最密集,圆环由B落至C的过程中,磁通量增大,从C到D过程中,穿过线圈的磁通量减小,故圆环有收缩趋势,B错误C正确;在中点C处时磁感线都是竖直方向上的,水平方向上没有分量,不切割,没有感应电流,不受安培力作用,故加速度等于重力加速度,D错误6如图所示,abcd是由粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框,导体棒MN有电阻,可在ad边与bc边上无摩擦滑动,且接触良好,线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中,当MN棒由靠ab边处向cd边匀速移动的过程中,下列说
12、法中正确的A MN棒中电流先减小后增大B MN棒两端电压先增大后减小C MN棒上拉力的功率先增大后减小D 矩形线框中消耗的电功率先减小后增大【答案】AB【解析】设MN左、右两侧电阻丝的并联阻值为,导体棒MN的电阻为r,则MN棒中的电流,MN棒两端电压,因当导体棒MN在线框中点时最大,故MN棒运动过程中,电流I先减小后增大,而先增大后减小,AB正确;MN棒上拉力的功率,在MN棒运动过程中, 先减小后增大,C错误;因不知与r的大小关系,矩形线框中消耗的电功率大小变化情况无法确定,D错误故选AB.7(多选)水平放置的平行板电容器与线圈连接,如图所示,线圈内有垂直纸面(设向里为正方向)的匀强磁场,为使
13、带负电微粒静止在板间,磁感应强度B随时间t变化的图像应该是下列选项中的A B C D 【答案】BC【解析】由题,带负电微粒静止在板间,受到的电场力与重力平衡,则有: ,得极板间的电压为: ,保持不变,则线圈中产生的感应电动势恒定不变;根据法拉第电磁感应定律可知B随时间均匀变化,由于微粒带负电,则由平衡条件知,微粒所受的电场力方向向上,上极板带正电,则线圈中感应电动势方向沿逆时针,根据楞次定律判断可知:当磁场垂直纸面向里时,B均匀增大,当磁场垂直纸面向外时,B均匀减小,故BC正确,故选BC.【点睛】带负电微粒静止在板间,受到的电场力与重力相平衡,由平衡条件可判断出极板的电性,根据楞次定律判断出磁
14、场的方向,由法拉第电磁感应定律分析B大小的变化情况8如图所示,边长为L的正方形闭合导线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直用力将线框分别以速度v1和v2匀速拉出磁场,比较这两个过程,下列说法正确的是A 若v1v2,则通过线框导线的电荷量q1q2B 若v1v2,则拉力F1F2C 若v1=2v2,则拉力做功的功率P1=2P2D 若v1=2v2,则拉力所做的功W1=2W2【答案】BD【解析】由于E=,I=,q=It,所以q=,由于及R一定,故q1=q2,所以A错误。由于F=F安,而F安=BIl,I=,E=Blv,所以F=F安=;故若v1v2,拉力F1F2;故B正确;由P=FvF=
15、F安=所以P=由于v1=2v2,P1=4P2,故C错误。由拉力做功W=Fl=F安l=l=,又因v1=2v2,故W1=2W2,故D正确;故选BD。9如图所示,矩形线圈是闭合的,在外力作用下,匀速向右通过宽为d(大于线圈边长)的匀强磁场时,设穿过线圈的磁通量为,感应电流为I,线圈所受磁场力为F,通过线圈导线横截面的电荷量为q,则描述此过程中以上各物理量的变化的图像如选项图所示,其中正确的是()A B C D 【答案】AB【解析】线圈穿过磁场的过程中,速度不变,其他各物理量的变化分析如下:进入磁场的过程中,磁通量BSBlvt(l为切割磁感线的边长),可见磁通量正比于时间t;从全部进入磁场到出磁场之前
16、的过程中,最大且保持不变;离开磁场的过程中,均匀减小,故A正确;感应电流,进入磁场与离开磁场的过程中,I感的大小相等方向相反,均为恒定电流;全部在磁场中平移时,无感应电流,故B正确;进入与离开磁场的过程中,安培力大小F安BI感l不变;全部在磁场中平移时,不受安培力,故C错误;进入与离开磁场的过程中,通过导线横截面的电荷量,可见电荷量随时间均匀增加,全部在磁场中时,无感应电流,故D错误。所以AB正确,CD错误。10如图甲所示,正方形导线框固定在匀强磁场中,磁感线方向与导线框所在平面垂直,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示,其中B0、t0均为已知量。已知导线框的边长为L,总电阻为R,则下列说
17、法中正确的是( )A t0时刻,ab边受到的安培力大小为B 0t0时间内,导线框中电流的方向始终为badcbC 0t0时间内,导线框产生的热量为D 0t0时间内,通过导线框的电荷量为【答案】AC【解析】A项:t0时刻,线圈中产生的感应电动势,感应电流 ,所以ab边所受安培力,故A正确;B项:0t0时间内,穿过线圈的磁通量增大,根据“楞次定律”可知,感应电流方向为abcda,故B错误;C项:0t0时间内,产生的热量,故C正确;D项:0t0时间内,通过的电荷量为,故D错误。点晴:解决本题关键理解在电磁感应现象中产生的热量要用感应电流的有效值,电荷量应用电流的平均值计算。11如图所示,两相距l的平行
