第二章分层作业8 楞次定律
A级 必备知识基础练
1.某磁场磁感线如图所示,有一铜线圈自图示A点落至B点,在下落过程中,自上向下看,线圈中的感应电流方向是( )
A.始终顺时针
B.始终逆时针
C.先顺时针再逆时针
D.先逆时针再顺时针
2.(多选)闭合电路的一部分导体在匀强磁场中做切割磁感线运动,如图所示,能正确表示感应电流I的方向、磁感应强度B的方向跟导体运动速度的方向关系的是( )
3.(多选)如图所示,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是( )
A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
4.如图所示,若套在条形磁体上的弹性金属线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ,则关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看)是( )
A.有顺时针方向的感应电流
B.有逆时针方向的感应电流
C.有先逆时针后顺时针方向的感应电流
D.无感应电流
5.如图所示,把一条形磁体从图示位置由静止释放,穿过采用双线绕法的通电线圈,不计空气阻力,此过程中条形磁体做( )
A.减速运动
B.匀速运动
C.自由落体运动
D.变加速运动
6.(多选)如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,有一个带铜轴的铜盘,用铜刷把盘边缘和轴连接,外接一电流表,若铜盘按图示匀速转动,则( )
A.G中有a→b的电流
B.G中有b→a的电流
C.盘面磁通量不变,不产生感应电流
D.有从盘边缘向盘中心的电流
7.(2023江苏阜宁中学高二月考)如图所示,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向(从上向下看),下列说法正确的是( )
A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向
B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向
C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向
D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向
B级 关键能力提升练
8.如图所示,通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环,铜环平面与螺线管截面平行。当开关S接通瞬间,两铜环的运动情况是 ( )
A.同时向两侧分开
B.同时向螺线管靠拢
C.一个被推开,一个被吸引,但因电源正负极未知,无法具体判断
D.同时向两侧分开或同时向螺线管靠拢,因电源正负极未知,无法具体判断
9.如图所示,一个有界匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外,一个矩形闭合导线框abcd,沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右),则( )
A.导线框进入磁场时,感应电流方向为a→b→c→d→a
B.导线框离开磁场时,感应电流方向为a→d→c→b→a
C.导线框离开磁场时,受到的安培力方向水平向右
D.导线框进入磁场时,受到的安培力方向水平向左
10.如图所示,AOC是光滑的金属导轨,AO沿竖直方向,OC沿水平方向,ab是一根金属棒,与导轨接触良好,它从图示位置由静止开始在重力作用下运动,运动过程中b端始终在OC上,a端始终在OA上,直到完全落在OC上,空间存在着匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,则ab棒在上述过程中( )
A.感应电流方向是b→a
B.感应电流方向是a→b
C.感应电流方向先是b→a,后是a→b
D.感应电流方向先是a→b,后是b→a
11.如图甲所示,在同一平面内有两个彼此绝缘的金属细圆环A、B,两环重叠部分的面积为圆环A面积的一半,圆环B中电流i随时间t的变化关系如图乙所示,以图甲中圆环B中所示的电流方向为负方向,则A环中( )
A.没有感应电流
B.有逆时针方向的感应电流
C.有顺时针方向的感应电流
D.感应电流先沿顺时针方向,后沿逆时针方向
12.如图所示,在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线,导线中通有自东向西稳定、强大的电流。现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计,图中未画出)检测此通电直导线的位置,若不考虑地磁场的影响,在检测线圈位于水平面内,从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中,俯视检测线圈,其中的感应电流的方向是( )
A.先顺时针后逆时针
B.先逆时针后顺时针
C.先逆时针后顺时针,然后再逆时针
D.先顺时针后逆时针,然后再顺时针
分层作业8 楞次定律
1.C 自A点落至图示位置时,穿过线圈的磁通量增加,由楞次定律判断知,线圈中感应电流方向为顺时针;自图示位置落至B点时,穿过线圈的磁通量减少,由楞次定律判断知,线圈中感应电流方向为逆时针,C项正确。
2.BC 根据右手定则进行判断可知B、C正确。
3.AD 由电路可知,开关闭合瞬间,右侧线圈环绕部分的电流向下,由安培定则可知,铁芯中产生水平向右的磁场,由楞次定律可知,左侧线圈环绕部分产生向上的电流,则直导线中的电流方向由南向北,由安培定则可知,直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场,则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动,A正确;开关闭合并保持一段时间后,穿过左侧线圈的磁通量不变,则左侧线圈中的感应电流为零,直导线不产生磁场,则小磁针静止不动,B、C错误;开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,穿过左侧线圈向右的磁通量减少,则由楞次定律可知,左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流,则流过直导线的电流方向由北向南,直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向外的磁场,则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动,D正确。
4.A 穿过线圈的磁通量包括条形磁体内的全部和条形磁体外的一部分,合磁通量是向上的。当线圈突然缩小时合磁通量增加,原因是条形磁体外向下穿过线圈的磁通量减少。由楞次定律判断,感应电流的方向为顺时针方向,选项A正确。
5.C 双线绕法得到的两个线圈通电时,由安培定则知,两线圈的磁场等值反向,相互抵消,磁感应强度大小为零,对条形磁体无作用力。当条形磁体下落时,穿过两线圈的磁通量同向增加,根据楞次定律,两线圈中产生的感应电流等值反向,互相抵消,线圈对条形磁体没有作用力。条形磁体下落过程中只受重力,由静止释放,所以条形磁体做自由落体运动,故C正确,A、B、D错误。
6.BD 沿铜盘半径方向的“铜棒”切割磁感线,由右手定则可判定选项B、D正确。
7.D 金属杆从静止开始突然向右运动,产生感应电动势,感应电流从无到有,根据右手定则可知,感应电流的方向由Q到P,所以PQRS中的电流沿逆时针方向;该感应电流在金属线框T中产生的磁通量垂直纸面向外,故穿过金属线框T垂直纸面向里的磁通量减小,根据楞次定律,T中感应电流沿顺时针方向,D正确。
8.A 当电路接通瞬间，通电螺线管产生磁场，穿过两侧铜环的磁通量都增加，由楞次定律可知，两环中感应电流的磁场与螺线管中磁场方向相反，即受到螺线管磁场的排斥作用，使两铜环分别向两侧分开，选项A正确。
9.D 根据右手定则可知导线框进入磁场时,感应电流方向为a→d→c→b→a,离开磁场时感应电流方向为a→b→c→d→a,A、B错误;再根据左手定则知,C错误,D正确。
10.C 在金属棒向下滑动的过程中,金属棒与导轨所围成的三角形面积先增大后减小,三角形aOb内的磁通量先增大后减小,由楞次定律可判断C选项正确。
