楞次定律
(25分钟 60分)
一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)
1.如图,两同心圆环A、B置于同一水平面上,其中B为均匀带负电绝缘环,A为导体环。当B绕环心转动时,导体环A产生顺时针电流且具有扩展趋势,则B的转动情况是
( )
A.顺时针加速转动
B.顺时针减速转动
C.逆时针加速转动
D.逆时针减速转动
【解析】选A。由题图可知,A中感应电流为顺时针方向,由楞次定律可知,感应电流的内部磁场向里,由右手螺旋定则可知,引起感应电流的磁场可能为:向外增大或向里减小;若原磁场向外,则B中电流应为逆时针,由于B带负电,故B应顺时针转动且转速增大;若原磁场向里,则B中电流应为顺时针,则B应逆时针转动且转速减小;又因为导体环A具有扩展趋势,则B中电流应与A方向相反,即B应顺时针转动且转速增大,A正确。
2.如图,在一水平、固定的闭合导体圆环上方,有一条形磁铁(N极朝上,S极朝下)由静止开始下落,磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触,关于圆环中感应电流的方向(从上向下看),下列说法中正确的是
( )
A.总是顺时针
B.总是逆时针
C.先顺时针后逆时针
D.先逆时针后顺时针
【解析】选C。由题图可知,在磁铁下落过程中,穿过圆环的磁场方向向上,在磁铁靠近圆环时,穿过圆环的磁通量变大,在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小,由楞次定律可知,从上向下看,圆环中的感应电流先沿顺时针方向,后沿逆时针方向,故C正确。
3.如图所示,磁场中有一导线MN与U形光滑的金属框组成闭合电路,当导线向右运动时,下列说法正确的是
( )
A.电路中有顺时针方向的电流
B.电路中有逆时针方向的电流
C.导线的N端相当于电源的正极
D.电路中无电流产生
【解析】选B。根据右手定则,由题意可知,当导线向右运动时,产生的感应电流方向由N端经过导线到M端,因此有逆时针方向的感应电流,故A错误,B正确;由上分析可知,电源内部的电流方向由负极到正极,因此N端相当于电源的负极,故C错误;根据感应电流产生的条件可知,电路会产生感应电流,故D错误。所以B正确,A、C、D错误。
4.如图所示,当条形磁铁在闭合铝环一侧沿铝环中轴线靠向铝环运动时,铝环受磁场力而运动的情况是
( )
A.无法判定
B.向左摆动
C.静止不动
D.向右摆动
【解析】选D。当磁铁向铝环运动时,铝环中的磁通量将增大,根据楞次定律可知,铝环为了阻碍磁通量的变化将向右摆动,故D正确,A、B、C错误。
5.一平面线圈用细杆悬于P点,开始时细杆处于水平位置,释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动。已知线圈平面始终与纸面垂直,当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时,顺着磁场的方向看去,线圈中感应电流的方向分别为
( )
A.逆时针方向 逆时针方向
B.逆时针方向 顺时针方向
C.顺时针方向 顺时针方向
D.顺时针方向 逆时针方向
【解析】选B。线圈第一次经过位置Ⅰ时,穿过线圈的磁通量增加,由楞次定律,线圈中感应电流的磁场方向向左,根据安培定则,顺着磁场看去,感应电流的方向为逆时针方向。当线圈第一次通过位置Ⅱ时,穿过线圈的磁通量减小,可判断出感应电流为顺时针方向,故选项B正确。
6.如图所示,绝缘水平面上有两个离得很近的导体环a、b。将条形磁铁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
【解析】选A。根据Φ=BS,条形磁铁向下移动过程中B增大,所以穿过每个环中的磁通量都有增大的趋势。由于S不可改变,为阻碍磁通量增大,导体环会尽量远离条形磁铁,所以a、b将相互远离。A正确。
【补偿训练】
如图所示,一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上,细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放,环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁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.FT1C.FT1>mg,FT2D.FT1mg
【解析】选A。当圆环经过磁铁上端时,磁通量增加,根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上推,根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力,因此有FT1>mg。当圆环经过磁铁下端时,磁通量减少,根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上吸,根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力,因此有FT2>mg,所以只有A正确。
二、非选择题(本题共2小题,共24分)
7.(12分)在“探究电磁感应的产生条件”实验中,实物连线后如图1所示。感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示。
(1)接通电源,闭合开关,G表指针会有大的偏转,几秒后G表指针停在中间不动。将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时,G表指针____________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”);迅速抽出铁芯时,G表指针____________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)。?
(2)断开开关和电源,将铁芯重新插入内线圈中,把直流输出改为交流输出,其他均不变。接通电源,闭合开关,G表指针____________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)。?
(3)仅用一根导线,如何判断G表内部线圈是否断了??__________________。?
【解析】(1)滑动变阻器触头向右滑动时,接入电路的电阻减小,电流增大,内线圈的磁通量方向向下,且大小增大,根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流从A接线柱流入,故G表指针向左偏。抽出铁芯时,磁通量减小,G表指针向右偏。(2)把直流输出改为交流输出后,外线圈中的电流方向不断发生变化,故G表指针不停振动。(3)若G表未损坏,短接G表,并摇晃G表,由于电磁阻尼作用,指针的偏转幅度要比不短接G表摇晃时的幅度小;若G表内部线圈断了,短接时回路不闭合,无上述现象。
答案:(1)左偏 右偏 (2)不停振动
(3)短接G表前后各摇动G表一次,比较指针偏转,有明显变化,则线圈未断;反之则断了
8.(12分)如图所示,在图(1)中,G为指针在中央的灵敏电流计连接在直流电路中时的偏转情况。今使它与一线圈串联进行电磁感应实验,则图(2)中的条形磁铁的运动方向是________;图(3)中电流计的指针将向________偏转;图(4)中的条形磁铁上端为________极。?
