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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DD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1A导线框进入磁场时,感应电流方向为abcdaB导线框离开磁场时,感应电流方向为adcbaC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adcba,安培力方向水平向左,同理线框离开磁场时,电流方向为abcda,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la3lb,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2A两线圈内产生顺时针方向的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为91Ca、b线圈中感应电流之比为34Da、b线圈中电功率之比为31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;由法拉第电磁感应定律ES及SaSb91知,Ea9Eb,选项B正确;由R知两线圈的电阻关系为Ra3Rb,其感应电流之比为IaIb31,选项C错误;两线圈的电功率之比为PaPbEaIaEbIb271,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3A00.1 s内磁通量的变化量为0.15 WbB电压表读数为0.5 VC电压表“”接线柱接A端DB端比A端的电势高解析:选BC00.1 s内磁通量的变化量为0.15 Wb0.10 Wb0.05 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E0.5 V,即电压表示数为0.5 V,故B、C正确。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it图像中可能正确的是()图4解析:选CD由图可知,01 s内,线圈中磁通量的变化率相同,故01 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,12 s内电路中的电流为顺时针,23 s内,电路中的电流为顺时针,34 s内,电路中的电流为逆时针,由E可知,电路中电流大小恒定不变。故C、D对。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 。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(0.40.2t)T,图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则()图5At1 s时,金属杆中感应电流方向从C到DBt3 s时,金属杆中感应电流方向从D到CCt1 s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1 NDt3 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;由法拉第电磁感应定律可知:Esin 300.212 V0.1 V,故感应电流为I1 A,金属杆受到的安培力FABIL,t1 s时,FA0.211 N0.2 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F1FAcos 600.1 N,F1为挡板P对金属杆施加的力。t3 s时,磁场反向,此时金属杆受力分析如图乙,此时挡板H对金属杆施加的力向右,大小F3BILcos 600.211 N0.1 N。故C正确,D错误。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6Aef将减速向右运动,但不是匀减速Bef将匀减速向右运动,最后停止Cef将匀速向右运动Def将往返运动解析:选Aef向右运动,切割磁感线,产生感应电动势和感应电流,会受到向左的安培力而做减速运动,直到停止,但不是匀减速,由FBILma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7A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,水平条形区域和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,和之间有一宽度为h的无磁场区域,hd。一质量为m、边长为d的正方形线框由距区域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8A线框进入区域时与离开区域时的电流方向相同B线框进入区域时与离开区域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D线框通过区域和区域产生的总热量为Q2mg(dh)解析:选BD由楞次定律可知,线框进入区域时感应电流为逆时针方向,而离开区域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,线框进入区域时与离开区域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一定是减速运动,选项C错误;线圈离开磁场区域的速度应等于离开磁场区域的速度,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产生的电能,即Q2mg(dh),则线框通过区域和区域产生的总热量为Q2Q22mg(dh),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,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9A导体棒MN的最大速度vmB此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力为mgsin 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D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 mvm2解析:选AC当MN下滑到最大速度时满足:mgsin ,解得vm,选项A正确;此时导体棒满足mgsin F安f静,故此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力大于mgsin ,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,两个导体棒中产生的总热量为mgssin mvm2,则MN中产生的热量是(mgssin mvm2),选项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,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EBlv,根据欧姆定律,闭合回路中的感应电流为I,电阻R消耗的功率为PI2R,联立可得P。(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,故有F安mgF,F安BIlBl,故Fmg。答案:(1)(2)mg12.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,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动,在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g。求图11(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;(2)磁场上下边界间的距离H。解析:(1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有E12Blv1设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有I1设此时线框所受安培力为F1,有F12I1lB由于线框做匀速运动,其受力平衡,有mgF1由式得v1设ab边离开磁场之前线框做匀速运动的速度为v2,同理可得v2由式得v24v1。(2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有2mglmv12线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有mg(2lH)mv22mv12Q由式得H28l。答案:(1)4倍(2)28l
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