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高考_专题十一 电磁感应（资料包word版）
展开这是一份高考_专题十一 电磁感应（资料包word版），共12页。试卷主要包含了如图所示,间距为L=0，25 A等内容，欢迎下载使用。
专题十一 电磁感应
1.(2022山东省实验中学一模,8)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,a、b两端连接车载变流装置,磁场平行于线圈轴线方向。下列说法正确的是( )
甲 乙
A.当线圈N接入恒定电流时,能为电动汽车充电
B.当线圈N接入正弦式交变电流时,线圈M两端产生恒定电压
C.当线圈N在M中产生的磁感应强度B竖直向上且增加时,有电流从a端流出
D.充电时,Δt时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加ΔB,则M两端电压为nSΔBΔt
答案 C 若送电线圈N接入恒定电流,则产生的磁场不变化,受电线圈M中的磁通量没有发生变化,故无法产生感应电流,不能为电动汽车充电,故A错误;当线圈N接入正弦式交变电流时,受电线圈M中的磁通量按正弦式规律变化,故M两端产生正弦式交变电压,故B错误;当穿过线圈M的磁感应强度向上增加时,根据楞次定律,感应电流产生的磁场方向向下,故感应电流从a端流出,故C正确;根据法拉第电磁感应定律,有E=nΔΦΔt=nSΔBΔt,设受电线圈外接电路的电阻为R,由闭合电路欧姆定律得M两端的电压U=ER+rR=nSRΔBΔt(R+r),故D错误。
2.(2022山东枣庄二模,12)(多选)如图所示,间距为L=0.8 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长,底部Q、N之间连接阻值为R1=2.0 Ω的电阻,磁感应强度为B1=0.5 T、足够大的匀强磁场与导轨平面垂直。质量为m=1.0×10-2 kg、电阻值为R2=2.0 Ω的金属棒ab放在导轨上,且始终与导轨接触良好。导轨的上端点P、M分别与横截面积为5.0×10-3 m2的10匝线圈的两端连接,线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行。开关S闭合后,金属棒ab恰能保持静止。取重力加速度g=10 m/s2,其余部分的电阻不计。则( )
A.匀强磁场B2的磁感应强度均匀减小 B.金属棒ab中的电流为0.25 A
C.匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10 T/s D.断开S之后,金属棒ab下滑的最大速度为1.25 m/s
答案 BC 金属棒ab处于静止状态,则金属棒ab受到的安培力竖直向上,根据左手定则可知通过金属棒ab的电流方向由a到b,根据楞次定律可知匀强磁场B2的磁感应强度均匀增加,A错误;设金属棒ab中的电流为I,根据受力平衡可得B1IL=mg,解得I=0.25 A,B正确;设匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为k,则线圈产生的感应电动势为E=nΔΦΔt=nΔBΔt·S=nkS,金属棒ab中的电流为I=UabR2=ER2=0.25 A,联立解得k=10 T/s,C正确;断开S之后,当金属棒ab受力再次达到平衡时下滑速度最大,设最大速度为vm,则有E'=B1Lvm,I'=E'R1+R2,B1I'L=mg,联立解得vm=2.5 m/s,D错误。
3.(2022山东青岛一模,12)(多选)如图甲,平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面内,导轨光滑且足够长,两导轨间距L=0.4 m,电阻忽略不计,其间接有R=0.2 Ω的电阻。垂直导轨放置质量m=0.2 kg、电阻r=0.2 Ω的金属杆ab,金属杆处于磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下。现用水平向右的外力F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,可忽略不计,它可将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,图线为过原点直线。运动过程中,ab与导轨始终垂直且接触良好,下列说法正确的是( )
