课时训练答案

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第四章电磁感应

第1节划时代的发现

第2节探究感应电流的产生条件

1.C 对于大环和小环来说,在磁场中的有效面积相等;另外,磁通量反映了穿过某一闭合回路的磁感线的条数,穿过两线圈的磁感线的条数相等,所以选项C正确.

2.C 导线ef周围的磁场是以ef为圆心的一系列同心圆,水平面上的圆上的不同点到ef的距离不同,相当于在半径不同的圆周上,由于ef∥ab,且ef与ab在同一竖直平面内,因而ef产生的磁场正好在ab两侧且对称地从一边穿入从另一边对称穿出,净剩磁感线条数为零,因而穿过圆的磁通量为零,当ef向上平移时,穿过圆的磁通量仍为零.选项C正确.

3.D 如图所示,离导线越近,磁场越强,当线框从左向右靠近导线的过程中,从f→g穿过线框的磁通量增加;当线框跨在导线上从g→h 运动时,磁通量减少,当导线在线框正中央h位置时,磁通量为零;从该位置向右(h→i),磁通量又增加,当线框离开导线向右运动的过程中(i→j),磁通量又减少.故选项A,B,C错误,D正确.

4.B 通电直导线周围空间的磁场是非匀强磁场,磁感线是在垂直于导线的平面内以导线为中心的同心圆,离导线越远,磁感应强度越弱,

所以①中磁通量、④中磁通量一直为零,没有感应电流产生,②中既有向里的磁通量,也有向外的磁通量,但直导线中有电流时,总磁通量不为零,切断直导线中电流时,磁通量变为零.③中线圈有向外的磁通量,切断直导线中电流时,磁通量变为零,②③图回路中有感应电流产生,故B正确.

5.BCD 当v1=v2,且方向相同时,二者无相对运动,AB不切割磁感线,回路中磁通量不变化,回路中无感应电流,A错;B,C,D所述三种情况闭合回路部分导体即AB仍在切割磁感线,穿过回路的磁通量发生变化,有感应电流产生,B,C,D选项都正确.

6.C 对于匀强磁场来说,磁通量Φ=BS,根据题中条件,仅当闭合回路中有效面积S发生变化时才有Φ的变化,因此应有v1≠v2,这时存在着v1>v2或v1

7.D 绕在磁铁上的线圈没有和磁铁相对运动,因此并没有引起穿过闭合线圈磁通量的变化,故无感应电流,选项A错误.同理,选项B错误;C选项中虽然可产生感应电流,但时间很短,因此再到另一房间是无法及时观察到感应电流的,选项C错误;在给线圈通、断电瞬间,将在另一线圈中引起磁通量变化,可产生感应电流,选项D正确.

8.BC 线圈A中有电流时,产生的磁场通过铁芯能穿过B线圈,当A 线圈中的电流变化时产生的磁场发生变化,则穿过B线圈的磁通量发生变化,B线圈中产生感应电流,选项B,C正确.

9.D 当在纸面内放有一条形磁铁和一个圆线圈时,圆线圈磁通量为零,将磁铁在纸面内向上、向右平移,以及将磁铁绕垂直纸面的轴转

动过程中,圆线圈磁通量始终为零,磁通量没有变化,线圈中不会产生感应电流,选项A,B,C错误;将磁铁的S极转向纸外,N极转向纸内过程中,穿过线圈平面向外的磁通量增大,线圈中产生感应电流,选项D 正确.

10.解析:要使MN棒中不产生感应电流,应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化

在t=0时刻,穿过线圈平面的磁通量

Φ1=B0S=B0l2

设t时刻的磁感应强度为B,此时磁通量为

Φ2=Bl(l+vt)

由Φ1=Φ2得B=.

答案:B=

第3节楞次定律

1.BD 产生感应电流的条件是闭合回路的磁通量发生变化.当磁场方向发生改变时,并且感应电流的方向也发生变化,则安培力的方向不变,故选项A错误;磁场发生变化,闭合回路的磁通量发生了变化,会产生感应电流,故选项B正确;闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动,闭合回路的磁通量没有发生变化,不会产生感应电流,故选项C错误;感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,这是楞次定律的内容,故选项D正确.