11.B 由于圆环B的电流发生变化,圆环A中的磁通量发生变化,所以圆环A中有感应电流,选项A错误;根据楞次定律知,圆环A中的磁通量先垂直纸面向外减少,后垂直纸面向里增多,故根据安培定则可知圆环A中产生沿逆时针方向的感应电流,选项B正确,C、D错误。
12.C 根据通电直导线周围磁感线的特点,检测线圈由远处移至直导线正上方时,穿过线圈的磁场有向下的分量,磁通量先增加后减小,由楞次定律和安培定则知,线圈中的电流方向先逆时针后顺时针。当检测线圈由直导线正上方移至远处时,穿过线圈的磁场有向上的分量,磁通量先增加后减小,由楞次定律和安培定则知,线圈中的电流方向先顺时针后逆时针,所以C正确。第二章分层作业9 楞次定律的应用
A级 必备知识基础练
1.(多选)如图所示,导体棒AB、CD可在水平轨道上自由滑动,且两水平轨道在中央交叉处互不相通。当导体棒AB向左移动时( )
A.AB中感应电流的方向为A到B
B.AB中感应电流的方向为B到A
C.CD向左移动
D.CD向右移动
2.如图所示,绝缘水平面上有两个离得很近的导体环a、b。将条形磁体沿它们的正中竖直线向下移动(不到达该平面),a、b的移动情况可能是( )
A.a、b将相互远离
B.a、b将相互靠近
C.a、b将不动
D.无法判断
3.(2023重庆高二期中)如图所示,粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁体从线圈中线AB正上方等高快速经过时,若线圈始终不动,则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的判断正确的是( )
C
A.FN先小于mg后大于mg,运动趋势向左
B.FN先大于mg后小于mg,运动趋势向左
C.FN先小于mg后大于mg,运动趋势向右
D.FN先大于mg后小于mg,运动趋势向右
4.如图所示,一质量为m的条形磁体用细线悬挂在天花板上,细线从一水平金属圆环中穿过。现将圆环从位置Ⅰ释放,圆环经过磁体到达位置Ⅱ。设圆环经过磁体上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2,重力加速度大小为g,则( )
A.FT1>mg,FT2>mg
B.FT1
5.如图所示,MN是一根固定在光滑水平面上的通电细长直导线,电流方向向上,今将一矩形金属线框abcd放在导线上,ab边平行于MN,让导线的位置偏向线框的右边,两者彼此绝缘,当导线上的电流突然增大时,线框整体受力情况为( )
A.受力向右
B.受力向左
C.受力向上
D.受力为零
6.(多选)如图所示,通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈,线圈等距离排列,且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈,让传送带通过一固定匀强磁场区域,磁场方向垂直于传送带,根据穿过磁场后线圈间的距离,就能够检测出不合格线圈,通过观察图形,下列说法正确的是( )
A.若线圈闭合,进入磁场时,线圈相对传送带向后滑动
B.若线圈不闭合,进入磁场时,线圈相对传送带向后滑动
C.从图中可以看出,第3个线圈是不合格线圈
D.从图中可以看出,第4个线圈是不合格线圈
7.(2023山东菏泽高二月考)电阻R、电容器C与一线圈连成闭合回路,条形磁铁静止于线圈的正上方,N极朝下,如图所示。现使磁铁开始自由下落,在N极接近线圈上端的过程中,流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )
A.从a到b,上极板带正电
B.从a到b,下极板带正电
C.从b到a,上极板带正电
D.从b到a,下极板带正电
B级 关键能力提升练
8.如图所示,在一较大的有界匀强磁场上方距磁场边界很近处有一闭合线圈,不计空气阻力,闭合线圈平面始终在同一竖直平面内,在闭合线圈从上方下落穿过磁场的过程中( )
A.进入磁场时加速度小于g,离开磁场时加速度可能大于g,也可能小于g
B.进入磁场时加速度大于g,离开时小于g
C.进入磁场和离开磁场,加速度都大于g
D.进入磁场和离开磁场,加速度都小于g
9.如图甲所示,长直导线与闭合金属线框位于同一平面内,长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在0~时间内,直导线中电流向上,则在~T时间内,线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向是( )
A.感应电流方向为顺时针,线框所受安培力的合力方向向左
B.感应电流方向为逆时针,线框所受安培力的合力方向向右
C.感应电流方向为顺时针,线框所受安培力的合力方向向右
D.感应电流方向为逆时针,线框所受安培力的合力方向向左
10.如图所示,均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置,当a绕O点在其所在平面内旋转时,b中产生顺时针方向的感应电流,且具有收缩趋势,由此可知,圆环a( )
A.顺时针加速旋转
B.顺时针减速旋转
C.逆时针加速旋转
D.逆时针减速旋转
11.为了测量列车运行的速度和加速度大小,可采用如图甲所示的装置,它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(电流测量记录仪未画出)。当列车经过线圈上方时,线圈中产生的电流被记录下来,P、Q为接测量仪器的端口。若俯视轨道平面磁场垂直地面向里(如图乙所示),则在列车经过测量线圈的过程中,流经线圈的电流方向为( )
A.始终沿逆时针方向
B.先沿顺时针方向,再沿逆时针方向
C.先沿逆时针方向,再沿顺时针方向
D.始终沿顺时针方向
分层作业9 楞次定律的应用
1.AD 由右手定则可判断导体棒AB中感应电流方向为A→B,由左手定则可判断导体棒CD受到向右的安培力作用而向右运动。
2.A 根据Φ=BS,条形磁体向下移动过程中B增大,所以穿过每个环中的磁通量都增大。为阻碍磁通量增大,导体环会尽量远离条形磁体,所以a、b将相互远离。
3.D 条形磁体从线圈正上方等高快速经过时,通过线圈的磁通量先增加后减小。当通过线圈磁通量增加时,为阻碍其增加,在竖直方向上线圈有向下运动的趋势,所以线圈受到的支持力大于其重力,在水平方向上有向右运动的趋势;当通过线圈的磁通量减小时,为阻碍其减小,在竖直方向上线圈有向上运动的趋势,所以线圈受到的支持力小于其重力,在水平方向上有向右运动的趋势。综上所述,线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力,运动趋势总是向右,故D正确。
4.A 当圆环经过磁体上端时,磁通量增加,根据楞次定律可知磁体要给圆环一个向上的磁场力,根据牛顿第三定律可知圆环要给磁体一个向下的磁场力,因此有FT1>mg。当圆环经过磁体下端时,磁通量减少,根据楞次定律可知磁体要给圆环一个向上的磁场力,根据牛顿第三定律可知圆环要给磁体一个向下的磁场力,因此有FT2>mg,所以只有A正确。
5.A 金属线框放在导线MN上,导线中电流产生磁场,根据安培定则判断可知,线框左右两侧磁场方向相反,线框左侧的磁通量大于线框右侧的磁通量,当导线中电流增大时,穿过线框的磁通量增大,线框产生感应电流,根据楞次定律可知,感应电流的磁场要阻碍原磁通量的变化,则线框将向使磁通量减小的方向运动,即向右运动,线框整体受力向右,故A正确,B、C、D错误。
6.AC 线圈闭合进入磁场时,由于产生电磁感应现象,根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动,A正确;若线圈不闭合,进入磁场后,不会产生感应电流,故线圈相对传送带不发生滑动,B错误;从图中可以看出,第3个线圈是不合格线圈,C正确,D错误。
7.D 由题图知,穿过线圈的磁场方向向下,在磁铁向下运动的过程中,穿过线圈的磁通量在增大,故感应电流的磁场方向向上,再根据右手定则可判断,流过R的电流从b到a,电容器下极板带正电,所以A、B、C错误,D正确。
8.D 在线圈进入磁场和离开磁场时,穿过线圈的磁通量发生变化,根据楞次定律线圈中产生感应电流,受到安培力的阻碍作用,其下落的加速度均小于g,故D项正确。
9.C 在~T时间内,直导线中的电流方向向下增大,穿过线框的磁通量垂直纸面向外增加,由楞次定律知线框中感应电流方向为顺时针,线框所受安培力的合力由左手定则可知向右,所以C正确。
10.B 由楞次定律,欲使b中产生顺时针方向的电流,则a环内磁场应向里减弱或向外增强,a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速,又由于b环有收缩趋势,故a环外部磁场向外,内部向里,故选B。
