2019-2020学年粤教版选修3-2 1.3探究感应电流的方向 达标作业（解析版)

1.3感应电流的方向
达标作业（解析版)
1．如图直线电流和闭合金属框共面，第一次将框以cd为轴由I翻转到II，第二次由I平移到II，两次磁通变化大小分别为,。则如下说法正确的是（ ）
A．>，两次框中均有adcba方向的电流
B．<,两次框中均有adcba方向的电流
C．=，两次框中均有abcda方向的电流
D．<,两次框中均有abcda方向的电流
2．如图所示，水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环，其中B接电源．在接通电源的瞬间，A、C两环（ ）
A．都被B吸引 B．都被B排斥
C．A被吸引，C被排斥 D．A被排斥，C被吸引
3．如图所示，长直导线中通有向右的电流I，金属线圈①与直导线垂直放置于其正下方，线圈②中心轴线与直导线重合，线圈③直径与直导线重合，线圈④与直导线共面放置于其正下方。在电流I均匀增大的过程中
A．从左向右看，线圈①中产生顺时针方向电流
B．从左向右看，线圈②中产生逆时针方向电流
C．正视线圈③中产生逆时针方向电流
D．正视线圈④中产生逆时针方向电流
4．航母上飞机弹射起飞所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的形状、大小相同的两个闭合环，电阻率ρ铜<ρ铝．则合上开关S的瞬间，下列（）
A．从右侧看，环中产生逆时针方向的感应电流
B．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
C．若将金属环置于线圈右侧，环将向右弹射
D．电池正、负极调换后，金属环能向右弹射
5．某研究性学习小组在探究电磁感应现象和楞次定律时，设计并进行了如下实验：如图，矩形金属线圈放置在水平薄玻璃板上，有两块相同的蹄形磁铁，相对固定，四个磁极之间的距离相等．当两块磁铁匀速向右通过线圈位置时，线圈静止不动，那么线圈所受摩擦力的方向是(　　)
A．先向左，后向右 B．先向左，后向右，再向左
C．一直向右 D．一直向左
6．如图所示，平行导体滑轨MM’、NN’放置于同一水平面上，固定在竖直向下的匀强磁场中，导体棒AB、CD横放在滑轨上且静止，形成一个闭合电路．当AB向右滑动的瞬间，电路中感应电流的方向及CD受到的安培力方向分别为（ ）
A．电流方向沿ABCD，安培力方向向右
B．电流方向沿ADCB，安培力方向向右
C．电流方向沿ABCD，安培力方向向左
D．电流方向沿ADCB，安培力方向向左
7．如图所示，固定的水平长直细导线中通有方向向右的恒定电流I，一矩形金属线框位于竖直平面内紧靠导线但不接触，若线框从图中实线位置由静止释放，在下落到虚线位置的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．穿过线框内的磁通量变小
B．线框所受安培力的方向始终竖直向上
C．线框中感应电流方向发生变化
D．线框的机械能守恒
8．在一根较长的铁钉上，用漆包线绕上两个线圈A、B，将线圈B的两端接在一起，并把CD段漆包线拉直沿南北方向放置在静止的小磁针的上方，如图所示．下列判断正确的是
A．开关闭合时，小磁针的N极垂直纸面向外转动
B．开关闭合时，小磁针的N极垂直纸面向里转动
C．开关断开时，小磁针的N极垂直纸面向里转动
D．开关断开时，小磁针的N极垂直纸面向外转动
9．如图，边长为d的正方形线圈，从位置A开始向右做速度为v的匀速直线运动运动，并穿过宽为L(L>d)的匀强磁场区域到达位置B，则
A．整个过程，线圈中始终没有感应电流
B．整个过程，线圈中有感应电流的时间为
C．线圈进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针方向；穿出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向
D．线圈进入磁场和离开磁场的过程中，线圈中有感应电流，方向都是逆时针方向
10．如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部），下列判断正确的是（ ）
A．磁铁与线圈相互排斥
B．磁铁与线圈相互吸引
C．通过R的感应电流方向为从a到b
D．通过R的感应电流方向为从b到a
11．如图所示是泉港一中教室天花板上挂着的电风扇，电风扇叶片的长度为L，转动的频率为f，螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如果忽略a到转轴中心线的距离，当地的地磁场沿竖直方向分量的磁感应强度为B，设仰望电风扇时，叶片转动方向是顺时针。
求：
（1）a点电势和b点电势哪点高？
（2）每个叶片的感应电动势E的大小。
12．半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为L的正方形abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示。磁场随时间的变化规律如图乙所示.图线与横、纵轴的截距分别为和.

求：(1)圆形线圈感应电流的方向；
(2)线圈中产生的感应电动势大小；
(3)0至时间内通过的电荷量q.
13．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是________运动或________运动.
