课时训练5 互感和自感
1.关于线圈的自感系数、自感电动势的下列说法中正确的是( )。
A.线圈中电流变化越大,线圈自感系数越大
B.对于某一线圈,自感电动势正比于电流的变化量
C.一个线圈的电流均匀增大,这个线圈的自感系数、自感电动势都不变
D.自感电动势总与原电流方向相反
答案:C
解析:线圈的自感系数L只由线圈本身的因素决定,选项A错误。由E自=L知,E自与成正比,与ΔI无直接关系,选项B错误,C正确。E自方向在电流增大时与原电流方向相反,在电流减小时与原电流方向相同,选项D错误。
2.(2010·海南)下列说法正确的是( )。
A.当线圈中电流不变时,线圈中没有自感电动势
B.当线圈中电流反向时,线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C.当线圈中电流增大时,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
D.当线圈中电流减小时,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
答案:AC
解析:由法拉第电磁感应定律可知,当线圈中电流不变时,不产生自感电动势,选项A正确;当线圈中电流反向时,相当于电流减小,由楞次定律可知,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反,选项C正确;当线圈中的电流减小时,自感电动势阻碍电流的减小,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同,选项D错误。
3.
在制作精密电阻时,为消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象,采取了双线绕法,如图所示,其道理是( )。
A.当电路中电流变化时,两股导线中产生的自感电动势相互抵消
B.当电路中电流变化时,两股导线中产生的感应电流相互抵消
C.当电路中电流变化时,两股导线中产生的磁通量相互抵消
D.以上说法均不正确
答案:C
解析:由于采用双线并绕的方法,当电流通过时,两股导线中的电流方向是相反的,不管电流怎样变化,任何时刻两股电流总是等大反向的,所产生的磁通量也是等大反向的,故总磁通量等于零,在线圈中不会产生电磁感应现象,因此消除了自感,选项A、B错误,只有C正确。
4.如图所示是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路,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,将电路拆除时应( )。
A.先断开S2 B.先断开S1
C.先拆除电流表 D.先拆除电阻R
答案:B
解析:只要不断开S1,线圈L与电压表就会组成闭合回路,在断开S2时,线圈L会因此产生感应电流,电流的方向与原来方向相同。这时流过电压表的电流方向与原来电流方向相反,电压表中的指针将反向转动,损坏电压表,所以必须先拆下电压表,即断开S1。
5.
如图所示,多匝线圈L的电阻和电池内阻不计,两个电阻的阻值都是R,电键S原来是断开的,电流I0=,今合上电键S将一电阻短路,于是线圈有自感电动势产生,这电动势( )。
A.有阻碍电流的作用,最后电流由I0减小到零
B.有阻碍电流的作用,最后电流总小于I0
C.有阻碍电流增大的作用,因而电流将保持I0不变
D.有阻碍电流增大的作用,但电流最后还是增大到2I0
答案:D
解析:电键S由断开到闭合,回路中的电流要增大,因而在L上要产生自感电动势。根据楞次定律,自感电动势总是要阻碍引起它的电流的变化,这就是说由于电流增加引起的自感电动势。因此要阻碍原电流的增加,是阻碍不是阻止,电流仍要增大,而达到稳定后其电流为2I0。选项D正确。
6.
(2010·江苏单科,4)如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计,电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后,在t=t1时刻断开S。下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中,正确的是( )。
答案:B
解析:闭合开关S后,灯泡D直接发光,电感L的电流逐渐增大,电路中的总电流也将逐渐增大,电源内电压增大,则路端电压UAB逐渐减小;断开开关S后,灯泡D中原来的电流突然消失,电感L中的电流通过灯泡形成的闭合回路逐渐减小,所以灯泡D中电流将反向,并逐渐减小为零,即UAB反向逐渐减小为零,所以选项B正确。
7.一个线圈中的电流强度在1.0×10-3 s时间内变化了0.02 A,产生了50 V自感电动势,问线圈的自感系数多大 如果这个电路中电流变化率为40 A/s,那么线圈中产生多大的自感电动势
答案:2.5 H 100 V
解析:由E=L·知L=
=50× H=2.5 H
当=40 A/s时
E'=2.5×40 V=100 V。
8.如图所示的电路中,已知E=20 V,R1=20 Ω,R2=10 Ω,L是纯电感线圈,电源内阻不计,则当S闭合电路稳定时,a、b间的电压为多少 在打开S的瞬间,a、b间的电压为多少
答案:0 60 V
解析:S闭合,电路稳定时,L相当于无电阻导线,电阻R1和R2并联。流过R1和R2的电流分别为I1和I2,则I1== A=1 A,I2== A=2 A。流过L的电流为2 A。由于L的直流电阻为零,故a、b间的电压为零。
断开S的瞬间,流过L的电流仍然为2 A,且从a向b。L和R1、R2构成闭合回路,电感线圈相当于电源向R1、R2供电,且保证流过R1、R2的电流仍是2 A,a、b间的电压也就等于R1、R2两电阻上的电压降之和,即有Uba=I2(R1+R2)=2×(20+10) V=60 V。课时训练1 划时代的发现 探究感应电流的产生条件
1.下列说法中正确的是( )。
A.只要导体相对磁场运动,导体中就一定会产生感应电流
B.闭合导体回路在磁场中做切割磁感线运动,导体回路中不一定会产生感应电流
C.只要穿过闭合导体回路的磁通量不为零,导体回路中就一定会产生感应电流
D.只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,导体回路中就一定会产生感应电流
答案:BD
解析:产生感应电流要有两个条件:一是导体回路要闭合;二是穿过导体回路的磁通量要发生变化,所以D正确;如果导体没有构成闭合回路或构成闭合回路但沿磁感线运动,导体中就没有感应电流,故A错;如果闭合导体回路在与回路平面垂直的磁场中运动,两边都切割磁感线,但闭合导体回路的磁通量仍没有发生变化,也不产生感应电流,故B对;穿过闭合导体回路的磁通量不为零,但如果磁通量没有变化,回路中就没有感应电流,故C错。
2.
