高中物理 2.1感应电流的方向知能优化训练 鲁科版选修3-2

2.1感应电流的方向同步练习（鲁科版选修3-2）1．如图2－1－11表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，其中能产生由a到b的感应电流的是()图2－1－11解析：选A.由右手定则可知选项A电流由a到b，B、C、D三项中电流由b到a，故应选A.2．(年高考海南卷)一金属圆环水平固定放置，现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环()A．始终相互吸引B．始终相互排斥C．先相互吸引，后相互排斥D．先相互排斥，后相互吸引解析：选D.当条形磁铁靠近圆环时，产生感应电流，感应电流在磁场中受到安培力的作用，由楞次定律可知，安培力总是“阻碍变化”，因此，当条形磁铁靠近圆环时，受到排斥力；当磁铁穿过圆环远离圆环时，受到吸引力，D正确．3.螺线管CD的导线绕向不明，当磁铁AB插入螺线管时，电路中有如图2－1－12所示方向的感应电流产生．下列有关螺线管及其极性的判断正确的是()图2－1－12A．C端一定是感应电流磁场的N极B．C端一定是感应电流磁场的S极C．C端的感应电流磁场极性一定与磁铁B端极性相同D．无法判断极性的关系，因螺线管绕法不明解析：选C.根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化，当磁铁插入时，磁通量增加，感应电流的磁场阻碍增加，所以有螺线管C端的感应电流磁场极性一定与磁铁B端极性相同，选项C正确．4．(年高考江苏卷)如图2－1－13所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()图2－1－13A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大解析：选B.直线电流的磁场离导线越远，磁感应越稀，故线圈在下落过程中磁通量一直减小，A错；由于上、下两边电流相等，上边磁场较强，线框所受合力不为零，C错；由于电磁感应，一部分机械能转化为电能，机械能减小，D错．故B对．5.水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，组成矩形线框，如图2－1－14所示，ad和bc相距L＝0.5m．放在竖直向下的匀强磁场中．磁感应强度B＝1.2T，一根电阻为0.2Ω的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4.0m/s的速度向右匀速运动，若电阻R1＝0.3Ω，R2＝0.6Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体与导轨接触良好．求：图2－1－13(1)导体PQ中产生的感应电动势的大小和感应电流的方向；(2)导体PQ向右匀速滑动过程中，外力做功的功率．解析：(1)E＝BLv＝1.2×0.5×4.0V＝2.4VR外＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝eq\f(0.3×0.6,0.3＋0.6)Ω＝0.2ΩI＝eq\f(E,R外＋r)＝eq\f(2.4,0.2＋0.2)A＝6A.根据右手定则判断电流方向Q→P.(2)F＝F安＝BIL＝1.2×6×0.5N＝3.6N.P＝Fv＝3.6×4.0W＝14.4W.答案：(1)2.4V电流方向Q→P(2)14.4W一、单项选择题1．下列说法正确的是()A．感应电流的磁场方向，总是与引起感应电流的磁场方向相反B．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相同C．楞次定律只能判定闭合回路中感应电流的方向D．楞次定律可以判定不闭合的回路中感应电动势的方向解析：选D.感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，如果是因磁通量的减小而引起感应电流，则感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相同，阻碍磁通量的减小；如果是因磁通量的增大而引起的感应电流，则感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反，阻碍磁通量的增大，A、B错误；楞次定律既可以判定闭合回路中感应电流的方向，也可以判定不闭合回路中感应电动势的方向，C错误，D正确．2．1931年，英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验．他设想，如果一个只有S极的磁单极子从上向下穿过如图2－1－15所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈的感应电流()A．先顺时针方向，后逆时针方向的感应电流图2－1－15B．先逆时针方向，后顺时针方向的感应电流C．顺时针方向持续流动的感应电流D．逆时针方向持续流动的感应电流解析：选C.S磁单极子靠近超导线圈时，线圈中的磁场方向向上，磁通量增加，由楞次定律可以判断：从上向下看感应电流为顺时针方向；当S磁单极子远离超导线圈时，线圈中磁场方向向下，磁通量减小，感应电流方向仍为顺时针方向，C正确.3．飞机在一定高度水平飞行时，由于地磁场的存在，其机翼就会切割磁感线，两机翼的两端点之间会有一定的电势差．若飞机在北半球水平飞行，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，则从飞行员的角度看()A．机翼左端的电势比右端的电势低B．机翼左端的电势比右端的电势高C．机翼左端的电势与右端的电势相等D．以上情况都有可能解析：选B.地磁场的竖直分量方向竖直向下，运用右手定则，手心向上大拇指向前，四指指向左端，所以左端电势比右端电势高．4.如图2－1－16所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中()图2－1－16A．始终有感应电流自a向b流过电流表GB．始终有感应电流自b向a流过电流表G[C．先有a→G→b方向的感应电流，后有b→G→a方向的感应电流D．将不会产生感应电流解析：选C.当条形磁铁进入螺线管的时候，闭合线圈中向右的磁通量增加，有a→G→b方向的感应电流；当条形磁铁穿出螺线管时，闭合线圈中向右的磁通量减少，有b→G→a方向的感应电流．5．如图2－1－17所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R的滑片自左向右滑行时，线框ab的运动情况是()图2－1－17A．