2.BD 若线圈竖直向下平动,穿过线圈的磁通量不变,无感应电流产生,故选项A错误,B正确;若线圈向右平动,穿过线圈向里的磁通量减少,根据楞次定律可知,感应电流方向是a→d→c→b,故选项C错误;当线圈向导线靠近时,穿过线圈向里的磁场增大,根据楞次定律可知,产生感应电流为逆时针,故选项D正确.

3.B 开关S闭合后,M线圈中的电流产生的磁场方向由安培定则判知,沿铁芯轴线向右,磁场恒定,由于线圈P中的磁通量不变,故不会产生感应电流,M,P没有排斥作用,也没有吸引作用,故选项A错;当开关S闭合后,滑片向左匀速移动,线圈M中的电流增大,因而穿过线圈P的磁通量增加,产生感应电流,并且由楞次定律知,感应电流的磁场方向与线圈M的磁场方向相反,故M,P两线圈相互排斥,选项B正确.同理判知选项C错误.开关S闭合瞬间,线圈M中电流增大,穿过线圈P的磁通量增加,产生感应电流,由楞次定律可知,线圈P,M中磁场方向相反,M,P相互排斥,选项D错误.

4.BD 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.

5.B 根据磁场方向和导体棒的运动方向,用右手定则可以判断出在PQ中产生的感应电动势的方向由P指向Q,即导体棒下端电势高、上端电势低,所以在接入R的闭合电路中,电流由c流向d,在接入r的闭合电路中,电流由b流向a.选项B正确.

6.A

根据安培定则可知通电直导线周围的磁场分布如图所示.当直导线上电流突然增大时,穿过矩形回路的合磁通量(方向向外)增加,回路中产生顺时针方向的感应电流,因ad,bc两边对称分布,所受的安培力合力为零.而ab,cd两边虽然通过的电流方向相反,但它们所在处的磁场方向也相反,由左手定则可知它们所受的安培力均向右,所以线框整体受力向右.选项A正确.

7.BD 金属杆PQ滑动过程中,回路POQ面积先增大,后减小,因此通过回路的磁通量向外且先增大、后减小.由楞次定律可判断出回路中感应电流方向先是顺时针、后是逆时针,选项B正确;金属杆PQ所受磁场力方向可由左手定则判断,当回路中感应电流方向是顺时针时,PQ受磁场力的方向垂直于杆向左,当回路中感应电流方向是逆时针时,PQ受磁场力的方向垂直于杆向右,选项D正确.

8.BD 线圈B放入磁场的过程中,穿过B的磁通量从无到有,逐渐增加,故应在B中产生感应电流.由于B是超导线圈,不会出现热损耗,故B中的电流应持续存在.如果明确了磁场的N极朝上,可由楞次定律得出电流方向与图示中B环的电流方向相反,选项B,D正确.

9.C 根据图示电路,线框ab所处位置的磁场为水平方向的,当滑动变阻器的滑片向右滑动时,电路中电阻增大,电流减小,则穿过闭合导线框ab的磁通量减少.Φ=BSsin θ,θ为线框平面与磁场方向的夹角,根据楞次定律,感应电流的磁场将阻碍原来磁场的变化,则线框

ab只有顺时针旋转使θ角有增大的趋势,从而使穿过线框的磁通量增加,则选项C正确.注意此题并不需要明确电源的极性.

10.D 条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中,线圈中的磁通量先增大后减小,根据楞次定律的第二种描述“来拒去留”可知,线圈先有向下和向右的趋势,后有向上和向右的趋势;故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力,同时运动趋势向右.故选D.

第4节法拉第电磁感应定律

1.C 由E=n,选项A,B错误,C正确.B原与B感的方向可相同也可相反.选项D错误.

2.D 感应电动势的大小为E=n=n,A,B两种情况磁通量变化量相同,C中ΔΦ最小,D中ΔΦ最大,磁铁穿过线圈所用的时间A,C,D相同且小于B所用的时间,所以D选项正确.

