专题7 电磁感应与交流电（解析版）

这是一份专题7 电磁感应与交流电（解析版），共18页。试卷主要包含了9×10-2V　b→a　见解析，5J， ACE 等内容，欢迎下载使用。
专题7 电磁感应与交流电（解析版）1.(2012·浙江理综,20)为了测量储罐中不导电液体的高度,将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中,电容器可通过开关S与线圈L或电源相连,如图所示。当开关从a拨到b时,由L与C构成的回路中产生周期T=2π的振荡电流。当罐中的液面上升时(　　)。A.电容器的电容减小B.电容器的电容增大C.LC回路的振荡频率减小D.LC回路的振荡频率增大【答案】BC　【解析】平行板电容器的电容C=,当液面上升时,极板间不导电液体的介电常数比原来的空气的介电常数要大,电容C增大,A错,B正确;f==会减小,C正确,D选项错误。2.(22分)为了提高自行车夜间行驶的安全性,小明同学设计了一种“闪烁”装置。如图所示,自行车后轮由半径r1=5.0×10-2m的金属内圆、半径r2=0.40m的金属外圆和绝缘辐条构成。后轮的内、外圆之间等间隔地接有4根金属条,每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡。在支架上装有磁铁,形成了磁感应强度B=0.10 T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场,其内半径为r1、外半径为r2、张角θ=。后轮以角速度ω=2πrad/s相对于转轴转动。若不计其他电阻,忽略磁场的边缘效应。(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时,求感应电动势E,并指出ab上的电流方向;(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时,画出“闪烁”装置的电路图;(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始,经计算画出轮子转一圈过程中,内圆与外圆之间电势差Uab随时间t变化的Uabt图象; (4)若选择的是“1.5V、0.3A”的小灯泡,该“闪烁”装置能否正常工作?有同学提出,通过改变磁感应强度B、后轮外圆半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小,优化前同学的设计方案,请给出你的评价。 【答案】(1)4.9×10-2V　b→a　(2)(3)(4)见解析【解析】(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时,所构成的回路的磁通量变化。设经过时间Δt,磁通量变化量为ΔΦ,由法拉第电磁感应定律E=①ΔΦ=BΔS=B(Δθ-Δθ)②由①②式并代入数值得:E==Bω(-)=4.9×10-2 V③根据右手定则(或楞次定律),可得感应电流方向为b→a。④(2)通过分析,可得电路图为(3)设电路中的总电阻为R总,根据电路图可知,R总=R+R=R⑤ab两端电势差Uab=E-IR=E-R=E=1.2×10-2V⑥设ab离开磁场区域的时刻为t1,下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2,t1==s⑦t2== s⑧设轮子转一圈的时间为T,T==1 s⑨在T=1s内,金属条有四次进出,后三次与第一次相同。⑩由⑥⑦⑧⑨⑩可画出如下Uabt图像。(4)“闪烁”装置不能正常工作。(金属条的感应电动势只有4.9×10-2V,远小于小灯泡的额定电压,因此无法工作。)B增大,E增大,但有限度;r2增大,E增大,但有限度;ω增大,E增大,但有限度;θ增大,E不变。3.(2013浙江理综,15)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区,刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时,在线圈中产生感应电动势,其Et关系如图所示。如果只将刷卡速度改为,线圈中的Et关系图可能是(　　)【答案】D【解析】从Et图象可以看出,刷卡速度为v0时,产生感应电动势的最大值为E0,所用时间为t0;当刷卡速度变为时,根据E=Blv可知,此时产生感应电动势的最大值E=,由于刷卡器及卡的长度未变,故刷卡时间变为2t0,故选项D正确。4.(2014·浙江理综,15)如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2。则(　　)A.用户端的电压为B.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为rD.输电线路上损失的电功率为I1U【答案】A【解析】根据理想变压器原副线圈的功率相等,有U1I1=U2I2,解得用户端电压为U2=,选项A正确;输电线上的电压降为I1r,选项B错误;理想变压器的输入功率为UI1-r,选项C错误;输电线路上损失的电功率为r,选项D错误。5.(2014·浙江理综,24)(20分)某同学设计一个发电测速装置,工作原理如图所示。一个半径为R=0.1m的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为R的金属棒OA,A端与导轨接触良好,O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r=的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为m=0.5kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T。a点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放,下落h=0.3m时,测得U=0.15 V。(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度g取10m/s2)(1)测U时,与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”?(2)求此时铝块的速度大小;(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。