- 2021-05-13 发布 |
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文档介绍
2020年高考物理复习分单元资料：第12章《电磁感应》
第十二章 电磁感应 ●考点指要 知识点 要求程度 1.磁通量.电磁感应现象.感应电流的方向.右手定则.法拉第电磁感应定律.楞次定律 Ⅱ 2.自感现象 Ⅰ 3.日光灯 Ⅰ 【说明】 (1)导体切割磁感线时感应电动势的计算，只限于l垂直于B、v的情况. (2)在电磁感应现象里，不要求判断内电路中各点电势的高低. ●复习导航 本章以电场及磁场等知识为基础，研究了电磁感应的一系列现象，通过实验总结出了产生感应电流的条件和判定感应电流方向的一般方法——楞次定律，给出了确定感应电动势大小的一般规律——法拉第电磁感应定律.楞次定律和法拉第电磁感应定律是解决电磁感应问题的重要依据，复习中必须深入理解和熟练掌握；同时由于电磁感应的实际问题与磁场、直流电路等知识联系密切，因而在复习中还应注意培养综合应用这些知识分析解决实际问题的能力. 近几年高考中对本章内容的考查，命题频率较高的是感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生感应电动势的计算.电磁感应现象与磁场、电路、力和运动、能量等知识相联系的综合题及感应电流(或感应电动势)的图象问题在近几年高考中也时有出现，复习中应引起重视. 本章内容可分以下三个单元组织复习：(Ⅰ)电磁感应现象·楞次定律.(Ⅱ)法拉第电磁感应定律·自感.(Ⅲ)电磁感应规律的应用. 第Ⅰ单元 电磁感应现象·楞次定律 ●知识聚焦 1.磁通量：磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S 的乘积叫做穿过这个面积的磁通量.定义式为：Φ=BS.如果面积S与B不垂直，如图12—1—1所示，应以B乘以在垂直于磁场方向上的投影面积S′，即Φ=BS′=BScosα=BSsinβ. (图中abcd面积为S；ab′c′d的面积为S′) 图12—1—1 2.产生感应电动势、感应电流的条件：导体在磁场里做切割磁感线运动时，导体内就产生感应电动势；穿过线圈的磁通量发生变化时，线圈里就产生感应电动势.如果导体是闭合电路的一部分，或者线圈是闭合的，就产生感应电流 .部分导体做切割磁感线的运动必然引起穿过闭合电路的磁通量的变化，所以产生感应电流的条件可以归结为：穿过闭合电路的磁通量发生变化. 3.感应电动势和感应电流的方向 （1)楞次定律 楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化. 应用楞次定律判断感应电流方向的具体步骤：①明确原磁场的方向及磁通量的变化情况；②根据楞次定律中的“阻碍”，确定感应电流产生的磁场方向；③利用安培定则判断出感应电流的方向. 楞次定律是判断感应电流，感应电动势方向的一般方法，适用于各种情况的电磁感应现象. （2)右手定则：让磁感线垂直穿过手心，大拇指指向导体切割磁感线的运动方向，四指的指向就是导体内部所产生的感应电流（电动势)的方向. 右手定则仅适用于导体切割磁感线产生感应电动势（电流)的情况，对于这种情况用右手定则判断方向较为方便. ●疑难辨析 1.导体运动切割磁感线产生感应电流是磁通量发生变化引起感应电流的特例，所以判定感应电流方向的右手定则也是楞次定律的特例.用右手定则能判定的，一定也能用楞次定律判定，只是不少情况下，不如用右手定则判定来得方便简单.反过来，用楞次定律能判定的，并不是用右手定则都能判断出来.例如图12—1—2中，闭合圆形导线中的磁场逐渐增强，用右手定则就难以判定感应电流方向(因为并不切割)；相反，用楞次定律就很容易判定出来. 图12—1—2 2.正确理解楞次定律中“感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化”.这句话的关键是“阻碍”二字，具体地说有四层意思需要搞清楚：①谁阻碍谁?是感应电流的磁通量阻碍原磁场的磁通量.②阻碍什么?阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身.③如何阻碍?当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”.④结果如何?阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化快慢.结果是增加的还是增加；减少的继续减少. 3.楞次定律也可以理解为： (1)阻碍相对运动，即“来拒去留”. (2)使线圈面积有扩大或缩小的趋势. (3)阻碍原电流的变化(自感现象). 利用上述规律分析问题可以独辟蹊径，达到快速准确的效果. 图12—1—3 ●典例剖析 ［例1］如图12—1— 3所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是 ①将线框向左拉出磁场 ②以ab边为轴转动(小于90°) ③以ad边为轴转动(小于60°) ④以bc边为轴转动(小于60°) 以上判断正确的是 A.①②③ B.②③④ C.①②④ D.①②③④ 【解析】 将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分做切割磁感线的运动，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中产生感应电流，故选项①正确. 当线框以ab边为轴转动时，线框的cd边的右半段在做切割磁感线的运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流，故选项②正确. 当线框以ad边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框中会产生感应电流，故选项③正确.如果转过的角度超过60°，bc边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流(60°～300°). 当线框以bc边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形面积的一半的乘积)，故选项④是错的.应选A. 【思考】 为使线圈从图示的位置开始运动产生沿adcba方向的感应电流，线圈应如何运动？ 【思考提示】 线圈中感应电流方向沿adcba时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，引起感应电流的磁通量应是增加的，故线圈应以图示的位置向右移动. 【说明】 判断电路中是否产生感应电动势（电流)，关键是判断穿过电路的磁通量是否变化. 【设计意图】 通过本例说明应用产生感应电流的条件进行分析判断的方法. ［例2］如图12—1—4所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是 图12—1—4 A.向右摆动 B.向左摆动 C.静止 D.不能判定 【解析】 方法1(电流元受力分析法)：画出磁铁磁感线分布如图12—1—5所示，当磁铁向环运动时，由楞次定律判断出铜环的感应电流方向如图12—1—5所示，把铜环的电流等效为多段直线电流元，取上、下两小段电流研究，由左手定则判出两段电流受力如图示，由图可联想到整个铜环所受合力向右，则A选项正确. 图12—1—5 图12—1—6 方法2(躲闪法)：磁铁向右运动，使铜环的磁通量增加而产生感应电流，由楞次定律可知，铜环为阻碍原磁通量的增大，必向磁感线较疏的右方运动，即往躲开磁通量增加的方向运动.则A正确. 