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【学练考】2015-2016学年高二人教版物理选修3-2练习册:4.1 划时代的发现 2 探究感应电流的产生条件


1 划时代的发现 2 探究感应电流的产生条件 知识点一 电磁感应的探究历程 1.(多选)在电磁学发展过程中,许多科学家做出了贡献.下列说法正确的是( ) A.奥斯特发现了电流磁效应;法拉第发现了电磁感应现象 B.麦克斯韦预言了电磁波;楞次用实验证实了电磁波的存在 C.库仑发现了点电荷的相互作用规律;密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值 D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律;洛伦

兹发现了磁场对电流的作用规律 知识点二 产生感应电流的条件 2.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是( ) A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化 B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化 C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到 相邻房间去观察电流表的变化 D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间, 观察电流表的变化 3.金属矩形线圈 abcd 在匀强磁场中做如图 L421 所示的运动,线圈中有感应电流的 是( )

图 L421 4.(多选)如图 L422 所示,线圈 abcd 在磁场区域 ABCD 中,下列哪种情况下线圈中 有感应电流产生( )

图 L422 A.把线圈变成圆形(周长不变) B.使线圈在磁场中加速平移 C.使磁场增强或减弱 D.使线圈以过 ab 的直线为轴旋转 知识点三 磁通量 5.如图 L423 所示,矩形线框 abcd 放置在水平面内,磁场方向与水平方向成 α 角, 4 已知 sin α= ,回路面积为 S,磁感应强度为 B,则通过线框的磁通量为( 5 )

图 L423 A.BS 4 B. BS 5

3 3 C. BS D. BS 5 4 6.如图 L424 所示,线圈平面与水平方向成 θ 角,磁感线竖直向下,设磁感应强度为 B,线圈面积为 S,则穿过线圈的磁通量为多少?

图 L424

7.如图 L425 所示,有一个 100 匝的线圈,其横截面是边长为 L=0.20 m 的正方形,放 在磁感应强度为 B=0.50 T 的匀强磁场中,线圈平面与磁场垂直.若将这个线圈横截面的形 状由正方形改变成圆形(横截面的周长不变),在这一过程中穿过线圈的磁通量改变了多少?

图 L425

8.(多选)如图 L426 所示,水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线,以 它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系. 四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放 置,两直导线中的电流大小与变化情况完全相同,电流方向如图所示,当两直导线中的电流 都增大时,四个线圈 a、b、c、d 中感应电流的情况是( )

图 L426 A.线圈 a 中无感应电流 B.线圈 b 中有感应电流

C.线圈 c 中有感应电流 D.线圈 d 中无感应电流 9.(多选)如图 L427 所示,线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连,线圈Ⅱ与电流计 G 相连,线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上,在下列情况下,电流计 G 中有示数的是( )

图 L427 A.开关闭合瞬间 B.开关闭合一段时间后 C.开关闭合一段时间后,来回移动滑动变阻器的滑片 D.开关断开瞬间 10.边长 L=10 cm 的正方形线框固定在匀强磁场中,磁场方向与线框平面间的夹角 θ =30° ,如图 L428 所示,磁感应强度随时间变化的规律为 B=(2+3t) T,则第 3 s 内穿过线 框的磁通量的变化量 ΔΦ 为多少?

图 L428

11.如图 L429 所示,有一垂直于纸面向里的匀强磁场,B=0.8 T,磁场有明显的圆形 边界,圆心为 O,半径为 1 cm.现在纸面内先后放上与磁场垂直的圆线圈,圆心均在 O 处, A 线圈半径为 1 cm,10 匝;B 线圈半径为 2 cm,1 匝;C 线圈半径为 0.5 cm,1 匝. (1)在 B 减为 0.4 T 的过程中,A 线圈和 B 线圈磁通量各改变多少? (2)在磁场转过 30° 角的过程中,C 线圈中磁通量改变多少?

