电磁感应练习题解析版

整理文档很辛苦,赏杯茶钱您下走!

免费阅读已结束,点击下载阅读编辑剩下 ...

阅读已结束,您可以下载文档离线阅读编辑

资源描述

电磁感应练习题1.如图所示,先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域,v1=2v2在先后两种情况下A.线圈中的感应电流之比为I1∶I2=2∶1B.线圈中的感应电流之比为I1∶I2=1∶2C.线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1D.通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2=1∶2【答案】AC【解析】试题分析:根据电磁感应定律和欧姆定律可知BLvIvR,故可知在两种情况下,线圈中的电流之比2:1,所以选项A正确、B错误;线圈中产生的焦耳热等于克服安培力做的功即QFxBILxI,故可知选项C正确;通过某截面的电荷量qIttRtR,与速度无关,故选项D错误;考点:电磁感应定律、欧姆定律2.如图所示,磁感应强度均为B的两个匀强磁场,分布在宽度均为a的两个相邻区域中,磁场边界为理想边界,磁场方向垂直纸面,但方向相反。一个中垂线Oc长度为a的等边三角形导线框ABC从图示位置(AB边平行磁场边界)匀速向右运动。规定逆时针方向为电流的正方向,从图中位置开始计时,在线框穿过两磁场区域的过程中,感应电流i随线框的位移x变化的图象正确的是()【答案】C【解析】试题分析:x在2LL~范围,线框穿过两磁场分界线时,BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线,有效切割长度逐渐增大,产生的感应电动势1E增大,AC边在左侧磁场中切割磁感线,产生的感应电动势2E不变,两个电动势串联,总电动势12EEE增大,故A错误;x在0L~范围,线框穿过左侧磁场时,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针,为正值,故B错误;x在0L~范围,切割的有效长度均匀增大,故由EBLv可知,感应电动势均匀增大,感应电流均匀增大;在23LL~,线框穿过左侧磁场时,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针,为正值,故C正确,D错误。考点:考查了导体切割磁感线运动3.如图甲所示,在光滑水平面上,有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd,边长为L,质量为m,电阻为R。在水平外力的作用下,线框从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动,穿过磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向与线圈平面垂直,线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示。则下列说法正确的是A.线框的加速度大小为11iBLtB.线框受到的水平外力的大小32()2BiiLC.0~t1时间内通过线框任一边横截面的电荷量为i1t1D.0~t3间内水平外力所做的功大于223222miRBL【答案】D【解析】试题分析:A、由乙图读出t1时刻线框中的感应电流为i1,设此刻线框的速度大小为v1,则有:11BLviR=,则得:1iRvBL=;线框的加速度为1111viRatBLt==,故A错误.B、对于t2-t3时间内,安培力的平均值大小为:322()BiiLF-=由于线框做匀加速运动,拉力必定大于安培力的平均值322()BiiL-,故B错误.C、0~t1时间内通过线框任一边横截面的电荷量为:1112iqitt==.故C错误.D、t3时刻线框的速度为:33iRvBL=;0~t3间内,根据动能定理得:WF-W克=12mv32则得:2223322122()FiRmiRWWmWBLBL=+=+克克,所以水平外力所做的功大于223222miRBL,故D正确.故选:D.考点:法拉第电磁感应定律;牛顿定律及动能定理.4.如图甲所示,绝缘板静止在粗糙水平地面上,质量为1kg、边长为1m、电阻为0.lΩ的正方形金属框ABCD位于绝缘板上,E、F分别为BC、AD的中点。某时刻起在ABEF区域内有竖直向下的磁场,其磁感应强度B1的大小随时间变化的规律如图乙所示,AB边恰在磁场边缘以外;FECD区域内有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B2=0.5T,CD边恰在磁场边缘以内。设金属框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,两磁场均有理想边界,取g=10m/s2。则()A.金属框中产生的感应电动势大小为1VB.金属框受到向右的安培力大小为5NC.金属框中的感应电流方向沿ADCB方向D.如果金属框与绝缘板间的动摩擦因数为0.3,则金属框可以在绝缘板上保持静止【答案】D【解析】试题分析:根据法拉第电磁感应定律有:110.50.51EVt,故A错误;则回路中的电流为:0.550.1EIAR,所受安培力的大小为:20.5512.5FBIlN,根据楞次定律可知,产生感应电流的方向逆时针,即为ABCD,则由左手定则可知,安培力的方向水平向右,故BC错误;若金属框与绝缘板间的动摩擦因数为0.3,根据0.31103fNN,大于安培力,则金属框可以在绝缘板上保持静止,故D正确.考点:法拉第电磁感应定律;安培力;楞次定律.5.如图所示,空间存在一有边界的条形匀强磁场区域,磁场方向与竖直平面(纸面)垂直,磁场边界的间距为L。一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动,线框所在平面始终与磁场方向垂直,且线框上、下边始终与磁场的边界平行。t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置I),导线框的速度为v0。经历一段时间后,当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ),导线框的速度刚好为零.此后,导线框下落,经过一段时间回到初始位置I(不计空气阻力),则A.上升过程中,导线框的加速度逐渐减小B.上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率C.上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多D.上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等【答案】AC【解析】试题分析:上升过程中,线框所受的重力和安培力都向下,线框做减速运动.设加速度大小为a,根据牛顿第二定律得:22BLvmgmaR+=,22BLvagmR=+,由此可知,线框速度v减小时,加速度a也减小,故A正确;下降过程中,线框做加速运动,则有22'BLvmgmaR-=,22'BLvagmR=-,由此可知,下降过程加速度小于上升过程加速度,上升过程位移与下降过程位移相等,则上升时间短,下降时间长,上升过程与下降过程重力做功相同,则上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率,故B错误;线框产生的焦耳热等于克服安培力做功,对应与同一位置,上升过程安培力大于下降过程安培力,上升与下降过程位移相等,则上升过程克服安培力做功等于下降过程克服安培力做功,上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多,故C正确;在电磁感应现象中,线框中产生电能,根据能量守恒定律可知,线框返回原位置时速率减小,则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小,根据动能定理得知,上升过程中合力做功较大,故D错误。