(2011·山东聊城模拟)如图所示,在条形磁铁的外面套着一个闭合金属弹簧线圈P,现用力从四周拉弹簧线圈,使线圈包围的面积变大,则下列关于穿过弹簧线圈磁通量的变化以及线圈中是否有感应电流产生的说法中,正确的是( )。
A.磁通量增大,有感应电流产生
B.磁通量增大,无感应电流产生
C.磁通量减小,有感应电流产生
D.磁通量减小,无感应电流产生
答案:C
解析:本题中条形磁铁磁感线的分布如图所示(从上向下看)。
磁通量是指穿过一个面的磁感线的多少,由于垂直纸面向外的和垂直纸面向里的磁感线要抵消一部分,当弹簧线圈P的面积扩大时,垂直纸面向里的磁感线条数增加,而垂直纸面向外的磁感线条数是一定的,故穿过这个面的磁通量将减小,回路中会有感应电流产生。
3.在匀强磁场中有两根平行的金属导轨,磁场方向与导轨平面垂直,导轨上有两根可沿导轨平动的导体棒ab、cd,如图所示,两根导体棒匀速移动的速率分别为v1和v2,则下列情况可以使回路中产生感应电流的是( )。
A.ab、cd均向右运动,且v1=v2
B.ab、cd均向右运动,且v1>v2
C.ab、cd均向左运动,且v1>v2
D.ab向右运动,cd向左运动,且v1=v2
答案:BCD
解析:本题考查感应电流产生的条件。ab、cd均向右运动,当v1=v2时,闭合回路磁通量不变,故无感应电流产生,A项错误;B、D两项所述情况,闭合回路磁通量增大,C项所述情况,闭合回路磁通量减小,均有感应电流产生。
4.
如图所示,在匀强磁场中,MP、PQ是两根平行的金属导轨,而ab、cd为串有电压表和电流表的两根金属棒,同时以相同速度向右运动时,下列说法正确的有( )。
A.电压表有读数,电流表有读数
B.电压表无读数,电流表有读数
C.电压表无读数,电流表无读数
D.电压表有读数,电流表无读数
答案:C
解析:此题考查对电磁感应现象的理解和对电压表、电流表示数的理解。两棒以相同速度向右运动时,因穿过面abcd的磁通量不变,回路中没有感应电流,电流表和电压表均不会有读数。
5.
如图所示,矩形线圈与磁场垂直,且一半在匀强磁场内,一半在匀强磁场外,下述过程中能使线圈产生感应电流的是( )。
A.以bc边为轴转动45°
B.以ad边为轴转动45°
C.将线圈向下平移
D.将线圈向上平移
答案:B
解析:如果线圈以bc边为轴转动,在ad边到达分界面之前,穿过线圈的磁通量不会发生变化;如果线圈以ad边为轴转动,线圈在垂直于磁场方向上的投影面积减小,穿过线圈的磁通量发生变化,故选项B正确;如果将线圈向下或向上平移,穿过线圈的磁通量不发生变化,故线圈中不产生感应电流。
6.