甲 乙
A.金属杆做匀加速运动且加速度大小为2.5 m/s2 B.第2.0 s末外力F的瞬时功率为0.82 W
C.0~2.0 s内金属杆上产生的焦耳热为0.4 J D.若1.6 s末撤去外力,则杆ab还能运动12.5 m
答案 AD 由图乙可得U=kt,其中k=0.42 V/s=0.2 V/s,设金属杆的运动速度为v时,路端电压为U,则有U=IR=ER+rR=BLvR+rR,联立解得v=k(R+r)BLRt,因为速度与时间成正比,所以金属杆做匀加速直线运动,加速度为a=k(R+r)BLR=2.5 m/s2,A正确;t=2.0 s时,速度为v=at=5 m/s,金属杆受到的安培力为F安=BIL=B2L2vR+r=0.32 N,根据牛顿第二定律可得F-F安=ma,解得F=0.82 N,故第2.0 s末外力F的瞬时功率为P=Fv=0.82×5 W=4.1 W,B错误;金属杆中的电流为I=UR=t(A),可知2.0 s时的瞬时电流为I2=2 A,0~2.0 s内电流的平均值为I=0+I22=1 A,由于电流随时间变化,要计算0~2.0 s内金属杆上产生的焦耳热需要代入0~2.0 s内电流的有效值,而不是代入电流平均值,即Q=I有2Rt≠I2Rt=12×0.2×2.0 J=0.4 J,C错误;若t1=1.6 s末撤去外力,此时金属杆的速度为v1=at1=4 m/s,撤去外力后到金属杆停下的过程,根据动量定理可得-∑F安t=0-mv1,其中-∑F安t=-∑BILt=-∑B2L2vR+rt=-B2L2R+r∑vt=-B2L2xR+r,联立解得x=12.5 m,D正确。
4.(2022山东烟台一模,8)有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落,如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B,二者宽度分别为L、H,且H>L。导线框恰好匀速进入区域Ⅰ,一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.导线框离开区域Ⅱ的速度大于mgRB2L2
B.导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g,方向竖直向上
C.导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgH
D.导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为6B2L3mgR
答案 C 导线框恰好匀速离开区域Ⅱ,根据平衡条件得mg=BIL=B2L2vR,解得v=mgRB2L2,A错误。导线框匀速进入区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ之间一直做匀速运动,由平衡关系和电磁感应定律可得v=mgRB2L2,导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时,上下边都切割磁感线,由法拉第电磁感应定律知E2=BLv+BLv=2BLv,又I2=E2R,解得I2=2BLvR,线框所受安培力F2=2BI2L,由牛顿第二定律有F2-mg=ma,联立解得a=3g,方向竖直向上,B错误。线框在区域Ⅰ中以速度v匀速运动,设线框完全离开磁场Ⅰ时速度为v',从完全离开磁场Ⅰ到开始离开区域Ⅱ的过程中,由动能定理得mg(H-L)=12mv2-12mv'2,导线框进入区域Ⅱ的过程根据能量守恒可得mgL+12mv2=12mv'2+Q,联立解得导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为Q=mgH,C正确。导线框自开始进入区域Ⅰ至开始进入区域Ⅱ过程中,由动量定理得mgt1-F安1t1=mv-mv,F安1t1=BIL·t1=BΔΦRt1L·t1=BBL2RL,联立解得t1=B2L3mgR;导线框自开始进入区域Ⅱ至开始离开区域Ⅱ过程中,由动量定理得mgt2-F安2t2=mv-mv,即mgt2-BL2BL2R=0,解得t2=2B2L3mgR;导线框自开始离开区域Ⅱ至刚完全离开区域Ⅱ过程中,由动量定理得mgt3-F安3t3=mv-mv,解得t3=B2L3mgR,故t=t1+t2+t3=4B2L3mgR,D错误。
