高中物理选修32第四章第38讲课时作业三十八 电磁感应的综合性问题Word下载.docx
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3.如图所示,在光滑的水平面上,有竖直向下的匀强磁场,分布在宽度为L的区域里,现有一边长为a(a<L)的正方形闭合线圈刚好能穿过磁场,则线框在滑进磁场过程中流过的电量Q1,与滑出磁场过程中流过的电量Q2之比为( )
A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.4∶1
第3题图
第4题图
4.如图所示,A、B两闭合线圈由同样长度、同种材料的导线绕成,A为10匝,B为20匝,半径为rA=2rB,匀强磁场只分布在B线圈内.若磁场均匀地减弱,则( )
A.A中无感应电流
B.A、B中均有恒定的感应电流
C.A、B中感应电动势之比为2∶1
D.A、B中感应电流之比为1∶2
第5题图
5.如图所示,平行金属导轨间距为l,与水平面间的倾角为θ(导轨电阻不计).两导轨与阻值为R的定值电阻相连,磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一质量为m,长为l的导体棒在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cd的位置,滑行距离为s,导体棒的电阻也为R,与导轨间的动摩擦因数为μ,则( )
A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B.导体棒上滑过程中克服安培力、滑动摩擦力和重力做的总功为
mv2
C.上滑过程中电流做功产生的热量为
mv2-mgs(sinθ+μcosθ)
D.上滑过程中导体棒损失的机械能为
mv2-mgsinθ
第6题图
6.如图所示,竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路,导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的磁场,螺线管下方水平桌面上有一导体圆环.导线abcd所围区域内磁场的磁感强度按选项中哪一种图线随时间变化时,可使导体圆环对桌面的压力减小( )
第7题图
7.(13年江苏模拟)如图所示,在匀强磁场中,放有一与线圈D相连接的平行导轨,要使放在线圈D中的线圈A(A、D两线圈同心共面)各处受到沿半径方向指向圆心的力,金属棒MN的运动情况可能是( )
A.加速向右B.加速向左
C.减速向右D.减速向左
8.在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场,区域I的磁场方向垂直斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下,磁场的宽度均为L,一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,
第8题图
当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时,恰好以速度v1做匀速直线运动;
当ab边下滑到JP与MN的中间位置时,线框又恰好以速度v2做匀速直线运动,从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中,线框的动能变化量为ΔEk,重力对线框做功大小为W1,安培力对线框做功大小为W2,下列说法中正确的有( )
A.在下滑过程中,由于重力做正功,所以有v2>v1
B.从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中,机械能守恒
C.从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程,有(W1-ΔEk)机械能转化为电能
D.从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中,线框动能的变化量大小为ΔEk=W1-W2
第9题图
9.如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m,导轨平面与水平面成θ=37°
,下端连接阻值为R的电阻.匀强磁场方向与导轨平面垂直,质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上,棒与导轨垂直并保持良好接触,它们之间的动摩擦因数为0.25.
(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小;
(2)当金属棒的下滑速度达到稳定时,电阻R消耗的电能为8W,求该速度的大小.
10.如图所示,水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置,导轨的电阻不计,间距为l=0.5m,左端通过导线与阻值R=3Ω的电阻连接,右端通过导线与阻值为RL=6Ω的小灯泡L连接,在CDEF矩形区域内有竖直向上,磁感应强度B=0.2T的匀强磁场.一根阻值r=0.5Ω、质量m=0.2kg
第10题图
的金属棒在恒力F=2N的作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动,经过t=1s刚好进入磁场区域.求金属棒刚进入磁场时:
(1)金属棒切割磁场产生的电动势;
(2)小灯泡两端的电压和金属棒受安培力.
11.如图(a)所示,水平放置的两根平行金属导轨,间距L=0.3m.导轨左端连接R=0.6Ω的电阻.区域abcd内存在垂直于导轨平面B=0.6T的匀强磁场,磁场区域宽D=0.2m.细金属棒A1和A2用长为2D=0.4m的轻质绝缘杆连接,放置在导轨平面上,并与导轨垂直,每根金属棒在导轨间的电阻均为r=0.3Ω.导轨电阻不计.使金属棒以恒定速度v=1.0m/s沿导轨向右穿越磁场.计算从金属棒A1进入磁场(t=0)到A2离开磁场的时间内,不同时间段通过电阻R的电流强度,并在图(b)中画出.