如图所示,一有限范围的匀强磁场宽度为d,若将一个边长为L的正方形导线框以速度v匀速地通过磁场区域,已知d>L,则导线框中无感应电流的时间等于( )。
A. B.
C. D.
答案:C
解析:根据产生感应电流的条件可知:只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,回路中就有感应电流,因此线圈在进入和穿出磁场的过程中有感应电流。当线圈全部处于磁场中时,穿过线圈的磁通量不发生变化,没有感应电流产生。根据几何关系易知C选项正确。
7.如图所示,用导线做成的圆形线圈与一直导线构成几种位置组合,在这些组合中,切断直导线中的电流时,闭合回路中是否会有感应电流产生 (图A、B、C中直导线都与圆形线圈在同一平面内,O点为线圈的圆心,D图中直导线与圆形线圈垂直,并与中心轴重合)
答案:见解析
解析:对图A而言,因为通电直导线位于圆形导线所在平面内,且与直径重合,因此通过圆形线圈的磁通量为零。所以当切断直导线中的电流时,磁通量在整个变化过程中皆为零,所以闭合回路中不会有感应电流产生;
对图B而言,因为磁通量为大、小两个部分磁感线条数之差,通过圆形线圈的磁通量不为零。当切断直导线中的电流时,磁通量为零,即此过程中磁通量有变化,故闭合回路中会有感应电流产生;
同理分析可得图C中也有感应电流产生;
对图D而言,因为圆形线圈与直导线产生的磁场的磁感线平行,故磁通量为零。当切断直导线中的电流时,磁通量在整个变化过程中皆为零,所以闭合回路中不会有感应电流产生。所以当切断直导线中的电流时,能产生感应电流的有B、C两种情况。
8.在一根水平方向的通电长直导线下方,有一个小线框abcd,跟长直导线放置在同一竖直平面内,今使小线框分别做如下六种不同的运动,试判断如图所示的线框内有无感应电流产生。
A.左右平移
B.上下平移
C.在纸面前后平移
D.绕ad、bc边的中心轴转动
E.绕线框中心轴O旋转
F.以直导线为轴绕轴转动
答案:见解析
解析:A、F两种运动,穿过线框的磁通量都不变,线框中没有感应电流。B、C、D、E四种运动,穿过线框的磁通量都会发生变化,线框中有感应电流。第四章过关检测
(时间:45分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。每小题至少一个选项符号题意,选对得6分,漏选得4分,错选得0分)
1.如图所示,长为a、宽为b的矩形线圈,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的OO'轴以恒定的角速度ω旋转,设t=0时,线圈平面与磁场方向平行,则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是( )。
A.0,0
B.0,Babω
C.0,
D.Bab,Badω
答案:B
解析:当线圈平面与磁感线平行时,Φ=0,而上、下两边正好垂直切割磁感线,故此时线圈中E最大,而E=,故此时磁通量的变化率=Babω最大,B对。
2.(2011·广东理综,15)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是( )。
A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大
C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大
D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
答案:C
解析:根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,即磁通量变化越快,感应电动势越大,选项C正确;根据楞次定律可知,当原磁场减小时,感应电流的磁场才与其方向相同,选项D错误。
3.
如图所示,一水平放置的圆形通电线圈a固定,另一较小的圆形线圈b从a的正上方下落,在下落过程中两线圈始终保持平行且共轴,则线圈b从线圈a的正上方下落过程中,从上往下看线圈b应是( )。
A.有逆时针方向的感应电流
B.有顺时针方向的感应电流
C.先有顺时针方向的感应电流,后有逆时针方向的感应电流
D.先有逆时针方向的感应电流,后有顺时针方向的感应电流
答案:C
解析:向下穿过的过程中,穿过b环的磁通量先增大后减少,在a环上方时,穿过b环的磁通量增大,由楞次定律知,感应电流的磁场阻碍增大,所以与原磁场方向相反,根据安培定则得感应电流方向为顺时针;同理可得b穿过a后,磁通量减少,感应电流的方向应该是逆时针,选C。
4.如图所示,ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框,当滑动变阻器R的滑片自左向右滑行时,线框ab的运动情况是( )。
A.保持静止不动
B.逆时针转动
C.顺时针转动
D.发生转动,但电源极性不明,无法确定转动的方向
答案:C
解析: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,电流减弱,则穿过闭合导线框ab的磁通量将减少。Φ=BSsin θ,θ为线圈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,而使穿过线圈的磁通量增加,则C正确。注意此题并不需要明确电源的极性。
5.(2011·北京理综,19)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.线圈电阻偏大
D.线圈的自感系数较大
答案:C
6.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( )。
A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→b
C.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为
D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
答案:AC
解析:刚开始时金属棒只受重力,则释放瞬间金属棒的加速度为g,根据右手定则可判定通过R的电流方向为b→a,当金属棒的速度为v时,E=BLv,I==,安培力F=ILB=,重力势能的减少量转化为内能和弹簧的弹性势能、金属棒的动能。所以正确选项为A、C。
7.如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面,回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是( )。
A.感应电流大小不变
B.CD段直导线始终受安培力
C.感应电动势最大值Em=Bav
D.感应电动势平均值=πBav
答案:BC
解析:半圆形闭合回路进入磁场的过程中磁通量不断增加,始终存在感应电流,由左手定则可知CD边始终受到安培力作用,B对。有效切割长度如图所示,所以进入过程中l先逐渐增大到a,然后再逐渐减小为0,由E=Blv可知最大值Em=Bav最小值为0,A错,C对。平均感应电动势===πBav,D错。
