(共38张PPT)
第2章
本章整合
知识网络·体系构建
专题突破·归纳整合
目录索引
知识网络·体系构建
专题突破·归纳整合
专题一 楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用
比较项目 适用场合
楞次定律 回路中磁通量变化产生感应电流时,原磁场方向、感应电流磁场方向的关系
右手定则 导体切割磁感线时速度方向、磁场方向、感应电流方向的关系
左手定则 通电导线在磁场中所受的安培力方向、电流方向、磁场方向的关系
安培定则 通电导线、圆环产生磁场时,磁场方向、电流方向关系
典例1 (多选)如图所示装置中,cd杆光滑且原来静止。当ab杆做如下哪些运动时,cd杆将向右移动(导体棒切割磁感线速度越大,感应电流越大)( )
A.向右做匀速运动 B.向右做加速运动
C.向左做加速运动 D.向左做减速运动
BD
解析 ab杆向右做匀速运动,在ab杆中产生恒定的电流,该电流在线圈L1中产生恒定的磁场,在L2中不产生感应电流,所以cd杆不动,故A错误;ab杆向右加速运动,根据右手定则,知在ab杆上产生增大的由a到b的电流,根据安培定则,在L1中产生方向向上且增强的磁场,该磁场向下通过L2,由楞次定律,在cd杆上产生c到d的感应电流,根据左手定则,cd杆受到向右的安培力,cd杆将向右运动,故B正确;同理可得C错误,D正确。
方法技巧 几个规律的应用中,要抓住各个对应的因果关系
(1)因变而生电(ΔΦ→L)→楞次定律;
(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则;
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则;
(4)因电而生磁(I→B)→安培定则。
针对训练1
如图所示,线圈M与电源E、开关S、滑动变阻器R相连,线圈N与电流计G相连,线圈M与线圈N绕在同一铁芯上。已知电流计G的指针向电流流入一侧偏转,则下列操作可以使电流计G的指针向“+”接线柱偏转的是( )
A.闭合开关S瞬间
B.保持S断开,将滑动变阻器R的滑片向右移
C.保持S闭合,将滑动变阻器R的滑片向右移
D.保持S闭合,将滑动变阻器R的滑片向左移
C
解析 由安培定则知,闭合开关S瞬间,线圈M在其内部产生向左的磁通量,则通过线圈N的磁通量向左增加,由楞次定律知感应电流磁场向右,通过电流计的电流为从左到右,则电流计指针向“-”接线柱偏转,故A错误;保持S断开,则线圈M中没有电流,没有磁通量通过铁芯,电流计不偏转,故B错误;保持S闭合,将滑动变阻器R的滑片向右移,R接入电路的电阻增大,通过线圈M的电流减小,铁芯中向左的磁通量减小,由“增反减同”知线圈N中感应磁场方向向左,则通过电流计的电流为从右到左,电流计指针向“+”接线柱偏转,故C正确;由C中分析可知,R的滑片向左移,出现的现象与C完全相反,结果电流计指针会向“-”接线柱偏转,故D错误。
专题二 电磁感应中的电路问题
1.对电源的理解
(1)在电磁感应现象中,产生感应电动势的那部分导体相当于电源,如切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等,这种电源将其他形式的能转化为电能。
(2)判断感应电流和感应电动势的方向,都是利用相当于电源的部分根据右手定则或楞次定律判定的。实际问题中应注意外电路电流由高电势处流向低电势处,而内电路则相反。
2.对电路的理解
(1)内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈,外电路由电阻、电容等电学元件组成。
(2)在闭合电路中,相当于“电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样,等于路端电压,而不等于感应电动势。
3.解决电磁感应中的电路问题的基本思路
(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势,该导体或电路就是电源,其他部分是外电路。
(2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小,用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向。
(3)分清内外电路,画出等效电路图。
(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、焦耳热等公式联立求解。
典例2 如图所示,MN、PQ为平行光滑金属导轨(金属导轨电阻忽略不计),MN、PQ相距L=50 cm,导体棒AB在两轨道间的电阻为r=1 Ω,且可以在MN、PQ上滑动,定值电阻R1=3 Ω,R2=6 Ω,整个装置放在磁感应强度为B=1.0 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于整个导轨平面,现用外力F拉着AB棒向右以v=5 m/s的速度做匀速直线运动。求:
(1)导体棒AB产生的感应电动势E和AB棒上的感应电流方向;
(2)导体棒AB两端的电压UAB。
解析 (1)导体棒AB产生的感应电动势E=BLv=2.5 V
由右手定则知,AB棒上的感应电流方向向上,即沿B→A方向。
方法技巧 导体棒在匀强磁场中运动的变与不变
(1)外电阻的变与不变:若外电路由无阻导线和定值电阻构成,导体棒运动过程中外电阻不变;若外电路由考虑电阻的导线组成,导体棒运动过程中外电阻改变。
(2)内电阻与电动势的变与不变:切割磁感线的有效长度不变,则内电阻与电动势均不变;反之,发生变化。处理电磁感应过程中的电路问题时,需特别关注电动势及内、外电阻是否变化。
针对训练2
(多选)如图所示,两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置,间距为l=1 m,cd间、de间、cf间分别接着阻值R=10 Ω的电阻。一阻值R=10 Ω的导体棒ab以速度v=4 m/s匀速向左运动,导体棒与导轨接触良好。导轨所在平面存在磁感应强度大小B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法正确的是( )
A.导体棒ab中电流的方向为由b到a
B.cd两端的电压为1 V
C.de两端的电压为1 V
D.fe两端的电压为1 V
BD
解析 由右手定则可知ab中电流方向为a→b,A错误;导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,ab为电源,cd间电阻R为外电路负载,de和cf间电阻中无电流,de和cf间无电压,因此cd和fe两端电压相等,即 V, B、D正确,C错误。
专题三 电磁感应中的图像问题
1.明确图像的种类,即是B-t图像还是Φ-t图像,或者是E-t图像、I-t图像、F-t图像等。
2.分析电磁感应的具体过程。
3.确定感应电动势(或感应电流)的大小和方向,有下列两种情况:
(1)若回路面积不变,磁感应强度变化时,用楞次定律确定感应电流的方向,
(2)若磁场不变,导体切割磁感线,用右手定则判断感应电流的方向,用E=Blv确定感应电动势大小的变化。
4.画图像或判断图像,特别注意分析斜率的变化、截距的大小等。
5.涉及受力问题,可由安培力公式F=IlB和牛顿运动定律等规律写出有关函数关系式。
典例3 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,从图中所示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域,则在该过程中,图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像是
( )
D
解析 由楞次定律可知,当矩形闭合线圈进入磁场和离开磁场时,安培力总是阻碍物体的运动,方向始终向左,所以外力始终水平向右,因安培力的大小不同且在中间时最大,故选项D正确,选项C错误;当矩形闭合线圈进入磁场时,由法拉第电磁感应定律判断,感应电流的大小在中间时是最大的,故选项A、B错误。
方法技巧 解决线框进出磁场问题需要注意的事项
(1)由线框的形状判断切割磁感线的有效长度是否变化,如何变化。
(2)若只有一个磁场且足够宽,关注两个过程即可,即进入磁场的过程和离开磁场的过程。
(3)若有两个不同的磁场,还需注意线框的边分别在不同磁场时产生感应电流方向的关系。
针对训练3
(多选)(2023福建福州平潭岚华中学期末)如图所示,水平光滑桌面上有一等边三角形金属线框abc,c点恰处于方向垂直于桌面向里的匀强磁场的边界PQ上,在拉力F的作用下,线框以恒定速率通过匀强磁场区域,磁场的宽度大于线框的边长,且运动过程中ab始终与PQ保持平行。在线框从开始进入磁场区域到完全进入磁场区域的过程中,下列四幅图中可正确反映线框中的感应电流I、热功率P、外力F以及通过线框横截面的电荷量q随时间t或时间的二次方t2的变化规律的是( )
答案 AC
专题四 电磁感应中的“双杆”模型
1.模型分类
“双杆”模型分为两类:一类是“一动一静”,甲杆静止不动,乙杆运动,其实质是单杆问题,不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止、受力平衡。另一类是两杆都在运动,对于这种情况,要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减。
2.分析方法