11.C 在列车经过线圈上方时,由于列车上的强磁体在线圈处的磁场的方向向下,所以线圈内的磁通量方向向下,磁通量先增大后减小,根据楞次定律可知,线圈中的感应电流的方向先沿逆时针方向,再沿顺时针方向,故选C。第二章分层作业10 法拉第电磁感应定律
A级 必备知识基础练
1. 如图所示,PQRS为一正方形导线框,它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场,磁场方向垂直线框平面向里,MN与线框的QR边成45°角,E、F分别是PS边和PQ边的中点。关于线框中的感应电流,正确的说法是( )
A.当E点经过边界MN时,线框中感应电流最大
B.当P点经过边界MN时,线框中感应电流最大
C.当F点经过边界MN时,线框中感应电流最大
D.当Q点经过边界MN时,线框中感应电流最大
2. 如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出,设运动的整个过程中不计空气阻力,金属棒始终保持水平,则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将( )
A.越来越大 B.越来越小
C.保持不变 D.无法确定
3.(2023河南高二月考)如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb,不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是( )
A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向
B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向
C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向
D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向
4. 如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为( )
A. B.
C. D.
5. 如图所示,平行金属导轨的间距为d,一端跨接一阻值为R的电阻,匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于导轨所在平面向里,一根长直金属棒与导轨成60°角放置,且接触良好,其他电阻不计,则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时,电阻R中的电流为( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示,导体AB的长为2R,绕O点以角速度ω匀速转动,OB长为R,且OBA三点在一条直线上,有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直,那么AB两端的电势差为( )
A.BωR2 B.2BωR2
C.4BωR2 D.6BωR2
7.如图所示,电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m,bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长,磁感应强度大小为0.5 T,在水平拉力作用下,线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中:
(1)感应电动势E的大小;
(2)所受拉力F的大小;
(3)感应电流产生的热量Q。
B级 关键能力提升练
8.法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机。铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中,圆盘圆心处固定一个摇柄,边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴,用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路。转动摇柄,使圆盘沿如图所示方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B,圆盘半径为r,圆盘匀速转动的角速度为ω。下列说法正确的是( )
A.圆盘产生的电动势为Bωr2,流过电阻R的电流方向为从b到a
B.圆盘产生的电动势为Bωr2,流过电阻R的电流方向为从a到b
C.圆盘产生的电动势为Bωπr2,流过电阻R的电流方向为从b到a
D.圆盘产生的电动势为Bωπr2,流过电阻R的电流方向为从a到b
9. 如图所示,A、B两单匝闭合圆形导线环用相同规格的导线制成,它们的半径之比rA∶rB=2∶1,在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域,磁场方向垂直于两导线环所在的平面。在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中,流过两导线环的感应电流大小之比为( )
A.=1 B.=2
C. D.
10.(多选)如图甲所示,水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R,导体棒MN放在导轨上且接触良好,整个装置放于垂直导轨平面的磁场中,磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正),MN始终保持静止,则0~t2时间内(不计初始时刻)( )
A.电容器C的电荷量大小始终没变
B.电容器C的a板先带正电后带负电
C.MN所受安培力的大小始终没变
D.MN所受安培力的方向先向右后向左
11.如图甲为健身用的单车,在人骑行时,车内的传感器可以把轮盘的速度值以及人体骑行消耗的能量转化为电信号显示在车头的显示屏上。它的工作原理可以简化成如图乙所示,其中a、b分别是从轮盘边缘和中心引出的导线的端点。已知匀强磁场磁感应强度B=2 T,方向与轮盘垂直,轮盘半径r=0.25 m,轮盘和导线电阻可忽略不计。某人在骑行时,保持轮盘边缘的线速度大小为v=8 m/s。
(1)请判断a、b哪一点电势高。
(2)求a、b两点间的电压。
(3)若在a、b间接一个阻值R=10 Ω的电阻,假定人体消耗的能量转化为电能的效率为50%,请问此人骑行该单车1小时,消耗了身体多少能量
分层作业10 法拉第电磁感应定律
1.B 当P点经过边界MN时,切割磁感线的有效长度最大,此时感应电动势最大,感应电流也最大,故选B。
2.C 金属棒做平抛运动,水平速度不变,且水平速度即为金属棒垂直切割磁感线的速度,故感应电动势保持不变。
3.B 由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E==πr2·,则,由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向,B项正确。
4.B 线圈中产生的感应电动势E=n=n··S=n·,选项B正确。
5.A 导线切割磁感线的有效长度是l=,感应电动势E=Blv,R中的电流为I=。联立解得I=。
6.C A点线速度vA=ω·3R,B点线速度vB=ωR,AB棒切割磁感线的平均速度v==2ωR,由E=Blv得A、B两端的电势差为4BωR2,C正确。
7.答案 (1)0.8 V
(2)0.8 N
(3)0.32 J
解析 (1)感应电动势E=Blv
代入数据得E=0.8V。
(2)感应电流I=
拉力的大小等于安培力的大小,故F=BIl
解得F=,代入数据得F=0.8N。
(3)运动时间t=,焦耳定律Q=I2Rt
解得Q=
代入数据得Q=0.32J。
8.A 将圆盘看成由无数根辐条组成,它们均切割磁感线,从而产生感应电动势,根据右手定则,圆盘上感应电流从边缘流向圆心,则流过电阻R的电流方向为从b到a,根据法拉第电磁感应定律得圆盘产生的感应电动势=Br=Br·Bωr2,故选A。
9.D A、B两导线环的半径不同,它们所包围的面积不同,但某一时刻穿过它们的磁通量相等,所以两导线环上的磁通量变化率是相等的,E=相同,得=1,I=,R=ρ(S1为导线的横截面积),l=2πr,所以,代入数值得。