5.物理科技 (2022江苏南京、盐城二模,6)如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。电磁制动是一种非接触的制动方式,其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时,会产生涡流,使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是( )
A.制动过程中,导体不会产生热量
B.如果导体反向转动,此装置将不起制动作用
C.制动力的大小与线圈中电流的大小无关
D.线圈电流一定时,导体运动的速度越大,制动力就越大
答案 D 制动时,导体在通电线圈产生的磁场中运动,会产生涡流,该电流流过电阻时会产生热量,A错误;如果导体反向转动,导体中产生的涡流方向反向,根据左手定则,导体所受安培力方向也反向,故此装置仍起制动作用,B错误;线圈中电流越大,产生的磁场越强,导体转动产生的涡流越强,则制动器对导体的制动力越大,C错误;线圈电流一定时,导体运动的速度越大,产生的涡流越强,所受制动力就越大,D正确。
6.(2022专题预测卷,2)如图所示为家用单相电能表的结构示意图,其中电流线圈串联在电路中,电压线圈并联在电路中,通过电流线圈和电压线圈的交变电流产生的交变磁场使铝盘中产生涡旋电流,交变磁场对涡旋电流的安培力推动铝盘转动,转动方向如图中箭头所示。旁边还固定一块U形永久磁铁,铝盘转动时要从磁铁两极之间通过。关于家用单相电能表,下列说法正确的是( )
A.用户功率越大,电压线圈在铝盘中产生的涡流越大
B.用户功率减小,电流线圈在铝盘中产生的涡流变大
C.永久磁铁对铝盘起着电磁阻尼的作用
D.当停止用电时,永久磁铁可以保持铝盘继续转动
答案 C 电流线圈串联在电路中,用户功率越大,则电流越大,产生的磁场越强,则涡流越大,而电压线圈并联在电路中,其电流与用户功率无关,电流大小不变,因此电压线圈产生的涡流不变,故A、B错误;
当停止用电时,铝盘失去继续转动的动力,铝盘转动切割永久磁铁周围的磁感线产生电磁阻尼效果,避免由于惯性继续转动而产生计量误差,故C正确,D错误。
7.(2022怀化检测,2)在我国南海上有一浮桶式灯塔,其结构如图所示,浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分),其内部为产生磁场的磁体,磁体通过支柱固定在暗礁上,浮桶内置圆形线圈能够随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动,线圈与塔灯相连,下列说法错误的是( )
A.当海面无波浪时,该灯塔无法发光 B.该装置的工作原理是电磁感应现象
C.当线圈上下运动时,回路中无感应电流 D.圆形线圈上各位置的磁感应强度大小相等
答案 C 当海面无波浪时,线圈没有相对磁体上下运动,则线圈没有切割磁感线,所以该灯塔无法发光,则A正确,不符合题意;该装置的工作原理是电磁感应现象,所以B正确,不符合题意;当线圈上下运动时,线圈切割磁感线,所以回路中有感应电流,则C错误,符合题意;根据对称性可知,圆形线圈上各位置的磁感应强度大小相等,所以D正确,不符合题意。
8.(2021河东二模,2)如图所示为安检门原理图,左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收线圈,若工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向(左视图)均匀增大的电流,则下列说法正确的是(电流方向判断均从左向右观察)( )
A.无金属片通过时,接收线圈中感应电流的方向为顺时针
B.无金属片通过时,接收线圈中感应电流的大小不变
C.有金属片通过时,接收线圈中感应电流的方向为顺时针
D.有金属片通过时,接收线圈中没有感应电流
