还剩8页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
课时跟踪训练四十三落实双基[基础巩固]
1.如图,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为E,将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相垂直的平面内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时,棒两端的感应电动势大小为E′.则等于 A.B.C.1D.[解析] 设折弯前导体切割磁感线的长度为L,运动产生的感应电动势为E=BLv;折弯后,导体切割磁感线的有效长度为L′==L,故产生的感应电动势为E′=BL′v=B·Lv=E,所以=,B正确.[答案] B2.多选如图所示,水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R,导轨左、右两区域分别存在方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场,设左、右区域磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2,虚线为两区域的分界线.一根阻值也为R的金属棒ab放在导轨上并与其垂直,导轨电阻不计.若金属棒ab在恒定外力F的作用下从左边的磁场区域距离磁场边界x处匀速运动到右边的磁场区域距离磁场边界x处,下列说法正确的是 A.当金属棒通过磁场边界时,通过电阻R的电流反向B.当金属棒通过磁场边界时,金属棒受到的安培力反向C.金属棒在题设的运动过程中,通过电阻R的电荷量等于零D.金属棒在题设的运动过程中,回路中产生的热量等于Fx[解析] 金属棒的运动方向不变,磁场方向反向,则电流方向反向,A正确;电流方向反向,磁场也反向时,安培力的方向不变,B错误;由q=知,因为初、末状态磁通量相等,所以通过电阻R的电荷量等于零,C正确;由于金属棒匀速运动,所以动能不变,即外力做功全部转化为电热,Q=2Fx,D错误.[答案] AC3.2018·浙江金华永康模拟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.工作过程中某段时间内通电线圈中存在顺时针方向电流方向均为从左向右看均匀增大的电流,则 A.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流为顺时针方向B.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流增大C.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流为顺时针方向D.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流大小发生变化[解析] 无金属片通过时,左侧通电线圈中有不断增大的顺时针方向的电流,知穿过右侧接收线圈的磁通量向右,且增大,根据楞次定律,右侧线圈中产生逆时针方向的电流,故A错误;无金属片通过时,通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流,则通电线圈中的磁通量均匀增大,所以穿过右侧接收线圈中的磁通量均匀增大,则磁通量的变化率是定值,由法拉第电磁感应定律可知,接收线圈中的感应电流不变,故B错误;结合A的分析可知,即使有金属片通过,接收线圈中的感应电流仍然为逆时针方向,故C错误;有金属片通过时,则穿过金属片的磁通量发生变化,金属片中也会产生感应电流,感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同,所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些,引起接收线圈中的感应电流大小发生变化,故D正确.[答案] D4.2017·北京朝阳期末随着新能源轿车的普及,无线充电技术得到进一步开发和应用.一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理.如图所示,由地面供电装置主要装置是线圈和电源将电能传送至电动车底部的感应装置主要装置是线圈,该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电,供电装置与车身接收装置之间通过磁场传送能量,由于电磁辐射等因素,其能量传输效率只能达到90%左右.无线充电桩一般采用平铺式放置,用户无需下车、无需插电即可对电动车进行充电.目前,无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15~25cm,允许的错位误差一般为15cm左右.下列说法正确的是 A.无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电动车快速充电B.