10.AD 由题图乙可知,磁感应强度均匀变化,根据公式E=nS可知,产生恒定电动势,由C=可知,感应电动势不变,电容器的电压U不变,则电荷量大小不变,故A正确;根据楞次定律可知MN中的感应电流方向由N到M,电容器的a极板一直带正电,故B错误;感应电流不变,由于磁感应强度的大小变化,MN所受安培力F=BIl,所以安培力的大小先减小后增大,方向先向右后向左,故C错误,D正确。
11.答案 (1)a点
(2)2 V
(3)2 880 J
解析 (1)转动的轮盘相当于切割磁感线的导体,根据右手定则,可知在外电路中,电流由a点流向b点,所以a点电势高。
(2)由法拉第电磁感应定律得Uab==2V。
(3)由焦耳定律得电阻R一小时消耗的电能为
Q=t=1440J
所以人骑行一小时消耗的能量E==2880J。第二章分层作业11 电磁感应中的电路、电荷量和图像问题
A级 必备知识基础练
1.(2023浙江温州高二期中)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场,如图所示,则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差的绝对值最大的是( )
2.如图所示,一电阻为R的导线弯成边长为L的等边三角形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于闭合回路所在的平面向里。下列对三角形导线框以速度v向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是( )
A.回路中感应电流方向为顺时针方向
B.回路中感应电动势的最大值E=BLv
C.回路中感应电流的最大值I=RBLv
D.导线所受安培力的大小可能不变
3.在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示,当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时,图中正确表示线圈中感应电动势E的变化的是( )
4.如图所示,用粗细相同的铜丝做成边长分别为l和2l的两个闭合正方形线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外,不考虑线框的重力,若闭合线框的电流分别为Ia、Ib,则Ia∶Ib为( )
A.1∶4 B.1∶2
C.1∶1 D.1∶3
5.在匀强磁场中,有一个接有电容器的单匝导线回路,如图所示,已知C=30 μF,l1=5 cm,l2=8 cm,磁感应强度以5×10-2 T/s的变化率增加,则( )
A.电容器上极板带正电,带电荷量为6×10-5 C
B.电容器上极板带负电,带电荷量为6×10-5 C
C.电容器上极板带正电,带电荷量为6×10-9 C
D.电容器上极板带负电,带电荷量为6×10-9 C
6.如图所示,空间内存在垂直于纸面的匀强磁场,在半径为a的圆形区域内部及外部,磁场方向相反,磁感应强度的大小均为B。一半径为b(b>a)、电阻为R的圆形导线环放置在纸面内,其圆心与圆形区域的中心重合。在内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中,通过导线环截面的电荷量为( )
A. B.
C. D.
7. 如图所示,半径为R的左端开有小口的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里。一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以恒定速率v在圆导轨上从左端滑到右端,电路中的定值电阻为r,其余电阻不计。导体棒与圆形导轨接触良好。求:
C
(1)在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值。
(2)MN从左端到右端的整个过程中,通过r的电荷量。
(3)当MN通过圆形导轨中心时,通过r的电流。
B级 关键能力提升练
8.如图所示,两个相同导线制成的开口圆环,大环半径为小环半径的2倍,现用电阻不计的导线将两环连接在一起,若将大环放入一均匀变化的磁场中,小环处在磁场外,a、b两点间电压为U1,若将小环放入这个磁场中,大环在磁场外,a、b两点间电压为U2,则( )
A.=1 B.=2
C.=4 D.
9.(多选)如图所示,矩形线框abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与线框平面垂直,线框ab长为2L,bc长为L,MN为垂直于ab并可在ab和cd上自由滑动的金属杆,且杆与ab和cd接触良好,abcd和MN上单位长度的电阻皆为r。让MN从ad处开始以速度v向右匀速滑动,设MN与ad之间的距离为x(0≤x≤2L),则在整个过程中( )
A.当x=0时,MN中电流最小
B.当x=L时,MN中电流最小
C.MN中电流的最小值为
D.MN中电流的最大值为
10.如图所示,两条平行且足够长的金属导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中,B的方向垂直导轨平面。两导轨间距为l,左端接一电阻R,右端接一电容器C,其余电阻不计。长为2l的导体棒ab如图所示放置。从ab与导轨垂直开始,在以a为圆心沿顺时针方向以角速度ω匀速旋转90°的过程中,通过电阻R的电荷量为多少
11.(2023上海杨思中学高二期中)如图所示,导线全部为裸导线,半径为r、两端开有小口的圆环内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端,电路中定值电阻阻值为R,其余部分电阻均忽略不计,在MN从圆环左端滑到右端的过程中。
(1)求通过电阻R的最大感应电流。
(2)求通过电阻R的电荷量。
(3)当导线MN通过圆环中心时,如果导线MN接入电路的电阻为R0,求电阻R两端的电压。
分层作业11 电磁感应中的电路、电荷量和图像问题
1.B 磁场中切割磁感线的边相当于电源,外电路可看成由三个相同电阻串联组成,A、C、D选项中a、b两点间电势差的绝对值为外电路中一个电阻两端的电压,U=E=,B选项中a、b两点间电势差的绝对值为路端电压,U'=E=,所以a、b两点间电势差的绝对值最大的是B选项。
2.B 在进入磁场的过程中,闭合回路中磁通量增加,根据楞次定律,闭合回路中产生的感应电流方向为逆时针方向,A错误;等效切割磁感线的导线最大长度为Lsin60°=L,感应电动势的最大值E=BLv,B正确;感应电流的最大值I=BLv,C错误;在进入磁场的过程中,等效切割磁感线的导线长度变化,产生的感应电动势和感应电流大小变化,根据安培力公式可知,导线所受安培力大小一定变化,D错误。
3.A 在第1s内,由楞次定律可判定电流为正,其产生的感应电动势E1=S,在第2s和第3s内,磁感应强度B不变化,线圈中无感应电流,在第4s和第5s内,B减小,由楞次定律可判定,其电流为负,产生的感应电动势E2=S,由于ΔB1=ΔB2,Δt2=2Δt1,故E1=2E2,由此可知,A选项正确。
4.C 产生的电动势为E=Blv,由闭合电路欧姆定律得I=,又lb=2la,由电阻定律知Rb=2Ra,故Ia∶Ib=1∶1。
5.C 电容器两极板间的电势差U等于感应电动势E,由法拉第电磁感应定律,可得E=·l1l2=2×10-4V,电容器的带电荷量Q=CU=CE=6×10-9C,再由楞次定律可知上极板的电势高,带正电,C项正确。
6.A 设开始时穿过导线环向里的磁通量为正值,Φ1=Bπa2,则向外的磁通量为负值,Φ2=-Bπ(b2-a2),总的磁通量为它们的代数和,即Φ=Bπ(2a2-b2),末态总的磁通量为Φ'=0,由法拉第电磁感应定律得,平均感应电动势为,通过导线环截面的电荷量为q=·Δt=,A项正确。
7.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)计算平均电流,应该用法拉第电磁感应定律先求出平均感应电动势。整个过程磁通量的变化为ΔΦ=BS=BπR2,所用的时间Δt=,代入公式,平均电流为。
(2)电荷量的计算应该用平均电流,q=Δt=。
(3)当MN通过圆形导轨中心时,切割磁感线的有效长度最大,l=2R,根据导体切割磁感线产生的电动势公式E=Blv,得E=B·2Rv,此时通过r的电流为I=。
8.B 根据题意,设小环的电阻为R,则大环的电阻为2R,小环的面积为S,则大环的面积为4S,且=k,当大环放入一均匀变化的磁场中时,大环相当于电源,小环相当于外电路,所以E1=4kS,U1=R=kS;当小环放入磁场中时,同理可得U2=2R=kS,故=2。选项B正确。