3.D 根据法拉第电磁感应定律,线圈中产生的感应电动势的大小为E=n=nL2.

4.B 由题意可知,第1 s内磁场方向垂直于线圈平面向里,则在第2 s内,磁场的方向垂直于纸面向外,磁感应强度均匀减小,所以产生恒定的电流,根据楞次定律,感应电流的方向为逆时针方向,故选项B 正确.

5.B (丙)图中有效切割长度为lsin θ,其他均为l,选项B正确.

6.A 因北半球地磁场方向斜向下(有效磁场竖直向下),电风扇逆时针方向转动,切割磁感线产生感应电动势,根据右手定则知,A点相当

于电源的正极,O点相当于电源的负极,所以A点的电势高于O点的电势.故选项A正确,B,C错误.转动切割的电动势E=BL2ω,则知扇叶长度越短,转速越快,感应电动势不一定越大,电势差就不一定越大.故选项D错误.

7.BD 海水在落潮时自西向东流,该过程可以理解为自西向东运动的导体在切割竖直向下的磁感线.根据右手定则,北岸是正极,电势高,南岸电势低,所以C错误,D正确.根据法拉第电磁感应定律

E=Blv=4.5×10-5×100×2 V=9×10-3 V,所以A错误,B正确.

8.B 探测线圈翻转90°时,磁通量的变化ΔΦ=BS.由法拉第电磁感应定律=n,由=,q=Δt

可得q==,所以B=.故选B.

9.ABD 线框关于OO′对称时,左右两侧磁通量大小相等,磁场方向相反,合磁通量为0;根据右手定则,cd边的电动势方向由c到d,ab 边的电动势方向由a到b,且大小均为Blv0,闭合电路的电动势为

2Blv0,电流方向为逆时针;根据左手定则,ab和cd边所受安培力方向均向左,方向相同,故选项A,B,D正确.

10.A 摆到竖直位置时,AB切割磁感线的瞬时感应电动势E=B·2a·(v)=Bav.由闭合电路欧姆定律有U外=·=Bav,故选项A正确.

11.解析:(1)由法拉第电磁感应定律得,感应电动势为

E=S=×=

再由欧姆定律得I=,得I=

由楞次定律得电流的方向是:adcba方向.

(2)R ab=,由焦耳定律得Q=I2RT

得Q=.

答案:(1)方向adcba (2)

12.解析:(1)设ab上产生的感应电动势为E,回路中的电流为I,电路总电阻为R+r,则ab速度等于v=5 m/s时刻,有:

E=Blv=5 V

由闭合电路欧姆定律有

I==5 A

设ab间的电势差为U,则

U=IR=4.5 V.

(2)ab最后以最大速度匀速运动,设此时ab上产生的感应电动势为

E m,回路中的电流为I m,则有:

E m=Blv m

由闭合电路欧姆定律有

I m=

mg=BI m l

联立解得v m==10 m/s.

答案:(1)4.5 V (2)10 m/s

习题课一电磁感应中的动力学问题

1.A ef向右运动,切割磁感线,产生感应电动势和感应电流,会受到向左的安培力而做减速运动,直到停止,但不是匀减速,由

F=BIL==ma知,ef做的是加速度减小的减速运动,故选项A正确.

2.C 用外力使金属杆ab在匀强磁场中沿垂直磁场方向运动时,金属杆产生感应电动势,对电容器充电,设棒向右,根据右手定则判断可知:ab中产生的感应电流方向从b到a,电容器上极板带正电,下极板带负电;稳定后速度不变,电容器充电结束,电流为零;“外力”和安

培力均为零;“外力”撤去后ab保持向右匀速.故选项C正确.

3.B 导体MN速度逐渐增大,产生电流增大,MN受的安培力逐渐增大,加速度逐渐减小,选项B正确.

4.D 若v0很大,安培力很大,加速度有可能大于g,且为减速运动,故选项A,B,C均错.D正确.