车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C.车身感应线圈中感应电流的磁场总是与地面供电线圈中电流的磁场方向相反D.若线圈均采用超导材料,则能量的传输效率有望达到100%[解析] 无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15~25cm,选项A错误;根据楞次定律,车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,选项B正确;车身感应线圈中感应电流的磁场可能与地面供电线圈中电流的磁场方向相同,也可能相反,选项C错误;由于电磁辐射等因素,能量的传输效率不会达到100%,选项D错误.综上本题选B.[答案] B5.多选在如图1所示的虚线框内有匀强磁场,设图1所示磁场方向为正,磁感应强度随时间的变化规律如图2所示.边长为l,电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中,磁场方向垂直于线框平面,此时线框ab边的发热功率为P,则 A.线框中的感应电动势为B.线框中感应电流为2C.线框cd边的发热功率为D.b端电势高于a端电势[解析] 由题图2可知,在每个周期内磁感应强度随时间均匀增大,线框中产生大小恒定的感应电流,设感应电流为I,则对ab边有,P=I2·R,得I=2,由闭合电路欧姆定律得,感应电动势为E=IR=2,根据法拉第电磁感应定律得,E==·l2,由题图2知,=,联立解得,E=,故A错误,B正确;线框的四边电阻相等,电流相等,则发热功率相等,都为P,故C错误;由楞次定律判断可知,线框中感应电流方向为逆时针,则b端电势高于a端电势,故D正确.[答案] BD6.多选如图所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过了几分钟,杯内的水沸腾起来.若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有 A.增加线圈的匝数B.提高交流电源的频率C.将金属杯换为瓷杯D.取走线圈中的铁芯[解析] 当电磁铁接通交流电源时,金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热,使水温升高.要缩短加热时间,需增大涡电流,即增大感应电动势或减小电阻.增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势.瓷杯不能产生涡电流,取走铁芯会导致磁性减弱.所以选项A、B正确,C、D错误.[答案] AB7.2017·江苏盐城月考如图所示,金属三角形导轨COD上放有一根足够长的金属棒MN,拉动MN使它以速度v从O点开始在匀强磁场中向右匀速平动.若导轨和金属棒是粗细相同的均匀导体,它们的电阻率相同,则在MN运动过程中闭合回路的 A.感应电动势保持不变B.感应电流逐渐增大C.感应电流将保持不变D.感应电流逐渐减小[解析] 拉动MN使它以速度v在匀强磁场中向右匀速平动,t时刻,MN切割磁感线的有效长度l=vttanα,产生的感应电动势E=Blv=Bv2ttanα,感应电动势逐渐增大,选项A错误;粗细相同的均匀导体,它们的电阻率相同,单位长度电阻相同,设为R,回路总电阻R总=R=Rvt,产生的感应电流I=是一恒量,选项C正确,BD错误.[答案] C8.2017·福建单科质检如图,磁感应强度大小为B的匀强磁场中有一固定金属线框PMNQ,线框平面与磁感线垂直,线框宽度为L.导体棒CD垂直放置在线框上,并以垂直于棒的速度v向右匀速运动,运动过程中导体棒与金属线框保持良好接触.1根据法拉第电磁感应定律E=n,推导MNCDM回路中的感应电动势E=Blv;2已知B=
0.2T,L=
0.4m,v=5m/s,导体棒接入电路中的有效电阻R=
0.5Ω,金属线框电阻不计,求
①导体棒所受到的安培力大小和方向;
②回路中的电功率.[解析] 1设在Δt时间内MNCDM回路面积的变化量为ΔS,磁通量的变化量为ΔΦ,则ΔS=LvΔtΔΦ=BΔS=BLvΔt根据法拉第电磁感应定律,得E===BLv2
①MNCDM回路中的感应电动势E=BLv回路中的电流强度I=导体棒受到的安培力F=BIL=将已知数据代入解得F=
0.064N安培力的方向与速度方向相反
②回路中的电功率P=EI=将已知数据代入解得P=
0.32W[答案] 1见解析 2
①
0.064N,安培力的方向与速度方向相反
②