分析:(1)由右手定则判断感应电流方向;(2)由法拉第电磁感应定律计算感应电动势,OA转动角速度与圆盘转动角速度相同,据此可建立圆盘线速度(即铅块速度)与感应电动势的关系;(3)机械能损失直接计算即可。【答案】(1)正极　(2)2m/s　(3)0.5J【解析】(1)正极(2)由电磁感应定律得U=E=ΔΦ=BR2ΔθU=BωR2v=rω=ωR所以v==2m/s(3)ΔE=mgh-mv2ΔE=0.5J6.(2015·浙江理综,24) (20分)小明同学设计了一个“电磁天平”,如图所示,等臂天平的左臂为挂盘,右臂挂有矩形线圈,两臂平衡.线圈的水平边长L=0.1m,竖直边长H=0.3m,匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内,磁感应强度B0=1.0T,方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在0~2.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后,调节线圈中电流使天平平衡,测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度g取10m/s2) (1)为使电磁天平的量程达到0.5kg,线圈的匝数N1至少为多少?(2)进一步探究电磁感应现象,另选N2=100匝、形状相同的线圈,总电阻R=10Ω.不接外电流,两臂平衡.如图所示,保持B0不变,在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B随时间均匀变大,磁场区域宽度d=0.1m.当挂盘中放质量为0.01kg的物体时,天平平衡,求此时磁感应强度的变化率.【答案】(1)25匝　(2)0.1T/s【解析】(1)线圈受到安培力F=N1B0IL天平平衡mg=N1B0IL代入数据得N1=25匝.(2)由电磁感应定律得E=N2E=N2Ld由欧姆定律得I'=线圈受到安培力F'=N2B0I'L天平平衡m'g=B0·代入数据可得=0.1T/s.7.(2016浙江理综,16)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则(　　)A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4D.a、b线圈中电功率之比为3∶1【答案】B【解析】根据楞次定律,磁感应强度增加时感应电流方向为逆时针方向,A选项错误;磁感应强度均匀增加,设=k,所以E==k·n·l2∝l2,,B选项正确;感应电流大小I=∝l,,C选项错误;线圈中电功率P=I2R=I2·ρ∝l3,,D选项错误。8.(2016浙江理综,24) (20分)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示,两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05 Ω的电阻。在导轨间长d=0.56 m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T。质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求(1)CD棒进入磁场时速度v的大小;(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小;(3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。 【答案】(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J;26.88 J【解析】(1)由牛顿第二定律得a==12m/s2①进入磁场时的速度v==2.4m/s②(2)感应电动势E=Blv ③感应电流I= ④安培力FA=IBl ⑤代入得FA==48N⑥(3)健身者做功W=F(s+d)=64J⑦由牛顿第二定律得F-mgsinθ-FA=0 ⑧CD棒在磁场区域内做匀速运动在磁场中运动时间t= ⑨焦耳热Q=I2Rt=26.88J⑩9. （2017浙江选考21） （1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是_____ ．A.有闭合铁芯的原副线圈       B.无铁芯的原副线圈      C.交流电源       D.直流电源                   E.多用电表（交流电压档）               F.多用电表（交流电流档） 用匝数匝和匝的变压器，实验测量数据如下表，1.802.803804.904.006.018.029.98 根据测量数据可判断连接电源的线圈是_________  （填或）．【答案】    (1). ACE    (2). 【解析】【详解】(1)变压器的原理是互感现象的应用.是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线圈中通的是直流电源.则副线圈中不会有感应电流产生.题意为探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系.需要测量电压，所以需要一个测电压的仪器，所以需要的器材有A、有闭合铁芯的原副线圈；C交流电源; E多用电表交流电压档;故选ACE根据题意.电压比与匝数比不相等.可知该变压器为非理想变压器，考虑到变压器有漏磁铁芯发热、导线发热等影晌判断出 U2 为原线圈上电压大小，则判断出接电源的是.10. （2018浙江选考23）(10分)【加试题】如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系；在0≤x≤0.65 m、y≤0.40 m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域．一边长l＝0.10 m、质量m＝0.02 kg、电阻R＝0.40 Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置，其中心的坐标为(0,0.65 m)．现将线框以初速度v0＝2.0 m/s水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程．