9.BCD MN中产生的感应电动势为E=BLv,MN中电流I=,当x=0或x=2L时,MN中电流最大,MN中电流的最大值为Imax=,当x=L时,MN中电流最小,MN中电流的最小值为Imin=,故A错误,B、C、D正确。
10.答案 2Bl2ωC+
解析 以a为圆心、ab为半径,顺时针旋转至60°时,导体有效切割长度最长,为2l,此时感应电动势最大,为
E=B·2l·ω=2Bl2ω
此时电容器被充电q1=CE=2Bl2ωC
在这一过程中通过R的电荷量
q2=·Δt=Δt=Δt=
从60°旋转到90°的过程中,电容器放电,电荷量q1将全部通过电阻R,故整个过程中通过R的总电荷量为
q=q1+q2=2Bl2ωC+。
11.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)MN向右滑动时,切割磁感线的有效长度不断变化,当MN经过圆心时,有效切割长度最大,此时感应电动势和感应电流达到最大值,所以Imax=。
(2)流过电阻R的电荷量等于平均感应电流与时间的乘积,所以q=Δt=·Δt=。
(3)根据闭合电路欧姆定律得I'=
则电阻R两端的电压为U=I'R=。第二章分层作业12 电磁感应中的动力学、能量和动量问题
A级 必备知识基础练
1. (多选)如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道,间距为l,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下,经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋于一个最大速度vm,除R外其余电阻不计,则( )
A.如果B变大,vm将变大
B.如果α变大,vm将变大
C.如果R变大,vm将变大
D.如果m变小,vm将变大
2. (多选)如图所示,两足够长的平行金属导轨固定在水平面上,匀强磁场方向垂直导轨平面向下,金属棒ab、cd与导轨构成矩形闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动,两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd,经过足够长时间以后( )
A.金属棒ab、cd都做匀速运动
B.金属棒ab上的电流方向是由b向a
C.金属棒cd所受安培力的大小等于
D.两金属棒间距离保持不变
3.如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行于MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框横截面的电荷量为q2,则( )
A.Q1>Q2,q1=q2
B.Q1>Q2,q1>q2
C.Q1=Q2,q1=q2
D.Q1=Q2,q1>q2
4. 如图所示,间距为l、电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端用一阻值为R的电阻连接,导轨上横跨一根质量为m、有效电阻也为R的金属棒,金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动,若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q。下列说法正确的是( )
A.金属棒在导轨上做匀减速运动
B.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
C.整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2
D.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv2
5.(多选)(2023江西瑞金第三中学高二月考)如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为l,矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d,磁感应强度均为B。质量为m的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g,则金属杆( )
A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上
C.穿过两磁场产生的总焦耳热为4mgd
D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
6.如图所示,在光滑水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(d>l)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向垂直桌面向下。导线框以某一初速度向右运动,t=0时导线框的右边界恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中,能正确描述上述过程的是( )
7.如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中,金属框平面与磁场方向垂直,电阻R=0.1 Ω,边长l=0.2 m。求:
(1)在t=0到t=0.1 s时间内,金属框中的感应电动势E;
(2)t=0.05 s时,金属框ab边受到的安培力F的大小和方向;
(3)在t=0到t=0.1 s时间内,金属框中电流的电功率P。
B级 关键能力提升练
8. (多选)如图所示,在平行水平地面的有理想边界的匀强磁场上方,有三个大小相同的、用相同的金属材料制成的正方形线框,线框平面与磁场方向垂直。A线框有一个缺口,B、C线框都闭合,但B线框导线的横截面积比C线框大。现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放,下列关于它们落地时间说法正确的是( )
A.三个线框同时落地
B.三个线框中,A线框最早落地
C.B线框在C线框之后落地
D.B线框和C线框在A线框之后同时落地
9. 水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为l、质量为m的导体棒ab,ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中,导轨的一端接一阻值为R的电阻,导轨及导体棒电阻不计。现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动,当通过位移为x时,ab达到最大速度vm。此时撤去外力,最后ab静止在导轨上。在ab运动的整个过程中,下列说法正确的是( )
A.撤去外力后,ab做匀减速运动
B.合力对ab做的功为Fx
C.R上释放的热量为Fx+
D.R上释放的热量为Fx
10.(多选)(2021山东卷)如图所示,电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上,Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加,Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放,进入Ⅱ区后,经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中,以下叙述正确的是( )
A.金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C.金属棒不能回到无磁场区
D.金属棒能回到无磁场区,但不能回到a处
11.如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为l,M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略,让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦。
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图。
(2)在加速下滑过程中,求当ab杆的速度大小为v时,ab杆中的电流及其加速度的大小。
(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值。
