2017-2018学年高中物理教科版选修3-2课时跟踪检测:(三) 楞次定律 电磁感应中的能量转化与守恒

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课时跟踪检测(三) 楞次定律 电磁感应中的能量转化与守恒

1.如图所示,是高二某同学演示楞次定律实验记录,不符合实验事实的是( ) ...

解析:选D D选项中,由楞次定律知:当条形磁铁拔出时,感应电流形成的磁场与原磁场方向相同,因原磁场方向向上,故感应磁场方向也向上,再由安培定则知,D项不符合。

2.如图1所示,一个有界匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外。一个矩形闭合导线框abcd,沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)。则( )

图1

A.导线框进入磁场时,感应电流方向为a→b→c→d→a B.导线框离开磁场时,感应电流方向为a→d→c→b→a C.导线框离开磁场时,受到的安培力方向水平向右 D.导线框进入磁场时,受到的安培力方向水平向左

解析:选D 线框进入磁场时,磁通量增大,因此感应电流形成磁场方向向里,由右手定则可知感应电流方向为a→d→c→b→a,安培力方向水平向左,同理线框离开磁场时,电流方向为a→b→c→d→a,安培力方向水平向左,故A、B、C错误,D正确。

3.(2016·浙江高考)如图2所示,a,b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则( )

图2

A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1 C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4 D.a、b线圈中电功率之比为3∶1

解析:选B 当磁感应强度变大时,由楞次定律知,线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外,由安培定则知,线圈内产生逆时针方向的感应电流,选项A错误;由法拉第电ΔBL

磁感应定律E=S及Sa∶Sb=9∶1知,Ea=9Eb,选项B正确;由R=ρ知两线圈的电

ΔtS′阻关系为Ra=3Rb,其感应电流之比为Ia∶Ib=3∶1,选项C错误;两线圈的电功率之比为Pa∶Pb=EaIa∶EbIb=27∶1,选项D错误。

4.(多选)如图3甲所示,单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连,线圈内有一垂直纸面向里的磁场,线圈中的磁通量变化规律如图乙所示。下列说法正确的是( )

图3

A.0~0.1 s内磁通量的变化量为0.15 Wb B.电压表读数为0.5 V C.电压表“+”接线柱接A端 D.B端比A端的电势高

解析:选BC 0~0.1 s内磁通量的变化量为ΔΦ=0.15 Wb-0.10 Wb=0.05 Wb,线圈内的磁通量垂直向里增加,所以根据楞次定律可得感应电流方向为逆时针方向,即电流从A流向B,所以电压表“+”接线柱接A端,A端的电势比B端的高,根据法拉第电磁感应定律E=

ΔΦ0.05 Wb==0.5 V,即电压表示数为0.5 V,故B、C正确。 Δt0.1 s

5.(多选)如图4甲所示,矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁感线的方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直于纸面向里,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。则下列i-t图像中可能正确的是( )

图4

解析:选CD 由图可知,0~1 s内,线圈中磁通量的变化率相同,故0~1 s内电流的方向相同,由楞次定律可知,电路中电流方向为逆时针;同理可知,1~2 s内电路中的电流为顺时针,2~3 s内,电路中的电流为顺时针,3~4 s内,电路中的电流为逆时针,由E=ΔΦΔB·S=可知,电路中电流大小恒定不变。故C、D对。 ΔtΔt

6.(多选)如图5所示,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上,H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形,其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律是B=(0.4-0.2t)T,图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则( )

图5

A.t=1 s时,金属杆中感应电流方向从C到D B.t=3 s时,金属杆中感应电流方向从D到C C.t=1 s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N D.t=3 s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N

解析:选AC 根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D,故A正确,B错误;ΔΦΔB⊥SΔBL21由法拉第电磁感应定律可知:E===sin 30°=0.2×12× V=0.1 V,故感应电

ΔtΔtΔt2E

流为I=R=1 A,金属杆受到的安培力FA=BIL,t=1 s时,FA=0.2×1×1 N=0.2 N,方向如图甲,此时金属杆受力分析如图甲,由平衡条件可知F1=FA·cos 60°=0.1 N,F1为挡板P对金属杆施加的力。t=3 s时,磁场反向,此时金属杆受力分析如图乙,此时挡板H对金属1杆施加的力向右,大小F3=BILcos 60°=0.2×1×1× N=0.1 N。故C正确,D错误。