线框在全过程中始终处于xOy平面内、其ab边与x轴保持平行，空气阻力不计．求：(1)磁感应强度B的大小；(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q；(3)在全过程中，cb两端的电势差Uc b与线框中心位置的x坐标的函数关系．命题意图：本题考查了电磁感应问题，意在考查考生利用安培力、闭合电路欧姆定律、平衡条件、功能关系、平抛运动规律和动量定理解决实际问题的能力．【解析】 (1)线框做平抛运动，如图所示，当ab边与磁场上边界接触时，竖直方向有h＝gt2＝0.2 m，得t＝0.2 s，此时竖直方向的分速度v2y＝gt＝2 m/s＝v0，合速度方向与水平方向成45°角，由题知线框匀速进入磁场，ad与bc这两边产生的电动势相互抵消，所以整个线框只有ab边有效切割磁感线，并且只有竖直方向切割，有效速度为2 m/s，此时电流I＝，E＝Blv2y①FA＝BIl②(1分)因为线框匀速进入磁场，合力为0，所以mg＝FA③，联立①②③得B＝2 T(1分)(2)线框全部进入磁场区域之后，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，线框离开磁场过程中，上下两边所受到的安培力抵消，所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热，水平方向上，只有ad边的水平方向上的速度在切割磁感线，线框离开磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q＝＝④离开磁场过程中水平方向动量守恒，设向右为正，得－Blq＝mv5x－mv0⑤(1分)得v5x＝1.5 m/s由动能定理可知mgΔh－Q1＝mv－mv＝mv－mv＋mv－mv⑥(1分)离开磁场过程中竖直方向只受重力，由牛顿第二定律有v－v＝2gΔh⑦(1分)联立解得Q1＝0.017 5 J在进入磁场过程中，速度不变，重力势能转换成焦耳热Q2＝mgl＝0.02 J所以Q总＝0.037 5 J(1分)(3)图中2,3,4,5状态下线框中心横坐标分别为0.4 m,0.5 m,0.6 m,0.7 m①当0≤x＜0.4 m时，线框还没进入磁场，Uc b＝0(1分)②当0.4 m≤x＜0.5 m时，ab边切割磁感线，但cb边进入磁场部分也在切割磁感线，因此这里相当于也有一个电源，在计算电势差时也要考虑，同时电势差要注意正负，因此Ucb＝－Blv2y＋B(x－0.4 m)v0＝4x－1.7(V)(1分)③当0.5 m≤x<0.6 m时线框完全进入磁场，电路中没有电流，但bc边仍在切割磁感线，因此仍然相当于一个电源，Ucb＝Blv0＝0.4 V(1分)④当0.6 m≤x≤0.7 m时cb边已经出磁场，整个电动势由ad边提供，Ucb＝Blv4x又由动量定理有＝m(v0－v4x)得Uc b＝0.25－0.25x(V)(1分)11. （2019浙江选考21） 在“探究电磁感应产生条件”实验中，实验连线后如图1所示，感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示．（1）接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动．将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针____（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）；迅速抽出铁芯时，G表指针____（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）．（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变．接通电源，闭合开关，G表指针____（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）．（3）仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？________【答案】    ①. 左偏    ②. 右偏    ③. 不停振动    ④. 短接G表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了；没有明显偏转则未断．【解析】（1）将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，电阻减小，回路电流变大，根据线圈中导线的绕向可知磁通量向下增加，根据楞次定律可知，A线圈中产生的感应电流使G表指针左偏；迅速抽出铁芯时，磁通量减小，产生的感应电流方向与上述方向相反，则G表指针右偏．（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变．接通电源，闭合开关，由于穿过线圈的磁通量大小方向都不断变化，在线圈A中产生的感应电流大小方向不断变化，则G表指针不停振动．（3）根据阻尼原理，短接G表，前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了；没有明显偏转则未断．12. （2019浙江选考22）如图所示，倾角θ=370、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1Ω的电阻，质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ=0.45．建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x．在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t=0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下从x=0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v=kx（可导出a=kv）k=5s-1．当棒ab运动至x1=0.2m处时，电阻R消耗的电功率P=0.12W，运动至x2=0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x=0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F做的功（1）磁感应强度B的大小（2）外力F随位移x变化的关系式；（3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q．