《练习一感应电流的产生和方向感应电动势自感.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《练习一感应电流的产生和方向感应电动势自感.ppt（31页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、1.(2009宁夏19)如图1所示,一导 体圆环位于纸面内,O为圆心.环内两 个圆心角为90的扇形区域内分别有 匀强磁场,两磁场磁感应强度的大小 相等,方向相反且均与纸面垂直.导体 杆OM可绕O转动,M端通过滑动触点与圆环接触 良好.在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速 度逆时针转动,t=0时恰好在图示位置.规定从a 到b流经电阻R的电流方向为正,圆环和导体杆的 电阻忽略不计,则杆从t=0开始转动一周的过程中,电流随t变化的图象是(),定时检测一 楞次定律和电磁感应定律 自感,图1,解析 旋转的导体棒在磁场中切割磁感线,产生电动势,由右手定则可判断,开始时电流方向由b向a,为负方向,后来磁
2、场方向相反,电流方向为正方向,因为只有开始的1/4周期和第3个1/4周期内导体棒切割磁感线,所以C正确.答案 C,2.(2009浙江17)如图2所示,在磁感应强度大小为B、方向竖 直向上的匀强磁场中,有一质量 为m、阻值为R的闭合矩形金属 线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在 O点,并可绕O点摆动.金属线框 从右侧某一位置静止开始释放,在摆动到左侧最高点的过程中,细杆和金属线框平面始终处于同一平面,且垂直纸面.则线框中感应电流的方向是()A.abcda B.dcbad C.先是dcbad,后是abcda D.先是abcda,后是dcbad,图2,解析 由楞次定律可知,在线框从右侧摆动到O点正下方的
3、过程中,向上的磁通量在减小,故感应电流的方向沿adcba,线框从O点正下方向左侧摆动的过程,电流方向沿adcba,故选B.答案 B,3.(2008全国21)如图3所示,一 个边长为l的正方形虚线框内有垂直 于纸面向里的匀强磁场;一个边长也 为l的正方形导线框所在平面与磁场 方向垂直;虚线框对角线ab与导线框 的一条边垂直,ba的延长线平分导线 框.在t=0时,使导线框从图示位置开始以恒定速度 沿ab方向移动,直到整个导线框离开磁场区域.以i 表示导线框中感应电流的强度,取逆时针方向为 正.下列表示it关系的图示中,可能正确的是(),图3,解析 如下图所示设恒定速度为v,则CD边运动至C1D1位
4、置的过程中只有CD边切割磁感线,产生的感应电动势E1=2Bv2ttan 45=2Bv2t则i1=tCD边由C1D1运动至C2D2的过程中(如下图),只有CD边切割磁感线,有效长度为l产生的电动势E2=Blv为定值,则i2=也为定值,方向为逆时针.CD边由C2D2运动至C3D3位置的过程中仍只有CD边切割磁感线时,AB边开始进入磁场,此过程中CD边产生的感应电动势可表示为E3=2Bv=Blv-2Bv2t则i3=,CD边由C3D3运动至C4D4的过程中,CD边与AB边同时切割磁感线产生的感应电动势为E4=Blv-2Bv2t-2Bv2t=Blv-4Bv2ti4=当t=时,i4=0当t 时,i的方向变
5、为顺时针.电流变为顺时针后,由于对称性,其大小变化将重复上述过程.由以上分析可判定C选项正确.答案 C,4.(2008海南1)法拉第通过精心设计的一系列 实验,发现了电磁感应定律,将历史上认为各自独 立的学科“电学”与“磁学”联系起来,在下面 几个典型的实验设计思想中,所作的推论后来被 实验否定的是()A.既然磁铁可使近旁的铁块带磁,静电荷可使近 旁的导体表面感应出电荷,那么静止导线上的 稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流 B.既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势,那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出 电流,C.既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流,那么静止的磁铁也可在近
6、旁运动的导体中感应出电动势D.既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势,那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中 感应出电流,解析 磁铁可使近旁的铁块磁化带磁,静电荷可使近旁的导体引起静电感应带电,但静止的稳恒电流,其磁场不变,不会使静止的线圈磁通量发生变化而产生感应电流,所以A项被实验否定,答案应为A.除此之外,磁铁可使运动的导体切割磁感线产生感应电动势,稳恒电流尽管磁场不变,但运动的线圈磁通量会变化,同样运动导线上的稳恒电流也会使线圈磁通量变化,综上所述B、C、D都会被实验所证实是正确的.答案 A,5.(2008海南10)一航天飞机下有一细金属杆,杆指向地心.若仅考虑地磁场的影响,则当
7、航天飞 机位于赤道上空()A.由东向西水平飞行时,金属杆中感应电动势的 方向一定由上向下 B.由西向东水平飞行时,金属杆中感应电动势的 方向一定由上向下 C.沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时,金属杆中感应电动势的方向一定由下向上 D.沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时,金属杆中一定没有感应电动势 解析 由于地磁场方向由南向北,由右手定则,判断 出A、D对.,AD,6.(2009山东21)如图4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