答案 B 若左侧门框线圈中存在顺时针方向(左视图)均匀增大的电流,则在两个门框间产生向右的磁场增强,由楞次定律可知,无论是否有金属片通过,右侧门框线圈中均产生逆时针(左视图)的电流,所以A、C错。因为电流均匀增大,所产生磁场也是均匀增加,所以由法拉第电磁感应定律可知,无金属片通过时,接收线圈中感应电流的大小不变,而有金属片通过时,电流产生的磁场增强,右侧接收线圈中感应电流的大小增加,所以B对,D错。
9.(2022红桥一模,8)(多选)如图所示,L是电感足够大的线圈,其直流电阻与灯泡的相同,D1和D2是相同的灯泡,若将开关S闭合,等灯泡亮度稳定后,再断开开关S,则( )
A.开关S闭合时,灯泡D1、D2同时亮,然后D1变暗直到不亮,D2更亮
B.开关S闭合时,灯泡D1、D2同时亮,然后D1变暗,D2更亮
C.开关S断开时,灯泡D1随之熄灭,而D2过一会儿才熄灭
D.开关S断开时,灯泡D2随之熄灭,而D1过一会儿才熄灭
答案 BD 开关S闭合瞬间,因为电感线圈L阻碍电流的增大,电路中相当于两个灯泡串联,所以灯泡D1、D2同时亮;之后,电感线圈L中的电流逐渐增大,与之并联的灯泡D1中的电流会减小,因为电感线圈L的直流电阻与灯泡的电阻相同,所以,最终L和D1中的电流相等,因此D1会变暗,但不会不亮。当灯泡亮度稳定后,电路相当于L和D1并联后再与D2串联,此时电路中的总电阻小于S闭合瞬间的总电阻,干路中的电流增大,D2会更亮,所以A错,B正确。开关S断开时,因D2中没有电流,所以会马上熄灭,而由于电感线圈L阻碍电流的减小,因此其中的电流会逐渐减小,与之串联的灯泡D1中的电流也会逐渐减小,过一会儿才熄灭,所以C错,D正确。
10.(2022北京朝阳一模,10)如图所示,甲、乙两根长1 m的空心铝管竖直放置,其中乙管有一条竖直的裂缝。某同学把一块圆柱形的强磁体先后从甲、乙两管的上端由静止放入管口,磁体在甲、乙两管中运动的时间分别为3 s和0.6 s。磁体的直径略小于铝管的内径,不计磁体与管壁的摩擦。关于磁体在甲、乙两管中的运动,下列说法正确的是( )
A.磁体在甲管内下落的过程中,所受合外力的冲量可能为0
B.磁体在甲管内下落的过程中,其克服磁场力做的功小于重力势能的减少量
C.磁体在乙管内下落的过程中,乙管中没有产生感应电动势和感应电流
D.磁体在乙管内下落的过程中,其重力势能的减少量等于动能的增加量
答案 B 磁体在甲管内下落过程中,由动量定理,合外力的冲量等于磁体动量变化,磁体初动量为0,末动量不为0,因此A项错误。磁体在甲管内下落过程,由动能定理:mgh-F磁·h=Ek'-0>0,因此克服磁场力做的功F磁·h
11.(2022北京朝阳一模,12)如图所示,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B。导体棒PQ在水平拉力作用下以速度v匀速滑动,PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦。已知导体棒PQ接入电路的阻值为R。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )
A.PQ中的电流先增大后减小 B.PQ两端的电压先减小后增大
C.PQ上拉力的功率先减小后增大 D.线框消耗的电功率先减小后增大
答案 C PQ切割磁感线产生电动势E=Blv,设R1、R2分别为矩形线框左右部分电阻,PQ中电流I=ER+R外①,R外=R1·R2R1+R2=R1·(3R-R1)3R,可知R1=R2时,R1·R2有最大值,因此PQ由左向右移,R外先增大再减小,由①得PQ中电流先减小后增大,A项错误。PQ两端电压U=E-I·R,I先减小后增大,U先增大后减小,B项错误。I先减小后增大,PQ上拉力的功率Fv=EI先减小后增大,C项正确。线框作为外电路,总电阻最大值为R外'=3R2·3R23R=3R4
12.物理探索 (2022浙江春晖中学月考,12)某同学设计了飞船登陆地外星球的电磁阻尼缓冲装置,其模拟器如图所示。模拟器由船舱主体、光滑导轨、缓冲弹簧、绝缘缓冲底座、绝缘缓冲底座上的线圈以及固定在船舱主体上的超导线圈(图中未画出)组成。其中导轨固定在船舱主体下端,绝缘缓冲底座上的线圈为竖直绕在绝缘底座上的单匝闭合线圈,超导线圈产生水平方向的磁场。已知绝缘缓冲底座与地面接触后速度迅速减为零,导轨与线圈接触良好,则关于电磁阻尼缓冲装置,分析正确的是( )
