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课时分层作业 二十八电磁感应现象楞次定律(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。17小题为单选题,810小题为多选题)1.如图所示,A为通电线圈,电流方向如图所示,B、C为与A在同一平面内的两同心圆,B、C分别为通过两圆面的磁通量的大小,下列判断正确的是()A.B=CB.BCC.BCD.无法判断【解析】选B。根据右手螺旋定则,结合磁场的特点可得,线圈A中产生的磁场的方向垂直向外,而外部则垂直向里;磁通量可看成穿过线圈的磁感线条数,由于线圈A中产生的磁场的方向垂直向外,而外部则垂直向里,当线圈的面积越大时,则相互抵消的越多,因此穿过线圈B的磁通量大,线圈C的磁通量小,故B正确,A、C、D错误。2.(2018长沙模拟)如图所示,一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中,若要使圆环中产生如箭头所示方向的瞬时感应电流,下列方法可行的是 ()A.使匀强磁场均匀增大B.使圆环绕水平轴ab如图转动30C.使圆环绕水平轴cd如图转动30D.保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动【解析】选A。根据楞次定律可知,若匀强磁场均匀增大,通过圆环的磁通量增大,将产生从上向下看为顺时针方向的感应电流,电流方向与图中方向相符,故A项正确;使圆环绕水平轴ab如图转动30或者使圆环绕水平轴cd如图转动30,通过圆环的磁通量都将减小,产生的感应电流方向与图中所示的相反,故B、C项错误;保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动,通过圆环的磁通量不改变,不会产生感应电流,故D项错误。3.(2018赣州模拟)如图所示,有一个铜盘,轻轻拨动它,能长时间地绕转轴自由转动。如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘,但并不与铜盘接触,我们将观察到的现象是()A.铜盘的转动不受磁铁的影响B.铜盘的转动能持续更长时间C.铜盘能在较短的时间内停止D.由于磁铁的影响,铜盘会反向转动【解析】选C。当铜盘转动时,切割磁感线,产生感应电动势,由于电路闭合,则出现感应电流,处于磁场中的部分圆盘会受到安培力作用,此力阻碍铜盘转动,使得铜盘能在较短的时间内停止,故C正确,A、B、D错误。4.(2018漳州模拟)长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中静止不动,如图甲所示。长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的电流,i-t图象如图乙所示。规定沿长直导线向上的电流为正方向。关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向,下列说法正确的是()A.由顺时针方向变为逆时针方向B.由逆时针方向变为顺时针方向C.由顺时针方向变为逆时针方向,再变为顺时针方向D.由逆时针方向变为顺时针方向,再变为逆时针方向【解析】选D。据图乙可知,在四分之一周期内,电流变大,据右手螺旋定则可知,矩形线圈所处的磁场垂直纸面向里变大,即导致穿过线圈中的磁通量增大,由楞次定律可知,产生的感应电流方向为逆时针;同理分析可知,在T时间内,矩形线圈产生的电流方向为顺时针;在TT时间内矩形线圈产生的感应电流方向为逆时针;故A、B、C错误,D正确。【加固训练】某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律。当条形磁铁自上而下穿过固定线圈时,通过电流计的感应电流的方向是()A.aGbB.先aGb,后bGaC.bGaD.先bGa,后aGb【解析】选D。当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时,穿过线圈的磁通量向下,且先增加后减小,根据楞次定律,感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化,故感应电流的磁场先向上后向下,故感应电流先逆时针后顺时针(俯视),故A、B、C错误,D正确。5.(2018蚌埠模拟)A为水平放置的胶木圆盘,在其侧面均匀分布着负电荷,在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B,使B的环面水平且与圆盘面平行,其轴线与胶木盘A的轴线OO重合,如图所示。现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO按箭头所示方向加速转动,则()A.金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同,丝线受到的拉力减小B.金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同,丝线受到的拉力增大C.金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反,丝线受到的拉力减小D.金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反,丝线受到的拉力增大【解析】选A。胶木盘A由静止开始绕其轴线OO按箭头所示方向加速转动,形成环形电流;环形电流的大小增大,根据右手螺旋定则可知,通过B线圈的磁通量向下,且增大;根据楞次定律可知,金属环B中的感应电流方向与箭头所示方向相同;再根据楞次定律的另一种表述,引起的机械效果阻碍磁通量的增大,知金属环的面积有缩小的趋势,且有向上的运动趋势,所以丝线的拉力减小。