5.C 按第一种模式拉动时,设恒力为F,由于最终速度为2v,即匀速,有F=BI1L,I1=,所以F=,当速度是v时ab棒所受安培力为F1. 同理可得F1=,此时的加速度为a1.

由牛顿第二定律得F-F1=ma1.联立以上各式得a1=.

按第二种模式拉动时,设外力的恒定功率为P,最终的速度也是2v,由能量关系可知P=R=.

速度为v时,ab棒所受的外力为F2,有P=F2v,此时的加速度为a2,ab

棒所受的安培力仍为F1,根据牛顿第二定律得F2-F1=ma2,联立有关方

程可以解得a2=,所以有a2=3a1.选项C正确.

6.ABC 线框下边刚进入磁场时,由于其做切割磁感线运动而产生感

应电流.容易判知,此感应电流将使线框下边受到向上的安培力F安作用.由于下落高度即线框进入磁场时的速度大小不确定,因此F安可能大于、等于或小于线框重力G,故A,B,C三种情况都有可能.但线框

不可能做匀减速运动.

7.ABC 用力F匀速拉出线圈的过程中所做的功为W=FL2,又F=F安

=IBL1,I=,所以W=,可知选项A,B,C正确,D错误.

8.AD 磁感应强度B减小时,由楞次定律知,感应电流由b到a,选项A正确;由E=n=n S知,B均匀减小时,电动势E不变,电流不变,选

项B错误;由左手定则知,ab所受安培力水平向右,选项C错误;由

F=BIL知,I,L不变,B减小,安培力减小;ab杆静止,安培力等于摩擦力,所以摩擦力减小,选项D正确.

9.BD a受安培力向左,b受安培力向右,a减速,b加速,回路中电流

I=,逐渐减小,加速度都变小,当加速度等于零时,两棒匀速运动,距离不变,故选项B,D正确.

10.解析:(1)电流稳定后,导体棒做匀速运动,受力平衡,有F安=G,即BIL=mg,

解得B=.

(2)由法拉第电磁感应定律得导体棒产生的感应电动势

E=BLv,

闭合电路中产生的感应电流I=,

解得v=.

(3)由题意知,导体棒刚进入磁场时的速度最大,设为v m,

由机械能守恒定律得m=mgh,

感应电动势的最大值E m=BLv m.

感应电流的最大值I m=,

解得I m=.

答案:(1)(2)(3)

11.解析: (1)如图所示,重力mg,竖直向下;支持力F N,垂直斜面向上,安培力F,沿斜面向上.

(2)当ab杆速度为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=BIL=,

根据牛顿运动定律,有

ma=mgsin θ-F=mgsin θ-,

a=gsin θ-.

(3)当a=0时,即gsin θ=时,杆达到最大速度v m,

则v m=.

答案:(1)见解析图

(2)gsin θ-

(3)

12.解析:(1)cd边刚进入磁场时,线框速度v=

线框中产生的感应电动势E=BLv=BL

(2)此时线框中的电流I=

cd切割磁感线相当于电源,cd两点间的电势差即路端电压U=I·R=BL.

(3)安培力F安=BIL=

根据牛顿第二定律mg-F安=ma,

由a=0,解得下落高度h=.

答案:(1)BL(2)BL(3)

13.解析:刚拉动导轨时,I感=0,安培力为零,导轨有最大加速度

a m=

= m/s2

=0.4 m/s2.

随着导轨速度的增大,感应电流增大,加速度减小,当a=0时,速度最大.设速度最大值为v m,电流最大值为I m,此时导轨受到向右的安培力F安=BI m L,

F-μmg-BI m L=0,

I m=,

代入数据得

I m= A=2 A.

I=,I m=,

v m== m/s=3 m/s.

答案:0.4 m/s2 2 A 3 m/s

第5节电磁感应现象的两类情况

1.C 鸽子展翅飞行时两翅端间距约为0.3 m,由E=Blv得E=

0.3 mV,C项正确.