方法3(等效法)：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为图12—1—6所示的条形磁铁，则两磁铁有排斥作用，故A正确. 方法4(阻碍相对运动法)：磁铁向右运动时，由楞次定律的另一种表述得知铜环产生的感应电流总是阻碍导体间的相对运动，则磁铁和铜环间有排斥作用，故A正确. 【说明】 从以上的分析可以看出：虽然方法不同，但本质还是楞次定律，只有领会其精髓，才能运用它进行正确的判断.深刻理解楞次定律中“阻碍” 的含义是灵活运用楞次定律进行分析判断的前提. 【设计意图】 通过本例说明判断感应电流受力及其运动方向的方法，并进一步说明如何从多个角度深刻理解楞次定律中阻碍的含义，从而灵活运用楞次定律进行分析判断. ［例3］如图12—1—7所示，发现放在光滑金属导轨上的ab导体向右移动，其可能的原因是 图12—1—7 ①闭合S的瞬间 ②断开S的瞬间 ③闭合S后，减少电阻R时 ④闭合S后，增大电阻R时 以上判断正确的是 A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 【解析】 本题中线圈L1和L2绕在同一个铁芯上，因此二者的磁通量始终相等.只要L1中的电流发生变化，L2中的磁通量就发生变化，L2中就有感应电流，ab棒就受安培力的作用，而导轨又光滑，则ab将发生移动. 若ab在安培力作用下向右移动，ab中的电流方向应为a→b，则在L2中产生的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，说明引起感应电流的磁通量在增加，即L1中的电流在增大，相应的情况应是闭合S的瞬间或闭合S后减少电阻R，①③正确，选A. 【思考】 如图12—1—8所示，若将跟L1线圈相连的电源换成放在磁场中的导轨和可沿导轨移动的导体棒cd,cd如何移动可使ab向右移动？ 图12—1—8 【思考提示】 根据例题分析知，ab在安培力作用下向右运动时，ab中的电流方向沿a→b，L2中感应电流的磁场方向向上，若在L2中引起感应电流的磁通量增加，则L2中原磁场方向应向下，由此判断出cd应向右做加速运动.若在L2中引起感应电流的磁通量减少，则L2中原磁场的方向应向上，则cd应向左做减速运动. 【设计意图】 通过本例说明应用楞次定律分析判断较复杂情况下感应电流方向的方法.●反馈练习 ★夯实基础 1.如图12—1—9所示，两同心圆环a和b，处在同一平面内，a的半径小于b的半径，条形磁铁的轴线与圆环平面垂直.则穿过两圆环的磁通量Φa与Φb的大小关系为 图 12—1—9 A.Φa＞Φb B.Φa＜Φb C.Φa=Φb D.无法比较 【解析】 圆环b的半径大于环a的半径，由于Φ=Φ内-Φ外（其中Φ内为磁铁内部的磁通量，Φ外为磁铁外部穿过线圈的磁通量)，故其包含磁铁的外磁场范围越大，则合磁通量越小.(磁铁内部、外部的磁通量方向相反，可抵消). 【答案】 A 2.如图12—1— 10所示，闭合矩形铜框的两条长边与一闭合圆环相切，环可沿矩形框的长边滑动，整个装置处于匀强磁场中，当环沿框的长边向右做匀速运动时，则 图12—1—10 A.因铜框所围面积的磁通量不变化，铜框上无电流 B.因圆环所围面积的磁通量不变化，圆环上无电流 C.各部分导线内均有电流 D.各部分导线内均无电流 【解析】 由于闭合圆环向右移动，egf和ehf等效为两个并联的电源，而eadf和ebcf为两段并联的电阻作为外电路，所以各部分都有电流. 【答案】 C 3.在匀强磁场中，a、b是两条平行金属导轨，而c、d为串有电流表、电压表的两金属棒，如图12—1—11所示，两棒以相同的速度向右匀速运动，则以下结论正确的是 图12—1—11 A.电压表有读数，电流表没有读数 B.电压表有读数，电流表也有读数 C.电压表无读数，电流表有读数 D.电压表无读数，电流表也无读数 【解析】 由于c、d 以相同的速度向右运动，穿过闭合电路的磁通量不变，在闭合电路中没有感应电流产生，所以，没有电流通过电流表和电压表，故电流表和电压表均无示数. 【答案】 D 4.1931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——磁单极子.1982年美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验.设想一个只有N极的磁单极子从上向下穿过一个超导线圈，那么从上向下看 ①超导线圈中将出现先逆时针后顺时针方向的感应电流 ②超导线圈中将出现总是逆时针方向的感应电流 ③超导线圈中产生的感应电动势一定恒定不变 ④超导线圈中产生的感应电流将长期维持下去 以上判断正确的是 A.①③ B.②④ C.①② D.③④ 【解析】 由楞次定律可判知：出现逆时针电流，又因超导体电阻为0，故电流会长期维持下去，而感应电动势则是变化的. 【答案】 B 5.如图12—1—12所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上.今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘.当导线中的电流突然增大时，线框整体受力的情况为 图12—1—12 A.受力向右 B.受力向左 C.受力向上 D.受力为零 【解析】 导线中电流突然增大时，金属框abcd中向外的磁通量增大，线框中产生感应电流，感应电流方向为adcba，cd边所受安培力向右，ab边受力向左，但 Fcd＞Fab，故合力向右. 【答案】 A 6.磁悬浮列车已进入试运行阶段，磁悬浮列车是在车辆底部安装电磁铁，在轨道两旁埋设一系列闭合的铝环，当列车运行时，电磁铁产生的磁场相对铝环运动，列车凌空浮起，使车与轨之间的摩擦减少到零，从而提高列车的速度，以下说法正确的是 A.当列车通过铝环时，铝环中有感应电流，感应电流产生的磁场的方向与电磁铁产生磁场的方向相同 B.当列车通过铝环时，铝环中有感应电流，感应电流产生的磁场的方向与电磁铁产生磁场的方向相反 C.当列车通过铝环时，铝环中通有电流，铝环中电流产生的磁场的方向与电磁铁产生磁场的方向相同 D.当列车通过铝环时，铝环中通有电流，铝环中电流产生的磁场的方向与电磁铁产生磁场的方向相反 【解析】 列车通过铝环时，铝环中磁通量增加，铝环中产生感应电流，由楞次定律知，铝环中感应电流的磁场方向跟电磁铁的磁场方向相反，从而使电磁铁受到向上的力，使列车悬浮. 【答案】 B 7.如右图12—1—13所示，一定长度的导线围成闭合的正方形线框，使框面垂直于磁场放置，若因磁场的变化而导致线框突然变成圆形，则 图12—1—13 A.因B增强而产生逆时针的电流 B.因B减弱而产生逆时针的电流 C.因B减弱而产生顺时针的电流 D.以上选项均不正确 【解析】 线圈因磁场变化变成圆形，线圈面积增大，由楞次定律知，感应电流是为了阻碍磁通量减少而使线圈面积增大，所以磁感应强度减弱，感应电流沿顺时针方向. 【答案】 C 8.如右图12—1—14所示，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈C向右摆动，则ab的运动情况是 图12—1—14 A.向左或向右做匀速运动 B.向左或向右做减速运动 C.向左或向右做加速运动 D.只能向右做匀加速运动 【解析】 线圈C向右摆动靠近螺线管，说明螺线管中的电流正在减小，ab必向左或向右做减速运动. 【答案】 B ★提升能力 9.如图12—1—15所示，在绝缘圆筒上绕两个线圈P和Q，分别与电池E和电阻R构成闭合回路，然后将软铁棒迅速插入线圈P中，则在插入的过程中 图12—1—15 A.电阻R上没有电流 B.电阻R上有方向向左的电流 C.电阻R上有方向向右的电流 D.条件不足，不好确定 【解析】 软铁棒被磁化，相当于插入一跟P的磁场同向的条形磁铁，使P、Q线圈中的磁通量增加 ，根据楞次定律知，在Q中产生的感应电流向右通过电阻R. 