8.如图甲所示,固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中,金属杆ab与金属框架接触良好。在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻,其他部分电阻忽略不计。现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上,使金属杆由静止开始向右在框架上滑动,运动中杆ab始终垂直于框架。图乙为一段时间内金属杆受到的安培力F安随时间t的变化关系,则图中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是( )。
答案:D
解析:ab切割磁感线产生感应电动势E=Blv,感应电流为I=,安培力F安=,所以v∝F安,F安∝t,v∝t,金属杆的加速度为定值。又由牛顿第二定律F-F安=ma,即F=F安+ma,可知D项正确。
二、填空题(共22分)
9.(12分)如图所示,在一个光滑金属框架上垂直放置一根长l=0.4 m的金属棒ab,其电阻r=0.1 Ω,框架左端的电阻R=0.4 Ω。垂直框面的匀强磁场的磁感应强度B=0.1 T。当用外力使棒ab以速度v=5 m/s右移时,ab棒中产生的感应电动势E= ,通过ab棒的电流I= ,ab棒两端的电势差Uab= ,在电阻R上消耗的功率PR= ,在ab棒上消耗的发热功率Pr= ,切割磁感线运动中产生的电功率P= 。
答案:0.2 V 0.4 A 0.16 V 0.064 W 0.016 W 0.08 W
解析:由法拉第电磁感应定律,有E=Blv=0.1×0.4×5 V=0.2 V
由闭合电路欧姆定律,有I== A=0.4 A
由U=E-Ir,有Uab=(0.2-0.4×0.1) V=0.16 V
由P=UI,有PR=0.4×0.16 W=0.064 W
由Pr=I2r,得Pr=0.42×0.1 W=0.016 W
由P=IE,得P=0.4×0.2 W=0.08 W。
10.(10分)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拾音器的原理图,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)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
(3)若由于金属弦的振动,螺线管内的磁通量随时间的变化如图所示,则对应感应电流的变化为( )。
答案:(1)向下 (2)BCD (3)D
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)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,所以选项B、C正确;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,A错,D对。
(3)感应电流的大小取决于磁通量的变化率,所以选项D正确。
三、计算题(本题共2小题,共30分。计算必须有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
11.(15分)横截面积S=0.2 m2,n=100匝的圆形线圈A,处在如图所示的磁场中,磁感应强度随时间变化的规律是B=0.6-0.02t(T),开始时S未闭合,R1=4 Ω,R2=6 Ω,C=30 μF,线圈内阻不计。求:
(1)闭合开关S后,通过R2的电流大小和方向;
(2)闭合开关S后一段时间又断开,问切断后通过R2的电荷量又是多少
答案:(1)见解析 (2)7.2×10-6 C
解析:(1)根据B=0.6-0.02t(T),
可知=-0.02 T/s,B是不断减弱的。
E=n==100×0.2×0.02 V=0.4 V,(取绝对值)
I== A=0.04 A。
由于磁感应强度不断减弱,根据楞次定律可知感应电流的方向是顺时针的,即电流从R1流向R2,方向是从上而下流过R2的。
(2)R2两端的电压为U2=IR2=0.04×6 V=0.24 V。
切断S后,C与R2形成回路,C放电。
解得Q=CU2=30×10-6×0.24 C=7.2×10-6 C。
12.(15分)用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ,并将其放在倾角为θ的平行绝缘导轨上,平行导轨的间距也为l,如图所示。线框与导轨之间是光滑的,在导轨的下端有一宽度为l(即ab=l)、磁感应强度为B的有界匀强磁场,磁场的边界aa'、bb'垂直于导轨,磁场的方向与线框平面垂直。如果把线框从静止状态释放,则线框恰好能够匀速地穿过磁场区域。若当地的重力加速度为g,求:
(1)线框通过磁场时的运动速度大小;
(2)开始释放时,MN与bb'之间的距离;
(3)线框在通过磁场的过程中所产生的热量。
答案:(1) (2) (3)mg·2lsin θ
解析:(1)结合右手定则和左手定则,对线框进行受力分析。线框在磁场区域做匀速运动时,安培力满足F=mgsin θ
又因为安培力F=BIl,感应电流为I=E/R,感应电动势为E=Blv
将以上各式联立,解得线框匀速运动的速度为
v=。
(2)在进入磁场前,线框的加速度a=gsin θ
所以线框进入磁场前下滑的距离s==。
(3)在通过磁场的过程中,线框沿斜面通过了2l的距离,根据能量的转化与守恒定律,有Q热=mg·2lsin θ。课时训练3 法拉第电磁感应定律
1.
无线电力传输目前取得重大突破,在日本展出了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
答案:BD
解析: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,B对;根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势的大小取决于磁通量变化率,所以C错,D对。
2.穿过单匝闭合线圈的磁通量每秒钟均匀连续地增大2 Wb,则( )。
A.线圈中的感应电动势将均匀增大
B.线圈中的感应电流将均匀增大
C.线圈中的感应电动势将保持2 V不变
D.线圈中的感应电流将保持2 A不变
答案:C
解析:由法拉第电磁感应定律E=,得E==2 V,故C正确;因线圈电阻不一定等于1 Ω,故D错误。
3.如图所示的几种情况中,金属导体中产生的感应电动势为Blv的是( )。
A.乙和丁 B.甲、乙、丁
C.甲、乙、丙、丁 D.只有乙
答案:B
解析:甲、乙、丁三图中,B、v、l两两垂直,且l为有效切割长度,产生的电动势都为E=Blv,丙图中E=Blvsin θ。
4.一闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中,线圈平面和磁场方向垂直。若想使线圈中的感应电流增强一倍,下述方法可行的是( )。
A.使线圈匝数增加一倍
B.使线圈面积增加一倍
C.使线圈匝数减少一半
D.使磁感应强度的变化率增大一倍
答案:D
解析:根据E=n=nS求电动势,当n、S发生变化时导体的电阻也发生了变化。若匝数增加一倍,电阻也增加一倍,感应电流不变,故A错;若匝数减少一半,感应电流也不变,故C错;若面积增加一倍,长度变为原来的倍,因此电阻为原来的倍,电流为原来的倍,故B错。
5.