14．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，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，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．则线圈中的感应电流方向为_________，线圈电阻r消耗的功率为_____________
参考答案
1．A
【解析】
【详解】
设在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1，位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2。
第一次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量：
△Φ1=Φ1+Φ2，
第二次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量：
△Φ2=Φ1?Φ2；
故：
△Φ1>△Φ2；
根据楞次定律，两次电流方向均为adcba。
A. >，两次框中均有adcba方向的电流。故A正确；
B. <,两次框中均有adcba方向的电流。故B错误；
C. =，两次框中均有abcda方向的电流。故C错误；
D. <,两次框中均有abcda方向的电流。故D错误。
故选：A
2．B
【解析】
【分析】
根据楞次定律进行判定：感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化．
【详解】
在接通电源的瞬间，通过B环的电流变大，电流产生的磁场增强，穿过A、C两环的磁通量变大，A、C两环产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流总是阻值原磁通量的变化，为了阻碍原磁通量的增加，A、C两环都被B环排斥而远离B环，以阻碍磁通量的增加，故ACD错误，B正确；
故选B．
3．D
【解析】
【详解】
A．穿过线圈①的磁通量为零，则电流I均匀增大的过程中，线圈①中无感应电流产生，选项A错误；
B．穿过线圈②的磁通量为零，则电流I均匀增大的过程中，线圈②中无感应电流产生，选项B错误；
C．穿过线圈③的磁通量为零，则电流I均匀增大的过程中，线圈③中无感应电流产生，选项C错误；
D．电流I均匀增大的过程中，线圈④磁通量向里增加，根据楞次定律可知，正视线圈④中产生逆时针方向电流，选项D正确；
故选D.
4．C
【解析】
【详解】
A．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，则由楞次定律可知，感应电流由左侧看为逆时针，由右侧看为顺时针，故A错误；
B．由于铜环的电阻较小，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错误；
C．若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故C正确；
D．电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出；故D错误；
故选C。
5．D
【解析】
【详解】
当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反，两个磁场产生相互排斥的作用力； 当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，两个磁场产生相互吸引的作用力，所以感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动。当磁铁匀速向右通过线圈时，N极靠近线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力。当N极离开线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力。所以整个过程线圈所受的摩擦力一直向左。故D正确。故选D。
6．B
【解析】
【分析】
AB向右移动，则由右手定则可知电流方向，则可知CD中电流的方向，由左手定则可求得CD的运动方向．
【详解】
由右手安培定则可知，当AB向右运动时电流由B到A，故电流方向沿ADCB；则再由左手定则可得CD受力向右，故B正确，ACD错误．故选B．
【点睛】
AB运动时产生电流的经过CD，从而使CD受磁场力而产生运动，即先由电磁感应产生电流，电流再在磁场中受到安培力而产生了运动．
7．B
【解析】
【详解】
A、由图示可知，线框下落过程中，穿过线框的磁通量先减小、然后再增大，故A错误；
B、在整个过程中，线框一直下落，为阻碍线框的下落，由楞次定律可知，线框受到的安培力一直向上，线框所受安培力方向不变，故B正确；
C、由右手定则可知，在导线上方磁感应强度向外，在导线下方，磁感应强度向里，开始磁场方向向外，磁通量减少，由楞次定律可得，感应电流沿逆时针方向，后来原磁场方向向里，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流方向不变化，故C错误；
D、在线框进入或离开磁场过程中，线框中产生感应电流，机械能转化为电能，线框的机械能减小，故D错误；
8．BD
【解析】
【详解】
AB．开关闭合时，穿过线圈磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈B中产生的感应电流流过CD的方向是从C到D，根据右手螺旋法则可知，其下方的磁场方向向里，则小磁针的N极垂直纸面向里转动，选项A错误，B正确；
CD．开关断开时，穿过线圈磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈B中产生的感应电流流过CD的方向是从D到C，根据右手螺旋法则可知，其下方的磁场方向向外，则小磁针的N极垂直纸面向外转动，选项C错误，D正确；
故选BD.
9．BC
【解析】
【详解】
AB．在线圈进入或离开磁场的过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，线圈完全在磁场中时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，则整个过程，线圈中有感应电流的时间为，选项A错误，B正确；
CD．由右手定则可知，线圈进入磁场过程中，线圈中感应电流沿逆时针方向，线圈离开磁场时，电流沿顺时针方向，则C正确，D错误；
故选BC。
10．AC
【解析】
由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则磁铁与线圈相互排斥，故A正确，B错误；由题目中图可知，当磁铁竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向从a经过R到b．故C正确，D错误、故选AC．
点睛：在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留”直接判断，不必再由安培定则判断线圈中的磁场，再由磁极间的相互作用判断力的方向．
11．（1）a点电势低于b点电势 （2）E＝πfl2B
【解析】（1）切割磁感线的导体可等效为电源，电源的正、负级分别对应右手定则中的指尖和掌托，正级电势高。根据泉州一中的维度，该处地磁场沿竖直方向的分量为竖直向下，故根据右手定则，可以判断，a点电势低于b点电势；
（2）根据题意，，，，联立得每个叶片的感应电动势：
12．(1) 顺时针 (2) (3)
【解析】（1）磁场均匀减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，由安培定则知感应电流沿顺时针方向；（2）根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势：
（3）根据闭合电路欧姆定律得感应电流：
通过的电量：
13． 向右减速 向左加速
【解析】根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。
14． 逆时针
【解析】试题分析：由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，运用功率表达式求解，
由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得线圈产生的感应电流逆时针，由法拉第电磁感应定律，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为，所以线圈电阻r消耗的功率，