(a) (b)
第11题图
第12题图
12.如图所示,匝数n=100匝、截面积S=0.2m2、电阻r=0.5Ω的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内,磁感应强度随时间按B=0.6+0.02t(T)的规律变化.处于磁场外的电阻R1=3.5Ω,R2=6Ω,电容C=30μF,开关S开始时未闭合,求:
(1)闭合S后,线圈两端M、N两点间的电压UMN和电阻R2消耗的电功率;
(2)闭合S一段时间后又打开S,则S断开后通过R2的电荷量为多少.
1.D 【解析】设导轨夹角为θ,单位长度的导体棒和导轨材料的阻值均为R,则在导体棒运动过程中,有效长度l=vttanθ=k1t,导体棒与导轨组成的闭合回路的总电阻R总=Rvt(1+tanθ+secθ)=k2t,所以,E=Blv=Bvk1t=k3t,I=E/R总=k3t/k2t=k4,F=BIl=Bk4k1t=k5t,P=I2R=k
k2t=k5t,其中k1、k2、k3、k4、k5、k6均是常数,可见,只有选项D正确.本题答案为D.
2.BD 【解析】金属棒在磁场中向下运动时,由楞次定律,流过电阻R的电流方向为b→a,选项A错误;
金属棒的速度为v时,金属棒中感应电动势E=BLv,感应电流I=E/(R+r)所受的安培力大小为F=BIL=
,选项B正确;
当安培力F=mg时,金属棒下落速度最大,金属棒的最大速度为v=
,选项C错误;
金属棒以稳定的速度下滑时,电阻R和r的热功率为P=mgv=
(R+r),电阻R的热功率为
R,选项D正确.
3.A 【解析】线框在滑进与滑出磁场的过程中,穿过线圈的磁通量的变化量相等,设为ΔΦ,设滑进时用时t1,滑出时用时t2,线框电阻为R,则Q1=I1t1=
t1=
t1=n
.同理Q2=n
,Q1=Q2.所以选项A正确.
4.BD 【解析】在线圈A、B中都存在着磁通量的变化,因此两线圈中都有感应电流,选项A错误,选项B正确.由于A的匝数为B的一半,两个线圈中磁通量及其变化完全相同,根据法拉第电磁感应定律,两个线圈中感应电动势之比为1∶2,选项C错误.由于两个线圈用同样导线绕成且总长度相同,所以两个线圈的电阻是相同的,因此A、B中感应电流之比也是1∶2,选项D正确.
5.BCD 【解析】杆上滑时受力如图所示,由牛顿第二定律mgsinθ+f+F安=ma,杆做减速运动,因此开始时速度最大,受到的安培力最大,F=
·
Bl=
,A错;
由动能定理WG+Wf+WF安=
mv2,B对;
上滑过程中电流做功产生的热量等于安培力做的功,即WF安=
mv2-WG-Wf=
mv2-mgssinθ-μmgscosθ,C对;
损失的机械能为克服摩擦力和安培力做功之和,D对.
6.A 【解析】本题可以采用逆推法,即从结论逐步向前推导,找出能够满足要求的条件.要想使导体圆环对桌面的压力减小,就是要使导体圆环具有竖直向上靠近螺线管的运动趋势,根据楞次定律“来拒去留”原则,穿过导体圆环的磁通量具有减小的趋势,即是要使通电螺线管产生的磁场强度逐渐减小,也就是流过螺线管的感应电流减小,即要使连接螺线管的闭合回路中产生的感应电动势减小,闭合回路的面积不变,所以只要
逐渐减小即可,显然,只有选项A符合题意.本题答案为A.
7.AB 【解析】根据楞次定律“增缩减扩”的原则,穿过线圈A的磁通量肯定在增加,这说明线圈D中的感应电流在逐渐增大,感应电动势也增大,因为感应电动势的大小E=BLv,可见,在B和L不变的情况下,只要金属棒MV切割磁感线的速度v增大即可.本题答案为AB.