如图所示,粗细均匀的、电阻为r的金属圆环,放在图示的匀强磁场中,磁感应强度为B,圆环直径为l;长为l、电阻为r/2的金属棒ab放在圆环上,以速度v0向左匀速运动,当ab棒运动到圆环直径,即图示虚线位置时,金属棒两端的电势差为( )。
A.0 B.Blv0
C.Blv0/2 D.Blv0/3
答案:D
解析:切割磁感线的金属棒ab相当于电源,其电阻相当于电源内阻,当运动到虚线位置时,两个半圆金属环相当于并联,可画出如图所示的等效电路图。R外=R并=,I===。金属棒两端电势差相当于路端电压Uab=IR外=×=Blv0。
6.
单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,转轴垂直于磁场,线圈所围面积内的磁通量随时间变化的规律如图所示,则( )。
A.O时刻线圈中感应电动势最大
B.D时刻线圈中感应电动势最大
C.D时刻线圈中感应电动势为零
D.O到D时间内线圈中的平均感应电动势为0.4 V
答案:ACD
解析:E=,而恰是Φt图线的切线斜率,故切线斜率值越大,感应电动势越大。图中D时刻Φ最大,最小等于零;O时刻Φ为零,而最大;O至D时间内线圈中的平均感应电动势为E=== V=0.4 V。
7.
如图所示,水平放置的平行金属导轨,相距l=0.50 m,左端接一电阻R=0.20 Ω,磁感应强度B=0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面,导体棒ab垂直放在导轨上,并能无摩擦地沿导轨滑动,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计,当ab以v=4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时,求:
(1)ab棒中感应电动势的大小;
(2)回路中感应电流的大小;
(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小。
答案:(1)0.80 V (2)4.0 A (3)0.8 N
解析:(1)根据法拉第电磁感应定律,ab棒中的感应电动势为
E=Blv=0.40×0.50×4.0 V=0.80 V。
(2)感应电流大小为I== A=4.0 A
(3)ab棒受安培力F安=BIl=0.4×4.0×0.50 N=0.8 N
因为ab棒做匀速运动,故外力的大小F=F安=0.8 N。
8.如图甲所示,一个圆形线圈的匝数n=1 000,线圈面积S=200 cm2,线圈的电阻r=1 Ω,线圈外接一个阻值R=4 Ω的电阻,把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。求:
(1)前4 s内的感应电动势;
(2)前4 s内通过R的电荷量;
(3)线圈电阻r消耗的功率。
答案:(1)1 V (2)0.8 C (3)0.04 W
解析:(1)由图象可知前4 s内磁感应强度B的变化率= T/s=0.05 T/s
4 s内的平均感应电动势
E=nS=1 000×0.02×0.05 V=1 V。
(2)电路中平均电流=
通过R的电荷量q=t,又E=n
所以q=n=1 000× C=0.8 C。
(3)由于电流是恒定的,线圈电阻r消耗的功率为
Pr=I2r== W=0.04 W。课时训练6 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1.如图所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时,待焊接的金属工件中就产生感应电流,感应电流通过焊缝产生大量热量,将金属融化,把工件焊接在一起,而工件其他部分发热很少。以下说法正确的是( )。
A.电流变化的频率越高,焊缝处的温度升高得越快
B.电流变化的频率越低,焊缝处的温度升高得越快
C.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小
D.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大
答案:AD
解析:线圈中通以高频变化的电流时,待焊接的金属工件中就产生感应电流,感应电流的大小与感应电动势有关,电流变化的频率越高,电流变化得越快,感应电动势就越大,A正确;工件上焊缝处的电阻大,电流产生的热量多,D正确。
2.
如图所示是电表中的指针和电磁阻尼器,下列说法中正确的是( )。
A.2是磁铁,在1中产生涡流
B.1是磁铁,在2中产生涡流
C.该装置的作用使指针能够转动
D.该装置的作用是使指针能很快地稳定
答案:AD
解析:1在2中转动产生涡流,受到安培力作用阻碍指针的转动,故A、D正确。
3.
如图所示,光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上,环1竖直,环2水平放置,环1和环2的直径均处于中间分割线上,在平面中间分割线正上方有一条形磁铁,当磁铁沿中间分割线向右运动时,下列说法正确的是( )。
A.两环都向右运动 B.两环都向左运动
C.环1静止,环2向右运动 D.两环都静止
答案:C
解析:条形磁铁向右运动时,环1中磁通量保持为零不变,无感应电流,仍静止。环2中磁通量变化,根据楞次定律,为阻碍磁通量的变化,感应电流的效果使环2向右运动。
4.在水平放置的光滑导轨上,沿导轨固定一个条形磁铁,如图所示。现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙,使它们从导轨上的一点以某一初速度向磁铁滑去。各滑块在未接触磁铁前的运动情况将是( )。
A.都做匀速运动 B.甲、乙做加速运动
C.甲、乙做减速运动 D.乙、丙做匀速运动
答案:C
解析:铜块、铝块向磁铁靠近时,穿过它们的磁通量发生了变化,因此在其内部产生涡流,反过来涡流产生的感应磁场对滑块与磁铁间的相对运动起阻碍作用,所以铜块和铝块向磁铁运动时会受阻而减速,所以选项C正确。有机玻璃为非金属,不产生涡流现象。
5.