12.(2023江西赣州高二月考)如图所示,两根等高的四分之一光滑圆弧轨道半径为r、间距为l,图中O为圆心,Oa水平,Oc竖直,在轨道顶端连有一阻值为R的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B。现有一根长度稍大于l、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑,到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg。整个过程中金属棒与轨道接触良好,轨道电阻不计,重力加速度为g。求:
(1)金属棒到达轨道底端cd时的速度大小和通过电阻R的电流;
(2)金属棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量。
分层作业12 电磁感应中的动力学、能量和动量问题
1.BC 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E=Blv,在闭合电路中形成电流I=,因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用,F=BIl=,先用右手定则判定感应电流方向,再用左手定则判定出安培力方向,如图所示。根据牛顿第二定律,得mgsinα-=ma,当a=0时,v=vm,解得vm=,故选项B、C正确。
2.BC 对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知,两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动,且金属棒ab速度小于金属棒cd速度,所以两金属棒间距离是变大的,由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a,A、D错误,B正确;以两金属棒整体为研究对象有F=3ma,隔离金属棒cd分析F-F安=ma,可求得金属棒cd所受安培力的大小F安=F,C正确。
3.A 根据功能关系知,线框上产生的热量等于克服安培力做的功,即Q1=W1=F1lbc=lbc=lab,同理Q2=lbc,又lab>lbc,故Q1>Q2;因q=t=t=,故q1=q2。因此A正确。
4.C 因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用,且安培力随速度的减小而减小,所以金属棒向右做加速度减小的减速运动,故A错误;根据E=,q=IΔt=Δt=,解得x=,故B错误;整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量mv2,故C正确;整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量mv2,电阻R上产生的焦耳热为mv2,故D错误。
5.BC 由于金属杆进入两个磁场的速度相等,而穿出磁场后金属杆做加速度为g的匀加速运动,所以金属杆进入磁场时应做减速运动,加速度方向竖直向上,选项A错误,B正确;从进入磁场Ⅰ瞬间到进入磁场Ⅱ瞬间过程中,根据能量守恒定律得,金属杆减小的机械能全部转化为焦耳热,所以Q1=mg·2d,则穿过两个磁场过程中产生的总焦耳热为4mgd,选项C正确;若金属杆进入磁场做匀速运动,则-mg=0,得v=,因金属杆进入磁场做减速运动,则金属杆进入磁场的速度大于,根据h=得金属杆进入磁场的高度应大于,选项D错误。
6.D 导线框进入磁场的过程中,线框受到向左的安培力作用,根据E=Blv,I=,F安=BIl得F安=,随着v的减小,安培力减小,导线框做加速度逐渐减小的减速运动;整个导线框在磁场中运动时,无感应电流,导线框做匀速运动;导线框离开磁场的过程中,根据F安=可知,导线框做加速度逐渐减小的减速运动,所以选项D正确。
7.答案 (1)0.08 V (2)0.016 N,方向垂直于ab向左
(3)0.064 W
解析 (1)在t=0到t=0.1s的时间内,磁感应强度的变化量ΔB=0.2T,设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ,有ΔΦ=ΔBl2
由于磁场均匀变化,金属框中产生的电动势是恒定的,有E=
联立解得E=0.08V。
(2)设金属框中的电流为I,由闭合电路欧姆定律,有
I=
由题图可知,t=0.05s时,磁感应强度为B1=0.1T,金属框ab边受到的安培力F=IlB1
联立解得F=0.016N
方向垂直于ab向左。
(3)在t=0到t=0.1s时间内,金属框中电流的电功率
P=I2R
联立解得P=0.064W。
8.BD A线框由于有缺口,在磁场中不能形成电流,所以下落时不受安培力作用,故下落的加速度一直为g;设正方形边长为l,电阻率为ρ,B、C线框的底边刚进入磁场时的速度为v,则根据牛顿第二定律知mg-Bl=ma,即a=g-,其中Rm=ρ·4lSρ密=16l2ρρ密,所以加速度与线框横截面积无关,故两线框的运动情况完全相同,即在A线框之后B、C线框同时落地。选项B、D正确。
9.D 撤去外力后,导体棒水平方向只受安培力作用,而F安=,F安随v的变化而变化,故棒做加速度变化的变速运动,A错误;对整个过程由动能定理得W合=ΔEk=0,B错误;由能量守恒定律知,外力做的功等于整个回路产生的电能,电能又转化为R上释放的热量,即Q=Fx,C错误,D正确。
10.ABD 解析 在Ⅰ区域中,磁感应强度为B1=kt,感应电动势为E1=S=kS,感应电动势恒定,所以金属棒上的感应电流恒为I1=,金属棒进入Ⅱ区域后,金属棒切割磁感线,感应电动势为E2=B2Lv,金属棒上的感应电流为I2=,Ⅰ区域中磁场变化在金属棒上产生的感应电流使金属棒在Ⅱ区域中受到的安培力始终沿斜面向上,大小恒定不变,因为金属棒到达c点后又能上行,说明加速度始终沿斜面向上,下行和上行经过b点的受力分析如图,下行过程中,根据牛顿第二定律可知B2I1L+B2I2L-mgsinθ=ma1,上行过程中,根据牛顿第二定律可知B2I1L-B2I2'L-mgsinθ=ma2,比较加速度大小可知a1>a2,由于bc段距离不变,下行过程中加速度大,上行过程中加速度小,所以金属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度,A、B正确;Ⅰ区域中磁场变化使金属棒在Ⅱ区域受到的安培力总是大于沿斜面向下的作用力,所以金属棒一定能回到无磁场区域,由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热,金属棒的机械能减少,所以金属棒不能回到a处,C错误,D正确,故选ABD。
11.答案 (1)见解析图
(2) gsin θ-
(3)
解析 (1) ab杆受竖直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的安培力F安,受力示意图如图所示。
(2)当ab杆速度大小为v时,感应电动势E=Blv,此时
电路中电流I=
ab杆受到安培力
F安=BIl=
根据牛顿第二定律,有
ma=mgsinθ-F安=mgsinθ-
a=gsinθ-。
(3)当a=0时,ab杆有最大速度vm=。
12.答案 (1) (2)mgr
解析 (1)金属棒到达轨道底端cd时,由牛顿第二定律得2mg-mg=m
解得v=
此时金属棒产生的感应电动势E=Blv
回路中的感应电流I=
联立解得I=。
(2)金属棒从ab下滑到cd过程中,由能量守恒定律得mgr=Q+mv2
则回路中产生的焦耳热Q=mgr
回路中的平均感应电动势
回路中的平均感应电流
通过R的电荷量q=·Δt
联立解得q=。第二章分层作业13 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
A级 必备知识基础练
1.(2023福建福州高二期中)如图所示,金属探测器是用来探测金属的仪器。关于其工作原理,下列说法正确的是( )
A.探测器内的探测线圈会产生稳定的磁场
B.只有有磁性的金属才会被探测器探测到
C.探测到金属是因为金属中产生了涡流
D.探测到金属是因为探测器中产生了涡流
2.(多选)法国科学家阿拉果的“圆盘实验”中,将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。下列说法正确的是( )
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动
3.(2023山西临汾高二月考)如图所示,在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽,有一质量为m、电荷量为q的带正电小球,在槽内沿顺时针方向做匀速圆周运动。现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场,则( )