【解析】由图(1)可知,当电流从电流计的左接线柱流入时,指针向左偏。图(2)中指针向左偏,可知感应电流的方向在螺线管中是由上到下,根据楞次定律知,条形磁铁S极向下插入。图(3)当条形磁铁N极向下插入时,根据楞次定律,可知螺线管中感应电流方向由下到上,则指针向右偏;图(4)中可知指针向右偏,则线圈中感应电流的方向从下到上,由楞次定律可知,条形磁铁S极向上拔出,上端为N极。
答案:向下 右 N
(15分钟 40分)
9.(7分)(多选)如图所示,两个闭合铝环A、B与一个螺线管套在同一铁芯上,A、B可以左右摆动,则
( )
A.在S闭合的瞬间,A、B必相吸
B.在S闭合的瞬间,A、B必相斥
C.在S断开的瞬间,A、B必相吸
D.在S断开的瞬间,A、B必相斥
【解析】选A、C。在S闭合瞬间,穿过两个铝环的磁通量变化相同,铝环中产生同方向的感应电流,同向电流相吸,则A、B相吸,A正确,B错误;在S断开瞬间,穿过两个铝环的磁通量变化相同,铝环中产生同方向的感应电流,同向电流相吸,则A、B相吸,C正确,D错误。
10.(7分)(多选)如图所示,当磁铁运动时,电路中会产生由A经R到B的电流,则磁铁的运动可能是
( )
A.向下运动
B.向上运动
C.向左平移
D.以上都不可能
【解析】选B、C。由安培定则知感应电流在线圈中产生磁场与磁铁磁场方向相同,由楞次定律知,原磁场减小,选项中B、C会引起上述变化,故选项B、C正确,其余错误。
11.(7分)(多选)如图,线圈M和线圈N绕在同一铁芯上,M与电源、开关、滑动变阻器相连,P为滑动变阻器的滑片,开关S处于闭合状态,N与电阻R相连。下列说法正确的是
( )
A.当P向右移动时,通过R的电流方向为由b到a
B.当P向右移动时,通过R的电流方向为由a到b
C.断开S的瞬间,通过R的电流方向为由b到a
D.断开S的瞬间,通过R的电流方向为由a到b
【解析】选A、D。P向右移动,导致电流增大,根据右手定则可知,线圈M左端是N极,右端是S极。穿过线圈N的磁通量变大,则由楞次定律可得:感应电流方向由b流向a,故A正确,B错误;当断开S的瞬间,导致电流减小,根据右手定则可知,线圈M左端是N极,右端是S极。穿过线圈N的磁通量变小,则由楞次定律可得:感应电流方向由a流向b,故C错误,D正确;故选A、D。
【补偿训练】
(多选)如图所示装置中,闭合铜环A静止悬挂在通电螺线管的M端,螺线管的轴线垂直于环面并正对环心。要使铜环向螺线管靠近,下列各操作中可以实现的是
( )
A.开关S由断开到接通的瞬间
B.开关S由接通到断开的瞬间
C.将滑片P向C滑动的过程中
D.将滑片P向D滑动的过程中
【解析】选B、C。由楞次定律可知,只有电路中电流减小时铜环才能向螺线管靠近,则开关断开瞬间和将滑片向C滑动过程可以减小线圈中的电流,从而使A向右靠近。故B、C正确,A、D错误。故选B、C。
12.(19分)某同学在学习了法拉第电磁感应定律之后,自己制作了一个手动手电筒。如图是手电筒的简单结构示意图,左右两端是两块完全相同的条形磁铁,中间是一根绝缘直杆,由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆上自由滑动,线圈两端接一灯泡,晃动手电筒时线圈也来回滑动,灯泡就会发光,其中O点是两磁极连线的中点,a、b两点关于O点对称。
(1)试分析其工作原理。
(2)灯泡中的电流方向是否变化。
【解析】(1)线圈处于两条形磁铁之间,当线圈运动,则导致穿过线圈的磁通量发生变化,从而出现感应电流,与灯泡形成闭合回路,则电流流过灯泡,灯泡就会发光;(2)线圈沿不同方向经过b点时,由于运动方向不同,导致磁通量变化不同,所以产生的感应电流方向相反,即电流的方向会发生变化。
答案:(1)见解析 (2)变化
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7
-法拉第电磁感应定律
(25分钟 60分)
一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)
1.关于感应电动势大小的下列说法中,正确的是
( )
A.线圈中磁通量变化越大,线圈中产生的感应电动势一定越大
B.线圈中磁通量越大,产生的感应电动势一定越大
C.线圈放在磁感应强度越强的地方,产生的感应电动势一定越大
D.线圈中磁通量变化越快,产生的感应电动势越大
【解析】选D。由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势的大小由磁通量的变化率决定。线圈中磁通量变化越大,但磁通量变化率不一定越大,所以产生的感应电动势也不一定越大,故A错误;线圈中磁通量越大,但磁通量变化率不一定越大,所以产生的感应电动势也不一定越大,故B错误;线圈放在磁感应强度越强的地方,磁通量虽然较大,但变化率不一定大,所以产生的感应电动势也不一定越大,故C错误;线圈中磁通量变化越快,产生的感应电动势越大,故D正确。
2.一根直导线长0.1
m,在磁感应强度为0.1
T的匀强磁场中以10
m/s的速度匀速运动,则导线中产生的感应电动势的说法错误的是
( )
A.一定为0.1
V
B.可能为零
C.可能为0.01
V
D.最大值为0.1
V
【解析】选A。当公式E=Blv中B、l、v互相垂直而导线切割磁感线运动时感应电动势最大:Em=Blv=0.1×0.1×10
V=0.1
V,考虑到它们三者的空间位置关系,B、C、D正确,A错。
3.(多选)如图所示,闭合金属线框放置在竖直向上的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度随时间变化。下列说法正确的是
( )
A.当磁感应强度增加时,线框中的感应电流可能减小
B.当磁感应强度增加时,线框中的感应电流一定增大
C.当磁感应强度减小时,线框中的感应电流一定增大
D.当磁感应强度减小时,线框中的感应电流可能不变
【解析】选A、D。线框中的感应电动势E=S,设线框的电阻为R,则线框中的电流I==,因为B增大或减小时,可能减小,也可能增大,也可能不变,线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关,和磁通量的变化量无关,故选项A、D正确。
4.如图所示,闭合开关S,将条形磁铁两次插入闭合线圈,第一次用0.2
s,第二次用0.4
s,并且两次的起始和终止位置相同,则
( )
A.第一次磁通量变化较大
B.第一次G的最大偏角较大
C.第一次经过G的总电荷量较多
D.若开关S断开,G不偏转,故两次均无感应电动势
【解析】选B。因两次的起始和终止位置相同,所以磁感应强度变化量ΔB相同,由ΔΦ=ΔB·S知:两次磁通量变化相同,故A错误;因磁通量变化相同,匝数n相同,Δt1<Δt2,根据E=n和i=知,第一次G的最大偏角较大,故B正确;根据q=·Δt=·Δt=n·Δt=n可知:
经过G的总电量相同,故C错误;有无感应电动势产生的条件是穿过回路的磁通量是否发生变化,电路无需闭合,两次穿过回路的磁通量均发生了变化,故D错误。所以选B。
5.(多选)如图甲,圆环a和b均由相同的均匀导线制成,a环半径是b环半径的两倍,两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接。若仅将a环置于图乙所示变化的磁场中,则导线上M、N两点的电势差UMN=0.4
V。下列说法正确的是
( )
A.图乙中,变化磁场的方向垂直纸面向里
B.图乙中,变化磁场的方向垂直纸面向外
C.若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中,则M、N两端的电势差U′MN=-0.4
V
D.若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中,则M、N两端的电势差U′MN=-0.2
V
【解析】选A、D。UMN>0,可知a环中感应电流为逆时针方向,根据右手螺旋定则,知感应磁场方向垂直纸面向外,图乙中原磁场增强,根据楞次定律可知原磁场方向垂直纸面向里,A项正确,B项错误;根据楞次定律可得b环中也产生逆时针方向的感应电流,U′MN<0,a环处于磁场中时,UMN=Ea,b环处于磁场中时,U′MN=-Eb
,而==4,解得U′MN=-0.2
V,C项错误,D项正确。
6.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和PQ的中点,关于线框中的感应电流,下列说法正确的是
( )
A.当E点经过边界MN时,感应电流最大
B.当P点经过边界MN时,感应电流最大
C.当F点经过边界MN时,感应电流最大
D.当Q点经过边界MN时,感应电流最大
【解析】选B。当P点经过边界MN时,切割磁感线的有效长度最大为SR,感应电流达到最大。
【补偿训练】
一个电阻是R,半径为r的单匝线圈放在磁感应强度为B的匀强磁场中,如图所示,若以线圈的直径为轴旋转180°,则在此过程中,导线横截面上通过的电荷量为
( )
A.0
B.