2

甲 乙

7.如图6所示,在一匀强磁场中有一U形导线框abcd,线框处于水平面内,磁场与线框平面垂直,R为一电阻,ef为垂直于ab的一根导体杆,它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时,给ef一个向右的初速度,则( )

图6

A.ef将减速向右运动,但不是匀减速 B.ef将匀减速向右运动,最后停止 C.ef将匀速向右运动 D.ef将往返运动

解析:选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B2L2v

安培力而做减速运动,直到停止,但不是匀减速,由F=BIL=R=ma知,ef做的是加速度减小的减速运动,故A正确。

8.如图7所示,匀强磁场与圆形导体环平面垂直,导体ef与环接触良好,当ef向右匀速运动时( )

图7

A.圆环中磁通量不变,环上无感应电流产生 B.整个环中有顺时针方向的电流 C.整个环中有逆时针方向的电流

D.环的右侧有逆时针方向的电流,环的左侧有顺时针方向的电流

解析:选D 导体ef将圆分成两部分,导体向右移动时,右边的磁通量减小,左边的磁通量增加,根据楞次定律,左边电流为顺时针方向,右边电流为逆时针方向,应选D。

9. (多选)如图8所示的竖直平面内,水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直竖直面向里的匀强磁场,且磁感应强度相同,其宽度均为d,Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为h的无磁场区域,h>d。一质量为m、边长为d的正方形线框由距区域Ⅰ上边界某一高度处静止释放,在穿过两磁场区域的过程中,通过线框的电流及其变化情况相同。重力加速度为g,空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是( )

图8

A.线框进入区域Ⅰ时与离开区域Ⅰ时的电流方向相同 B.线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同 C.线框有可能匀速通过磁场区域Ⅰ

D.线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q=2mg(d+h)

解析:选BD 由楞次定律可知,线框进入区域Ⅰ时感应电流为逆时针方向,而离开区域Ⅰ时的电流方向为顺时针方向,故选项A错误;由楞次定律可知,线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同,均向上,选项B正确;因穿过两磁场区域的过程中,通过线框的电流及其变化情况相同,则可知线圈进入磁场区域Ⅰ一定是减速运动,选项C错误;线圈离开磁场区域Ⅰ的速度应等于离开磁场区域Ⅱ的速度,则在此过程中,线圈的机械能的减小量等于线圈通过磁场区域Ⅱ产生的电能,即Q2=mg(d+h),则线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q=2Q2=2mg(d+h),选项D正确;故选B、D。

10. (多选)如图9所示,电阻不计、相距L的两条足够长的平行金属导轨倾斜放置,与水平面的夹角为θ,整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为B,导轨上固定有质量为m,电阻为R的两根相同的导体棒,导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑,将两根导体棒同时释放后,观察到导体棒MN下滑而EF始终保持静止,当MN下滑的距离为s时,速度恰好达到最大值vm,则下列叙述正确的是( )

图9

A.导体棒MN的最大速度vm=

2mgRsin θ

B2L2

B.此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力为mgsin θ

BLs

C.当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中,通过其横截面的电荷量为

2RD.当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中,导体棒MN中产生的热量为mgssin θ1

-mvm2 2

B2L2vm2mgRsin θ

解析:选AC 当MN下滑到最大速度时满足:mgsin θ=,解得vm=,

2RB2L2选项A正确;此时导体棒满足mgsin θ+F安=f静,故此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力大于mgsin θ,选项B错误;当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中,通过其横截面的ΔΦBLs

电荷量为q==,选项C正确;当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中,两个导

R总2R111

体棒中产生的总热量为mgssin θ-mvm2,则MN中产生的热量是(mgssin θ-mvm2),选

222项D错误;故选A、C。

11.如图10所示,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相连,整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速度v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。导轨和导体棒的电阻均可忽略。求:

图10

(1)电阻R消耗的功率; (2)水平外力的大小。

解析:(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E=Blv,根据欧姆定律,闭合回路中的B2l2v2E2

感应电流为I=,电阻R消耗的功率为P=IR,联立可得P=。

RR

(2)对导体棒受力分析,受到向左的安培力和向左的摩擦力,向右的外力,三力平衡,BlvB2l2v

故有F安+μmg=F,F安=BIl=B·R·l,故F=R+μmg。

B2l2v2B2l2v

答案:(1)R (2)R+μmg

12.如图11所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面。开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框

本文来源:https://www.bwwdw.com/article/0xjf.html

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