位于光滑水平面的小车上放置一螺线管,一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线以初速度v水平穿过,如图所示,在此过程中( )。
A.磁铁做匀速直线运动 B.磁铁做减速运动
C.小车向右做加速运动 D.小车先加速后减速
答案:BC
解析:磁铁水平穿入螺线管时,管中将产生感应电流,由楞次定律的扩展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁相对线圈的运动。同理,磁铁穿出时,由楞次定律的扩展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁相对线圈的运动,故整个过程中,磁铁做减速运动,选项B是正确的。而对于小车上螺线管来说,在此过程中,螺线管受到的安培力都是水平向右的,这个安培力使小车向右运动,且一直做加速运动,C对。
6.
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。其下半部分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(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,假设抛物线足够长,则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )。
A.mgb B.mv2+mgb
C.mg(b-a) D.mv2+mg(b-a)
答案:D
解析:金属块运动过程中,机械能转化为内能。要注意分析金属块的最终运动状态,以便计算金属块总共损失的机械能,金属块在进出磁场过程中要产生感应电流,机械能要减少,上升的最大高度不断降低,最后刚好滑不出磁场后,就往复运动永不停止。根据能量转化与守恒,整个过程中产生的焦耳热应等于机械能的损失,即Q=ΔE=mv2+mg(b-a)。故正确选项为D。
7.
(2011·安徽高二检测改编)一个质量为m的金属球,用一根长为l的绝缘细绳悬挂于O点,离O点下方l/2处有一宽度为l/4,垂直纸面向里的匀强磁场区域。如图所示,现使圆球从与悬点O等高位置A处由静止释放(细绳伸直,忽略空气阻力),则达到稳定摆动过程中金属球产生的热量为多少
答案:
解析:金属球在左右摆动不断进、出磁场,磁通量不断变化,产生涡流,会产生热量。由能量守恒定律可知:产生的焦耳热应等于金属球机械能的减少量,而稳定状态为金属球在磁场下方摆不再进入磁场,因此Q=ΔEp=mg(+)=。
8.
(2010·江苏单科,13)如图所示,两足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距为L,一理想电流表与两导轨相连,匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后,流经电流表的电流逐渐减小,最终稳定为I。整个运动过程中,导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不计导轨的电阻。求:
(1)磁感应强度的大小B;
(2)电流稳定后,导体棒运动速度的大小v;
(3)流经电流表电流的最大值Im。
答案:(1) (2) (3)
解析:(1)电流稳定后,导体棒做匀速运动,BIL=mg①
解得B=。②
(2)感应电动势E=BLv③
感应电流I=④
由②③④式解得v=。
(3)由题意知,导体棒刚进入磁场时的速度最大,设为vm
机械能守恒,m=mgh
感应电动势的最大值Em=BLvm
感应电流的最大值Im=
解得Im=。课时训练4 电磁感应现象的两类情况
1.
某空间出现了如图所示的一组闭合电场线,方向从上向下看是顺时针的,这可能是( )。
A.沿AB方向磁场在迅速减弱
B.沿AB方向磁场在迅速增强
C.沿BA方向磁场在迅速增强
D.沿BA方向磁场在迅速减弱
答案:AC
解析:感生电场的方向从上向下看是顺时针的,假设在平行感生电场的方向上有闭合回路,则回路中的感应电流方向从上向下看也应该是顺时针的,由右手螺旋定则可知,感应电流的磁场方向向下,根据楞次定律可知,原磁场有两种可能:原磁场方向向下且沿AB方向减弱,或原磁场方向向上,且沿BA方向增强,所以A、C有可能。
2.
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,MN线与线框的边成45°角。E、F分别为PS与PQ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
答案:B
解析:由题意知在线框进入磁场的过程中B与v都是不变的,根据公式E=Blv可知,有效长度l最大时,回路中的感应电流最大,当P点经过边界MN时,R点正好经过边界MN,切割磁感线运动的有效长度l有最大值,故正确选项为B。本题对有效切割长度大小变化的判断是难点,也是解题的关键,从线框中S点进入磁场开始,有效长度从0开始增大,当P点经过边界MN时,有效长度l达到最大值,即与线框边长相等,然后l又开始减小,最后减小到0。
3.
如图所示,匀强磁场方向垂直于线圈平面,先后两次将线圈从同一位置匀速地拉出有界磁场,第一次拉出时速度为 v1=v0,第二次拉出时速度为 v2=2v0,前后两次拉出线圈的过程中,下列说法错误的是( )。
A.线圈中感应电流之比是1∶2
B.线圈中产生的热量之比是2∶1
C.沿运动方向作用在线框上的外力的功率之比为1∶2
D.流过任一横截面感应电荷量之比为1∶1
答案:BC
解析:线框在拉出磁场的过程中,导体做切割磁感线运动,产生感应电动势E=Blv,线框中的感应电流I==,所以I1∶I2=v1∶v2=1∶2;线框中产生的电热Q=I2Rt=()2R=,所以Q1∶Q2=v1∶v2=1∶2;由于匀速运动,施加的外力与安培力相等,故外力的功率P=Fv=BIlv=,所以P1∶P2=∶=1∶4;流过线圈任一截面的电荷量为q=It=·=,所以q1∶q2=1∶1。
4.