通过受力分析,确定运动状态,一般会有收尾状态。对于收尾状态往往会有恒定的速度或者加速度等,再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点进行分析求解。
典例4 如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5 T。在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1 kg,电阻R1=0.1 Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑。然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4 kg,电阻R2=0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,g取10 m/s2。
(1)求cd下滑的过程中,ab中的电流方向;
(2)求ab刚要向上滑动时,cd的速度v;
(3)若从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,
cd滑动的距离x=3.8 m,求此过程中ab上产生的热量Q。
解析 (1)由右手定则可知,电流方向为由a流向b。
(2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有Fmax=m1gsin θ
设ab刚好要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律得E=BLv
设ab所受安培力为F安,有F安=ILB
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件得
F安=m1gsin θ+Fmax
综合以上各式,代入数据解得v=5 m/s。
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒得
综合上式,代入数据解得Q=1.3 J。
答案 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
方法技巧 分析“双杆”模型问题时,要注意“双杆”之间的制约关系,即“动杆”与“被动杆”之间的关系,最终“双杆”的收尾状态的确定是分析该类问题的关键。
针对训练4
(多选)(2022湖南卷)如图所示,间距l=1 m的U形金属导轨,一端接有0.1 Ω的定值电阻R,固定在高h=0.8 m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1 kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上,两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,接入电路的阻值均为0.1 Ω,与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),导体棒a距离导轨最右端1.74 m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为0.1 T。用F=0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a,当导体棒a运动到导轨最右端时,导体棒b刚要滑动,撤去F,导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10 m/s2,不计空气阻力,不计其他电阻,下列说法正确的是( )
A.导体棒a离开导轨至落地过程中,水平位移为0.6 m
B.导体棒a离开导轨至落地前,其感应电动势不变
C.导体棒a在导轨上运动的过程中,导体棒b有向右运动的趋势
D.导体棒a在导轨上运动的过程中,通过电阻R的电荷量为0.58 C
答案 BD
解析 当导体棒b刚要滑动时,有F安=μmg,F安=BIbl,设此时导体棒a的速度为
运动过程中与磁场垂直,水平速度v不变,由E=Blv知,其感应电动势不变,故B正确;导体棒a在导轨上运动的过程中,由右手定则判断出电路中电流方向,又由左手定则知导体棒b受到的安培力的方向向左,导体棒b有向左运动的趋势,故C错误;导体棒a在导轨上运动的过程中,通过电路的电荷量
专题五 自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
项目 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡(线圈有电阻)
电路图
通电时 电流逐渐增大,灯泡逐渐变亮 电流突然增大,然后逐渐减小达到稳定