考点:电磁感应、牛顿定律、功能关系.6.如图所示,竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨,宽度均为L,上方连接一个阻值为R的定值电阻,虚线下方的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场。两根完全相同的金属杆1和2靠在导轨上,金属杆长度与导轨宽度相等且与导轨接触良好、电阻均为r、质量均为m;将金属杆l固定在磁场的上边缘,且仍在磁场内,金属杆2从磁场边界上方h0处由静止释放,进入磁场后恰好做匀速运动。现将金属杆2从离开磁场边界h(hho)处由静止释放,在金属杆2进入磁场的同时,由静止释放金属杆1,下列说法正确的是()A.两金属杆向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→bB.回路中感应电动势的最大值为(2)mgrRBLC.磁场中金属杆l与金属杆2所受的安培力大小、方向均不相同D.金属杆l与2的速度之差为2gh【答案】B【解析】试题分析:根据右手定则判断知金属杆2产生的感应电流方向向右,则流过电阻R的电流方向从b→a;故A错误.当金属杆2在磁场中匀速下降时,速度最大,产生的感应电动势最大,由平衡条件得:BILmg,又2mEIrR,联立得:感应电动势的最大值为2mmgrREBL.故B正确.根据左手定则判断得知两杆所受安培力的方向均向上,方向相同,由公式FBIL可知安培力的大小也相同.故C错误.金属杆2刚进入磁场时的速度为2vgh;在金属杆2进入磁场后,由于两个金属杆任何时刻受力情况相同,因此任何时刻两者的加速度也都相同,在相同时间内速度的增量也必相同,即:120vvv,则得212vvvgh,故D错误.考点:考查了导体切割磁感线运动7.如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,金属线框的质量为m,电阻为R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域,MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行,磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落,图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度-时间图象,图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量。可知A.金属框初始位置的bc边到边界MN的高度为v1t1B.金属框的边长为121()2vttC.磁场的磁感应强度为2111()mgRBttv=-D.在进入磁场过程中金属框产生的热为mgv1(t2-t1)【答案】D【解析】试题分析:由图知在0-t1时间内金属线框做匀加速运动,金属框初始位置的bc边到边界MN的高度为112vht=.故A错误.由图象可知,金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动,速度为v1,运动时间为t2-t1,故金属框的边长:l=v1(t2-t1).故B错误.在金属框进入磁场的过程中,金属框所受安培力等于重力,则得:mg=BIl,1BlvIR=,又l=v1(t2-t1),联立解得:12111()mgRBvttv=-,故C错误;金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q,重力对其做正功,安培力对其做负功,由能量守恒定律得:Q=mgl=mgv1(t2-t1),故D正确。考点:v-t图线;法拉第电磁感应定律;能量守恒定律。8.如图甲所示,在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4,在L1L2之间和L3L4之间存在匀强磁场,磁感应强度B大小均为1T,方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd,宽度cd=L=0.5m,质量为0.1kg,电阻为2Ω,将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合),速度随时间的变化关系如图乙所示,t1时刻cd边与L2重合,t2时刻ab边与L3重合,t3时刻ab边与L4重合,已知t1~t2的时间间隔为0.6s,整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向,重力加速度g取10m/s2。则A.在0~t1时间内,通过线圈的电荷量为0.25CB.线圈匀速运动的速度大小为2m/sC.线圈的长度为1mD.0~t3时间内,线圈产生的热量为4.2J【答案】A【解析】试题分析:23tt~这段时间内线圈做匀速直线运动,设速度为v.根据平衡条件有:BLvmgBILBLR联立两式解得:22220.1102/8/105mgRvmsmsBL..故B错误.12tt~的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动,知ab边刚进磁场,cd边也刚进磁场.设磁场的宽度为d,线圈下降的位移为3d,则有:2138/0.62dvtgtvmsts,,,代入解得:d=1m,所以线圈的长度为:22Ldm.故C错误.在0~1t时间内,cd边从1L运动到2L,通过线圈的电荷量为:10.510.252BLdqCCRR.故A正确.0~3t时间内,根据能量守恒得:221132)0.11032)0.181.822QmgddmvJ((.故D错误.考点:考查了导体切割磁感线运动9.如图甲所示,MN、PQ为间距L=0.5m足够长的粗糙平行导轨,NQ⊥MN,导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角=37°,NQ间连接有一个4R的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上,磁感应强度为01BT.将一根质量为m=0.05kg、内阻为r的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上,且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒,当金属棒滑行至cd处时刚好达到稳定速度,已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C,且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示,设金属棒沿导轨向下运动过程

1 / 8
下载文档,编辑使用

©2015-2020 m.777doc.com 三七文档.

备案号:鲁ICP备2024069028号-1 客服联系 QQ:2149211541

×
保存成功