C.
D.
【解析】选C。由法拉第电磁感应定律得=,由闭合电路欧姆定律得=,导线横截面上通过的电荷量q=Δt,联立得q=,由于开始线圈平面与磁场垂直,现把线圈旋转180°,则有ΔΦ=2BS=2Bπr2;可得:q=,故选C。
二、非选择题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
7.(12分)如图所示,一无限长的光滑金属平行导轨置于匀强磁场B中,磁场方向垂直导轨平面,导轨平面竖直且与地面绝缘,导轨上M、N间接一电阻R,P、Q端接一对沿水平方向的平行金属板,导体棒ab置于导轨上,其电阻为3R,导轨电阻不计,棒长为L,平行金属板间距为d。今导体棒通过定滑轮在一物块拉动下开始运动,稳定后棒的速度为v,不计一切摩擦阻力。此时有一带电量为q的液滴恰能在两板间做半径为r的匀速圆周运动,且速率也为v。求:
(1)速度v的大小;
(2)物块的质量m。
【解析】(1)设平行金属板间电压为U,液滴质量为m0。液滴在平行金属板间做匀速圆周运动,重力与电场力必定平衡,则有:
q=m0g
由qvB=m0
得r=
联立解得U=
则棒产生的感应电动势为:
E=·(R+3R)=由E=BLv,
得v=2
(2)棒中电流为:I==
ab棒匀速运动,外力与安培力平衡,则有
F=BIL=
而外力等于物块的重力,即
mg=
解得m==
答案:(1)2 (2)
8.(12分)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为E,电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。问:
(1)磁场的方向。
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小。
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
【解析】(1)电容器充电后上板带正电,下板带负电,放电时通过MN的电流由M到N,欲使炮弹射出,安培力应沿导轨向右,根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,根据欧姆定律,电容器刚放电时的电流:I=
炮弹受到的安培力:F=BIl
根据牛顿第二定律:F=ma
解得加速度a=
(3)电容器放电前所带的电荷量Q1=CE
开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vm时,MN上的感应电动势:E′=Blvm
最终电容器所带电荷量Q2=CE′
设在此过程中MN的平均电流为,MN上受到的平均安培力:=B··l
由动量定理,有:·Δt=mvm-0
又:·Δt=Q1-Q2
整理得:最终电容器所带电荷量Q2=
答案:(1)垂直于导轨平面向下 (2) (3)
【补偿训练】
如图所示,竖直平面内有间距l=40
cm、足够长的平行直导轨,导轨上端连接一开关S。长度恰好等于导轨间距的导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦,导体棒ab的电阻R=0.40
Ω,质量m=0.20
kg。导轨电阻不计,整个装置处于与导轨平面垂直的水平匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=0.50
T,方向垂直纸面向里(空气阻力可忽略不计,取重力加速度g=10
m/s2)。
(1)当t0=0时ab棒由静止释放,t=1.0
s时,闭合开关S。求:
①闭合开关S瞬间ab棒速度v的大小;
②当ab棒向下的加速度a=4.0
m/s2时,其速度v′的大小;
(2)若ab棒由静止释放,经一段时间后闭合开关S,ab棒恰能沿导轨匀速下滑,求ab棒匀速下滑时电路中的电功率P。
【解析】(1)①导体棒做自由落体运动,根据运动学公式有:v=gt=10
m/s;
②设导体棒以加速度a=4.0
m/s2向下运动时其所受安培力为FA,设速度为v′,根据牛顿第二定律有:mg-FA=ma,解得FA=1.2
N;
因安培力大小FA=BIl,且由闭合电路欧姆定律有I=,
结合法拉第电磁感应定律,有E=Blv′,解得v′=12
m/s;
(2)设导体棒沿导轨匀速下滑时通过导体棒的电流为Im,则有mg=BIml,
代入数据解得Im=10
A,此时电路中的电功率为P=R=40
W
答案:(1)①10
m/s
②12
m/s (2)40
W
(15分钟 40分)
9.(7分)在图中,EF、GH为平行的金属导轨,其电阻不计,R为电阻,C为电容器,AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆。有匀强磁场垂直于导轨平面。若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流,则当横杆AB( )
A.匀速滑动时,I1=0,I2=0
B.匀速滑动时,I1≠0,I2≠0
C.加速滑动时,I1=0,I2=0
D.加速滑动时,I1≠0,I2≠0
【解析】选D。电容器在电路中与等效电源并联,两端电压为AB端感应电动势,所以当导体横杆匀速滑动时,电容器两端电压不变I2=0,电阻R中电流不为零,A、B错;加速滑动时,电容器两端电压随导体横杆速度的增大而增加,所以充电电流不为零,通过电阻的电流也不为零,D对。
10.(7分)如图甲所示,两个相邻的有界匀强磁场区,方向相反,且垂直纸面,磁感应强度的大小均为B,以磁场区左边界为y轴建立坐标系,磁场区在y轴方向足够长,在x轴方向宽度均为a。矩形导线框ABCD的CD边与y轴重合,AD边长为a。线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域,且线框平面始终保持与磁场垂直。以逆时针方向为电流的正方向,线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图像正确的是图乙中的
( )
【解析】选C。线框进入磁场,在进入磁场0～a的过程中,E=Bav,电流I0=,方向为逆时针方向,为正。在进入磁场a～2a的过程中,电动势E=2Bav,电流I1==2I0,方向为顺时针方向,为负。在进入磁场2a～3a的过程中,E=Bav,电流I2==I0,方向为逆时针方向,为正,故C正确,A、B、D错误。
11.(7分)(多选)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.感应电流方向不变
B.