断电时 电流逐渐减小,灯泡逐渐变暗,电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2:
①若I2≤I1,灯泡逐渐变暗;
②若I2>I1,灯泡“闪亮”后逐渐变暗。两种情况下灯泡中电流方向均改变
典例5 图甲、乙是演示自感现象的两个电路图,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.图甲中,A1与L1的电阻值相同
B.图甲中,闭合S1,电路稳定后,A1中
电流大于L1中电流
C.图乙中,变阻器R与L2的电阻值相同
D.图乙中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等
C
解析 题图甲中,稳定时通过A1的电流记为I1,通过L1的电流记为IL,S1断开瞬间,A1突然变亮,可知IL>I1,因此A1和L1电阻不相等,所以A、B错误;题图乙中,闭合S2时,由于自感作用,通过L2与A2的电流I2会逐渐增大,而通过R与A3的电流I3立即变大,因此电流不相等,所以D错误;由于最终A2与A3亮度相同,所以两支路电流I相同,根据部分电路欧姆定律,两支路电压U与电流I均相同,所以两支路电阻相同,由于A2、A3完全相同,故变阻器R与L2的电阻值相同,所以C正确。
针对训练5
如图所示,电路中自感线圈电阻很小,可以忽略不计。R的阻值和L的自感系数都很大,A、B为两个完全相同的灯泡,电源为理想电源,当开关S闭合时,下列说法正确的是( )
A.A比B先亮,然后A灭
B.B比A先亮,然后A灯逐渐变亮
C.A、B一起亮,然后A灭
D.A、B一起亮,然后B灭
解析 开关S闭合时,由于与A灯串联的线圈L的自感系数很大,故在线圈上产生很大的自感电动势,阻碍电流的增大,所以B比A先亮,由于L的直流电阻很小,所以稳定后A灯的电流变大,A灯逐渐变亮,故A、C、D错误,B正确。
B第2章测评
(时间:75分钟 满分:100分)
一、单项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.在如图所示的电路中,三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1
B.L1逐渐变暗,L2立即熄灭,L3先变亮然后逐渐变暗
C.L2立即熄灭,L1、L3均逐渐变暗
D.L1、L2、L3均先变亮,然后逐渐变暗
2.如图所示,绕在铁芯上的线圈M与电源、滑动变阻器和开关组成了一个闭合回路,在铁芯的右端,线圈P与电流表连成闭合电路。下列说法正确的是( )
A.开关S闭合,电路稳定后,线圈P中有感应电流,线圈M、P相互排斥
B.开关S闭合,电路稳定后,使变阻器滑片向左匀速移动,线圈P中有感应电流,线圈M、P相互排斥
C.开关S闭合,电路稳定后,使变阻器滑片向右匀速移动,线圈P中有感应电流,线圈M、P相互排斥
D.开关S闭合瞬间,线圈P中有感应电流,线圈M、P相互吸引
3.如图所示的金属线框,面积为S,处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场的方向与线框平面成θ角,线框从图示实线位置,以线框ab边为轴顺时针转过90°到虚线位置时,所用时间为T,则该过程( )
A.在初始位置时,穿过线圈的磁通量Φ=BScos θ
B.线框中磁通量的变化量为ΔΦ=0
C.线框中感应电流方向先沿adcba方向再沿abcda方向
D.线框中产生的平均感应电动势为
4.(2023福建福州平潭岚华中学期末)如图甲所示,面积为0.4 m2的100匝线圈处在匀强磁场中,线圈电阻r=4 Ω,磁场方向垂直线圈平面向里,磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,定值电阻R=6 Ω。在0~10 s内( )
A.线圈产生的感应电动势均匀增大 B.线圈产生的感应电流沿顺时针方向
C.a、b两点间电压Uab=4 V D.通过电阻R的电荷量为4 C
二、多项选择题:本题共4小题,每小题6分,共24分,每小题有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
5.(2023福建师大附中开学考试)如图甲所示,一铝制圆环处于垂直环面的磁场中,圆环半径为r,电阻为R,磁场的磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示,t=0时刻磁场方向垂直纸面向里,则下列说法正确的是( )
A.在t=t0时刻,圆环中的感应电流沿逆时针方向
B.在t=t0时刻,圆环中的电功率为
C.在t=t0时刻,圆环中的感应电动势为零
D.0~t0时间内,圆环有扩张的趋势