故A正确,B、C、D错误。6.如图,金属环A用绝缘轻绳悬挂,与长直螺线管共轴,并位于其左侧。若变阻器的滑片P向左移动,则()A.金属环A向左运动,同时向外扩张B.金属环A向左运动,同时向里收缩C.金属环A向右运动,同时向外扩张D.金属环A向右运动,同时向里收缩【解析】选B。变阻器滑片P向左移动,电阻变小,电流变大,据楞次定律,感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反,故相互排斥,则金属环A将向左运动,因磁通量增大,金属环A有收缩趋势,故A、C、D错误,B正确。【加固训练】如图所示,当条形磁铁沿线圈轴线ab从左向右穿过线圈的过程中,线圈受到的磁场力方向()A.始终向左B.始终向右C.先向左后向右D.先向右后向左【解析】选A。由楞次定律的相对运动角度来分析,则由“来拒去留”可知,当磁铁靠近时,线圈受到水平向左的安培力;当远离时,线圈受到水平向左的安培力,故线圈受到的作用力方向始终向左,故A正确,B、C、D错误。7.(2018郑州模拟)如图所示,用一根硬导线做成一个面积为S的正方形线框,把线框的右半部分置于匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B,ab为线框的一条对称轴。则()A.若磁感应强度B增大,线框具有扩张的趋势B.若线框绕ab转动,会产生逆时针方向的感应电流C.若线框绕ab以角速度匀速转动,则产生感应电动势的表达式为BSsintD.将线框沿垂直磁场方向匀速拉出的过程中,若拉力增大为原来的两倍,则安培力的功率增大为原来的四倍【解析】选D。磁场方向垂直纸面向里,穿过线框的磁通量增大,根据楞次定律,感应电流的磁场为了阻碍磁通量的增加,线框有收缩的趋势,故A项错误;若线框绕ab转动,穿过线框的磁通量减小,根据楞次定律可以知道,产生的感应电流为顺时针方向,故B项错误;若线框绕ab以角速度匀速转动,线框有一半在磁场中,则产生感应电动势的表达式为e=BSsin t,故C项错误;线框匀速拉出,则拉力等于安培力,故F安=BIL,其中I=,拉力加倍,故速度v加倍,故安培力的功率P=F安v,则安培力的功率增大为原来的四倍,故D项正确。8.下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景,导体ab上的感应电流方向为ba的是()【解析】选B、C、D。ab棒顺时针转动,运用右手定则:磁感线穿过手心,拇指指向顺时针方向,则导体ab上的感应电流方向为ab,故A项错误;ab向纸外运动,运用右手定则时,磁感线穿过手心,拇指指向纸外,则知导体ab上的感应电流方向为ba,故B项正确;穿过回路的磁通量减小,由楞次定律知,回路中感应电流方向由badc,则导体ab上的感应电流方向为ba,故C项正确;ab棒沿导轨向下运动,由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为ba,故D项正确。9.航母上飞机弹射起飞利用的电磁驱动原理如图所示。当固定线圈上突然通过直流电流时,线圈左侧的金属环被弹射出去,现在线圈左侧同一位置,先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环,电阻率铜铝,则合上开关S的瞬间()A.从右侧看,环中产生沿逆时针方向的感应电流B.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C.若将金属环置于线圈的右侧,环将向右弹射D.电池正负极调换后,金属环仍能向左弹射【解析】选B、C、D。线圈中电流为左侧流入,磁场方向为向右,在闭合开关的过程中,磁场变强,则由楞次定律可以知道,感应电流由右侧看为顺时针,故A项错误;因为铜环的电阻较小,故铜环中感应电流较大,故铜环受到的安培力要大于铝环,故B项正确;若环放在线圈右方,根据“来拒去留”可得,环将向右运动,故C项正确;电池正负极调换后,金属环受力向左,故仍将向左弹出,故D项正确。10.等离子体气流由左方连续以速度v0射入P1和P2两板间的匀强磁场中,ab直导线与P1、P2相连接,线圈A与直导线cd连接。线圈A内有如图乙所示的变化磁场,且磁场B的正方向规定为向左,如图甲所示,则下列叙述正确的是 ()A.01 s内ab、cd导线互相排斥B.12 s内ab、cd导线互相吸引C.23 s内ab、cd导线互相排斥D.34 s内ab、cd导线互相吸引【解题指导】解答本题应注意以下两点:(1)明确ab、cd导线中产生电流的原理,ab导线中产生的电流是磁流体发电,cd导线中产生的电流是电磁感应现象。(2)电流之间的相互作用:同向电流相互吸引,反向电流相互排斥。【解析】选B、C。由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b;由右侧电路及图乙可以判断,02 s内cd中电流为由c到d,跟ab中电流同向,因此ab、cd相互吸引,故A项错误,B项正确;24 s内cd中电流为由d到c,跟ab中电流反向,因此ab、cd相互排斥,故C项正确、D项错误。二、计算题(本题共2小题,共20分。需写出规范的解题步骤)11.(8分)在如图所示的电路中,在闭合和断开开关S时,电流计G的指针有什么变化?该题中两个线圈所组成的电路彼此不通,L2中的电流是如何产生的?这种现象在工作和生活中有哪些应用?【解析】当L1中电流发生变化时产生变化的磁场,该磁场经过L2时,在L2中发生电磁感应现象,所以在开关通断时电流表均有示数;原因是两线圈中产生了互感现象;互感现象可以把能量由一个电路传到另一个电路。