图 L429

1 划时代的发现 2 探究感应电流的产生条件 1.AC [解析] 由物理学史可知,奥斯特发现了电流磁效应,法拉第发现了电磁感应现 象,A 正确;麦克斯韦预言了电磁波,赫兹用实验证实了电磁波的存在,B 错误;库仑发现 了点电荷的相互作用规律,密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值,C 正确;洛伦兹发现 了磁场对运动电荷的作用规律,安培发现了磁场对电流的作用规律,D 错误. 2.D [解析] 本题考查了感应电流产生的条件.产生感应电流的条件是:只要穿过闭 合电路的磁通量发生变化,电路中就会产生感应电流.本题中的 A、B 选项都不会使电路中 的磁通量发生变化,不满足产生感应电流的条件,故不正确.C 选项虽然在插入条形磁铁瞬 间电路中的磁通量发生变化,但是当人到相邻房间时,电路已达到稳定状态,电路中的磁通 量不再发生变化,故观察不到感应电流.在给线圈通电、断电瞬间,会引起闭合电路磁通量 的变化,产生感应电流,因此 D 选项正确. 3.A [解析] 在选项 B、C 中,线圈中的磁通量始终为零,不产生感应电流;选项 D 中磁通量保持不变,也没有感应电流;选项 A 中,在线圈转动过程中,磁通量周期性变化, 产生感应电流,故 A 正确. 4.ACD [解析] 选项 A 中,线圈的面积变化,磁通量变化,故 A 正确;选项 B 中,无 论线圈在磁场中匀速还是加速平移,磁通量都不变,故 B 错误;选项 C、D 中,线圈中的磁 通量发生变化,故 C、D 正确. 5.B [解析] 在磁通量 Φ=BS 公式中,B 与 S 必须垂直,若 B 与 S 不垂直,则 S 要转 4 化为垂直于 B 的有效面积,也可以将 B 转化为垂直于 S 的垂直分量,故 Φ=BSsin α= BS. 5 6.BScos θ [解析] 线圈平面 abcd 与磁场不垂直, 不能直接用公式 Φ=BS 计算, 可以用不同的分解 方法进行求解.可以将平面 abcd 向垂直于磁感应强度的方向投影,使用投影面积;也可以 将磁感应强度沿垂直于平面和平行于平面正交分解,使用磁感应强度的垂直分量. 解法一:把面积 S 投影到与磁场 B 垂直的方向,即水平方向的 a′b′cd,则 S⊥=Scos θ, 故 Φ=BS⊥=BScos θ. 解法二: 把磁场 B 分解为平行于线圈平面的分量 B∥和垂直于线圈平面的分量 B⊥, 显然 B∥不穿过线圈,且 B⊥=Bcos θ,故 Φ=B⊥S=BScos θ. - 7.5.5× 10 3 Wb - [解析] 线圈横截面为正方形时的面积 S1=L2=(0.20)2 m2=4.0× 10 2 m2, -2 -2 穿过线圈的磁通量 Φ1=BS1=0.50× 4.0× 10 Wb=2.0× 10 Wb, 4L 2L 横截面形状为圆形时,其半径 r= = , 2π π 2L?2 4 2 横截面积大小 S2=π? ? π ? =25π m , 4 - 穿过线圈的磁通量 Φ2=BS2=0.50× Wb≈2.55×10 2 Wb, 25π 所以,磁通量的变化 ΔΦ=Φ2-Φ1=(2.55-2.0)× 10
-2

Wb=5.5× 10

-3

Wb.

8. CD [解析] 根据安培定则可判断出电流产生的磁场方向, 线圈 a 中的磁场方向均垂 直于纸面向里,线圈 c 中的磁场方向均垂直于纸面向外,线圈 b、d 中的合磁通量始终为零, 故增大两直导线中的电流时,线圈 a、c 中的磁通量发生变化,有感应电流产生,而线圈 b、 d 中无感应电流产生.选项 C、D 正确,A、B 错误. 9.ACD [解析] 开关闭合前,线圈Ⅰ、Ⅱ中均无磁场,开关闭合瞬间,线圈Ⅰ中电流 从无到有,产生磁场,穿过线圈Ⅱ的磁通量从无到有,线圈Ⅱ中产生感应电流,电流计 G 有示数.故 A 正确.开关闭合一段时间后,线圈Ⅰ中电流稳定不变,电流的磁场不变,此 时线圈Ⅱ虽有磁通量但磁通量稳定不变,线圈Ⅱ中无感应电流产生,电流计 G 中无示数, 故 B 错误.开关闭合一段时间后,来回移动滑动变阻器的滑片,电阻变化,线圈Ⅰ中的电 流变化,电流产生的磁场也发生变化,穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化,线圈Ⅱ中有感应电 流产生,电流计 G 中有示数,故 C 正确.开关断开瞬间,线圈Ⅰ中电流从有到无,电流的 磁场也从有到无,穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无,线圈Ⅱ中有感应电流产生,电流计 G 中有示数,故 D 正确. - 10.1.5× 10 2 Wb [解析] 第 3 s 内就是从 2 s 末到 3 s 末,所以,第 2 s 末的磁场的磁感应强度为 B1=(2+3× 2) T=8 T, 第 3 s 末的磁场的磁感应强度为 B2=(2+3× 3) T=11 T, - 2 则有 ΔΦ=ΔBSsin θ=(11-8)× 0.1 × sin 30°Wb=1.5× 10 2 Wb. - - - 11.(1)1.256× 10 4 Wb 1.256× 10 4 Wb (2)8.4× 10 6 Wb [解析] (1)对 A 线圈,Φ1=B1πr2,Φ2=B2πr2, - - 磁通量的改变量|Φ2-Φ1|=(0.8-0.4)× 3.14× 10 4 Wb=1.256× 10 4 Wb. 对 B 线圈,Φ3=B1πr2,Φ4=B2πr2, - - 磁通量的改变量|Φ4-Φ3|=(0.8-0.4)× 3.14× 10 4 Wb=1.256× 10 4 Wb. (2)对 C 线圈:Φ5=Bπr2 ,线圈仍全部处于磁场中,线圈面积在垂直磁场 C,磁场转过 30° 2 2 方向的投影为 πrCcos 30° ,则 Φ6=BπrCcos 30° .磁通量的改变量 - - 2 |Φ6-Φ5|=BπrC(1-cos 30° )=0.8× 3.14× (5× 10 3)2× (1-0.866) Wb≈8.4× 10 6 Wb.


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