A.小球速度变大
B.小球速度变小
C.小球速度不变
D.小球速度可能变大也可能变小
4.(多选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的,而不是采用一整块硅钢,这是为了( )
A.增大涡流
B.减小涡流
C.产生更多的热量
D.减小发热量
5.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示,圆管通过一个接有高频交流电源的线圈,线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流,电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为( )
A.库仑
B.霍尔
C.洛伦兹
D.法拉第
6.(多选)如图所示,磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架,把线圈绕在铝框上,这样做的目的是( )
A.使线圈偏转角度更大
B.使线圈偏转后尽快停下来
C.起电磁阻尼的作用
D.起电磁驱动的作用
7.(多选)如图所示,蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO'转动。从上向下看,当磁铁逆时针转动时,则( )
A.线圈将逆时针转动,转速与磁铁相同
B.线圈将逆时针转动,转速比磁铁小
C.线圈将产生感应电流
D.线圈中感应电流的方向始终是abcda
B级 关键能力提升练
8.英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一电荷量为+q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
A.0 B.r2qk
C.2πr2qk D.πr2qk
9.如图所示,条形磁体从高h处自由下落,中途穿过一个固定的空心线圈。开关S断开,条形磁体从开始下落至落地用时t1,落地时速度为v1;S闭合,条形磁体从开始下落至落地用时t2,落地时速度为v2,则它们的大小关系正确的是( )
A.t1>t2,v1>v2 B.t1=t2,v1=v2
C.t1
10.如图所示,轻质弹簧一端固定在天花板上,另一端连接条形磁体,一个铜盘放在条形磁体的正下方的绝缘水平桌面上,控制磁体使弹簧处于原长,然后由静止释放磁体,不计磁体与弹簧之间的磁力作用,且磁体运动过程中未与铜盘接触,下列说法正确的是( )
A.磁体所受弹力与重力等大反向时,磁体的加速度为零
B.磁体下降过程中,俯视铜盘,铜盘中产生顺时针方向的涡旋电流
C.磁体从静止释放到第一次运动到最低点的过程中,磁体减少的重力势能等于弹簧弹性势能
D.磁体从静止释放到最终静止的过程中,磁体减少的重力势能大于铜盘产生的焦耳热
11.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线,如图所示,抛物线的方程为y=x2,其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中,磁场的上边界是y=a的直线(如图中的虚线所示)。一个小金属块从抛物线上y=b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑,假设曲面足够长,则金属块在曲面上滑动的过程中产生的总热量是( )
A.mgb
B.mv2
C.mg(b-a)
D.mg(b-a)+mv2
12.图甲为磁控健身车,图乙为其车轮处结构示意图,在金属飞轮的外侧有一些磁体(与飞轮不接触),人用力蹬车带动飞轮旋转时,磁体会对飞轮产生阻碍,拉动旋钮拉线可以改变磁体与飞轮间的距离。下列说法正确的是( )
A.飞轮受到的阻力主要来源于磁体对它的安培力
B.飞轮转速一定时,磁体越靠近飞轮,飞轮受到的阻力越小
C.磁体和飞轮间的距离一定时,飞轮转速越大,受到的阻力越小
D.磁体和飞轮间的距离一定时,飞轮转速越大,内部的涡流越弱
分层作业13 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1.C 金属探测器探测金属时,其内部的探测线圈会产生变化的磁场,使被测金属中产生涡流,故选项A、D错误,C正确;所有的金属都能在变化的磁场中产生涡流,选项B错误。
2.AB 圆盘在磁针的磁场中转动时产生了感应电动势,圆盘本身构成闭合回路,形成涡流,涡流产生的磁场导致磁针转动,选项A、B正确,D错误;圆盘转动过程中磁针的磁场穿过圆盘的磁通量没有变化,选项C错误。
3.D 磁场的变化使空间内产生感生电场,但没有说明磁场是变大还是变小,所以产生的感生电场的方向可能与小球运动方向相同也可能相反,即小球的速度可能变大也可能变小,D项正确。
4.BD 涡流能使导体发热。变压器的铁芯是相互绝缘的硅钢片叠加而成的,从而降低涡流强度,减少能量损耗,提高变压器的效率。
5.D 线圈中的高频交变电流产生交变磁场,钢管处于交变磁场中,由于电磁感应产生交变电流,交变电流通过接缝处,接缝处电阻很大,根据焦耳定律Q=I2Rt知,接缝处会产生大量的热量,熔化材料。此焊接过程利用的电磁学规律是电磁感应,电磁感应的发现者是法拉第,A、B、C错误,D正确。
6.BC 线圈通电后,在安培力作用下发生转动,铝框随之转动,并切割磁感线产生感应电流,阻碍线圈的转动,使线圈偏转后尽快停下来,这样做是起电磁阻尼的作用。
7.BC 当磁铁逆时针转动时,相当于磁铁不动而线圈顺时针旋转切割磁感线,线圈中产生感应电流,故C正确;线圈相对磁铁转过90°后,其感应电流方向不再是abcda,D错误;由楞次定律的推广含义可知,线圈将与磁极同向转动,但转动的角速度一定小于磁铁转动的角速度,如果两者的角速度相同,磁感线与线圈会处于相对静止状态,线圈不切割磁感线,无感应电流产生,A错误,B正确。
8.D 变化的磁场产生的感生电动势为E=πr2=kπr2,小球在环上运动一周感生电场对其所做的功W=qE=πr2qk,D项正确,A、B、C项错误。
9.D 开关S断开时,线圈中无感应电流,对条形磁体无阻碍作用,条形磁体自由下落,故a=g;当开关S闭合时,线圈中有感应电流,对条形磁体有阻碍作用,故a
10.D 磁体上下运动时,由于穿过铜盘的磁通量发生变化,则在铜盘中会产生感应电流,铜盘对磁体有磁场力,阻碍磁体的运动,则当磁体所受弹力与重力等大反向时,此时磁体还受到下面铜盘的作用力,故此时磁体的加速度不为零,选项A错误;根据楞次定律,磁体下降过程中,俯视铜盘,铜盘中产生逆时针方向的涡旋电流,选项B错误;磁体从静止释放到第一次运动到最低点的过程中,由于有电能产生,则磁体减少的重力势能等于弹簧弹性势能与产生的电能之和,选项C错误;磁体最终静止时弹簧有弹性势能,则磁体从静止释放到最终静止的过程中,磁体减少的重力势能等于铜盘产生的焦耳热与弹簧弹性势能之和,选项D正确。
11.D 金属块在曲面上滑动的过程中,由初状态到末状态(金属块在磁场区域内往复运动)能量守恒。初状态机械能E1=mgb+mv2,末状态机械能E2=mga,总热量Q=E1-E2=mg(b-a)+mv2。故选D。
12.A 飞轮在磁场中做切割磁感线运动,所以会产生感应电流,根据楞次定律可知,磁场会对运动的飞轮产生阻力,以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动,所以飞轮受到的阻力主要来源于磁体对它的安培力,故A正确;磁体越靠近飞轮,飞轮处的磁感应强度越强,所以在飞轮转速一定时,磁体越靠近飞轮,飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大,飞轮受到的阻力越大,故B错误;磁体和飞轮间的距离一定时,根据法拉第电磁感应定律可知,飞轮转速越大,飞轮上产生的感应电流越大,飞轮受到的阻力越大,故C、D错误。第二章分层作业14 互感和自感
A级 必备知识基础练
1.(多选)无线电力传输目前取得重大突破,有一种非接触式电源供应系统。这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力。两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置,原理示意图如图所示。下列说法正确的是( )
A.若A线圈中输入电流,B线圈中就会产生感应电动势
B.只有A线圈中输入变化的电流,B线圈中才会产生感应电动势