A.船舱主体下端MN必须是导体,不能与导轨绝缘
B.只增加导轨长度,可能使缓冲弹簧接触地面前速度为零
C.只增加磁场的磁感应强度,可使缓冲弹簧接触地面前速度减小
D.只增加闭合线圈电阻,可使缓冲弹簧接触地面前速度减小
答案 C 题中缓冲装置是利用绝缘缓冲底座上的线圈产生感应电流,与船舱主体上的超导线圈互感发生相互作用,从而让船舱主体发生缓冲的,不是船舱主体下端MN切割磁感线产生相互作用的,所以MN无须是导体,可以与导轨绝缘,故A错误;绝缘缓冲底座上的线圈ab边切割磁感线,线圈回路磁通量变化,形成感应电流,磁场对ab边的安培力向下,则ab边对超导线圈的力向上,超导线圈固定在船舱主体上,对船舱主体和导轨有B2L2vR-mg=ma,当缓冲底座着地后,船舱主体开始做加速度减小的减速运动,当导轨足够长,船舱主体可能达到收尾速度,之后匀速下降到地面,故B错误;当船舱主体所受安培力等于重力时,有mg=B2L2vR,解得v=mgRB2L2,可见只增加磁场的磁感应强度,可使缓冲弹簧接触地面前速度减小,只增加闭合线圈电阻,可使缓冲弹簧接触地面前速度增大,故C正确,D错误。
13.物理科技 (2022广东一模,5)浮桶式灯塔模型如图甲,其由带空腔的磁体和一个连着灯泡的线圈组成,磁体在空腔产生的磁场如图乙所示,磁体通过支柱固定在暗礁上,线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动,且始终处于磁场中,则下列说法正确的是( )
A.当海面平静时,灯泡稳定发光 B.当海水水平匀速流动时,灯泡稳定发光
C.海水上下震荡幅度越大,灯泡发光越亮 D.海水上下震荡速度越快,灯泡发光越亮
答案 D 当海面平静时,线圈静止不动,不切割磁感线,不产生电动势,灯泡不亮,故A错误;当海水水平匀速流动时,线圈不切割磁感线,不产生电动势,灯泡不亮,故B错误;线圈随海水上下震荡,切割磁感线产生的电动势E=nBlv,可知电动势的大小与海水上下震荡速度有关,与震荡幅度无关,v越大,E越大,则灯泡发光越亮,故C错误,D正确。
14.(2022江苏南通调研,10)如图所示,xOy平面第一象限有垂直纸面向里的磁场,其磁感应强度B随横坐标x变化的关系为B=kx+a(k为大于零的常量)。一边长为a、电阻为R的单匝正方形金属线框以速度v沿x轴正方向匀速运动,t=0时刻线框右侧与y轴重合,在线框匀速进入磁场的过程中( )
A.线框进入磁场过程中的电流方向为顺时针方向 B.线框全部进入磁场后,线框中无电流
C.t=a2v时刻,线框中感应电流大小为2kv3R D.t=a2v时刻,线框所受安培力大小为2k2v3R
答案 C 线框进入磁场过程中,穿过线框的磁通量增加,由楞次定律可知,线框中的电流方向为逆时针方向,A错误;线框全部进入磁场后,随x的增大磁感应强度变小,磁通量减小,线框中有顺时针方向的电流,故B错误;当t=a2v时刻x=vt=a2,线框右边切割磁感线产生感应电动势,线框右边的磁感应强度B=ka2+a=2k3a,线框中的电流I=BavR=2kv3R,线框没有全部进入磁场,此时线框所受安培力大小F=BIa=2k3a·a·2kv3R=4k2v9R,C正确,D错误。
15.物理生活 (2022江苏南京三模,13)某风速实验装置由风杯组系统(图甲)和电磁信号产生系统(图乙)两部分组成。电磁信号产生器由圆形匀强磁场和固定于风轮转轴上的导体棒OA组成(O点接风轮转轴),磁场半径为L,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,导体棒OA长为1.5L,电阻为r,风推动风杯绕水平轴顺时针匀速转动,风杯中心到转轴距离为2L。导体棒每转一周A端与弹性簧片接触一次,接触时产生的电流恒为I。图中电阻为R,其余电阻不计。求:
(1)当导体棒与弹性簧片接触时,O、A两端电势差UOA;
(2)风杯的速率v。
甲 乙
答案 (1)-IR (2)4I(R+r)BL
解析 (1)等效电路如图所示,O、A两端电势差等于R两端的电压,故有UOA=-IR。