6.置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线,与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上,如图所示。导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是( )
A.圆盘顺时针加速转动时,ab棒将向右运动
B.圆盘顺时针减速转动时,ab棒将向左运动
C.圆盘顺时针减速转动时,ab棒将向右运动
D.圆盘顺时针加速转动时,ab棒将向左运动
7.如图所示,金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行,设整个电路中总电阻为R(恒定不变),整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中,下列叙述正确的是( )
A.ab杆中的电流与速率v成正比
B.磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比
C.电阻R上产生的热功率与速率v成正比
D.外力对ab杆做功的功率与速率v成正比
8.如图所示,光滑斜面PMNQ的倾角为θ=30°,斜面上放置一矩形导线框abcd,其中ab边长L1=0.5 m,bc边长为L2,导线框质量m=1 kg、电阻R=0.4 Ω,有界匀强磁场的磁感应强度为B=2 T,方向垂直于斜面向上,ef为磁场的边界,且ef∥MN。导线框在沿斜面向上且与斜面平行的恒力F=10 N 作用下从静止开始运动,其ab边始终保持与底边MN平行。已知导线框刚进入磁场时做匀速运动,且进入过程中通过导线框某一截面的电荷量q=0.5 C,则下列判断正确的是( )
A.导线框进入磁场时的速度为2 m/s
B.导线框bc边长为L2=0.1 m
C.导线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为0.4 m
D.导线框进入磁场的过程中产生的热量为1 J
三、非选择题:共60分。考生根据要求作答。
9.(4分)如图所示,水平放置的两组光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,当PQ在外力的作用下运动时,MN将在 的作用下向右运动,由此可知PQ所做的运动是 。
10.(4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M=200 g的小磁铁(长度可忽略),以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为3.6 m,则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看作平抛运动),铝环向 边偏斜;若铝环在磁铁穿过后速度为2 m/s,在磁铁穿过铝环的整个过程中,环中产生电能为 J(g取10 m/s2)。
11.(5分)如图所示是某实验小组在“研究磁通量变化时感应电流的方向”实验中的部分操作示意图,图甲是电流通过灵敏电流计时指针的偏转情况。
(1)图甲电路中串联定值电阻R主要是为了 。
A.减小电路两端的电压,保护电源
B.增大电路两端的电压,保护电源
C.减小电路中的电流,保护灵敏电流计
D.减小电路中的电流,便于观察灵敏电流计的读数
(2)实验操作如图乙所示,当磁铁向上抽出时,灵敏电流计G中指针向 (选填“左”或“右”)偏;继续操作如图丙所示,判断此时条形磁铁的运动是 (选填“插入”或“抽出”)线圈。
12.(7分)某学习小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”的实验中采用了如图甲所示的实验装置。
(1)实验需用螺旋测微器测量挡光片的宽度Δd,如图乙所示,Δd= mm;若实验中没有现成的挡光片,某同学用金属片替代,用20分度的游标卡尺测量金属片的宽度如图丙所示,其读数为 mm,这种做法是否合理 (选填“合理”或“不合理”)。
(2)在实验中,让小车以不同速度靠近螺线管,记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E,改变速度多次实验,得到多组数据。这样实验的设计满足了物理实验中常用的“控制变量法”,你认为小车以不同速度靠近螺线管过程中不变的量是:在Δt时间内 。
(3)得到多组Δt与E数据之后,若以E为纵坐标、以Δt为横坐标画出E-Δt图像,发现图像是一条曲线,不容易得出清晰的实验结论,为了使画出的图像为一条直线,最简单的改进办法是以 为横坐标。
(4)根据改进后画出的图像得出的结论是:在误差允许的范围内 。