电磁感应定律的应用包括:变压器就是利用互感现象制成的,在电力工程和电子电路中,互感现象有时会影响电路的正常工作,这时要求设法减小电路间的互感。答案:见解析12.(12分)(2018唐山模拟)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。如图所示为电吉他的扩音器的原理图,在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管。一条形磁铁固定在管内,当拨动金属弦后,螺线管内就会产生感应电流,经一系列转化后可将电信号转为声音信号。(1)金属弦的作用类似“研究电磁感应现象”实验中铁芯的作用,则被拨动后靠近螺线管的过程中,通过放大器的电流方向为(以图象为准,选填“向上”或“向下”)。(2)(多选)下列说法正确的是。A.金属弦上下振动的周期越大,螺线管内感应电流的方向变化也越快B.金属弦上下振动过程中,经过相同位置时速度越大,螺线管中感应电动势也越大C.电吉他通过扩音器发出的声音随感应电流强度增大而变响,增减螺线管匝数会起到调节音量的作用D.电吉他通过扩音器发出的声音频率和金属弦振动频率相同【解析】(1)金属弦靠近螺线管时,线圈中磁场变强,根据楞次定律可得通过放大器的电流方向为向下。(2)选B、C、D。电吉他通过扩音器发出的声音频率与感应电流的频率相同,即与金属弦振动频率相同,故A错误,D正确;感应电动势的大小与磁通量的变化率有关,与线圈匝数有关,故B、C正确。答案:(1)向下(2)B、C、D【加固训练】如图所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图,其中P是一个变压器铁芯,入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法,绕在铁芯的一侧作为原线圈,然后再接入户内的用电器。Q是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出,它是串联在如图所示左边的火线和零线上,开关断开时,用户的供电被切断),Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间,当a、b间没有电压时,Q使得脱扣开关闭合,当a、b间有电压时,脱扣开关立即断开,使用户断电。(1)用户正常用电时,a、b之间有没有电压?为什么?(2)如果某人站在地面上,手误触火线而触电,脱扣开关是否会断开?为什么?【解析】(1)用户正常用电时,a、b之间没有电压,因为双线绕成的初级线圈的两根导线中的电流总是大小相等、方向相反,穿过铁芯的磁通量总为零,副线圈中不会产生感应电动势。(2)会断开,因为人站在地面上手误触火线,电流通过火线和人体流向大地,不通过零线,这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化,从而在副线圈中产生感应电动势,即a、b间有电压,脱扣开关就会断开。答案:见解析【能力拔高题组】1.(8分)如图所示,在同一水平面内有两根光滑平行金属导轨MN和PQ,在两导轨之间竖直放置通电螺线管,ab和cd是放在导轨上的两根金属棒,它们分别放在螺线管的左右两侧,保持开关闭合,最初两金属棒处于静止状态。当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时,两根金属棒与导轨构成的回路中感应电流方向(俯视图)及ab、cd两棒的运动情况是()A.感应电流为顺时针方向,两棒相互靠近B.感应电流为顺时针方向,两棒相互远离C.感应电流为逆时针方向,两棒相互靠近D.感应电流为逆时针方向,两棒相互远离【解析】选D。当变阻器滑片向左滑动时,电路的电流变大,根据安培定则可知线圈中垂直于导轨向下的磁场增加,穿过两棒所围成的闭合回路的磁通量变大,根据楞次定律可得,线框abdc产生逆时针方向感应电流,ab棒和cd棒中的电流方向相反,两棒受到方向相反的安培力,两棒相互远离,故A、B、C项错误,D项正确。2.(12分)如图所示,MN、PQ为间距L=0.5 m且足够长的平行导轨,NQMN,导轨平面与水平面间的夹角=37,NQ间连接一个R=4 的电阻。一匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度B=1 T。将一根质量m=0.05 kg、电阻r=1 的金属棒ab,紧靠NQ放置在导轨上,且与导轨接触良好,导轨的电阻不计。现静止释放金属棒,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.5,当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度,cd离NQ的距离s=0.2 m。g取10 m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。 问:(1)当金属棒滑行至cd处时回路中的电流多大?(2)金属棒达到的稳定速度多大?(3)若将金属棒滑行至cd处时刻记作t=0,从此时刻起,让磁场的磁感应强度逐渐减小,可使金属棒中不产生感应电流,则t=1 s时磁感应强度多大?【解析】(1)(2)对导体棒进行受力分析,如图所示根据平衡条件,得mgsin=f+F=mgcos+F 代入数据,得F=0.1 N又安培力F=BILI=得F=v=2 m/s解得 I=0.2 A(3)金属棒中不产生感应电流,对导体棒受力分析ma=mgsin-mgcoss=vt+at2BLs=B1(s+s)L解得:B1= T答案:(1)0.2 A(2)2 m/s(3) T
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