(2)OA棒转动时只有长为L部分切割磁感线,产生的感应电动势
E=12BωL2
结合闭合电路欧姆定律
E=I(R+r)
解得
ω=2I(R+r)BL2
风杯的速率
v=ω·2L=4I(R+r)BL
16.(2022东北三省三校二联)如图所示,圆心为O、半径为r=0.4 m的金属圆形轨道固定在水平面内,长度为r=0.4 m的直导体棒OA置于圆轨道上面,金属圆轨道内存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度的大小为B=2 T。直导体棒O端和圆轨道分别引出导线与电阻R1、R2和电容器相连。导体棒在外力作用下以O点为圆心沿顺时针方向以角速度ω=20 rad/s匀速转动,已知导体棒的电阻R0=0.2 Ω,R1=1 Ω,R2=2 Ω,电容器板长L=1 m,板间距d=0.5 m,不计金属圆形轨道电阻,求:
(1)流过电阻R2的电流大小和方向;
(2)若在电容器上板左边缘水平射入比荷qm=1×108 C/kg的粒子,粒子恰能到达下板右边缘,则射入粒子的初速度为多大。(不计粒子的重力)
答案 (1)1 A 由a→b (2)2×104 m/s
解析 (1)由右手定则可知,直导体棒OA中的电流由O→A,则流过电阻R2的电流方向由a→b,感应电动势
E=Brv=Br·ωr2=3.2 V
流过电阻R2的电流
I=ER0+R1+R2=1 A
(2)电容器两板间的电压U=IR2=2 V
粒子在电容器中运动时,有
a=qUmd,d=12at2,L=vt
联立可得v=2×104 m/s
17.在学校举办的高楼落蛋活动中,为保证鸡蛋从高处落地后能完好无损,小明设计了如图甲所示的装置。装置下端安装了一个横截面(俯视)如图乙所示的磁体,其内、外分别为圆柱形和圆筒形,两者固定在一起,且两者间存在沿径向向外的磁场,不考虑磁体在其他区域产生的磁场。圆筒形磁体与两条平行金属导轨AH和BG固定在一起,CDEF是一个金属线框,DE、CF被约束在导轨的凹槽内,可沿导轨无摩擦滑动,CD的正中间接有一个半径为r(r略大于圆柱形磁体的半径)、匝数为N、总电阻为R的线圈,E、F之间接有一个装有鸡蛋的铝盒,铝盒的电阻也为R。导轨上方固定有一根绝缘细棒HG。细棒与铝盒间连接了一根劲度系数为k的轻质绝缘弹簧。小明将该装置置于距离水平地面高h(h远大于装置自身高度)处,并保持导轨竖直,待铝盒静止后将弹簧锁定,此时线圈恰好位于磁体上边界处。现由静止释放装置,整个装置竖直落到水平地面上后弹簧立即解除锁定,且磁体连同两导轨和绝缘棒HG的速度立即变为零。已知线框CDEF(含线圈、铝盒、鸡蛋)的总质量为m,线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是装置刚落地时的两倍,此时EF仍未进入磁场,线圈所在处的磁感应强度大小均为B,重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内,除线圈和铝盒外,线框其他部分的电阻不计,忽略空气阻力。求:
(1)落地时线圈切割磁感线产生的感应电动势E以及线圈中感应电流的方向(俯视);
(2)从落地到线框最终静止的过程中,回路产生的总焦耳热Q;
(3)从落地到线框第一次运动到最低点的过程中,通过回路某截面的电荷量q。
甲 乙
答案 (1)2πNBr·2gℎ 顺时针 (2)mgh (3)πNBrmgkR
解析 (1)根据右手定则可知,线圈中的感应电流方向为顺时针,落地时线圈切割磁感线产生的感应电动势
E=NvLB,L=2πr,mgh=12mv2
解得E=2πNBr·2gℎ
(2)由于待铝盒静止后将弹簧锁定,则从落地到线框最终静止的过程中,根据能量守恒有
mgh=Q
(3)线框CDEF(含线圈、铝盒、鸡蛋)静止时有
mg=kx1
由题知线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是装置刚落地时的两倍,则说明装置从刚落地到线框第一次运动到最低点下落的距离为x1,根据法拉第电磁感应定律有
E=NΔΦΔt=N2πr·x1·BΔt
则通过回路某截面的电荷量
q=I·Δt=N2πr·x1·B2R
整理后有q=πNBrmgkR