18、金属导轨与水平面间的夹角为,与阻值为R的定值电阻相连,导轨电阻不计,匀强磁场垂直穿过导轨平面,磁感应强度为B。有一质量为m的导体棒垂直于轨道且与两轨道接触良好,从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动,最远到达ab的位置。上滑的整个过程中流过电阻R的电荷量为q,导体棒接入电路的电阻也为R,与导轨之间的动摩擦因数为。则A 上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B2l2v2RB 上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12mv2C 上滑过程中电流做功产生的热量为12mv2mgqRBl(sin+cos)D 导体棒上滑过程中损失的机械能为12mv22mgqRBlsin【答案】AD【解析】根据E=BL
19、v可知,速度最大时感应电动势最大,电流和安培力也最大,所以初始时刻的安培力最大,根据F=BIL、IBlv2R可得:F=B2l2v2R,A正确;根据动能定理可得-W安-Wf-WG=0-12mv2,所以上滑过程中导体棒克服安培力做的功为W安=12mv2-Wf-WG12mv2,B错误;设上滑过程中的位移为x,根据电荷量的经验公式可得:q2RBlx2R,解得:x=2qRBl,克服摩擦力和重力做的总功为:W=(mgcos+mgsin)x=(mgcos+mgsin) 2qRBl,根据能量守恒定律可得产生的焦耳热为Q=12mv2(mgcos+mgsin) 2qRBl,C错误;设初位置为零势能面,开始的机械能
20、为12mv2,末状态的机械能为mgsinx2mgqRBlsin,所以导体棒上滑过程中损失的机械能为12mv22mgqRBlsin,D正确故选AD点睛:对于电磁感应问题研究思路常常有两条:一条从力的角度,重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题,根据平衡条件列出方程;另一条是能量,分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题,根据动能定理、功能关系等列方程求解12某电磁感应式无线充电系统原理如图所示,当送电线圈中通以变化的电流,在邻近的受电线圈中就产生感应电流,从而实现充电器与用电装置间的能量传递。当送电线圈上的电流由端口1流入由端口2流出,且电流逐渐增强则A 送电线圈中轴线OO上的磁场方向水平向左B 送
21、电线圈中轴线OO上的磁场方向水平向右C 受电线圈对用电器供电端口4为正极D 受电线圈对用电器供电,端口3为正极【答案】AD【解析】根据右手螺旋定则可得送电线圈中轴线OO上的磁场方向水平向左,A正确B错误;因为送电线圈中的电流增大,水平向左的磁场增大,所以受电线圈中应产生水平向右的感应磁场,根据右手螺旋定则可得感应电流从端口3流出,而受电线圈相当于电源,所以电流是从正极流出的,故端口3为正极,C错误D正确13如图所示,在虚线的右侧存在范围足够大的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里。有一个直角三角形金属框,线框左边与磁场边界平行,线框的电阻为R.线框以速度v0做匀速直线运动,以线框的左边刚要离开磁场时
22、开始计时,E表示线框的感应电动势的大小,F表示安培力的大小,P表示线框的电功率的大小,I表示线框中的感应电流的大小,则下列关系正确的是)( )A B C D 【答案】BD【解析】设直角三角形底边长为L,底角为。A、线框离开磁场过程中受到的安培力F=B(L-v0t)tan B(Lv0t)tanv0R,安培力与时间不成线性关系,故A错误;B、线框做匀速直线运动,感应电动势E=B(L-v0t)v0tan,感应电动势随着时间线性减小,故B正确; C、线框的电功率P=(B(Lv0t)tanv0R)2R,电功率与时间不成线性关系,C错误;D、线框离开磁场的过程中产生的感应电流大小I=B(Lv0t)tanv
23、0R,感应电流与时间成线性关系,故D正确。故选:BD。点睛:列出等效感应电流与时间的关系,根据安培力和功率的定义,可得安培力和功率与时间的关系式,即可求解。14如图所示,边长为L、电阻不计的单匝正方形金属线框位于竖直平面内,连接的小灯泡的额定功率为P、额定电压为U,线框及小灯泡的总质量为m,在线框的下方有一匀强磁场区域,区域宽度为l,磁感应强度方向与线框平面垂直,其上、下边界与线框底边均水平线框从图示位置开始静止下落,穿越磁场的过程中,小灯泡始终正常发光则A 有界磁场宽度l=LB 磁场的磁感应强度应为mgUPLC 线框穿越磁场的速度恒为PmgD 线框穿越磁场的过程中,灯泡产生的焦耳热为mgL【
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