CD段直导线始终不受安培力
C.感应电动势最大值E=Bav
D.感应电动势平均值=πBav
【解析】选A、C、D。在闭合回路进入磁场的过程中,通过闭合回路的磁通量逐渐增大,根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变,A正确;根据左手定则可以判断,CD段直导线受安培力且方向向下,故B错误;当半圆闭合回路进入磁场一半时,等效长度最大为a,这时感应电动势最大E=Bav,C正确;由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值===πBav,故D正确。
12.(19分)如图所示,矩形线圈在0.01
s内由原始位置Ⅰ转落至位置Ⅱ。已知ad=5×10-2
m,ab=20×10-2
m,匀强磁场的磁感应强度B=2
T,R1=R3=1
Ω,R2=R4=3
Ω。求:
(1)平均感应电动势;
(2)转落时,通过各电阻的电流。(线圈的电阻忽略不计)
【解析】(1)设线圈在位置Ⅰ时,穿过它的磁通量为Φ1,线圈在位置Ⅱ时,穿过它的磁通量为Φ2,有:Φ1=BSsin30°=1×10-2
Wb,Φ2=2×10-2
Wb,
得:ΔΦ=Φ2-Φ1=1×10-2
Wb
根据电磁感应定律可得:E==
V=1
V
(2)将具有感应电动势的线圈等效为电源,其外电路的总电阻为:R==2
Ω
根据闭合电路欧姆定律得总电流为:
I==
A=0.5
A
通过各电阻的电流均为:I′==0.25
A
答案:(1)1
V (2)0.25
A
【补偿训练】
如图所示,两金属板正对并水平放置,分别与平行金属导轨连接,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场。金属杆ab与导轨垂直且接触良好,并一直向右匀速运动。某时刻ab进入Ⅰ区域,同时一带正电小球从O点沿板间中轴线水平射入两板间。ab在Ⅰ区域运动时,小球匀速运动;ab从Ⅲ区域右边离开磁场时,小球恰好从金属板的边缘离开。已知板间距为4d,导轨间距为L,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d。带电小球质量为m,电荷量为q,ab运动的速度为v0,重力加速度为g。求:
(1)磁感应强度的大小;
(2)ab在Ⅱ区域运动时,小球的加速度大小;
(3)要使小球恰好从金属板的边缘离开,ab运动的速度v0要满足什么条件。
【解析】(1)ab在磁场区域运动时,产生的感应电动势大小为:ε=BLv0
①
金属板间产生的场强大小为:E=
②
ab在Ⅰ磁场区域运动时,带电小球匀速运动,有mg=qE
③
联立①②③得:B=
④
(2)ab在Ⅱ磁场区域运动时,设小球的加速度a,依题意,有
qE+mg=ma
⑤
联立③⑤得:a=2g
⑥
(3)依题意:ab分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场区域运动时,小球在电场中分别做匀速、类平抛和匀速运动,设发生的竖直分位移分别为sⅠ、sⅡ、sⅢ;ab进入Ⅲ磁场区域时,小球的竖直分速度为vⅢ。则:
sⅠ=0
⑦
sⅡ=·2g()2
⑧
sⅢ=vⅢ·
⑨
vⅢ=2g·
⑩
又:sⅠ+sⅡ+sⅢ=2d
联立可得:v0=
答案:(1) (2)2g (3)
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-
12
-涡流、电磁阻尼和电磁驱动
(25分钟 60分)
一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)
1.如图所示是一种冶炼金属的感应炉的示意图,此种感应炉应接怎样的电源
( )
A.直流低压
B.直流高压
C.低频交流电
D.高频交流电
【解析】选D。线圈中的电流做周期性的变化,在附近的导体中产生感应电流,从而在导体中产生大量的热,涡流现象也是电磁感应;而交流电的频率越大,产生的热量越多,故D正确,A、B、C错误。
2.(多选)下列实例中属于利用涡流的是
( )
A.电磁阻尼装置
B.变压器的铁芯用薄硅钢片叠合而成
C.金属工件的高频焊接
D.在日光灯电路中镇流器的线圈中加入铁芯
【解析】选A、C。块状金属在磁场中运动,金属块内形成涡流,涡流又形成磁场,反过来与外部磁场相互作用,从而阻碍了金属块的运动,故A正确;变压器的铁芯不用整块的硅钢铁芯用相互绝缘的薄硅钢片叠合而成,其目的是减小涡流,B错误;高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场,在焊接的金属工件中就产生感应电流,即利用涡流工作,C正确;线圈中加入铁芯,是为了增强线圈的磁通量,与涡流无关,D错误。
3.实验高中南、北校区之间要铺设一条输电线路,该线路要横穿两校区之间的公路,为了保护线路不至于被压坏,必须在地下预先铺设结实的过路钢管,再让输电线从钢管中穿过。校方将该要求在学校的物理探究小组中公布并征求电线穿管的方案。经过遴选,目前有如图所示的两种方案进入最后的讨论阶段:甲方案是铺设两根钢管,两条输电线分别从两根钢管中穿过;乙方案是只铺设一根钢管,两条输电线都从这一根钢管中穿过。如果输电导线输送的电流很强大,那么,下列讨论的结果正确的是
( )
A.若输送的电流是恒定电流,甲方案是可行的,乙方案是不可行的
B.若输送的电流是交变电流,乙方案是可行的,甲方案是不可行的
C.若输送的电流是交变电流,甲方案是可行的,乙方案是不可行的
D.无论输送的电流是恒定电流还是交变电流,甲、乙两方案都是可行的
【解析】选B。当通恒定电流时,钢管对导线没有阻碍作用;当通入交流电时,若分开套,则由于磁场的变化,导致钢管中产生涡流,有能源损耗。若甲图通交流电,由于变化的电流产生变化的磁场,则每根钢管中都产生涡流;导致能源损耗较大。若乙图通交流电,由于两根导线一根是火线,一根是零线,它们的电流方向是相反的,故相互排斥。但工程上可以将其在一根管内做好绝缘隔离。问题在于由交流电产生的涡电流:由于两根导线方向相反,所以如果它们相互足够靠近,则它们在周围的每一点上产生大小几乎相等,方向相反的感应电流。这样能使涡流强度减弱到很小。若甲、乙两图通恒定电流,则都产生恒定的磁场,恒定的磁场不产生电场,因此不产生涡流,没有能量损耗。因此B正确,A、C、D错误。
4.金属探测器已经广泛应用于安检场所,关于金属探测器的论述正确的是
( )
A.金属探测器可用于食品生产,防止细小的砂石颗粒混入食品中
B.金属探测器探测地雷时,探测器的线圈中产生涡流
C.金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流
