第1章 电磁感应的综合应用（二） 能力提升测试卷 Word版含解析

　电磁感应的综合应用(二)

1.(2019·陕西西安模拟)如图所示,在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环,不计空气阻力,以下判断正确的是(　B　)
A.释放圆环,环下落时产生感应电流
B.释放圆环,环下落时无感应电流
C.释放圆环,环下落时环的机械能不守恒
D.以上说法都不正确
解析:圆环竖直向下运动时,通过圆环的磁通量始终为零,不产生感应电流,故A,D错误,B正确;由于没有感应电流,没有安培力做功,只有重力做功,故环的机械能守恒,故C错误.
2.(2019·江西景德镇模拟)如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,设磁场区域宽度大于线圈宽度,则(　C　)
A.线圈恰好在完全离开磁场时停下
B.线圈在未完全离开磁场时已停下
C.线圈能通过场区不会停下
D.线圈在磁场中某个位置停下
解析:线圈进入或出磁场,安培力做负功,则出磁场时的速度小于进磁场时的速度,所受的安培力小于进磁场时所受的安培力,根据动能定理,出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量,而完全进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,由于出磁场后,动能不为零,所以线圈将继续运动,故C正确,A,B,D错误.
3.(2018·四川南充二模)如图所示,虚线框a′b′c′d′内为一矩形匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面,实线框abcd是一长方形导线框,ab=2bc,a′b′边与ab平行,若将导线框匀速地拉离磁场区域,以W1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功,W2表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功,则(　B　)
A.W1=W2 B.W2=2W1
C.W1=2W2 D.W2=4W1
解析:设bc=L,ab=2L,回路总电阻为R,面积为S;根据外力所做的功等于克服安培力做的功可得W1=BI1L·2L=BI1S,其中I1=,所以W1=;同理可得W2=;得到W2=2W1.故选B.
4.(2018·河南郑州第二次质量预测)(多选)如图,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙固定在水平面上,右端接一个阻值为R的定值电阻,平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放,到达磁场右边界处恰好停止,已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨间接触良好,则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)(　ACD　)
A.金属棒中的最大电流为
B.金属棒克服安培力做的功为mgh
C.通过金属棒的电荷量为
D.金属棒产生的电热为mg(h-μd)
解析:金属棒下滑过程中,根据动能定理得mgh=mv2,金属棒到达水平面时的速度为v=,金属棒到达水平面后做减速运动,刚到达水平面时的速度最大,最大感应电动势E=BLv,则最大感应电流为I== ,故A正确;金属棒在整个运动过程中,由动能定理得mgh-WB-μmgd=0-0,克服安培力做功WB=mgh-μmgd,故B错误;感应电荷量为q= Δt==,故C正确;克服安培力做功转化为电热,QR=Q=WB=mg(h-μd),故D正确.
5.如图所示,一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨上面横放着两根完全相同的铜棒ab和cd,构成矩形回路,在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场B.开始时,棒cd静止,棒ab有一个向左的初速度v0,则关于两棒以后的运动,下列说法正确的是(　B　)
A.ab棒做匀减速直线运动,cd棒做匀加速直线运动
B.ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量
C.ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能
D.两棒一直运动,机械能不断转化为电能
解析:初始时ab棒向左运动受到向右的安培力,cd棒受到向左的安培力,所以ab棒减速,cd棒加速,设ab棒速度为v1,cd棒速度为v2,开始时v1>v2,随着运动两棒的相对速度Δv=v1-v2逐渐减小至0,两棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BL·Δv,E也逐渐减小最终为0,感应电流逐渐减小到0,安培力逐渐减到0,所以ab棒做加速度逐渐减小的变减速直线运动,cd棒做加速度逐渐减小的变加速直线运动,故A错误;两棒组成的系统受安培力的合力为零,故系统的动量守恒,所以ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量,故B正确;回路中有感应电流时,电流做功产生电热,所以根据能量守恒可知,ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能与两棒产生电热之和,所以ab棒减小的动能大于cd棒增加的动能,故C错误;当v1>v2时,机械能转化为电能,之后两棒以共同的速度做匀速直线运动,机械能守恒,不再产生电能,故D错误.