【答案】 C 10.如图12—1—16所示的整个装置在竖直平面内，欲使带负电的油滴P在两平行金属板间静止，导体棒ab沿导轨运动的情况是_______. 图12—1—16 【解析】 对油滴，qE=mg，电场力向上，又因为油滴带负电，故场强向下，电容器上极板带正电，下极板带负电，线圈N感应电动势正极在上端，负极在下端.由楞次定律知ab向右减速运动或向左加速运动. 【答案】 向右减速或向左加速 11.如图12—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，当滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，从纸外向纸内看，线框ab将 图12—1—17 A.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，无法确定转动方向 【解析】 无论电源的极性如何，在两电磁铁中间的区域内应产生水平的某一方向磁场，当滑片P向右滑动时，电流减小，两电磁铁之间的磁场减弱，即穿过ab线框的磁通量减小.虽然不知ab中的感应电流方向，但由楞次定律中的“阻碍”可直接判定线框ab应顺时针方向转动(即向穿过线框的磁通量增大的位置——竖直位置转动)，所以应选C. 【答案】 C 12.如图12—1—18，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴.Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图12—1—19所示.P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则 图12—1—18 图12—1—19 ①t1时刻FN＞Ｇ ②t2时刻FN＞ ③t3时刻FN＜Ｇ ④t3时刻FN=Ｇ 以上判断正确的是 A.①④ B.②③ C.①③ D.③④ 【解析】 t1时刻Q的磁场增强，通过P的Φ增大，P有向下运动的趋势，故FN＞G.同理C可否定.而t2、t4时刻Q的磁场不变，故Q对P无磁场力作用，有FN=Ｇ.t3时刻P中虽有感应电流，但Q中电流为零，P、Q无相互作用力，故t3时刻FN=G. 【答案】 A 13.如图12—1—20所示，两条平行的直导线m和n通以大小和方向都相同的电流I，在m、n所在的平面内有一导线框abcd，从m向n匀速平动的过程中，线框中 图12—1—20 A.感应电流的方向先顺时针方向后逆时针方向 B.感应电流的方向先逆时针方向后顺时针方向 C.感应电流的方向始终是顺时针方向 D.线框中没有感应电流 【解析】 与m、n两导线等距的各点的磁感应强度为零，在靠近m一侧合磁场方向向里，在靠近n一侧，合磁场的方向向外，矩形导线框从m向n匀速平动的过程中，先是向里的磁通量减少，后是向外的磁通量增加，根据楞次定律知，两种情况产生的感应电流方向均相同，都沿顺时针方向. 【答案】 C 14.如图12—1—21所示，有界的匀强电场和匀强磁场正交，电场方向竖直向下，金属棒ab水平放置，由静止释放ab棒，则 图12—1—21 A.两端同时出场 B.a端先出场区 C.b端先出场区 D.无法判断 【解析】 根据右手定则知，导体棒向下运动时，a端出现负电荷，b端出现正电荷，故a端受到向上的电场力，b端受到向下的电场力，b端先出场区. 【答案】 C 15.边长为h的正方形金属导线框，从图12—1—22所示的位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域，磁场方向水平，且垂直于线框平面，磁场区宽度为H，上、下边界如图中虚线所示，H＞h，从线框开始下落到完全穿过磁场区的全过程中 图12—1—22 ①线框中总有感应电流存在 ②线框受到磁场力的合力方向有时向上，有时向下 ③线框运动方向始终是向下的 ④线框速度的大小不一定总是在增加 以上判断正确的是 A.①② B.③④ C.①④ D.②③ 【解析】 因H＞h故可分为三个过程：①从下边开始进入磁场到全部进入磁场.②从全部进入磁场到下边开始离开磁场.③从下边开始离开磁场到全部离开磁场.根据楞次定律和左手定则可判知. 【答案】 B 16.如图12—1—23所示，螺线管CD的导线绕法不明.当磁铁AB插入螺线管时，电路中有图示方向的感应电流产生.下列关于螺线管极性的判断正确的是 图12—1—23 A.C端一定是N极 B.C端一定是S极 C.C端的极性一定与磁铁B端的极性相同 D.无法判断极性的关系，因螺线的绕法不明 【解析】 磁铁AB插入螺线管时，在螺线管中产生感应电流，感应电流的磁场必定阻碍AB插入，故螺线管的C端和磁铁的B端极性相同. 【答案】 C 17.如图12—1—24所示，原线圈P内有铁芯，原线圈与变阻器、电源、开关连成电路；副线圈Q套在P处，并与电流计G连成电路.实验时若发现副线圈中有感应电流i从a经流向b，这可能是 图12—1—24 A.在闭合电键K的瞬间 B.闭合电键K后，把滑动变阻器的滑动片C向上移动 C.闭合电键K后，把滑动变阻器的滑动片C向下移动 D.把铁芯从原线圈中拔出 【解析】 闭合电键K后，滑片C向上移动会导致磁通量增大，副线圈中要产生反方向磁场来阻碍增大，故此时产生由b经向a的电流. 【答案】 CD 18.如图12—1—25所示，金属导轨ab、cd平行于水平面放置且固定，两金属杆PQ、MN放置在导轨上，没有摩擦，一条形磁铁从上往下接近框架时，下列说法中，正确的是 图12—1—25 A.电流方向为MNQP，PQ与MN相互靠拢 B.电流方向为MNQP，PQ与MN相互远离 C.电流方向为PQNM，PQ与MN相互靠拢 D.电流方向为PQNM，PQ与MN相互远离 【解析】 条形磁铁由上而下接近，磁感线向下穿过线框，且磁通量增大，在线框中产生的感应电流的磁场必定推斥磁铁，根据环形电流的磁场性质(可视方框为环形电流)判断可得电流方向为MNQP方向. 另一方面，矩形框架MNQP为了阻碍磁通量的增加，除了通过感应电流产生的磁场阻碍其增加外，还可通过缩小面积的办法实现，因此，MN与PQ将互相靠拢. 【答案】 A 19.如图12—1—26所示，一闭合线圈穿入蹄形磁铁由1位置经2位置到3位置，最后从下方S端拉出，则在这一过程中，线圈中感应电流方向是 图12—1—26 A.沿abcda不变 B.沿dcbad不变 C.先沿abcda，后沿dcbad D.先沿dcbad,后沿abcda 【解析】 线圈由1位置到3位置，磁通量(合磁场的)增大，由楞次定律，线圈中感应电流方向为dcbad；线圈从3位置经S极抽出过程中，磁通量减小(但注意到线圈与开始相比，已经翻转了)，故感应电流方向为abcda. 【答案】 Ｄ 第Ⅱ单元 法拉第电磁感应定律·自感 ●知识聚焦 1.法拉第电磁感应定律：在电磁感应现象中产生的感应电动势大小，跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比.公式E=n. 2.法拉第电磁感应定律的特殊情况——回路中的一部分导体做切割磁感线的运动，产生的感应电动势计算公式为E=BLvsinθ，式中θ为导体运动方向与磁感线方向的夹角. 3.由于通过导体本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象叫自感现象.自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势，自感电动势阻碍导体本身电流的变化.自感电动势的大小跟电流的变化率成正比，对同一线圈，电流变化越快，自感电动势越大. 4.日光灯主要由灯管、镇流器、启动器组成.启动器实际上就是一个自动开关，一通一断，使通过镇流器的电流急剧变化，镇流器中产生自感电动势.