8.CD 【解析】当线框的ab边进入GH后匀速运动到进入JP为止,ab进入JP后回路感应电动势增大,感应电流增大,因此所受安培力增大,安培力阻碍线框下滑,因此ab进入JP后开始做减速运动,使感应电动势和感应电流均减小,安培力又减小,当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等时,以速度v2做匀速运动,因此v2<v1,A错;
由于有安培力做功,机械能不守恒,B错;
线框克服安培力做功,将机械能转化为电能,克服安培力做了多少功,就有多少机械能转化为电能,由动能定理得W1-W2=ΔEK,W2=W1-ΔEK,故CD正确.
9.
(1)4m/s2
(2)10m/s 【解析】
(1)开始下滑时,速度为零,安培力为零.由受力分析知:
a=g(sinθ-μcosθ)=4m/s2
(2)金属棒下滑达到稳定时,合力为零,设速度为vm:
方法一:
据功能关系,电磁感应中产生的电能等于克服安培力做的功(即电功率等于安培力做功的功率):
P=F·
vm①
由平衡条件知:
F=mgsinθ-μmgcosθ②
由①②得:
vm=
mg=10m/s
方法二:
据焦耳定律,Q=I2Rt,则有:
P=I2R③
由电路分析知:
I=
④
F=BIl=
⑤
由③④⑤得:
P=
=
vm
=F·
vm.
=10m/s.
方法三:
据能量的转化与守恒,金属棒稳定下滑时,重力势能的减少转化为摩擦内能及电热内能.它们相应的功率转化关系为PG=PFf+P
mgvmsinθ=μmgcosθ·
vm+P
10.
(1)1V
(2)0.8V,0.04N 【解析】
(1)0~1s棒只受拉力,由牛顿第二定律F=ma,可得金属棒进入磁场前的加速度a=
m/s2=10m/s2,设其刚要进入磁场时速度为v,由v=at=10m/s.金属棒进入磁场时切割磁感线,感应电动势E=Blv=0.2×
0.5×
10V=1V.
(2)小灯泡与电阻R并联,R并=
Ω=2Ω,通过金属棒的电流大小I=
A=0.4A,小灯泡两端的电压U=E-Ir=1-0.4×
0.5V=0.8V,金属棒受到的安培力大小FA=BIl=0.2×
0.4×
0.5N=0.04N,由左手定则可判断安培力方向水平向左.
11.0~0.2s时0.12A 0.2~0.4s时0 0.4~0.6s时0.12A It图象如图(c)
【解析】A1从进入磁场到离开磁场的时间t1=
=0.2s①
在0~t1时间内,A1上的感应电动势E=BLv=0.18V②
由图(a)知,电路的总电阻
(a) (b)
R0=r+
=0.5Ω③
总电流I=
=0.36A④
通过R的电流IR=
=0.12A⑤
A1离开磁场t1=0.2s至A2未进入磁场t2=
=0.4s的时间内,回路中无电流IR=0⑥
(c)
从A2进入磁场t2=0.4s至离开磁场t3=
=0.6s的时间内,A2上的感应电动势E=0.18V⑦
由图(b)知,电路总电阻R0=0.5Ω⑧
总电流I=0.36A
流过R的电流IR=0.12A⑨
综合上述计算结果,绘制通过R的电流与时间的关系图线,如图(c)所示.
12.
(1)9.6×
10-3W
(2)7.2×
10-6C
【解析】
(1)线圈中感应电动势E=n
=n
S=100×
0.02×
0.2V=0.4V.通过电源的电流强度I=
A=0.04A.线圈两端M、N两点间的电压UMN=E-Ir=(0.4-0.04×
0.5)V=0.38V.电阻R2消耗的电功率P2=I2R2=0.04×
0.04×
6W=9.6×
10-3W.
(2)闭合S一段时间后,电路稳定,电容器C相当于开路,其两端电压UC就等于R2两端的电压,即Uc=IR2=0.04×
6V=0.24V,电容器充电后所带电荷量为Q=CUc=30×
10-6×
0.24C=7.2×
10-6C.当S再断开后,电容器通过电阻R2放电,通过R2的电荷量为7.2×
10-6C.
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