保持静止不动B．逆时针转动C．顺时针转动D．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向解析：选C.根据图示电路，线框ab所处位置的磁场为水平方向的，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框ab的磁通量将减少．Φ＝BSsinθ，θ为线圈平面与磁场方向的夹角，根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原来磁场的变化，则线框ab只有顺时针旋转使θ角增大，从而使穿过线圈的磁通量增加．则选项C正确．注意此题并不需要明确电源的极性．6.如图2－1－18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2－1－18A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC．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.由楞次定律可判断，导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a，导线框离开磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a，故A、B错误；根据楞次定律推广含义，感应电流总是阻碍导体和磁场间的相对运动，故进入和离开磁场时受到的安培力方向均是水平向左，故C错误，D正确．7.电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图2－1－19所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()图2－1－19A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，下极板带负电D．从b到a，下极板带正电解析：选D.穿过线圈的磁场方向向下，磁铁接近时，线圈中磁通量增加，由楞次定律知，产生感应电流的磁场方向向上，由安培定则可知，流过R的电流方向是从b到a，b电势高于a，故电容器下极板带正电，D正确．8.在水平地面附近有竖直向下的匀强电场和垂直于纸面水平向外的匀强磁场．有一质量很小的金属棒ab由水平静止状态释放，如图2－1－20所示，不计空气阻力，则()图2－1－20A．棒的a端先着地B．棒的b端先着地C．棒的a、b两端同时着地D．无法判断解析：选A.金属棒ab进入正交的电场与磁场区域后，做切割磁感线运动．根据右手定则，感应电动势的方向由b端指向a端，即a端相当于电源的正极带正电，b端相当于电源负极带负电．在电场E中，a端的正电荷受向下的电场力，b端的负电荷受向上的电场力，因此a端先着地．答案为A.9.如图2－1－21所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()图2－1－21A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量解析：选A.棒受到重力、恒力F和安培力F安的作用，由动能定理WF＋WG＋W安＝ΔEk，得WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做的功与安培力做的功代数和等于机械能的增加量，A对，B、C、D错．10．(年高考课标全国卷)如图2－1－22所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2.忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是()A．E1>E2，a端为正B．E1>E2，b端为正C．E1<E2，a端为正D．E1<E2，b端为正图2－1－22解析：选D.将立体图转化为平面图如图所示，由几何关系计算有效切割长度LL1＝2eq\r(R2－h\o\al(2,1))＝2eq\r(R2－0.2R2)＝2Req\r(0.96)L2＝2eq\r(R2－h\o\al(2,2))＝2eq\r(R2－0.8R2)＝2Req\r(0.36)由机械能守恒定律计算切割速度v，即：mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，则：v1＝eq\r(2g×0.2R)＝eq\r(0.4gR)，v2＝eq\r(2g×0.8R)＝eq\r(1.6gR)根据E＝BLv，E1＝B×2Req\r(0.6×1.6)×eq\r(0.4gR)，E2＝B×2Req\r(0.36)×eq\r(1.6gR)，可见E1<E2.又根据右手定则判断电流方向从a到b，在电源内部，电流是负极流向正极的，所以选项D正确．二、非选择题11.如图2－1－23所示，两平行金属板水平放置，板间距离为d，跟两板相连的导体构成一半径为r的圆环．圆环内有如图2－1－23所示的磁感应强度随时间均匀减小的磁场．现欲使两金属板之间的一质量为m、带电荷量为q的颗粒，以竖直向上的加速度a做匀加速直线运动，求：图2－1－23(1)颗粒所带的电性(2)磁场磁感应强度随时间的变化率．(已知重力加速度为g)解析：(1)由楞次定律可判断出，上金属板为低电势，下金属板为高电势，即两板间产生了方向向上的匀强电场；又知颗粒有向上的加速度，说明颗粒受电场力向上，故颗粒带正电．(2)设两金属板间产生的电势差为U，则由法拉第电磁感应定律得：U＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝πr2eq\f(ΔB,Δt)由牛顿第二定律得：qeq\f(U,d)－mg＝ma解以上两式得：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mg＋ad,πr2q).答案：(1)正电(2)eq\f(mg＋ad,πr2q)12．匀强磁场的磁感应强度B＝0.2T，磁场宽度l＝3m，一正方形金属框边长ad＝l′＝1m，每边的电阻r＝0.2Ω.金属框以v＝10m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图2－1－24所示．图2－1－24(1)画出金属框穿过磁场区域的过程中，金属框内感应电流的I－t图线．(2)画出ab两端电压的U－t图线．解析：线框的运动过程分为三个阶段：第一阶段cd相当于电源，ab为等效外电路；第二阶段cd和ab相当于开路时两并联的电源；第三阶段ab相当于电源，cd相当于外电路．如图甲所示．甲在第一阶段，有I1＝eq\f(E,r＋3r)＝eq