【答案】（1）；（2）无磁场区间：；有磁场区间：；（3）【解析】【详解】（1）由 E=Blv，解得 （2）无磁场区间： ，a=5v=25x有磁场区间： （3）上升过程中克服安培力做功（梯形面积） 撤去外力后，棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v＇，则： 解得v＇=2m/s由于 故棒再次进入磁场后做匀速运动；下降过程中克服安培力做功： 13. （2020浙江选考11）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　)A．发电机输出的电流I1＝40 AB．输电线上的电流I线＝625 AC．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11D．用户得到的电流I4＝455 A【答案】C。【解析】A错：发电机输出电流I1＝＝ A＝400 A。B错：输电线上损失的功率P线＝IR线＝5 000 W，所以I线＝＝ A＝25 A。C对，D错：用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5) kW＝95 kW，则I4＝＝A＝ A≈432 A，即用户得到的电流为432 A，故＝＝。14. （2020浙江选考12）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(　　)A．棒产生的电动势为Bl2ωB．微粒的电荷量与质量之比为C．电阻消耗的电功率为D．电容器所带的电荷量为CBr2ω 【答案】B。【解析】A错：由法拉第电磁感应定律知棒产生的电动势U＝Br2ω。B对：对极板间微粒受力分析，如图所示，微粒静止，则mg＝qE＝q，得＝，而电容器两极板间电势差与电源电动势相等，故＝。C错：电路中电流I＝＝，则电阻R消耗的电功率P＝I2R＝。D错：电容器所带的电荷量Q＝CU＝。15. （2020浙江选考21）(10分)如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0 m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5 m、电阻R＝0.25 Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0 m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3 s内线框始终做匀速运动。(1)求外力F的大小；(2)在1.0 s≤t≤1.3 s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；(3)求在0≤t≤1.3 s内流过导线横截面的电荷量q。【解析】　(1)t0＝0，B0＝0.25 T回路电流I＝安培力FA＝v外力F＝FA＝0.062 5 N。(2)匀速出磁场，电流为0，磁通量不变Φ1＝Φt1＝1.0 s时，B1＝0.5 T，磁通量Φ1＝B1L2t时刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]得B＝。(3)0≤t≤0.5 s电荷量q1＝＝0.25 C0．5 s≤t≤1.0 s电荷量q2＝＝0.25 C总电荷量q＝q1＋q2＝0.5 C。【答案】　(1)0.062 5 N　(2)　(3)0.5 C16. （2021浙江选考5） 如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（　　）
 A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】因虚线是正弦交流电的图像，则该交流电的有效值为由图可知，在任意时刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，则故选D。17. （2021浙江选考22） 一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值的细导线绕制、匝数的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值的电阻连接。螺线管的横截面是半径的圆，其中心与长直导线的距离。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为，其中。（1）求内通过长直导线横截面的电荷量Q；（2）求时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量；（3）若规定为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的图像；（4）若规定为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的图像。【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）见解析【解析】（1）由电量和电流的关系可知图像下方的面积表示电荷量，因此有代入数据解得（2）由磁通量的定义可得代入数据可得（3）在时间内电流均匀增加，有楞次定律可知感应电流的方向，产生恒定的感应电动势由闭合回路欧姆定律可得代入数据解得在电流恒定，穿过圆形螺旋管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为，则图像如图所示（4）考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻碍电流的变化，因此开始时电流是缓慢增加的，过一段时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在时间内电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。同理，在内电流缓慢增加，过一段时间电路达到稳定后自感消失，在之后，电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。图像如图