6.如图所示,一个总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d的“半正弦波”形闭合线框,竖直虚线之间有宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于线框所在的平面向里.线框以速度v向右匀速通过磁场;ab边始终与磁场边界垂直,从b点到达边界开始到a点离开磁场为止,在这个过程中(　A　)
A.线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向
B.ab段直导线始终不受安培力的作用
C.平均感应电动势为Bdv
D.线框中产生的焦耳热为
解析:线框进入磁场时穿过线框的磁通量先向里增加,离开磁场时线框的磁通量向里减小,根据楞次定律可知,感应电流先逆时针方向后顺时针方向,故A正确;线框穿过磁场时回路中有感应电流,则ab段导线受到安培力作用,故B错误;根据题意知穿过磁场过程中产生的交变电流的最大电动势为Bdv,最小值为0,其平均值不等于最大值与最小值之和的,故C错误;因为线框是“半正弦波”形闭合线框,故在穿过磁场过程中感应电流为正弦式交变电流,该电流的最大值为Im==,则其有效值为I=Im=,在穿过磁场的时间t=时间内线框产生的焦耳热Q=I2Rt=()2·R·=,故D错误.
7.(2018·湖北宜昌一模)(多选)如图所示,足够长的光滑金属导轨MN,PQ平行放置,且都倾斜着与水平面成夹角θ.在导轨的最上端M,P之间接有电阻R,不计其他电阻.导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨,当没有磁场时,ab上升的最大高度为H;若存在垂直导轨平面的匀强磁场时,ab上升的最大高度为h.在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直,且初速度都相等.关于上述情景,下列说法正确的是(　BD　)
A.两次上升的最大高度相比较为HB.有磁场时导体棒所受合力做的功等于无磁场时合力做的功
C.有磁场时,电阻R产生的焦耳热为m
D.有磁场时,ab上升过程的最小加速度为gsin θ
解析:无磁场时,根据能量守恒,知动能全部转化为重力势能.有磁场时,动能一部分转化为重力势能,还有一部分转化为整个回路的内能.则有磁场时的重力势能小于无磁场时的重力势能,所以hmgsin θ,根据牛顿第二定律,知加速度a大于gsin θ.到达最高点时加速度最小,其值为gsin θ,故D正确.
8.(2019·江西校级模拟)如图所示,相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界,磁场的磁感应强度为B,正方形线框abcd边长为L(LA.线框一直都有感应电流
B.线框一直做匀速运动
C.线框产生的热量为mg(d+L)
D.线框做减速运动
解析:线框进入和穿出磁场过程中,穿过线框的磁通量发生变化,有感应电流产生.当线框完全在磁场中运动时,磁通量不变,没有感应电流产生,故A错误.线框完全在磁场中运动时,线框不受安培力,只受重力,加速度为g,故B错误.ab边进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程,动能不变,根据能量守恒定律得,线框产生的热量Q=mg(d+L),故C正确.当ab边进入磁场时速度为v0,cd边刚穿出磁场时速度也为v0,说明线框进入磁场时做减速运动,完全进入磁场后做加速运动,出磁场时又做减速运动,故D错误.
9.(2018·广东韶关二模)(多选)如图,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B中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿ab,dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　CD　)
A.PQ中电流先增大后减小
B.PQ两端电压先减小后增大
C.PQ上拉力的功率先减小后增大
D.线框消耗的电功率先增大后减小
解析:导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中,产生的感应电动势E=BLv,保持不变,外电路总电阻先增大后减小,由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大,A错误;PQ中电流先减小后增大,PQ两端电压为路端电压,由U=E-IR,可知PQ两端的电压先增大后减小,B错误;导体棒匀速运动,PQ上外力的功率等于回路的电功率,而回路的总电阻R先增大后减小,由P=,分析得知,PQ上拉力的功率先减小后增大,C正确;线框作为外电路,总电阻最大值为R总=×=10.(2019·江苏泰州校级模拟)(多选)一质量为m、电阻为r的金属杆AB,以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行,导轨平面与水平面成30°角,两导轨上端用一电阻R相连,如图所示,磁场垂直斜面向上,导轨的电阻不计,金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v1,则金属杆在滑行过程中正确的是(　ABC　)
A.向上滑行的时间小于向下滑行的时间
B.在向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量
C.向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等
D.金属杆从开始上滑至返回出发点,电阻R上产生的热量为m(-)
解析:因为上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度,而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等,所以上滑过程的时间比下滑过程短,故A正确;由E=BLv可知上滑阶段的平均感应电动势E1大于下滑阶段的平均感应电动势E2,上滑阶段和下滑阶段金属杆扫过面积相等,电荷量q=I·Δt=Δt=Δt=,故上滑阶段和下滑阶段通过R的电荷量相同,所以C正确;由公式W电=qE电动势,可知上滑阶段回路电流做功即电阻R产生的热量比下滑阶段多,所以B正确;金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中,只有安培力做功,动能的一部分转化为内能,电阻R与金属杆电阻产生的总热量就是金属杆减小的动能,D 错误.