镇流器在日光灯启动时提供瞬时高压，而在日光灯正常工作时起降压限流的作用. ●疑难辨析 1.公式E=n计算的是在Δt时间内的平均电动势；公式E=BLv中的v代入瞬时速度，则E为瞬时电动势；v代入平均速度，则E为平均电动势.这样在计算感应电动势时，就要审清题意是求平均电动势还是求瞬时电动势，以便正确地选用公式. 2.公式E=n中涉及到磁通量的变化量ΔΦ的计算.对于ΔΦ的计算，在高中阶段一般遇到的有两种情况： (1)回路与磁场垂直的面积S不变，磁感应强度发生变化，则ΔΦ=ΔB·S.此时 E=n·S，此式中的叫磁感应强度的变化率.若是恒定的，即磁场是均匀变化的，那么产生的感应电动势就是恒定电动势. (2)磁感应强度B不变， 回路与磁场垂直的面积发生变化，则ΔΦ=B·ΔS.线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动产生交变电动势就属于这种情况. 3.严格区别磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率.磁通量Φ=BS表示穿过一平面的磁感线条数，磁通量的变化量ΔΦ=Φ2-Φ1，表示磁通量变化的多少，磁通量的变化率表示磁通量变化的快慢.Φ大，ΔΦ及不一定大；大，Φ及ΔΦ也不一定大.它们的区别类似于力学中的v、Δv及a=的区别. 4.公式E=BLv一般用于导体各部分切割磁感线的速度相同，对有些导体各部分切割磁感线的速度不相同的情况，有时也可利用此式求感应电动势.如图12—2—1所示，一长为L的导体杆AC绕A点在纸面内以角速度ω匀速转动，转动的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，求AC产生的感应电动势.AC各部分切割磁感线的速度不相等，vA=0，vC=ωL，而且AC上各点的线速度大小与半径成正比，所以AC切割的速度可以用其平均切割速度，即v=，故E=BωL2. 图12—2—1 5. 电磁感应现象中产生感应电动势的那部分导体相当于电源，如果它有电阻，就相当于内电阻.不论回路是否闭合，都设想电路闭合，判断出感应电流的方向，根据在电源内部电流从负极到正极，确定相当电源的正负极.如图12—2—1中AC转动，设想AC与其他导体已组成闭合电路，判断AC中的感应电流方向是从C→A，那么A端相当于正极，C端相当于负极. ●典例剖析 ［例1］如图12—2—2所示的电路中有L1和L2两个完全相同的灯泡，线圈L的电阻忽略不计，下列说法中正确的是 图12—2—2 A.闭合S时，L2先亮，L1后亮，最后一样亮 B.断开S时，L2立刻熄灭，L1过一会儿熄灭 C.L1中的电流始终从a到b D.L2中的电流始终从c到d 【解析】 闭合S时，L2中立即有从d到c的电流，先亮，线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加，所以L1逐渐变亮，电路稳定后自感作用消失，线圈L相当于导线，所以L1、L2一样亮，断开S时，L2中由电源提供的电流瞬间消失，但是L中从b到a的电流由于自感的阻碍作用将逐渐减小，该电流与L1形成回路.因此L1、L2将过一会儿一块熄灭. L1中的电流始终由b到a，L2中的电流先由d到c，后由c到d. 【说明】 自感电动势阻碍电流的变化，线圈中电流增加时，自感电动势（电流)方向与原电流方向相反，阻碍电流的增加；线圈中电流减少时，自感电动势（电流)方向与原电流方向相同，阻碍电流的减少.正是这种阻碍作用，使线圈中的电流只能从原来的值逐渐变化，不能发生突变. 【设计意图】 通过本例说明自感现象的分析方法. ［例2］如图12—2—3所示，线圈由A位置开始下落，在磁场中受到的磁场力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为 图12—2—3 A.aA＞aB＞aC＞aD B.aA=aC＞aB＞aD C.aA=aC＞aD＞aB D.aA=aC＞aB=aD 【解析】 线框在A、C位置时只受重力作用，加速度aA=aC=g.线框在B、D位置时均受两个力的作用，其中安培力向上、重力向下.由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小a=g- F／m＜g.又线框在D点时速度大于B点速度，即FD＞FB.所以aD＜aB.因此加速度的关系为aA=aC＞aB＞aD.选项B正确. 【思考】 (1)不加条件“在磁场中受到磁场力如果总小于它的重力”，加速度的关系可能如何? (2)在线框进入磁场的过程中，第(1)问中线框的速度图线可能如何? (3)线框刚进入磁场时的加速度与框的质量是否有关?(框的材料、形状、初始位置均不变) (4)两个质量不同(材料和形状相同)的金属框，同时从同一高度自由下落，能否同时落地? 【思考提示】 （1）aB、aD若方向向下，必定小于重力加速度g，即小于aC，并且一定有aD＜aB，若aB、aD方向向上，则难以确定它们之间的关系，aB、aD可能小于g，也可能等于g，还可能大于g. (2)对于第（1）问中的情况，线框进入磁场的过程，它可能做匀速运动，也可能做加速度逐渐减小的加速运动，还可能做加速度逐渐减小的减速运动，其速度图象如下图所示： （3）设线框刚进入磁场时的速度为v，由牛顿第二定律得 mg-=ma a=g- 若线框的材料、形状、初始位置不变，仅质量变化，即仅线框的导线横截面积变化，而mR与导线的横截面积无关，即线框刚进入磁场时的加速度与质量（导线的横截面积）无关. (4)由第（3）问的讨论知，两质量不同的金属框从同一高度自由下落，它们每时每刻的加速度、速度均相同，故同时落地. 【设计意图】 通过本例说明综合利用电磁感应规律和力学规律分析电磁感应问题的方法. ［例3］在一磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h=0.1 m的平行金属导轨MN与PQ，导轨的电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R=0.3 Ω的电阻.导轨上跨放着一根长为L=0.2 m，每米长电阻r=2.0 Ω/m的金属棒ab.金属棒与导轨正交放置，交点为c、d.当金属棒以速度v=4.0 m/s向左做匀速运动时(图12—2—4)，试求： 图12—2—4 图12—2—5 (1)电阻R中的电流强度大小和方向； (2)使金属棒做匀速运动的外力； (3)金属棒ab两端点间的电势差. (4)ab棒向右变速移动L′=0.5 m的过程中，通过电阻R的电量是多少？ 【解析】 金属棒向左匀速运动时，等效电路如图12—2—5所示.在闭合回路中，金属棒的cd部分相当于电源，内阻rcd=hr，电动势Ecd=Bhv. (1)根据欧姆定律，R中的电流强度为 I==0.4 A 方向从N流向Q (2)使棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，方向向左，大小为 F=F安=IhB=0.4×0.1×0.5 N=0.02 N (3)金属棒ab两端的电势差，等于Uac+Ucd+Udb，由于Ucd=IR=Ecd-Ircd，因此也可以写成： Uab=Eab-Ircd=BLv-Ircd =0.5×0.2×4 V-0.4×0.1×2 V=0.32 V (4)在ab变速移动L′=0.5 m的过程中通过电阻的电量为 q= = C=5×10-2 C 【说明】 （1)在讨论该类题目时，不要把ab两端的电势差与ab棒产生的感应电动势这两个概念混为一谈. （2)求电磁感应过程中通过电路的电量时，用到的是平均电流和平均电动势，所以通常用，即q= 所以，通过电路的电量仅由电阻磁通量的改变量决定. 