如图所示,在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场,其宽度均为L。现将宽度也为L的矩形闭合线圈,从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域,则在该过程中,能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图象是( )。
答案:D
解析:由右手定则或楞次定律可知当线圈进入磁场Ⅰ中,感应电流方向为逆时针方向,在线圈由磁场区域Ⅰ进入Ⅱ过程中感应电流方向为顺时针方向,但由于两边切割时感应电流增加为原来的2倍,线圈从区域Ⅱ出来过程中,电流方向为逆时针方向,电流大小同区域Ⅰ中相同,由此可见A、B均错。由左手定则可知运动中所受安培力始终向左,由F=ILB可知线圈由区域Ⅰ向区域Ⅱ运动过程中,安培力大小为进入Ⅰ或从Ⅱ中出来时的4倍,D对。
5.如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道,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,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vmax,则下列说法正确的是( )。
A.如果B增大,vmax将变大
B.如果α变大,vmax将变大
C.如果R变大,vmax将变大
D.如果m变小,vmax将变大
答案:BC
解析:金属杆从轨道上由静止滑下,经足够长时间后,速度达最大值vmax,此后金属杆做匀速运动,杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。
安培力F=LB,沿导轨方向上对金属杆列平衡方程mgsin α=,则vmax=,由此式可知,B增大,vmax减小;α增大,vmax增大;R变大,vmax变大;m变小,vmax变小。因此B、C两选项正确。
6.
如图所示,将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在用铝板制成的U形框中,使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动,悬线拉力为FT,则( )。
A.悬线竖直,FT=mg
B.悬线竖直,FT>mg
C.悬线竖直,FTD.无法确定FT的大小和方向
答案:A
解析:设两板间的距离为L,由于向左运动过程中竖直板切割磁感线,产生动生电动势,由右手定则判断下板电势高于上板,动生电动势大小E=BLv,即带电小球处于电势差为BLv的电场中,所受电场力F电=qE电=q=q=qvB
若设小球带正电,则电场力方向向上。
同时小球所受洛伦兹力F洛=qvB,方向由左手定则判断竖直向下,即F电=F洛,故无论小球带什么电,怎样运动,FT=mg,选项A正确。
7.如图所示,足够长的光滑斜面导轨MM'和NN',斜面的倾角θ=30°,导轨相距为d,上端M和N用导线相连,并处于垂直于斜面向上的均匀磁场中,磁感应强度B的大小随时间t的变化规律为B=kt,其中k为常数。质量为m的金属棒ab垂直于导轨放置在M、N附近,从静止开始下滑,通过的路程为L时,速度恰好达到最大,此时磁场的磁感应强度的大小为B1。设金属棒的电阻为R,导轨和导线的电阻不计。
某同学在求金属棒速度最大时产生的最大电功率Pm,有以下两种不同的方法,试判断两种方法是否正确,并简述理由。
方法一:金属棒速度最大时,产生的电流最大,电功率最大,B1Imd=mgsin θ,Pm=()2R;
方法二:先求出vm,则Pm=F安vm=mgvmsin θ。
答案:方法一正确。
金属棒速度最大时,产生的电流最大,电功率一定最大。
方法二错误。
电磁感应中,在只有动生电动势的条件下,安培力对系统总做负功,克服安培力做的功才等于产生的电能,电功率才等于克服安培力做功的功率。本题中,因磁感应强度B变化,还产生了感生电动势,电功率不等于克服安培力做功的功率。
8.
如图所示,在水平平行放置的两根光滑长直导电轨道MN与PQ上,放着一根直导线ab,ab与导轨垂直,它在导轨间的长度为20 cm,这部分的电阻为0.02 Ω。导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.20 T,电阻R=0.08 Ω,其他电阻不计。ab的质量为0.02 kg。
(1)打开开关S,ab在水平恒力F=0.01 N的作用下,由静止沿轨道滑动,求经过多长时间速度才能达到10 m/s
(2)上述过程中感应电动势随时间变化的表达式是怎样的
(3)当ab的速度达到10 m/s时,闭合开关S,为了保持ab仍能以10 m/s的速度匀速运动,水平拉力应变为多少
答案:(1)20 s (2)E=Blat (3)0.16 N
解析:(1)由牛顿第二定律F=ma,得a== m/s2=0.5 m/s2 t== s=20 s。
(2)因为感应电动势E=BLv=BLat,所以感应电动势与时间成正比。
(3)导线ab保持以10 m/s的速度运动,受到的安培力F安=BIL==0.16 N。
安培力与拉力F拉是一对平衡力,故F拉=0.16 N。课时训练2 楞次定律
1.