D.探测过程中金属探测器与被测物体相对静止与相对运动探测效果相同
【解析】选C。金属探测器只能探测金属,不能用于食品生产防止细小的砂石颗粒混入食品中,故A错误;金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流,故B错误,C正确;探测过程中工作时金属探测器应与被测物体相对运动,相对静止时无法得出探测效果,故D错误。
5.(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一。如图所示,线圈中通以一定频率的正弦交流电,靠近待测工件时,工件内会产生涡流,同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化。下列说法中正确的是
( )
A.涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化
B.涡流的频率等于通入线圈的交流电频率
C.通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力
D.待测工件可以是塑料或橡胶制品
【解析】选A、B、C。根据楞次定律得知:感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,故涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化,故A正确。感应电流的频率与原电流的频率是相同的,涡流的频率等于通入线圈的交流电频率,故B正确;因为线圈交流电是周期性变化的,故在工件中引起的涡流也是周期性变化的,可知通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力,故C正确;电磁感应只能发生在金属物体上,故待测工件只能是金属制品,故D错误。
6.(多选)关于涡流,下列说法中正确的是
( )
A.真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B.家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的
C.阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动
D.变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流
【解析】选A、C、D。用来冶炼合金钢的真空冶炼炉,炉外有线圈,线圈中通入反复变化的电流,炉内的金属中产生涡流,涡流产生的热量使金属熔化,所以A正确;家用电磁炉通的是交流电,交流电产生的是变化的磁场,不是恒定的磁场,故B错误;阻尼摆的金属盘以一定相对速度旋转掠过磁场时在金属盘内会产生感应电动势从而产生感应电流,因金属盘有电阻,电流做功,消耗机械能,因此产生阻碍金属盘旋转的阻尼作用,故C正确;用绝缘的硅钢片做铁芯,是为了减小涡流,减小能量损失,所以D正确。
二、非选择题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
7.(12分)在现代家庭的厨房中,电磁炉是家庭主妇非常青睐的炊具。利用以下材料并结合已学习的电磁学知识分析、讨论相关问题。
如图是描述电磁炉工作原理的示意图。电磁炉的内部有一个金属线圈,当电流通过线圈时,会产生磁场,这个磁场的大小和方向是随电流不断变化的,这个变化的磁场又会使放在电磁炉上面的铁质(或钢质)锅底内产生感应电流,由于锅底有电阻,所以感应电流又会在锅底产生热效应,这些热能便能起到加热食物的作用。
因为电磁炉是由电磁感应产生电流,利用电流的热效应产生热量,所以不是所有的锅或器具都适用。适合放在电磁炉上烹饪的器具有不锈钢锅、不锈钢壶、平底铁锅;不适用的有陶瓷锅、耐热玻璃锅、铝锅、铜锅等。
综合以上材料分析下列问题:
(1)在电磁炉加热食物的过程中涉及的物理原理有(回答三个即可):
①____________________________________________________________;?
②____________________________________________________________;?
③____________________________________________________________。?
(2)电磁炉的锅不能用陶瓷锅、耐热玻璃锅的原因是?________________;?
电磁炉所用的锅不能用铝锅、铜锅的原因是?________________。?
【解析】(1)①电流的磁效应(或电生磁);②电磁感应现象(或磁生电);③电流的热效应(或焦耳定律)。
(2)陶瓷和玻璃是绝缘体,不能产生电磁感应现象;铝、铜的导磁性太差,效率低。
答案:见解析
8.(12分)如图甲为电磁炉的原理,它利用高频的电流通过环形线圈,从而产生无数封闭磁感线,当磁感线通过导磁性材料(如铁质锅)的底部,而底部可看作由无数个导体圆环构成,当穿过圆环的磁通量发生变化时,圆环上就产生感应电流,即小涡流(一种交变电流,家用电磁炉使用的是15～30
kHz的高频电流)。它和普通电流一样要放出焦耳热,会使锅体本身自行高速发热,然后再加热锅内食物。
(1)为什么锅体必须是导磁性材料?
(2)如图乙所示为某品牌电磁炉的结构示意图。电磁炉是根据涡流原理给锅加热的,调查研究电磁炉与一般烹饪炉具比较具有哪些优点?(写出两条即可)
【解析】(1)由于非导磁性材料不能有效会聚磁感线,几乎不能形成涡流,所以基本上不加热;另外,导电能力特别差的磁性材料由于其电阻率太高,产生的涡流电流也很小,也不能很好地产生热量。所以,电磁炉使用的锅体材料导电性能相对较好,一般采用铁磁性材料的金属或者合金以及它们的复合体,一般采用的锅有:铸造铁锅、生铁锅、不锈钢锅。纯不锈铁锅材料由于其导磁性能非常低,所以在电磁炉上并不能正常工作。
(2)①热效率高。由于电磁炉是通过涡流而使锅体发热的,它不存在热量再传导或辐射的过程,也就减少了传导和辐射过程中的热量损耗,热效率较高。一般电炉的热效率为50%,煤气灶的热效率为40%,而电磁炉的热效应可达80%。
②控温准确。电磁炉能方便而准确地根据用户的要求控制发热功率及烹调温度,热惯性小,断电即断磁,也就不再发热,而且使锅内温度分布均匀,烹调效果好。
③安全可靠。由于电磁炉使用时不产生明火,再加上电磁炉本身不发热,并且又附有多种自动保护功能,因此使用时,不会发生烫伤事故,也不会引起火灾、爆炸、中毒等事故。