18.(2021河东二模,10)如图所示,线框由导线组成,cd、ef两边竖直放置且相互平行,导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动,导体棒ab所在处有垂直线框所在平面向里的匀强磁场且磁感应强度B2=2 T,已知ab长L=0.1 m,整个电路总电阻R=0.5 Ω,螺线管横截面积S=0.1 m2,在螺线管内有如图所示方向的磁场,其磁感应强度为B1,当B1以ΔB1Δt=10 T/s均匀增大时,导体棒恰好处于静止状态,g取10 m/s2。
(1)判断通过导体棒ab的电流I的方向;
(2)求通过导体棒ab的电流I的大小;
(3)求导体棒ab的质量m。
答案 (1)从a到b (2)8 A (3)0.16 kg
解析 (1)由左手定则可知,通过导体棒ab的电流方向从a到b
(2)螺线管产生的感应电动势:E=nΔΦΔt=nΔB1ΔtS
通过导体棒ab的电流大小I=ER
代入数据解得:I=8 A
(3)导体棒静止时:F=B2IL=mg
代入数据解得:m=0.16 kg
19.(2022北京丰台一模,17)如图所示,足够长的平行光滑金属导轨水平放置,宽度L=0.4 m,一端连接R=1 Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1 T。导体棒MN放在导轨上,其长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下,导体棒由静止开始沿导轨向右以a=1 m/s2的加速度匀加速运动,已知导体棒的质量m=0.1 kg。求:
(1)速度v=5 m/s时,导体棒MN中感应电流I的大小和方向;
(2)请推导拉力F随时间t变化的关系式;
(3)若在t=5 s时撤掉拉力,求从撤掉拉力到导体棒停止运动的过程中,导体棒克服安培力所做的功W。
答案 见解析
解析 (1)MN切割磁感线产生电动势E=BLv
根据闭合电路欧姆定律I=ER
解得I=2 A
根据右手定则判断,电流方向为N→M
(2)根据牛顿第二定律F-F安=ma
其中F安=BIL,I=ER,E=BLv,v=at
代入牛顿第二定律解得F=0.16t+0.1
(3)由动能定理-W=0-12mv2
解得W=1.25 J
20.物理技术 (2022浙江温州十五校选考模拟,21)如图所示,为磁悬浮列车的原理图,水平地面上有两根很长的平行直导轨PQ和MN,导轨间有竖直(垂直纸面)方向等间距的匀强磁场B1和B2,二者方向相反。导轨上有一个与磁场间距等宽的金属框abcd。当匀强磁场B1和B2同时以某一速度沿直轨道向右运动时,金属框也会沿直轨道运动。设金属框ab边长L=1 m,匀强磁场的磁感应强度大小为B1=B2=1 T,金属框的质量m=1 kg,金属框的电阻为R=2 Ω,金属框受到的阻力与其速度成正比,即f=kv,比例系数k=0.5 N·s/m。
(1)若磁场运动速度为v0=5 m/s,设在t=0时刻,金属框从如图所示位置起动,求此时金属框运动的加速度大小;
(2)若磁场的运动速度为v0=5 m/s时,求金属框的最大速度v1的大小;
(3)金属框要维持最大速度v2=3 m/s运动,每秒钟需要消耗多少能量?
答案 (1)10 m/s2 (2)4 m/s (3)5.625 J
解析 (1)当金属框的速度为零时,金属框相对于磁场的速度大小为v0,金属框中左右两边都切割磁感线,产生的感应电动势为E1=2BLv0,其中B=1T
金属框中产生的感应电流
I1=E1R
金属框受到的安培力
F1=2BI1L
由牛顿第二定律得F1=ma
联立解得a=10 m/s2
(2)金属框产生的感应电动势为
E=2BL(v0-v1)
金属框中的感应电流为
I=ER=2BL(v0-v1)R
金属框受到的安培力为
F=2BIL=4B2L2(v0-v1)R
当F=f时金属框速度最大,即F=kv1
代入数据解得v1=4 m/s
(3)当金属框以速度v2匀速运动时,设金属框中感应电流为I2,则有2BI2L=f
金属框以速度v2做匀速运动时,克服阻力的功率为
P1=fv2
金属框中的热功率为P2=I22R
所以外界在单位时间内需提供的总能量为
E=(P1+P2)t
联立解得E=5.625 J
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