【设计意图】 通过本例说明综合利用电磁感应规律和电路知识分析电磁感应问题的方法. ［例4］如图12—2—6所示，面积为0.2 m2的100匝线圈A 处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面.磁感应强度随时间变化的规律是B=（6-0.2t）T，已知电路中的R1=4 Ω，R2=6 Ω，电容C=30 μF，线圈A的电阻不计.求： 图12—2—6 (1)闭合K后，通过R2的电流强度大小及方向. (2)闭合K一段时间后，再断开K，K断开后通过R2的电量是多少? 【解析】 (1)由于磁感应强度随时间均匀变化，根据B=（6-0.2t）T，可知=0.2 T／s，所以线圈中感应电动势的大小为 E=n=ns·=100×0.2×0.2 V=4 V 通过Rr的电流强度为 I=A=0.4 A 由楞次定律可知电流的方向由上而下. (2)闭合K一段时间后，电容器被充上一定的电量，此时其电压 U=IR2=0.4×6 V=2.4 V 再断开K，电容器将放电，通过R2的电量就是C原来所带的总量 Ｑ=CU=30×10-6×2.4 C=7.2×10-5 C 【说明】 在计算线圈产生的感应电动势时，一定不能漏掉公式E=n中的匝数n. 【设计意图】 通过本例说明综合应用法拉第电磁感应定律和电路的规律解决问题的方法. ［例5］如图12—2—7所示，矩形线圈由n=50匝导线组成，ab边长l1=0.4 m，bc边长l2=0.2 m，整个线圈R=2 Ω，在B=0.1 T的匀强磁场中，以两短边中点的连线为轴转动，ω=50 rad/s，求： 图12—2—7 （1）线圈从图(a)位置转过180°的过程中的平均电动势； （2）线圈从图(b)位置转过180°的过程中的平均电动势； （3）线圈从图(b)位置起转动30°时瞬时电动势. 【解析】 用E=求线圈因磁通量变化产生的感应电动势是在Δt时间内的平均值，用E=Blv求线圈在某一位置或某一特定时刻的瞬时电动势. （1）线圈转过180°角时，穿过线圈的磁通量的方向发生了一次变化.如果规定开始时穿过线圈的磁通量为负Φ1=-BS；由后来穿过线圈的磁通量为正，Φ2=BS， E== =50×V=12.7 V (2)开始时Φ1′=0,转过180°后，Φ2′=0 所以E=n=0. (3)当线圈从图（b）位置转过30°时，导线的速度方向与磁场有一夹角，计算时要把导线速度分解为沿磁场方向的分量和垂直于磁场方向的分量，画成俯视图（如图12—2—8所示），ab边产生的Eab=nBl1cos30°，cd边产生的Ecd=nBl1· cos30°,ab边和cd边产生的电动势是串联的，E总=Eab+Ecd=nBSωcos30°=50×0.1×50×(0.4×0.2)×V=17.3 V 图12—2—8 【设计意图】 通过本例说明求平均感应电动势和瞬时感应电动势的方法. ●反馈练习 ★夯实基础 1.日光灯电路主要由镇流器、启动器和灯管组成，在日光灯正常工作时 A.灯管正常发光后，启动器两个触片是连接的 B.灯管正常发光后，启动器起降压作用 C.日光灯开始发光时，镇流器提供瞬时高压 D.灯管正常发光后，镇流器将交流电变成直流电 【答案】 C 2.穿过一个电阻为1 Ω的单匝闭合线圈的磁通量始终是每1 s均匀地减少2 Wb，则 ①线圈中的感应电动势一定是每秒减少2 V ②线圈中的感应电动势一定是2 V ③线圈中的感应电流一定是每秒减少2 A ④线圈中的感应电流一定是2 A 以上判断正确的是 A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 【解析】 由法拉第电磁感应定律得 E==2 V 电流为 I==2 A 【答案】 B 3.如图12—2—9所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平速度v0抛出，设整个过程中，棒的取向不变，且不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况应是 图12—2—9 A.越来越大 B.越来越小 C.保持不变 D.无法判断 【解析】 金属棒做平抛运动，水平切割磁感线的速度不变，故感应电动势大小不变. 图12—2—10 【答案】 C 4.如图12—2—10所示，将长为1 m的导线从中间折成约106°的角，使其所在平面垂直于磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，为使导线中产生4 V的感应电动势，导线切割磁感线的最小速度约为_______.(sin53°=0.8，cos53°=0.6) 【解析】 欲获得最小速度，由公式E=BLv，则L最长，即沿106°角平分线的方向运动，此时由几何知识知，L的等效长度为0.8 m，则由公式E=BLv得v最小=m/s=10 m/s 【答案】 10 m/s 5.如图12—2—11所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN.拉动MN，使它以速度v 向右匀速运动，如果导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，电阻率都相同，那么在MN运动的过程中，闭合回路的 图12—2—11 ①感应电动势保持不变 ②感应电流保持不变 ③感应电动势逐渐增大 ④感应电流逐渐增大 以上判断正确的是 A.①② B.③④ C.②③ D.①④ 【解析】 由E=BLv判知在MN运动过程中，L逐渐增大，故E增大；而该闭合回路的周长也在增大，故R在增大，可算得I不变. 【答案】 C 6.如图12—2—12所示的电路中，电容C和电感L的值都很大，L的电阻不计，A、B是完全相同的灯泡，当电键K闭合时，下面所叙述的情况中正确的是 图12—2—12 A.A灯比B灯先亮，然后A灯熄灭 B.B灯比A灯先亮，然后B灯熄灭 C.A灯、B灯一起亮，而后A灯熄灭 D.A灯、B灯一起亮，而后B灯熄灭 【解析】 因A灯串接了一个电感L，由于电感阻碍电流的变化，故A灯后亮；而B灯串接了一个电容，故B亮一下即熄灭. 【答案】 B 7.如图12—2—13所示，U形线框abcd处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向内.长度为L的直导线MN中间串有一个电压表跨接在ab与cd上且与ab垂直，它们之间的接触是完全光滑的.R为电阻，C为电容器.现令MN以速度v向右匀速运动，用U表示电压表的读数，q表示电容器所带电量，C表示电容器电容，F表示对MN的拉力.设电压表体积很小，其中线圈切割磁感线对MN间的电压的影响可以忽略不计.则 图12—2—13 A.U=BLv0 F=v0B2L2／R B.U=BLv0 F=0 C.U=0 F=0 D.U=q／C F=v0B2L2／R 【解析】 MN之间有一电压表，因电压表本身内阻过大，可视为断路，故无I，则F=0；MN可视为电源，因电压表内无电流通过，故无电压示数.(据电压表工作原理)，则U=0. 【答案】 C ★提升能力 8.如图12—2—14所示，线圈内有理想边界的磁场，当磁感应强度均匀增加时，有一带电微粒静止于水平放置的平行板电容器中间，则此粒子带_______电，若线圈的匝数为n，平行板电容器的板间距离为d，粒子的质量为m，带电量为q，线圈面积为S，则磁感应强度的变化率为_______. 图12—2—14 【解析】 由楞次定律易判知微粒带负电.欲使其静止，必有mg=F电；又F电=qE=q；而E=nS，综合各式解得. 【答案】 负 9.水平面上有两根平行的光滑导轨MN、PQ相距L=1 m，在M和P之间接有R=2 Ω的定值电阻，金属棒ab的质量为m=0.5 kg，垂直放在导轨上，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B=0.5 T的匀强磁场中，如图12—2—15所示.