2.CD 当磁场增强时,会产生顺时针方向的涡旋(环形)电场,静电力

先对小球做负功使其速度减为零,后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动,所以选项C正确;磁场力始终与小球运动方向垂直,因此始终对小球不做功,选项D正确;小球在水平面内沿半径方向受两个

力作用;环的压力F N和磁场的洛伦兹力F,这两个力的合力充当小球

做圆周运动的向心力,其中F=qvB,磁场在增强,球速先减小,后增大,所以洛伦兹力不一定总在增大;向心力F向=m,其大小随速度先减小后增大,因此压力F N也不一定始终增大.故正确选项为C,D.

3.AB 由楞次定律可知,产生的感应涡旋电场为顺时针方向,所以电

子在轨道上逆时针运动,所以选项A正确;保持电流的方向不变,当电流增大时,涡旋电场增强,电子将加速,选项B正确,C错误;电子的速度变化,被加速时电子做圆周运动的周期也变,所以选项D错误.

4.AB 导体棒做切割磁感线运动,产生动生电动势,故选项A正确;导体棒在匀强磁场中做切割磁感线运动,自由电荷运动,从而受洛伦兹

力而定向移动,并不是受电场力作用定向移动,故选项B正确,C错误;导体棒中的自由电荷相对磁场运动的速度为v0,不是热运动的速度,

故选项D错误.

5.A 由B t图线知,磁感应强度B在各时间段内都是均匀变化的,故产生的感应电动势在各时间段内大小恒定不变.在第1时间段内,B

随t均匀减小,在第2时间段内,B随t均匀增加,而B的方向始终不变,故由楞次定律可判知,两段时间内感应电动势方向相反,选项A

正确.

6.D 由楞次定律可知,线框刚进入磁场时产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外,故线框中的感应电流沿逆时针方向,为正,又线框做匀速运动,切割磁感线的有效长度随位移线性增大,故感应电流随位移线性增大;同理可知线框离开磁场时,产生的感应电流大小随位移线性增大,方向为负,选项A、B错误.B、C两端的电压U BC跟感应电流成正比,故选项C错误,D正确.

7.B 小灯泡稳定发光时,导体棒MN匀速运动,所受合力为零,在沿斜面方向上:mgsin 37°-μmgcos 37°-BIL=0,I=,R总=2 Ω,代入数据得v=5 m/s;闭合回路的总功率P=IE=IBLv,代入数据得P=2 W,小灯泡与导体棒的电阻相等,消耗的电功率相等,都为 1 W,故选项B 正确.

8.解析:(1)由mgh=mv2得

杆进入磁场时的速度v==1 m/s

由图像知,杆进入磁场时加速度a=-g=-10 m/s2

由牛顿第二定律得mg-F安=ma

回路中的电动势E=BLv

杆中的电流I=,R并=,F安=ILB=

得B==2 T.

(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E=

杆中的平均电流I=

通过杆的电荷量q=I·Δt=Δt==

通过杆的电荷量q=0.15 C.

答案:(1)2 T (2)0.15 C

9.ACD 由于导体棒是匀速运动,故其受合力为零,因此合力的功就为零,故选项A正确;该过程重力做功为mgh,克服安培力做功W1,克服拉力F做功W2,有mgh-W1-W2=0.克服安培力做的功等于转化的电能,也等于产生的焦耳热,故选项B错误,C,D正确.

10.D 变化的磁场产生电场,电场对运动的带电小球做功.均匀变化的磁场产生恒定的电场,电动势E==·S=kπr2,可以把小球运动看做是金属环内导体中的电荷,电源内非静电力的功为W,有E=,故静电力做功W=qE=πr2qk,故选项D正确.

11.解析:(1)线圈受到的安培力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=N2,E=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=0.1 T/s.

答案:(1)25 (2)0.1 T/s

12.解析:(1)由右手螺旋定则判定出棒处的磁场方向向左,再用右手定则判定出b端电势高.

(2)当细直棒下落距离为0.2R时,

棒的速度v 1==,

有效切割长度l1=2,

此时刻电动势E1=Bv1l1=2BR;

当棒下落距离为0.8R时,棒的速度v 2=,

有效切割长度l2=2,

电动势E2=Bv2l2=2BR,=.