0.32W[素能培养]9.多选2017·辽宁盘锦高中月考如图所示,倾角为α的光滑平行导轨上端接入一定值电阻R,Ⅰ和Ⅱ是边长都为L的两正方形磁场区域,其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向上,区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B1,恒定不变,区域Ⅱ中的磁场随时间按B2=kt变化,一质量为m、电阻为r的金属杆穿过区域Ⅰ垂直地跨放在两导轨上,并恰能保持静止,则下列说法正确的是 A.通过金属杆的电流大小为B.通过金属杆的电流方向是从a到bC.定值电阻的阻值为-rD.定值电阻的阻值为[解析] 对金属杆,根据平衡关系,结合安培力公式,则有mgsinα=B1IL,解得I=,故A正确;根据楞次定律,区域Ⅱ中磁场均匀增大,感应电流为顺时针方向从上往下看,通过金属杆的电流方向是从b到a,故B错误;由法拉第电磁感应定律,则有E===kL2,且由闭合电路欧姆定律知I=,故R=-r=-r,故C正确,D错误.[答案] AC10.多选2017·河北石家庄检测如图下图甲所示,质量m=
3.0×10-3kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“”形框的水平细杆CD长l=
0.20m,处于磁感应强度大小B1=
1.0T、方向水平向右的匀强磁场中.有一匝数n=
300、面积S=
0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连.线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示.t=
0.22s时闭合开关K,瞬间细框跳起细框跳起瞬间安培力远大于重力,跳起的最大高度h=
0.20m.不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是 A.0~
0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB.开关K闭合瞬间,CD中的电流方向由C到DC.磁感应强度B2的方向竖直向下D.开关K闭合瞬间,通过细杆CD的电荷量为
0.03C[解析] 由法拉第电磁感应定律知,0~
0.10s内线圈中的感应电动势大小为E=n=nS=300×
0.01×V=30V,则选项A错误;t=
0.22s时闭合开关K,瞬间细框跳起,由左手定则知CD中的电流方向由C到D,则选项B正确;由CD中的电流方向和楞次定律知磁感应强度B2的方向竖直向上,则选项C错误;开关K闭合瞬间细框跳起瞬间安培力远大于重力,由动量定理有FΔt=Δp=mv-0,而v==2m/s,安培力F=B1Il,FΔt=B1IlΔt=mv,故通过细杆CD的电荷量为q=IΔt==C=
0.03C,选项D正确.[答案] BD11.多选2017·湖北襄阳联考半径分别为r和2r的同心圆导轨固定在同一水平面内,一长为r、电阻为R的均匀直金属棒ab置于圆导轨上面,ba的延长线通过圆导轨中心O点,装置的俯视图如图所示,整个装置处于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向竖直向下.在两环之间接有阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器.直金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O点逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触.导线和导轨的电阻不计.下列说法正确的是 A.金属棒中电流从a流向bB.金属棒两端电压为Bω2rC.电容器的M板带正电D.电容器所带电荷量为CBωr2[解析] 根据右手定则可知,金属棒ab逆时针切割磁感线时,产生的感应电流方向从b到a,A错误;根据E感=BL以及v=rω可得金属棒切割磁感线时产生的电动势E感=BL=Br=Br2ω,切割磁感线的金属棒相当于电源,则ab两端的电压相当于电源的路端电压,根据闭合电路欧姆定律可知Uab=E感=×Br2ω=Br2ω,B错误;金属棒ab的a端相当于电源正极,故与a端相连的电容器M板带正电,C正确;ab两端的电压为Br2ω,电容器两端的电压也是Br2ω,故电容器所带电荷量Q=CU=CBωr2,D正确.[答案] CD12.2017·山东潍坊模拟如图甲所示,半径为R的导体环内,有一个半径为r的虚线圆,虚线圆内有垂直纸面向里的磁场,磁感应强度大小随时间变化关系为B=ktk0且为常量.1求导体环中感生电动势E的大小;2将导体环换成内壁光滑的绝缘细管,管内放置一质量为m,电荷量为+q的小球,小球重力不计,如图乙所示.已知绝缘细管内各点涡旋电场的场强大小为ER=,方向与该点切线方向相同.小球在电场力作用下沿细管加速运动.要使t=t0时刻管壁对小球的作用力为0,可在细管处加一垂直于纸面的磁场,求所加磁场的方向及磁感应强度B′的大小.[解析] 1根据法拉第电磁感应定律,有E=nΦ=B·S=kt·πr2得E=kπr22根据楞次定律,可知小球沿逆时针方向运动,要使管壁对小球的作用力为0,需洛伦兹力方向指向圆心.由左手定则,得磁场方向垂直纸面向里电场力F=ERq小球运动的加速度满足F=mat时刻速度v=at0洛伦兹力大小F洛=qvB′由向心力公式,有F向=m=qvB′联立解得B′=[答案] 1kπr2 2垂直纸面向里 。