13.(10分)如图所示,垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd,其边长为L,总电阻为R,ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中,线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动,求:
(1)拉力做功的功率;
(2)ab边产生的焦耳热。
14.(12分)(2022全国乙卷)如图所示,一不可伸长的细绳的上端固定,下端系在边长为l=0.40 m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平,其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ=5.0×10-3 Ω/m;在t=0到t=3.0 s时间内,磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)=0.3-0.1t(SI)。求:
(1)t=2.0 s时金属框所受安培力的大小;
(2)在t=0到t=2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。
15.(18分)如图所示,MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨间距为L=0.5 m,导轨所在平面与水平面夹角θ=37°,M、P间接阻值为R=9 Ω的电阻。匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B=2 T。质量为m=0.1 kg、阻值为r=1 Ω的金属棒放在两导轨上,在平行于导轨的恒定拉力F=1 N作用下,从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触,导轨电阻不计,导轨和磁场足够大,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求金属棒的速度为2 m/s时的加速度;
(2)求金属棒能获得的最大速度;
(3)若金属棒从开始运动到获得最大速度时,在导轨上滑行的距离是2.5 m,求这一过程中R上产生的焦耳热。
第2章测评
1.B 开关S从闭合状态突然断开时,L中产生方向向右的自感电动势,L1逐渐变暗;因为理想二极管单向导电,所以L2立即熄灭;因L3中原电流小于L1中电流,故L3先变亮后逐渐变暗,选项B正确。
2.B 开关S闭合,电路稳定后,线圈M中的电流不变,由安培定则可知,产生的磁场方向沿铁芯轴线向右,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A错误;当开关S闭合,电路稳定后,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,线圈P中产生感应电流,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,B正确;同理可知C错误;开关S闭合瞬间,线圈P中有感应电流,M、P相互排斥,所以D错误。
3.D 初始位置,磁通量Φ=BSsinθ,选项A错误;若规定从abcd面的下面穿过到上面的磁通量为正,则末位置的磁感线从上面穿过下面,磁通量为Φ'=-BScosθ,可得ΔΦ=Φ'-Φ=-BScosθ-BSsinθ=-BS(cosθ+sinθ),负号表示磁通量变化的方向沿负方向,而变化量的大小为BS(cosθ+sinθ),选项B错误;由楞次定律知,线框中感应电流方向始终为adcba,选项C错误;由法拉第电磁感应定律有E=,选项D正确。
4.D 因B-t图像的斜率一定,则一定,线圈面积S不变,由法拉第电磁感应定律E=N知产生的感应电动势不变,选项A错误;根据楞次定律可知,线圈中产生逆时针方向的感应电流,则a点电势高于b点,由图乙知T/s=0.1T/s,则E=nS=100×0.1×0.4V=4V,电路的总电流I=A=0.4A,Uab=IR=0.4×6V=2.4V,选项B、C错误;通过电阻R的电荷量为q=It=0.4×10C=4C,选项D正确。
5.BD 由磁场的磁感应强度B随时间变化的关系图像可知,0~t0时间内,磁场垂直纸面向里,B减小,所以圆环中的磁通量减小,根据楞次定律可判断圆环中的感应电流沿顺时针方向,磁场反向后,圆环中的感应电流的方向没有改变,所以在t=t0时刻,圆环中的感应电流沿顺时针方向,感应电动势不为零,故A、C错误;由法拉第电磁感应定律可得,线圈产生的感应电动势为E=S=πr2,所以线圈的电功率为P=,故B正确;0~t0时间内,磁感应强度在减小,线圈的磁通量在减小,根据楞次定律可知,线圈有扩张趋势,故D正确。