11.如图所示,光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连,在距弧形轨道较远处的水平轨道上方有一足够长的金属杆,杆上挂有一光滑螺线管,在弧形轨道上高为H的地方无初速度释放一磁铁(可视为质点),下滑至水平轨道时恰好沿螺线管的轴心运动,设螺线管和磁铁的质量分别为M,m,求:
(1)螺线管获得的最大速度;
(2)全过程中整个电路所消耗的电能.
解析:(1)当磁铁在光滑弧形轨道上运动时,可认为还没有与螺线管发生相互作用,根据机械能守恒可求出磁铁进入水平轨道时的速度,即mgH=m.
当磁铁在水平轨道上靠近螺线管时,由于电磁感应现象使磁铁与螺线管之间产生相互作用力,最终当两者速度相等时,电磁感应现象消失,一起做匀速直线运动,此时,螺线管速度达到最大,设为v,由动量守恒定律得
mv0=(M+m)v
所以,v=.
(2)根据能量守恒定律有E=mgH-(M+m)v2,
解得E=.
答案:(1)　(2)
12.(2018·安徽蚌埠第二次质检)如图所示,MN和PQ为水平放置的足够长的光滑平行导轨,导轨间距为L,其左端连接一个阻值为R的电阻,垂直导轨平面有一个磁感应强度为B的有界匀强磁场.质量为m、电阻为r的金属棒与导轨始终保持垂直且接触良好.若金属棒以向右的初速度v0进入磁场,运动到右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零.导轨电阻不计,求:
(1)金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小;
(2)金属棒运动过程中,定值电阻R上产生的电热;
(3)金属棒运动到磁场中央位置时的速度大小.
解析:(1)由E=BLv0,I=,F=BIL
得F=.
(2)根据能量守恒,系统产生的热量Q=m,
定值电阻产生的热量Q′=m.
(3)设磁场宽度为x,金属棒运动到磁场中央位置时速度为v′,
Δt时间内安培力对金属棒的冲量大小
I=F安Δt=·vΔt,
上式对任意微小间隔Δt都成立,累积相加后,得
金属棒从磁场左边界运动到右边界的过程中,安培力产生的冲量为I1=-·x,
金属棒运动到磁场中央位置的过程中,安培力产生的冲量为I2=-·,
由动量定理可知I1=0-mv0,I2=mv′-mv0.
解得v′=v0.
答案:(1)　(2)m　(3)
13.(2018·贵州黔东南二模)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内,导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab和cd,构成矩形回路.已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R,其他电阻忽略不计,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,导体棒cd静止、ab棒有水平向右的初速度v0,两导体棒在运动中始终不接触且始终与两导轨垂直.求:
(1)从开始运动到导体棒cd达到最大速度的过程中,cd棒产生的焦耳热及通过ab棒横截面的电荷量;
(2)当cd棒速度变为v0时,cd棒加速度的大小.
解析:(1)当ab棒与cd棒速度相同时,cd棒的速度最大,设最大速度为v
由动量守恒定律得mv0=2mv,
解得v=v0,
由能量守恒定律可得:
系统产生的焦耳热Q=m-×2mv2=m,
故cd棒产生的焦耳热Qcd=Q=m,
对ab棒应用动量定理得
-FΔt=-ILBΔt=-LBq=m×v0-mv0,
解得通过ab棒的电荷量q=.
(2)设当cd棒的速度为v0时,ab棒的速度为v′,
由动量守恒定律得mv0=m×v0+mv′,
解得v′=v0,
根据法拉第电磁感应定律有
Eab=BLv′=BLv0,Ecd=BLv0,
根据闭合电路欧姆定律有:
回路中的电流
I==,
根据牛顿第二定律得:此时cd棒的加速度大小为
a===.
答案:(1)m　
(2)