如图所示,矩形线框与长直导线在同一平面内,当矩形线框从长直导线的左侧运动到右侧的过程中线框内感应电流的方向为( )。
A.先顺时针,后逆时针
B.先逆时针,后顺时针
C.先顺时针,后逆时针,再顺时针
D.先逆时针,后顺时针,再逆时针
答案:C
解析:直线电流的磁场是非匀强磁场,根据右手螺旋定则,在线框所在平面上,直线电流的右侧磁场垂直纸面向里,左侧垂直纸面向外,线框从左向右运动时,磁通量是从垂直纸面向外的磁场从增强到减弱。当线框正通过直线电流的中间时,磁通量为零。继续向右运动时磁通量从垂直纸面向里的磁场从增强又到减弱,根据楞次定律和右手螺旋定则,感应电流的方向为先顺时针,后逆时针,再顺时针。
2.
电阻R、电容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
答案:D
解析:穿过线圈的磁场方向向下,磁铁接近时,线圈中磁通量增加,由楞次定律知,产生感应电流的磁场方向向上,由安培定则可知,流过R的电流方向是从b到a,b电势高于a,故电容器下极板带正电,D正确。
3.
如图所示,当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时,线圈c向右摆动,则ab的运动情况是( )。
A.向左或向右匀速运动
B.向左或向右减速运动
C.向左或向右加速运动
D.只能向右匀加速运动
答案:B
解析:当导线ab在导轨上滑行时,线圈c向右运动,说明穿过线圈的磁通量正在减少,即右侧回路中的感应电流减小,导线正在减速运动,与方向无关,故此A、C、D错误,B正确。
4.
如图所示为地磁场磁感线的示意图,在北半球地磁场的竖直分量向下。飞机在我国上空匀速巡航,机翼保持水平,飞行高度不变。由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差。设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1,右方机翼末端处的电势为φ2,则( )。
A.若飞机从西往东飞,φ1比φ2高
B.若飞机从东往西飞,φ2比φ1高
C.若飞机从南往北飞,φ1比φ2高
D.若飞机从北往南飞,φ2比φ1高
答案:AC
解析:在北半球,地磁场是斜向下的,存在竖直向下的磁场分量,飞机在水平飞行过程中,机翼就会切割磁感线,应用右手定则可以判断两边机翼的电势高低问题。伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一平面内,让磁感线从手心进入,即手心朝上,大拇指指向飞机的飞行方向,其余四指所指的方向就是感应电流的方向,即从电势低处指向电势高处。因此不管飞机向哪个方向飞行,都是飞行员左边机翼端电势高。故A、C正确。
5.
如图所示,“匚”形线框ABCD上有一根可以无摩擦滑动的导线ab,左侧有通电导线MN,电流方向由N到M,若将线框置于匀强磁场中,则( )。
A.导线ab向右运动时,导线MN与AB边相互吸引
B.导线ab向左运动时,导线MN与AB边相互吸引
C.导线ab向左运动时,导线MN与AB边相互排斥
D.导线ab向右运动时,导线MN与AB边相互排斥
答案:BD
解析:导线ab向右运动时,感应电流方向是baAB,由左手定则可知MN与AB相斥,A错,D对;当ab向左运动时,感应电流方向为abBA,MN与AB相吸,B对,C错。
6.(2011·江苏物理)如图所示,固定的水平长直导线中通有直流I,矩形线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行。线框由静止释放,在下落过程中( )。
A.穿过线框的磁通量保持不变
B.线框中感应电流方向保持不变
C.线框所受安培力的合力为零
D.线框的机械能不断增大
答案:B
解析:线框下落过程中,穿过线框的磁通量减小,选项A错误;由楞次定律可判断出感应电流方向一直沿顺时针方向,选项B正确;线框受到的安培力的合力竖直向上,但小于重力,则合力不为零,选项C错误;在下落过程中,安培力对线框做负功,则其机械能减小,选项D错误。
7.某同学在研究电磁感应现象的实验中,设计了如图所示的装置。线圈A通过电流表甲、高阻值的电阻R'、滑动变阻器R和开关S连接到干电池上,线圈B的两端接到另一个电流表乙上,两个电流表相同,零刻度居中。闭合开关后,当滑动变阻器R的滑片P不动时,甲、乙两个电流表指针的位置如图所示。
(1)当滑片P较快地向左滑动时,甲电流表指针的偏转方向是 ,乙电流表指针的偏转方向是 。(选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)
(2)断开开关,待电路稳定后再迅速闭合开关,乙电流表的偏转情况是 。(选填“向左偏”“向右偏”或“不偏转”)
(3)从上述实验可以初步得出结论:
。
答案:(1)向右偏 向左偏 (2)向左偏 (3)穿过闭合回路的磁通量变化时会产生感应电流,感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
8.
如图所示,试探究在以下四种情况中小磁针N极的偏转方向。
(1)电键S闭合时;
(2)电键S闭合后;
(3)电键S闭合后,调节滑动变阻器使电流增强;
(4)电键S断开时。
答案:见解析
解析:电键S闭合时,左边线圈的电流及磁场情况和穿过右边线圈磁通量方向如图所示。
(1)S突然闭合时,B增强,由楞次定律可知,感应电流b→a,再由安培定则可知,N极指向垂直纸面向外的方向。
(2)S闭合后,B不变,不产生感应电流,小磁针不偏转。
(3)此种情况同(1)现象相同,即N极指向垂直纸面向外的方向。
(4)此种情况与(1)现象相反,即N极指向垂直纸面向里的方向。