6.CD 由右手定则知,圆盘顺时针加速转动时,感应电流从圆心流向边缘,线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强;由楞次定律知,线圈B中的感应磁场方向向上,由右手螺旋定则知,ab棒中感应电流方向由a→b;由左手定则知,ab棒受的安培力方向向左,将向左运动,故A错误,D正确。同理可知,圆盘顺时针减速转动时,ab棒将向右运动,故B错误,C正确。
7.AB 由E=Blv和I=,得I=,所以安培力F=BIl=,电阻上产生的热功率P=I2R=,外力对ab杆做功的功率就等于回路产生的热功率,故A、B正确,C、D错误。
8.ACD 导线框刚进入磁场时做匀速运动,则F=mgsin30°+,解得v=2m/s,选项A正确;根据q=,解得L2=0.2m,选项B错误;导线框在磁场外运动的加速度a==5m/s2,则导线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为x=m=0.4m,选项C正确;导线框进入磁场的过程中产生的热量为Q=FL2-mgL2sin30°=10×0.2J-10×0.5×0.2J=1J,选项D正确。故选ACD。
9.解析 水平放置光滑轨道上的金属棒MN位于磁场中,当线圈L2中产生感应电流时,金属棒MN会受到磁场对它的安培力作用下从而发生运动;金属棒MN向右运动,据左手定则可得,通过金属棒MN的电流方向是M到N,所以线圈L2中电流的磁场方向由L1指向L2;所以L1中磁场是由L1指向L2的减小或由L2指向L1的增大,通过PQ的电流是Q到P减小或P到Q增大,所以PQ所做的运动是向右减速或向左加速。
答案 安培力 向右减速或向左加速
10.解析 由楞次定律可知,当小磁铁向右运动时,铝环向右边偏斜(阻碍相对运动)。由能量守恒可得:由磁铁穿过铝环飞行的水平距离可求出磁铁穿过后的速度v==9m/s,E电=Mv2-mv'2=1.7J。
答案 右 1.7
11.解析 (1)电路中串联定值电阻,目的是减小电流,保护灵敏电流计。故C项正确,A、B、D项错误。
(2)在乙图中,当磁铁向上抽出,磁通量减小,根据楞次定律知,感应电流的磁场与原磁场方向相同,则流过灵敏电流计的电流方向为从下往上,所以灵敏电流计指针向右偏。在丙图中,感应电流流过灵敏电流计的方向是从上往下,则感应电流的磁场方向向上,与原磁场方向相同,知磁通量在减小,即磁铁抽出线圈。
答案 (1)C (2)右 抽出
12.解析 (1)螺旋测微器固定刻度为4.5mm,可动刻度为0.01×30.0=0.300mm,所以最终读数为4.5mm+0.300mm=4.800mm。游标卡尺的主尺读数为70mm,游标读数为0.05×3mm=0.15mm,所以最终读数为70mm+0.15mm=70.15mm。挡光片的宽度越小,小车经过挡光片时的平均速度越接近小车的瞬时速度,挡光片的宽度越大,小车的速度误差越大,不能用金属片替代挡光片。(2)在挡光片每次经过光电门的过程中,磁铁与线圈之间相对位置的改变量都一样,穿过线圈磁通量的变化量ΔΦ都相同。(3)E=n,因ΔΦ不变,E与成正比,横坐标应该是。(4)感应电动势与磁通量变化率成正比(或者在磁通量变化量相同的情况下,感应电动势与时间成反比)。
答案 (1)4.800 70.15 不合理 (2)穿过线圈的磁通量的变化量 (3) (4)感应电动势与磁通量变化率成正比(或者在磁通量变化量相同的情况下,感应电动势与时间成反比)
13.解析 (1)线框中的感应电动势E=BLv
感应电流I=
线框所受拉力大小等于安培力大小,即F=BIL
拉力的功率P=Fv=。
(2)线框ab边电阻Rab=
运动时间t=
ab边产生的焦耳热Q=I2Rabt=。
答案 (1) (2)
14.解析 (1)金属框的总电阻为R=4lλ=4×0.40×5.0×10-3Ω=0.008Ω
金属框中产生的感应电动势为E==0.008V
金属框中的电流为I==1A
t=2.0s时磁感应强度为B2=(0.3-0.1×2.0)T=0.1T
金属框处于磁场中的有效长度为l1=l
此时金属框所受安培力大小为F安=B2Il1=N。
(2)0~2.0s内金属框产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.016J。
答案 (1) N (2)0.016 J
15.解析 (1)在沿斜面方向上,导体棒受到沿斜面向上的拉力,沿斜面向下的重力的分力以及安培力,根据牛顿第二定律可得F--mgsinθ=ma,
解得当金属棒的速度为2m/s时的加速度为a=2m/s2。
(2)当金属棒受力平衡时,速度最大,
故F--mgsinθ=0,解得vm=4m/s。
(3)根据动能定理可得WF-W安-WG=mv2
又知道R上产生的焦耳热为QR=W安
联立解得QR=0.18J。
答案 (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)0.18 J