除定值电阻外，其他电阻不计. 图12—2—15 (1)当金属棒以速度v向右运动切割磁感线运动时，根据法拉第电磁感应定律证明：感应电动势的大小为：E=BLv. (2)作用一个水平向右的力F于金属棒上，可以使金属棒从静止开始向右做加速度a= 4 m/s2的匀加速直线运动，试画出F随时间变化的图线.(只画图，不要求推导过程，只画前16 s的图线，并过图线上的最末点用虚线向横轴、纵轴画平行线) 【解析】 (1)设金属棒以速度v向右运动时间t,它向右的位移是：s=v t 整个回路磁通量的变化为：ΔΦ=B·S=BLvt 根据法拉第电磁感应定律：E==BLv (2)因为金属棒做匀加速直线运动，故有： F-F安=ma 而F安=BIL，I=，E=BLv，v=at 因此有：F=ma＋·t 代入数据得：F=2＋0.5t 显然，当t=0时，F=2 N，当t=16 s时，F=10 N 【答案】 (1)略 (2)如图 10.如图12—2—16所示，用铝板制成“”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为F，则 图12—2—16 A.悬线竖直，F=mg B.悬线竖直，F＜mg C.v选择合适的大小，可使F=0 D.因条件不足，F与mg的大小关系无法确定 【解析】 当框在磁场中向左以速度v匀速运动时，框的竖直部分(右端)将切割磁感线，其感应电动势的大小为Blv(l为上下两板间的距离).因此，上下板间的电势差大小也等于Blv,且下板电势高.两板间的电场可认为是匀强电场，其场强为E=U／d=Bv.小球受的电场力和磁场力的大小均为qvB,且不论小球带何种电荷，二者的方向均相反.故选项A正确. 图12—2—17 【答案】 A 11.如图12—2—17所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成闭合回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环.导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下图12—2—18中哪一图线变化时，导体圆环将受到向上的磁场力作用 图2—2—18 【解析】 若环受向上的磁场力，由楞次定律知，则引起环中感应电流的原磁场减弱，螺线管中电流减弱，再由法拉第电磁感应定律，abcd所围磁场的变化率减小，故A项正确. 【答案】 A 12.如图12—2—19所示，(a)是测定机车速度和加速度大小的装置，它由一块安装在机车车头底部的强磁铁和埋设在轨道地面上的一组线圈及电流表(图中未标出)组成.当机车经过线圈上方时，线圈中产生电流就被记录下来，因此可以求出机车在该位置时的速度，假设磁体外侧为一个匀强磁场，磁感应强度为B=0.004 T，磁体宽度与线圈宽度相同，且都比较小，线圈匝数为n=5，长度L=0.2 m，电阻R=0.4 Ω，测量记录如图(b)所示.则距离原点O为 30 m处时机车的速度为_______m/s，距离原点O为130 m处时机车的速度为_______m/s，如果机车的行驶是匀变速的，则机车行驶的加速度大小为_______m/s2. 图12—2—19 【解析】 由E=nBLv，I=，则v= 得v1=m/s=12 m／s v2=15 m/s 又v22-v12=2as 152-122=2a（130-30) a=0.405 m/s2 【答案】 12 15 0.405 13.在磁感应强度B=0.1 T的匀强磁场中，有一个直角三角形线框ABC，如图12—2—20所示，线框以2 m/s的速度沿图示方向(与BC边平行)匀速运动，已知AB=10 cm，α=30°，线框总电阻R=0.2 Ω，则AC、BC、AB三条线段上的感应电动势EAC=____V，EBC=____V，EAB=______V，线框A、B、C三点，电势最高的点是______，线框中感应电流强度I=____A. 图12—2—20 【解析】 EAC=EAB=B··v=2×10-2 V EBC=0. 由右手定则知，A点电势最高. 由于通过三角形线框的磁通量不变化，所在线框中没有感应电流产生. 【答案】 2×10-2;0;2×10-2;A;0 14.图12—2—21中PQRS是一个正方形的闭合导线框，MN为一个匀强磁场的边界，磁场方向垂直于纸面向里，如果线框以恒定的速度沿着PQ方向向右运动，速度方向与MN边界成45°角，在线框进入磁场的过程中 图12—2—21 A.当Q点经过边界MN时，线框的磁通量为零，感应电流最大 B.当S点经过边界MN时，线框的磁通量最大，感应电流最大 C.P点经过边界MN时跟F点经过边界MN时相比较，线框的磁通量小，感应电流大 D.P点经过边界MN时跟F点经过边界MN时相比较，线框的磁通量小，感应电流也小 【解析】 P点经过MN时，正方形闭合导线框切割磁感线的导线有效长度最大，感应电流最大. 【答案】 C ※15.一个闭合线圈处在如图12—2—22所示的正弦变化的磁场中，磁场方向垂直于导线圈平面，则 图12—2—22 ①在1 s末线圈中感应电流最大 ②在2 s末线圈中感应电流最大 ③1~2 s内的感应电流方向和2~3 s内相同 ④在1～2 s内的感应电流方向和3～4 s内的相同 以上说法正确的是 A.①④ B.②③ C.①③ D.②④ 【解析】 1 s末=0，2 s末最大，结合楞次定律判定. 【答案】 B ※16.如图12—2—23所示，n=50匝的圆形线圈M，它的两端点a、b 与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图12—2—24所示，则ab两点的电势高低与电压表的读数为 图12—2—23 A.Ua＞Ub，20 V B.Ua＞Ub，10 V C.Ua＜Ub，20 V D.Ua＜Ub，10 V 【解析】 由楞次定律可知Ua＞Ub，又根据： E=n=50×0.2 V=10 V 【答案】 B ※17.如图12—2—25(甲)所示，为匀强磁场的磁感应强度B随时间变化的图象，将一闭合线圈放于磁场中，其平面垂直于B，请在图12—2—25(乙)图中画出线圈中感应电动势随时间变化的图象. 图12—2—25 【解析】 由法拉第电磁感应定律得： E=nS∝ 即感应电动势与B—t图象的斜率成正比，设斜率为正时感应电流方向为正方向，则斜率为负时，感应电流方向沿负方向.E—t图象如图所示. 【答案】 如图 ※18.如图12—2—26所示，MN和PQ为相距L=30 cm的平行金属导轨，电阻R=0.3 Ω的金属棒ab可紧贴平行导轨运动.相距d=20 cm、水平放置的两平行金属板E和F分别与金属棒的a、b两端相连.图中R0=0.1 Ω，金属棒ac=cd=bd，导轨和连线的电阻不计，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中.当金属棒ab以速率v向右匀速运动时，恰能使一带电粒子以速率v在两金属板间做匀速圆周运动.在磁场的磁感应强度大小可根据需要而变化的情况下，试求金属棒ab匀速运动的最大速度. 图12—2—26 【解析】 带电粒子qE=mg，r=,U=BLv+BLv+，则有 v2=rgd／L［2＋R0／（R0+R／3)］ 当r=时,v=vm= m/s 【答案】 （或0.52） m/s 第Ⅲ单元 电磁感应规律的综合应用 ●知识聚焦 与本章知识有关的综合题主要表现在以下几方面： 1.电磁感应问题与电路问题的综合.电磁感应提供电路中的电源，解决这类电磁感应中的电路问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律如右手定则、法拉第电磁感应定律等；另一方面还要考虑电路中的有关规律，如欧姆定律、串并联电路的性质等，有时可能还会用到力学的知识. 