C.A中电流越大,B中感应电动势越大
D.A中电流变化越快,B中感应电动势越大
2.(多选)绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上,铁芯上套着一个铝环,线圈与电源、开关相连,如图所示。线圈上端与电源正极相连,闭合开关的瞬间,铝环向上跳起,则下列说法正确的是( )
A.若保持开关闭合,则铝环不断升高
B.若保持开关闭合,则铝环停留在某一高度
C.若保持开关闭合,则铝环跳起到某一高度后将回落
D.如果电源的正、负极对调,观察到的现象不变
3.(多选)(2023山东青岛二中高二期中)如图所示,电路中A、B是两个规格相同的灯泡,L是电阻不计的电感线圈,开关S处于闭合状态,那么( )
A.断开S,A立即熄灭
B.断开S,B立即熄灭
C.断开S,A闪亮一下后逐渐熄灭
D.断开S,B闪亮一下后逐渐熄灭
4.(多选)如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,线圈L的电阻不计。以下判断正确的是( )
A.闭合S,稳定后,电容器的a极板带正电
B.闭合S,稳定后,电容器两端电压小于E
C.断开S的瞬间,通过R1的电流方向向右
D.断开S的瞬间,通过R2的电流方向向右
5.如图所示,A1、A2为两只相同灯泡,A1与一理想二极管D连接,线圈L的直流电阻不计。下列说法正确的是( )
A.闭合开关S后,A1会逐渐变亮
B.闭合开关S稳定后,A1、A2亮度相同
C.断开S的瞬间,A1会逐渐熄灭
D.断开S的瞬间,a点的电势比b点低
6.如图所示,两个电阻阻值均为R,电感线圈L的直流电阻及电池内阻均可忽略不计,S原来断开,电路中电流I0=,现将S闭合,于是L中产生了自感电动势,此自感电动势的作用是( )
A.使电路的电流减小,最后由I0减小到零
B.有阻碍电流增大的作用,最后电流小于I0
C.有阻碍电流增大的作用,因而电流总保持不变
D.有阻碍电流增大的作用,但电流最后还是变为2I0
7.如图所示是测定自感系数很大的线圈L在直流电路中的电阻,L两端并联一只电压表,用来测量自感线圈的直流电压,在测量完毕后,将电路拆解时应( )
A.先断开S1 B.先断开S2
C.先拆除电流表 D.先拆除电阻R
B级 关键能力提升练
8.某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象。他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )
A.电源的内阻较大
B.小灯泡电阻偏大
C.线圈直流电阻偏大
D.线圈的自感系数较大
9.(多选)某线圈通有如图所示的电流,则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( )
A.第1 s末 B.第2 s末
C.第3 s末 D.第4 s末
10.在实际生产中,有些高压直流电路含有自感系数很大的线圈,当电路中的开关S由闭合到断开时,线圈会产生很高的自感电动势,使开关S处产生电弧,危及操作人员的人身安全。为了避免电弧的产生,可在线圈处并联一个元件,下列方案可行的是( )
11.随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机,大到电脑、电动汽车,都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电,下列说法正确的是( )
A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电
12.(2023广东惠州高二期末)图甲为某同学研究自感现象的实验电路图,用电流传感器显示出在t=1×10-3 s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流,如图乙所示。已知电源电动势E=6 V,内阻不计,灯泡的阻值R1=6 Ω,电阻R=2 Ω。
(1)线圈的直流电阻RL= Ω。
(2)开关断开时,该同学观察到的现象是 ,开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是 V。
分层作业14 互感和自感
1.BD 根据产生感应电动势的条件,只有处于变化的磁场中,B线圈才能产生感应电动势,A错误,B正确;根据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小取决于磁通量变化率,所以C错误,D正确。
2.CD 闭合开关的瞬间,穿过铝环的磁通量增加,铝环中产生的磁场与线圈产生的磁场方向相反,铝环受到安培力而向上跳起;若开关保持闭合时,线圈产生的磁场稳定,穿过铝环的磁通量不变,铝环中没有感应电流产生,铝环不受安培力,只受重力作用,则上跳某一高度后将回落,故A、B错误,C正确。如果电源的正、负极对调,闭合开关的瞬间,穿过铝环的磁通量仍然增加,铝环中产生感应电流,铝环仍然受到安培力而向上跳起;开关保持闭合时,线圈产生的磁场稳定,穿过铝环的磁通量不变,铝环中没有感应电流产生,铝环不受安培力,只受重力作用,则上跳某一高度后将回落,则观察到的现象不变,故D正确。
3.BC 当开关S闭合时,电路稳定后A灯被短路,不亮;S断开瞬间,B立刻熄灭,L由于自感作用,与A组成回路,回路中的电流缓慢减小,则A灯闪亮一下后逐渐熄灭,选项B、C正确,A、D错误。
4.BC 闭合S,稳定后,电容器相当于断路,线圈L相当于短路,所以电容器b极板与电源正极相连,带正电荷,A项错误;电源有内阻,电容器两端电压等于电路的路端电压,小于电源电动势,B项正确;断开S瞬间,电容器与R2构成回路放电,通过R2的电流方向向左,D项错误;断开S瞬间,由于自感现象,线圈L相当于临时电源,阻碍原来的电流减小,通过线圈的电流方向不变,R1与线圈L构成回路,所以通过R1的电流方向向右,C项正确。
5.D 由于二极管所加的是正向电压,故闭合开关S后,A1会立刻变亮,选项A错误;闭合开关S稳定后,由于线圈L的直流电阻不计,故A1将熄灭、A2变得更亮,选项B错误;断开S的瞬间,由于L中的电流不能流过D,故A2、A1都将熄灭,此时b点电势高于a点,选项C错误,D正确。故选D。
6.D S闭合,电路中电阻减小,电流增大,线圈产生的自感电动势的作用是阻碍原电流的增大,A错误;阻碍电流增大,不是不让电流增大,而是让电流增大的速度变慢,B、C错误;最后达到稳定时,电路中电流为I==2I0,故D正确。
7.B S1断开瞬间,L中产生很大的自感电动势,若此时S2闭合,则可能将电压表烧坏,故应先断开S2。
8.C 从实物连接图中可以看出,线圈L与小灯泡并联,断开开关S时,小灯泡A中原来的电流立即消失,线圈L与小灯泡组成闭合电路,由于自感,线圈中的电流逐渐变小,使小灯泡中的电流变为反向且与线圈中电流相同,小灯泡未闪亮说明断开S前流过线圈的电流较小,原因可能是线圈电阻偏大,故选项C正确。
9.BD 在自感现象中,当原电流减小时自感电动势与原电流的方向相同,当原电流增加时自感电动势与原电流方向相反。在图像中0~1s时间内原电流沿正方向减小,所以自感电动势的方向是正方向,在1~2s时间内原电流沿负方向增加,所以自感电动势与其方向相反,即还是正方向;同理分析2~3s、3~4s时间内自感电动势的方向,可得B、D两项正确。
10.D D项中,闭合S时,二极管处于反向截止状态,不影响电路正常工作。断开S时,由于自感现象,线圈跟二极管D组成闭合回路,此时二极管处于正向导通,可以避免电弧的产生。
11.C 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应,故A错误;当给充电设备通以恒定直流电时,充电设备不会产生交变磁场,即不能正常充电,故B错误;接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同,故C正确;被充电手机内部,应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连,当有交变磁场时,则产生感应电动势,那么普通手机由于没有金属线圈,所以不能够利用无线充电设备进行充电,故D错误。
12.答案 (1)2 (2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗,最后熄灭 15
解析 (1)由图像可知S闭合稳定时IL=1.5A,则RL=-R=Ω-2Ω=2Ω。
(2)电流稳定时小灯泡电流I1=A=1A;S断开后,L、R、灯泡组成闭合回路,电流由1.5A逐渐减小,所以灯泡会闪亮一下再熄灭,自感电动势E=IL(R+RL+R1)=15V。