答案:(1)b端电势高(2)

习题课二电磁感应中的电路问题

1.B 根据楞次定律可知,选项A错误;线圈中产生的电动势

E==·,选项B正确;线圈中的感应电流沿逆时针方向,所以a点电势低于b点电势,选项C错误;线圈左边的一半导线相当于电源,右边的一半相当于外电路,a,b两点间的电势差相当于路端电压,其大

小为U==·,选项D错误.

2.C 产生的感应电动势为E=Blv,由闭合电路欧姆定律得I=,又

l b=2l a,由电阻定律知R b=2R a,故I a∶I b=1∶1.选项C正确.

3.D

导体棒水平运动时产生感应电动势,对整个电路,可把AB棒看做电源,等效电路如图所示.当棒匀速滑动时,电动势E不变,故I1≠0,I2=0.

当棒加速运动时,电动势E不断变大,电容器不断充电,故I1≠0,I2≠0.选项D正确.

4.A 导体棒匀加速运动,产生电动势越来越大,对电容器充电形成充

电电流,电容器带电荷量均匀增大,充电电流保持不变,故选项A正确.

5.B 每个线框进入磁场的过程中,仅有MN边做切割磁感线运动产生

感应电动势,其余三条边是外电路,设长度为L的导线电阻为R,边长

为L的导线切割磁感线产生感应电动势为E,由于以相同速度进入磁场,故边长为2L的导线切割磁感线产生感应电动势为2E,则

U a=·3R=E;U b=·5R=E;U c=·6R=E;U d=·4R=E,U a

项B正确.

6.CD 根据楞次定律或右手定则可判断出,通过电阻R的电流方向为

M→R→P,选项A错误;导线ab相当于电源,电源电压E=BLv,内阻r=,所以a,b两点间的电压为路端电压,即U ab=,选项B错误;在电源内部,电流从b→a,所以a端电势比b端高,选项C正确;因为导线ab

在水平外力F的作用下做匀速运动,所以安培力与外力F等大反向,安培力做的功与外力F做的功大小相等,又因为电路中产生的焦耳热等于安培力做的功,所以电路中产生的焦耳热也等于外力F做的功,选项D正确.

7.BD 当ab与环直径重合时,I=,a,b两点间电势差大小 U=I·,得U=,由右手定则判断b点电势高,选项B,D正确.

8.AD 开始时刻,感应电动势E 1=BLv=2Bav,故选项A正确;θ=

时,E 2=B·2acos ·v=Bav,故选项B错误;由L=2acos θ,E=BLv,

I=,R=R0[2acos θ+(π+2θ)a],得在θ=0时,F==,故选项C 错误;θ=时F=,故选项D正确.

9.解析:题图(甲)中,两导线切割磁感线,产生的感应电流相互抵消,流过电阻R的电流为0.

题图(乙)中,两导线切割磁感线,均产生顺时针方向的电流,流过R的电流方向向右,大小为

I== A=3 A.

题图(丙)中,一导线切割磁感线,两外电阻并联,由右手定则知,流过两电阻R的电流方向向下,大小均为I=×=×=×

A=1.5 A.

题图(丁)中,一导线切割磁感线,内阻为R,两外电阻并联,由右手定则,流过内阻R的电流方向向上,流过外电阻R的电流方向向下.流过内阻R的电流大小为I=== A=1 A,流过外电阻R的电流

均为,即0.5 A.

答案:见解析

10.解析:(1)由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的感应电动势,由

欧姆定律可求得通过R的电流.由楞次定律可知电流的方向为逆时针,通过R的电流方向为b→a,

q=It=t=n t=n=0.1 C.

(2)由E=n=nS=100×0.2×0.02 V=0.4 V,

I== A=0.1 A,

U C=U R=IR=0.1×3 V=0.3 V,

Q=CU C=30×10-6×0.3 C=9×10-6 C.

答案:(1)b →a 0.1 C (2)9×10-6 C

11.解析:

A在C点时金属圆环未接入电路中,则外电阻最小,如图所

示,E=BL·=BωL2,