2.电磁感应中切割磁感线的导体要运动，感应电流又要受到安培力的作用，因此，电磁感应问题又往往和力学问题联系在一起，解决电磁感应中的力学问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律；另一方面还要考虑力学中的有关规律，要将电磁学和力学的知识综合起来应用. ●疑难辨析 1.电磁感应中的电路分析.在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，则该导体或回路就相当于电源.将它们接上电容器可以使电容器充电；将它们接上电阻或用电器可以对用电器供电.在回路中形成电流. 2.电磁感应中的动力学分析和能量分析 切割磁感线的导体作为一个电磁学研究对象有感应电动势、感应电流、两端电压、电流做功、电阻发热等问题；作为一个力学对象有受力、加速度、动能、能量及其变化等问题；所以电磁感应和力学知识发生联系是必然的.由于这类问题中物理过程比较复杂，状态变化过程中变量比较多，关键是能抓住状态变化过程中变量“变”的特点和规律，从而确定状态变化过程中的临界点，求解时注意从动量、能量的观点出发，运用相应的规律进行分析和解答. ●典例剖析 ［例1］如图12—3—1所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，当ab棒下滑到稳定状态时，小灯泡获得的功率为P0，除灯泡外，其他电阻不计，要使稳定状态灯泡的功率变为2P0，下列措施正确的是 图12—3—1 A.换一个电阻为原来一半的灯泡 B.把磁感应强度B增为原来的2倍 C.换一根质量为原来的倍的金属棒 D.把导轨间的距离增大为原来的倍 【解析】 解答这类问题的基本思路是：先求出灯泡功率P与其他量的关系式，然后再讨论各选项是否正确.金属棒在导轨上下滑的过程中，受重力mg、支持力FN和安培力F=IlB三个力的作用.其中安培力F是磁场对棒ab切割磁感线所产生的感应电流的作用力，它的大小与棒的速度有关.当导体棒下滑到稳定状态时(匀速运动)所受合外力为零，则有mgsinθ=IlB.此过程小灯泡获得稳定的功率P=I2R.由上两式可得P=m2g2Rsin2θ／B2l2.要使灯泡的功率由P0变为2P0，根据上式讨论可得，题目所给的四个选项只有C是正确的. 【思考】 (1)试分析在棒下滑的整个过程中，不同形式的能量是如何转化的? (2)此题的答案与磁场的方向是否有关? 【思考提示】 （1）棒加速下滑时，它减小的重力势能一部分转化为电能，电能又转化为内能，另一部分转化为棒的动能.棒匀速下滑时，减小的重力势能全部转化为电能，电能又转化为内能. (2)答案与磁场方向无关（只要导线下滑时切割磁感线即可）. 图12—3—2 【设计意图】 通过本例说明电磁感应过程中能量的转化关系，并说明利用能量转化观点分析电磁感应过程的方法. 图12—3—3 ［例2］水平放置的金属框架abcd，宽度为0.5 m，匀强磁场与框架平面成30°角，如图12—3—2所示，磁感应强度为0.5 T，框架电阻不计，金属杆MN置于框架上可以无摩擦地滑动，MN的质量0.05 kg，电阻0.2 Ω，试求当MN水平匀速运动的速度为多大时，它对框架的压力恰为零，此时水平拉力应为多大？（g取10 m/s2） 【解析】 当金属杆对框架无压力时受力如图12—3—3所示，根据平衡条件得此时水平拉力为 F=mgtan30°=0.05×10×N=0.29 N 安培力大小为 F安= ① MN中产生的感应电动势为 E=BLvsin30° ② 闭合电路中的感应电流为 I= ③ 安培力为 F安=BIL ④ 由①②③④解得金属杆匀速运动的速度为 v= =m/s=3.7 m/s 【说明】 受力分析时要特别注意安培力总跟磁场方向垂直.本题中金属杆运动的方向与磁场方向成30°角，求电动势时要用公式E=BLvsinθ，但是金属杆却是和磁场方向垂直的，安培力为F安=BIL，而不是F安=BILsinθ. 【设计意图】 通过本例说明导体的运动方向与磁场方向不垂直时，感应电动势的计算及电磁感应问题与力学综合问题的分析方法. ［例3］如图12—3—4所示，一个半径为r的铜圆盘可以绕垂直于其盘面的中心轴转动，圆盘所在区域内有方向垂直于盘面的磁感应强度为B的匀强磁场，盘的边缘缠绕着一根细长线，线的一端挂着质量为m的物体A.电阻R的一端与盘的中心相连接，另一端通过滑片与盘的边缘保持良好接触，不计铜盘的电阻，不计摩擦，现由静止释放物体A，铜盘也由静止开始转动，试求铜盘转动时角速度所能达到的最大值. 图12—3—4 【解析】 解答本题的思路有两个.其一，当圆盘角速度达到最大时，圆盘所受合力矩为零，此时安培力的力矩与重力mg的力矩的代数和为零.其二，根据能量守恒定律，当圆盘速度最大时，A物体匀速下降，此时重力势能的减少全部转化为电能，电能又通过R转化为内能，因此重力的功率应等于R的发热功率.不难看出从能量的角度求解更简便. 圆盘转动产生的感应电动势为 E=Br2ω ① A下落的速度与圆盘角速度的关系为 v=ω r ② A重力的功率等于R的发热功率，即 mgv= ③ 解①②③得铜盘的最大角速度ω= 【说明】 电磁感应过程往往涉及多种形式能量的转化，从功和能的观点入手，分析清楚电磁感应过程中能量转化的关系，往往是解决该类问题的重要途径. 【设计意图】 通过本例说明利用能量转化和守恒的观点分析解决电磁感应问题的方法. 图12—3—5 ［例4］如图12—3—5所示，两根相距d=0.20 m的平行金属长导轨，固定在同一水平面内，并处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的感应强度B=0.20 T.导轨上面横放着两根金属细杆，构成矩形回路，每根金属细杆的电阻r=0.25 Ω，回路中其余部分的电阻可不计.已知两金属细杆在平行于导轨的拉力作用下，沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小都是v=5.0 m/s.不计导轨上的摩擦. (1)求作用于每根金属细杆的拉力的大小； (2)求两金属杆在间距增加ΔL=0.40 m的滑动过程中共产生的热量. 图12—3—6 【解析】 设匀强磁场方向竖直向上.在两金属杆匀速平移的过程中，等效电路如图12—3—6所示，即两杆可以等效为两个串联的同样的电源(E0).根据能量转化和守恒定律，当杆匀速运动时，两拉力(F)的机械总功率等于闭合电路的热功率，即 P=2Fv= 所以，每根金属杆受到的拉力大小为 F==3.2×10-2 N 在两金属杆增加距离ΔL的过程中，产生的热量就等于两拉力所做的功，即 Ｑ=2FΔL／2=FΔL=1.28×10-2 J 【设计意图】 通过本例说明电磁感应规律与电路知识和力学知识综合问题的分析方法. ●反馈练习 ★夯实基础 1.如图12—3—7所示，abcd是一闭合的小金属线框，用一根绝缘细杆挂在固定点O，使金属线框绕竖直线OO′来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线方向跟线框平面垂直，若悬点摩擦和空气阻力均不计，则 图12—3—7 ①线框进入或离开磁场区域时，都产生感应电流，而且电流的方向相反 ②线框进入磁场区域后越靠近OO′线时速度越大，因而产生的感应电流也越大 ③线框开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后将不再减小 ④线框摆动过程中，机械能完全转化为线框电路中的电能 以上判断正确的是 A.①③ B.②④ C.①② D.②③ 【解析】 线框进入磁场时Φ增大，而离开磁场时Φ减少，完全进入磁场后Φ不变，故①对②错.当摆角小到线框仅在磁场中摆动时，Φ不变.机械能将保持不变.