④清洁卫生。由于电磁炉无明火,无烟,不会产生有害气体污染空气,还能保持锅体和电磁炉清洁,由于电磁炉面板为微晶玻璃制成,即使食物溢出也不会焦煳,如有污物很容易擦净。
⑤使用方便。电磁炉体积小,重量轻,操作简单,一目了然,可随意搬动,便于携带,可以作为外出旅游之用,也可以放在餐桌上使用。
答案:见解析
【补偿训练】
如图所示是阻尼摆的示意图,在轻质杆上固定一金属薄片,轻质杆可绕上端O点在竖直面内转动,一水平有界磁场垂直于金属薄片所在的平面。使摆从图中实线位置释放,摆很快就会停止摆动;若将摆改成梳齿状,还是从同一位置释放,摆会摆动较长的时间。试定性分析其原因。
【解析】第一种情况下,阻尼摆进入有界磁场后,在摆中会形成涡流,涡流受磁场的阻碍作用,会很快停下来;第二种情况下,将金属摆改成梳齿状,阻断了涡流形成的回路,从而减弱了涡流,受到的阻碍会比先前小得多,所以会摆动较长的时间。
答案:见解析
(15分钟 40分)
9.(9分)(多选)如图所示,在光滑水平面上固定一条形磁铁,有一小球以一定的初速度向磁铁方向运动,如果发现小球做减速运动,则小球的材料可能是
( )
A.铁 B.木 C.铜 D.铝
【解析】选C、D。铁球被磁化后受到引力做加速运动,故A项错误。磁场对木球无任何作用,木球做匀速运动,故B项错误。铜、铝是金属的,金属小球可看作由许多线圈构成,在向磁铁方向运动过程中,由于条形磁铁周围的磁场是非匀强磁场,穿过金属线圈中的磁通量会发生改变,它们会产生感应电流,根据楞次定律的推论“来拒去留”,它们的速度会减小,故C、D正确。
10.(9分)在水平面上放置两个完全相同的带中心轴的金属圆盘,它们彼此用导线把中心轴和对方圆盘的边缘相连接,组成电路如图所示,一匀强磁场穿过两圆盘垂直向外,若不计一切摩擦,当a盘在外力作用下做逆时针转动时,圆盘b
( )
A.沿与a盘相同的方向转动
B.沿与a盘相反的方向转动
C.转动的角速度一定大于a盘的角速度
D.转动的角速度可能等于a盘的角速度
【解析】选B。金属盘可看作由多根金属辐条组成,a盘在外力作用下逆时针转动时,圆盘切割磁感线,由右手定则可知,电动势方向由圆心到圆盘a边缘通过导线和圆盘b组成闭合电路,而b盘在安培力作用下顺时针转动,圆盘a产生的电能一部分转化为b的动能,另一部分转化为两个圆盘的内能,故圆盘b的角速度应小于圆盘a的角速度,B正确,A、C、D错误。
【补偿训练】
如图所示,矩形线圈放置在水平薄木板上,有两块相同的蹄形磁铁,四个磁极之间的距离相等,当两块磁铁匀速向右通过线圈时,线圈仍静止不动,那么线圈受到木板的摩擦力方向是
( )
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
【解析】选D。根据楞次定律的“阻碍变化”知“来拒去留”,当两磁铁靠近线圈时,线圈要阻碍其靠近,线圈有向右移动的趋势,受木板的摩擦力向左,当磁铁远离时,线圈要阻碍其远离,仍有向右移动的趋势,受木板的摩擦力方向仍是向左的,故选项D正确。
11.(22分)如图所示,质量m=100
g的铝环用细线悬挂起来,环中央距地面高度h=0.8
m,有一质量为M=200
g的小磁铁(长度可忽略)以v0=10
m/s的水平速度射入并穿过铝环,落地点距铝环原位置的水平距离x=3.6
m,小磁铁穿过铝环后的运动可看作平抛运动。(g取10
m/s2)
(1)在磁铁与铝环发生相互作用时,铝环向哪边偏?
(2)若铝环在磁铁穿过后速度为v=2
m/s,则在磁铁穿过铝环的整个过程中,环中产生了多少电能?
【解析】(1)由楞次定律可知,当小磁铁向右运动时,铝环向右偏(阻碍相对运动)。
(2)在磁铁穿过铝环后落地的过程中,由平抛运动规律有
h=gt2
x=v′t
得磁铁穿过铝环后的速度v′=9
m/s。
由能量守恒定律可得
Q电=M-Mv′2-mv2=1.7
J
答案:(1)右偏 (2)1.7
J
【补偿训练】
如图所示,光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连,水平轨道上方有一足够长的金属杆,杆上挂有一光滑螺线管A。在弧形轨道上高为h的地方,无初速度释放一磁铁B(可视为质点),B下滑至水平轨道时恰好沿螺线管A的中心轴运动,设A、B的质量分别为M、m,若最终A、B速度分别为vA、vB。则:
(1)螺线管A将向哪个方向运动?
(2)全过程中整个电路所消耗的电能是多少?
【解析】(1)磁铁B向右运动时,螺线管中产生感应电流,感应电流产生电磁驱动作用,使得螺线管A向右运动。
(2)全过程中,磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和螺线管中的电能,所以
mgh=M+m+E电
即E电=mgh-(M+m)
答案:(1)向右 (2)mgh-(M+m)
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8
-互感和自感
(25分钟 60分)
一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)
1.如图,A、B是两个完全相同的白炽灯,L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈。下面说法正确的是
( )
A.闭合开关S时,A、B灯同时亮,且达到正常亮度
B.闭合开关S时,A灯比B灯先亮,最后一样亮
C.闭合开关S时,B灯比A灯先亮,最后一样亮
D.断开开关S时,B灯立即熄灭而A灯慢慢熄灭
【解析】选C。开关S闭合的瞬间,电源的电压同时加到两支路的两端,B灯立即发光。因为线圈的自感阻碍,A灯后发光,因为线圈的电阻可以忽略,灯A逐渐变亮,最后和B灯一样亮,故A、B错误,C正确;断开开关S的瞬间,线圈与两灯一起构成一个自感回路,过线圈的电流将要减小,产生自感电动势,相当于电源,两灯逐渐同时熄灭,故D错误。故选C。
2.如图所示的电路,电感线圈的电阻不计,电阻R1>R2,开关S闭合,电路达到稳定时通过电阻R1、R2的电流分别为I1和I2,则断开开关S的瞬间( )
A.通过电阻R1的电流是自a向b
B.通过电阻R1的电流大于I1
C.通过电阻R1的电流小于通过电阻R2的电流
D.通过电阻R1的电流大于通过电阻R2的电流
【解析】选B。开关S闭合稳定后L的自感作用消失,由于电感线圈的电阻可不计,电阻R1>R2,所以通过R1的电流I1小于通过R2的电流I2;在断开开关S的瞬间,线圈L与电阻R1和R2构成闭合的自感回路,电流由原来L上的电流I2开始逐渐减小,通过电阻R1的电流是自b向a,故A错误;由于开始时通过R1的电流I1小于通过R2的电流I2,则断开开关S的瞬间,线圈L与电阻R1和R2构成闭合的自感回路,则通过电阻R1的电流等于通过电阻R2的电流,且通过电阻R1的电流大于I1。故B正确,C、D错误。故选B。