8、点进入磁场为止,下列结 论正确的是(),图4,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Em=BavD.感应电动势平均值E=Bav解析 由楞次定律可知感应电流方向始终沿逆时针,故选项A正确;由右手定则知CD段直导线始终受安培力,故选项B错误.当有一半进入磁场时,切割磁感线的有效长度最大,最大感应电动势为Em=Bav,故选项C正确;根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势的平均值，故选项D正确.答案 ACD,7.(2009安徽20)如图5甲所示,一个电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd,水平放置在匀强磁场 中,磁场的磁感应强度为B,方向与ad边垂直并与 线框平面abcd
9、成45角,O、O分别是ab边和cd 边的中点.现将线框右半边绕OO逆时针旋转90到图乙所示位置.在这一过程中,导线中通过的电 荷量是(),图5,A.B.C.D.0解析 设开始穿过的磁通量为正,开始磁通量为 1=BSsin 45=BS,则转过90时穿过aOO,左边一半线框的磁通量为 2=B sin 45=BS 穿过bOOc右边的一半线框的磁通量为 2=-B sin 45=-BS,因此,转过90时穿过整个线框的磁通量为 2=2+2=0 转动过程中磁通量变化量为=1-2=BS 由法拉第电磁感应定律得=根据闭合电路的欧姆定律有=,该过程通过线框截面的电荷量q=t 联立式得q=答案 A,8.(2008江
10、苏8)如图6所示的电路中,三个相同 的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接,电 感的电阻忽略不计,开关S从闭合状态突然断开时,下列判断正确的有(),图6,A.a先变亮,然后逐渐变暗B.b先变亮,然后逐渐变暗C.c先变亮,然后逐渐变暗D.b、c都逐渐变暗解析 由题图中看出,S突然断开时,电感L1、L2中的感应电流瞬间都加在灯a上,所以a瞬间电流比原来大,所以灯a先变亮,然后逐渐变暗,b、c都逐渐变暗.答案 AD,9.(2009全国24)如图7所示,匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里,大小随时间的变化率为=k,k为负的常量.用电阻率为、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框,将方框固
11、定于 纸面内,其右半部位于磁场区域中.求,图7,(1)导线中感应电流的大小.(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率.解析(1)导线框产生的感应电动势E=l2B 导线框中的电流I=式中R是导线框的电阻,根据电阻定律有R=,联立式,将=k代入得I=(2)导线框所受磁场的作用力大小为F=BIl 它随时间的变化率为 由式得=答案(1)(2),10.(2008天津25)磁悬浮列车是一种高速低耗 的新型交通工具.它的驱动系统简化为如下模型,固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电 阻金属框,电阻为R,金属框置于xOy平面内,长边 MN长为l平行于y轴,宽为d的NP边平行于x轴,如图 8甲所示.列车轨
12、道沿Ox方向,轨道区域内存在垂 直于金属框平面的磁场,磁感应强度B沿Ox方向按 正弦规律分布,其空间周期为,最大值为B0,如图乙所示,金属框同一长边上各处的磁感应强度相同,整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移.设在短暂时间内,MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略,并忽略一切阻力.列车在驱动系统 作用下沿Ox方向加速度行驶,某时刻速度为v(vv0).,(1)简要叙述列车运行中获得驱动力的原理.(2)为使列车获得最大驱动力,写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及 与d之间应满足的关系式.(3)计算在满足第(2)问的条件下列车速度为v时驱动力的大小.,图8,解析(1)由于列车速度与
13、磁场平移速度不同,导致穿过金属框的磁通量发生变化,由于电磁感应,金属框中会产生感应电流,该电流受到的安培力即为驱动力.(2)为使列车获得最大驱动力,MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方,这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大,导致框中电流最强,也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大.因此,d应为 的奇数倍,即d=(2k+1)或=(kN),(3)由于满足第(2)问条件,则MN、PQ边所在处的磁感应强度大小均为B0且方向总相反,经短暂的时间t,磁场沿Ox方向平移的距离为v0t,同时,金属框沿Ox方向移动的距离为vt.因为v0v,所以在t时间内MN边扫过磁场的面积S=(v0-v)lt在此t时间内,MN边左侧穿过S的磁通量移进金属框而引起框内磁通量变化 MN=B0l(v0-v)t同理,该t时间内,PQ边左侧移出金属框的磁通量引起框内磁通量变化 PQ=B0l(v0-v)t,故在t内金属框所围面积的磁通量变化=MN+PQ根据法拉第电磁感应定律,金属框中的感应电动势大小E=根据闭合电路欧姆定律有I=根据安培力公式,MN边所受的安培力FMN=B0IlPQ边所受的安培力FPQ=B0Il根据左手定则,MN、PQ边所受的安培力方向相同,此时列车驱动力的大小F=FMN+FPQ=2B0Il联立解得F=,答案(1)见解析(2)位置见解析d=(2k+1)或=(kN)(3),返回,