3.在如图所示的电路中,两个灵敏电流计G1和G2的零点都在刻度盘中央,当电流从“+”接线柱流入时,指针向右摆;电流从“-”接线柱流入时,指针向左摆。在电路接通达到稳定状态后再断开的瞬间,下面哪个说法符合实际
( )
A.G1指针向左摆,G2指针向右摆
B.G1指针向右摆,G2指针向左摆
C.G1、G2的指针都向左摆
D.G1、G2的指针都向右摆
【解析】选B。电路稳定后断开,通过电阻这一支路的电流立即消失,由于电感线圈对电流的变化有阻碍作用,会阻碍其减小,并且通过电感线圈的电流通过电阻。所以含有电感线圈的支路的电流从“+”接线柱流入,G1指针向右摆。含有电阻的支路电流从“-”接线柱流入,G2指针向左摆。故B正确,A、C、D错误。故选B。
4.如图所示,L是一带铁芯的理想电感线圈,其直流电阻为0,电路中A、B是两个完全相同的灯泡,A灯泡与理想二极管D串联,则
( )
A.开关S断开瞬间,B灯泡逐渐熄灭,A灯泡立即熄灭
B.开关S断开瞬间,A灯泡逐渐熄灭,B灯泡立即熄灭
C.开关S闭合瞬间,A、B灯泡同时亮
D.开关S闭合瞬间,A灯泡先亮
【解析】选C。L是一带铁芯的理想电感线圈,其直流电阻为0,电路稳定后A就熄灭了;开关S断开瞬间B立刻熄灭,由于二极管只正向导通,故自感线圈与A无法形成回路,A不会再亮,故A、B错误。闭合瞬间线圈相当于断路,二极管为正向电流,故电流流经A灯泡,B也同时亮,故C正确,D错误。故选C。
5.如图所示灯LA、LB完全相同,带铁芯的线圈L的电阻可忽略。则( )
A.S闭合的瞬间,LA、LB同时发光,接着LA变暗,LB更亮,最后LA熄灭
B.S闭合瞬间,LA不亮,LB立即亮
C.S闭合瞬间,LA、LB都不立即亮
D.稳定后再断开S的瞬间,LB熄灭,LA比LB(原先亮度)更亮
【解析】选A。S接通的瞬间,线圈L支路中电流从无到有发生变化,因此,线圈L中产生的自感电动势阻碍电流增加。由于有铁芯,自感系数较大,对电流的阻碍作用也就很强,所以S接通的瞬间线圈L中的电流非常小,电流几乎全部流过LA,所以LA、LB会同时亮。当L中电流稳定时,感应电动势消失,线圈的电阻可忽略,对LA起到“短路”作用,因此,LA便熄灭。这时电路的总电阻比刚接通时小,电路中电流增大,LB会比以前更亮,故A项正确,B、C两项错误。稳定后断开S前,流过L和LB的电流相等,断开S后,线圈L和LA组成回路,由于自感电动势,线圈L的电流逐渐减小,LA不会比LB更亮,故D项错误。
6.在如图所示电路中,L为电阻很小的线圈,G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流计。当开关S闭合时,电流计G1指针偏向右方,那么当开关S断开时,将出现的现象是
( )
A.G1和G2指针都立即回到零点
B.G1指针立即回到零点,而G2指针缓慢地回到零点
C.G1指针缓慢回到零点,而G2指针先立即偏向右方,然后缓慢地回到零点
D.G1指针立即偏向左方,然后缓慢地回到零点,而G2指针缓慢地回到零点
【解析】选D。当开关闭合时,两表指针均向右方偏,说明电流计指针向电流流进的方向偏。当开关断开时,通过线圈的电流变小,导致线圈中产生瞬间感应电动势,相当于一个瞬间电源,线圈左端是电源正极,产生自感电流的方向与原电流的方向相同,从而阻碍电流的变小,所以使得G2的指针缓慢地回到零点,而G1的指针先立即偏向左方,然后缓慢地回到零点,故A、B、C错误,D正确。
【补偿训练】
(多选)如图A1、A2是两个电流表,AB和CD两支路直流电阻相同,R是变阻器,L是带铁芯的线圈,下列结论正确的有
( )
A.刚闭合K时,A1示数大于A2示数
B.闭合K后(经足够长时间),A1示数等于A2示数
C.刚断开K的瞬间,A1示数大于A2示数
D.断开K后,通过R的电流方向与断开K前相反
【解析】选B、D。闭合开关的瞬间,L所在支路上线圈产生自感电动势,阻碍电流的增大,A1的示数小于A2的示数。故A错误;开关S闭合稳定后,L不再阻碍,A1的示数等于A2的示数,故B正确;断开开关,R中原来电流立即消失,L中产生自感电动势,相当于电源,R、L串联,A1的示数等于A2的示数,且流过R的电流反向,故C错误、D正确。故选B、D。
二、非选择题(本题共2小题,共24分)
7.(12分)为了演示接通电源的瞬间和断开电源的瞬间的电磁感应现象,设计了如图所示的电路图,A、B两灯规格相同,L的直流电阻和R相等,开关接通的瞬间,A灯的亮度____________(选填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度;通电一段时间后,A灯的亮度__?(选填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度;断电的瞬间,B灯__________(选填“立即”或“逐渐”)熄灭。?
【解析】闭合开关的瞬间,通过L的电流增大,产生自感电动势,阻碍原电流的变化,从而使通过A灯的电流比B灯的电流大,所以灯A的亮度大于灯B的亮度;当通电一段时间后,电路的电流稳定,通过两灯的电流相同,所以两灯亮度相同;断电瞬间,通过L的电流减小,产生自感电动势,阻碍原电流的变化,从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失得慢,进而判断灯A逐渐熄灭,灯B立即熄灭。
答案:大于 等于 立即
8.(12分)张老师在课堂上演示了如图所示的实验,电源电动势为1.5
V,人两手间电阻设为200
kΩ,L为自感系数很大的电感线圈。当开关S1和S2都闭合稳定时,电流表A1、A2的示数分别为0.6
A和0.4
A。当断开S2,闭合S1,电路稳定时电流表A1、A2的示数都为0.5
A。实验前先将两开关都断开。
(1)以下操作能使人有触电感觉的是________。?
A.先将S1和S2闭合,稳定后再突然断开S1
B.先将S1和S2闭合,稳定后再突然断开S2
C.保持S2断开,先闭合S1,稳定后再突然断开S1
D.由于电源电动势只有1.5
V,无论怎样操作都不会使人有触电的感觉。
(2)任意操作两开关,有可能烧坏的是________。?
A.电流表A1
B.电流表A2
C.小灯泡
D.所有仪器都不会烧坏
(3)保持S2断开,先闭合S1待稳定后突然断开S1,此时A、B两点中电势较高的点是________点,A、B间瞬时电压的最大值为________kV。?
【解析】(1)当开关S1和S2都闭合稳定时,电流表A1、A2的示数分别为0.6
A和0.4
A;电源电动势为1.5
V,人两手间电阻设为200
kΩ,可知流过人体的电流值几乎可以忽略不计,可知流过灯泡的电流为0.2
A,结合欧姆定律可知,灯泡的电阻值较小。当电路稳定后再突然断开S1时,线圈产生自感电动势,此时人与灯泡并联,由于灯泡的电阻值小,所以流过灯泡的电流比较大,则线圈的电流变化率比较小。根据自感电动势的公式可知,线圈产生的自感电动势就比较小,人不能产生触电的感觉,故A错误;先将S1和S2闭合,稳定后再突然断开S2时,对线圈的回路没有影响,线圈不产生比较大的自感电动势,故B错误;保持S2断开,当开关闭合后,电感线圈与人并联,由于电源为1.5
V的新干电池,所以流过人的电流很小。当断开S1时,线圈与人串联,由于电感线圈电流逐渐变小到几乎等于0,根据自感电动势的公式可知能够产生很高的瞬间电压,使人有触电的感觉,故C正确,D错误;故选C。(2)由电路图可知,任意操作两开关,会导致线圈中产生很高的感应电动势,则小灯泡最有可能烧坏,故C正确,A、B、D错误;故选C。(3)保持S2断开,先闭合S1待稳定后突然断开S1,因电流的减小,导致线圈产生感应电动势,从而阻碍电流的减小,则线圈相当于瞬间电源的作用,此时A、B两点中电势较高的点是A。当突然断开S1,经过人的电流为0.5
A,而人的电阻为200
kΩ,由欧姆定律,可知,U=IR=0.5×200
kV=100
kV;
答案:(1)C (2)C (3)A 100
(15分钟 40分)
9.(7分)(多选)如图所示,线圈L与灯泡并联后接到电源上。先闭合开关S,稳定后设通过线圈L的电流为I1,通过小灯泡的电流为I2,断开开关S,下列判断正确的是
( )
A.I1逐渐减为零
B.小灯泡立即熄灭
C.小灯泡中的电流逐渐减为零,方向与I2相反
D.小灯泡中的电流逐渐减为零,方向与I2相同
【解析】选A、C。迅速断开开关S时,线圈中电流开始减小,磁通量开始减小产生自感电动势,阻碍电流的减小,则线圈中电流I1逐渐减小为零,故A正确。迅速断开开关S时,线圈产生自感电动势,相当于电源,小灯泡不会立即熄灭,B错误;迅速断开开关S时,灯泡中原来的电流I2突然减小到零,线圈产生的感应电流流过灯泡,灯泡中电流由I1逐渐减为零,方向与I2相反,故C正确,D错误。
10.(7分)(多选)如图,电灯的灯丝电阻为2
Ω,电池电动势为2
V,内阻不计,线圈匝数足够多,其直流电阻为3
Ω。先合上开关S,过一段时间突然断开S,则下列说法中错误的是
( )
A.电灯立即熄灭
B.电灯立即先暗再熄灭
C.电灯会突然比原来亮一下再熄灭,且电灯中电流方向与K断开前方向相同
D.电灯会突然比原来亮一下再熄灭,且电灯中电流方向与K断开前方向相反
【解析】选A、C、D。突然断开S,线圈将产生自感现象,且与电灯构成一闭合回路,此时通过电灯的电流向上,与断开前的电流方向相反;因线圈直流电阻比电灯大,断开前通过线圈电流小于通过电灯的电流,即电灯会突然比原来暗一下再熄灭,B正确A、C、D错误。
11.(7分)(多选)一个称为“千人震”的趣味物理小实验,实验是用一节电动势为1.5
V的新干电池、一个日光灯镇流器(自感线圈)、开关和几根导线连成如图所示的电路。几位做实验的同学手拉手连成一排,首、尾两位同学分别握住导线的A、B端,在开关闭合或断开时就会使连成一排的同学都有触电感觉,则
( )
A.人有触电感觉是在开关闭合的瞬间
B.人有触电感觉是在开关断开的瞬间
C.该实验现象的发生是因为自感线圈会产生很高的自感电动势
D.若增加拉手的人数,触电的感觉会变得不明显
【解析】选B、C。当开关闭合时,镇流器与同学们并联,由于电源为1.5
V的新干电池,所以电流很小。人没有触电的感觉,故A错误;当开关断开时,通过镇流器电流突然减小,从而产生很高的瞬间电压,使同学们有触电的感觉;增加拉手的人数,触电的感觉会仍然明显。故B、C正确,D错误。
【补偿训练】
图1和图2是演示自感现象实验的两个电路图,L1和L2为电感线圈。实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是
( )
A.图1中,A1与L1的电阻值相同
B.图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流
C.图2中,变阻器R与L2的电阻值相同
D.图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等
【解析】选C。断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,由于线圈L1的自感,通过L1的电流逐渐减小,且通过A1,即自感电流大于原来通过A1的电流,说明闭合S1,电路稳定时,通过A1的电流小于通过L1的电流,L1的电阻小于A1的电阻,A、B错误;闭合S2,电路稳定时,A2与A3的亮度相同,说明两支路的电流相同,因此变阻器R与L2的电阻值相同,C正确;闭合开关S2,A2逐渐变亮,而A3立即变亮,说明L2中电流与变阻器R中电流不相等,D错误。
12.(19分)如图所示,设电源的电动势为E=10
V,内阻不计,L与R的电阻值均为5
Ω,两灯泡的电阻值为R灯=10
Ω。
(1)求断开S的瞬间,灯泡L1两端的电压;
(2)画出断开S前后一段时间内通过L1的电流随时间的变化规律。
【解析】(1)电路稳定工作时,由于a、b两点的电势相等。导线ab上无电流通过,因此通过L的电流为:
IL==
A=1
A,
流过L1的电流为I灯==
A=0.5
A,
断开S的瞬间,由于线圈要维持IL不变,而与L1组成闭合回路,因此通过L1的最大电流为1
A,所以此时L1两端的电压U=IL·R灯=10
V(正常工作时为5
V)。
(2)断开S前,流过L1的电流为0.5
A不变,而断开S的瞬间,通过L1的电流突变为1
A,而方向也发生变化,然后渐渐减小到零,所以它的图像如图所示(t0为断开S的时刻)。
注:从t0开始,电流持续的时间实际上一般是很短的。
答案:见解析
【补偿训练】
如图所示,图甲为某同学研究自感现象的实验电路图,用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流(图中未画出)。电路中电灯的电阻R1=6.0
Ω,定值电阻R=2.0
Ω,A、B间的电压U=6.0
V。开关S原来闭合,电路处于稳定状态,在t1=1.0×10-3
s时刻断开开关S,该时刻前后电流传感器显示的电流I随时间t变化的图线如图乙所示。
(1)求出线圈L的电阻RL;
(2)在图甲中,断开开关后通过电灯的电流方向如何?
(3)在t2=1.6×10-3
s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少?
【解析】(1)由题图可知,开关S闭合电路稳定时流过线圈L的电流I0=1.5
A,由欧姆定律得I0=,解得:RL=-R=2.0
Ω
(2)断开开关前,流过线圈L的电流自左向右,断开开关后,线圈L、电阻R和电灯构成一闭合回路,由自感规律可知,电灯中的电流方向自右向左。
(3)由题图可知,t2=1.6×10-3
s时刻线圈L中的电流I=0.3
A,此时线圈L相当于电源,由闭合电路欧姆定律得E=I(RL+R+R1)=0.3×(2.0+2.0+6.0)
V=3.0
V
答案:(1)2.0
Ω (2)自右向左
(3)3.0
V
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