故③对④错.应选A. 【答案】 A 2.如图12—3—8所示，两个互连的金属环，左环电阻为右环电阻的一半，磁场垂直穿过左环所在区域，当磁感应强度随时间均匀增加时，左环内产生感应电动势为E，则右环中感应电流方向为_______,a、b两点间的电势差为_______. 图12—3—8 【解析】 由楞次定律可判知右环中感应电流方向为逆时针；设左环电阻为R，则右环电阻为2R，回路中感应电流I=，由欧姆定律a、b两点电势差为U=I·2R=E. 【答案】 逆时针 E 3.如图12—3—9所示，虚线框abcd内为一矩形匀强磁场区域，ab=2bc，磁场方向垂直于纸面；实线框a′b′c′d′是一正方形导线框，a′b′边与ab边平行.若将导线框匀速地拉离磁场区域，以W1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功，W2表示以同样速率沿平行于b c的方向拉出过程中外力所做的功，则 图12—3—9 A.W1=W2 B.W2=2W1 C.W1=2W2 D.W2=4W1 【解析】 沿平行于ab方向拉出线圈过程拉力做的功为 W1=lab 沿平行于bc方向拉出线圈过程拉力做的功为 W2=lbc 故 W2=2W1 【答案】 B 4.如图12—3—10所示，矩形线圈一边长为d,另一边长为a，电阻为R，当它以速度v匀速穿过宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场过程中：若L＜d，产生的电能为______，若L＞d，产生的电能为_______. 图12—3—10 【解析】 L＜d时，产生电能的时间为.而L＞d时，时间为. 【答案】 5.如图12—3—11，AB、CD是固定的水平放置的足够长U形金属导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放一金属棒ab，给ab一个水平向右的冲量，使它以初速度v0运动起来，最后静止在导轨上，在导轨是光滑和粗糙两种情况下 图12—3—11 A.安培力对ab所做的功相等 B.电流通过整个回路做功相等 C.整个回路产生的热量相等 D.到停止运动时，两种情况棒运动距离相等 【解析】 无论导轨光滑还是粗糙，金属棒原来的动能全部转化为内能，故整个回路产生的热量相等，导轨粗糙时棒运动的距离小. 【答案】 C 6.用同样粗细的铜、铝、铁做成三根相同长度的直导线，分别放在电阻可以忽略不计的光滑水平导轨AB、CD上，如图12—3—12所示，使导线与导轨保持垂直，设竖直方向的匀强磁场垂直于导轨平面，且充满导轨所在空间，然后用外力使导线向右做匀速直线运动，且每次外力消耗的功率均相同，则 图12—3—12 ①铜导线运动速度最大 ②铁导线运动速度最大 ③三根导线上产生的感应电动势相同 ④在相等的时间内，它们产生的热量相等 以上判断正确的是 A.①④ B.②④ C.③④ D.只有③ 【解析】 P=，即有P= v=， R=ρ，故v∝. E=Blv∝. Ｑ=Pt相同 【答案】 B ★提升能力 7.如图12—3—13所示，在平行于地面的匀强磁场上方，有两个用相同金属材料制成的边长相同的正方形线圈a、b，其中a的导线比b 粗，它们从同一高度自由落下，则 图12—3—13 A.它们同时落地 B.a先落地 C.b先落地 D.无法判断 【解析】 两线圈a、b从同一高度自由落下，进入磁场时速度相同，设该速度为v，此时的加速度设为a，由牛顿第二定律得 mg-=ma a=g- 由于两线圈边长相同，仅导线横截面积S不同，而m∝S，R∝ ，故mR与S无关，所以a相同，从而可判断进入磁场的过程中和进入磁场后的各个时刻a、b两线圈的速度和加速度均相同，故它们同时落地，A正确. 【答案】 A 8.如图12—3—14所示，两根固定在水平面上的光滑的平行金属导轨，相距为d，一端接有阻值为R的电阻，在导轨上放一金属直杆，金属杆与电阻相距L，金属杆用一根水平细线通过定滑轮跟重为G的重物相连，金属杆上作用一个水平力F，使金属杆处于静止.除了电阻R之外的其他电阻都可不计.若在金属导轨区域加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间增大的规律为B=kt，为了使金属杆在导轨上保持静止，求水平力F(以向左为正方向)随时间变化的规律. 图12—3—14 【解析】 欲使杆静止则所受合力为零，得力的平衡方程：F＋F安＋Ｇ =0，又以向左为正方向，则有F=Ｇ-F安，又F安=BId=ktId，其中感应电流I=，代入可得：F=Ｇ- 【答案】 F=Ｇ- 9.如图12—3—15所示，竖直平行导轨间距L=20 cm，导轨顶端接有一电键K.导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，ab的电阻R=0.4 Ω，质量m=10g，导轨的电阻不计，整个装置处在与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B=1 T.当ab棒由静止释放0.8 s后，突然接通电键，不计空气阻力，设导轨足够长.求ab棒的最大速度和最终速度的大小.(g取10 m/s2) 图12—3—15 【解析】 ab棒由静止开始自由下落0.8 s时速度大小为v=gt=8 m/s 则闭合K瞬间，导体棒中产生的感应电流大小I=Blv/R=4 A ab棒受重力mg=0.1 N 因为F＞mg,ab棒加速度向上，开始做减速运动，产生的感应电流和受到的安培力逐渐减小，当安培力F=mg时，开始做匀速直线运动.此时满足=mg 解得最终速度v′=mgR/B2l2=1 m/s. 闭合电键时速度最大为8 m/s. 【答案】 8 m/s;1 m/s 10.有一种磁性加热装置，其关键部分由焊接在两个等大的金属圆环上的n 根间距相等的平行金属条组成，成“鼠笼”状，如图12—3—16所示.每根金属条的长度为l,电阻为R，金属环的直径为D、电阻不计.图中虚线所示的空间范围内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的宽度恰好等于“鼠笼”金属条的间距.当金属环以角速度ω绕过两圆环的圆心的轴 OO′转动时，始终有一根金属条在垂直切割磁感线.“鼠笼”的转动由一台电动机带动，这套设备的效率为η，求电动机输出的机械功率. 图12—3—16 【解析】 处于磁场中的金属条切割磁感线的线速度为v=ω 产生的感应电动势为E=Blv=Blω 通过切割磁感线的金属条的电流为I= 磁场中导体受到的安培力为F=BIl 克服安培力做功的功率为P安=Fv= 电动机输出的机械功率为P=P安／η 联立以上各式解出P= 【答案】 11.如图12—3—17所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽l=0.5 m，框的电阻不计，匀强磁场磁感应强度B=1 T，方向与框面垂直，金属棒MN的质量为100 g，电阻为1 Ω.现让MN无初速地释放并与框保持接触良好的竖直下落，从释放到达到最大速度的过程中通过棒某一横截面的电量为2 C，求此过程中回路产生的电能.(空气阻力不计，g=10 m/s2) 图12—3—17 【解析】 金属棒下落过程做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，根据平衡条件得 mg= ① 在下落过程中，金属棒减小的重力势能转化为它的动能和电能E，由能量守恒定律得 mgh=mvm2+E ② 通过导体某一横截面的电量为 q= ③ 由①②③解得 E=mgh-mvm2==J-J=3.2 J 【答案】 3.2 J 12.如图12—3—18所示，电动机牵引一根原来静止的长L为1 m、质量m为0.1 kg的导体棒MN，其电阻R为1 Ω.导体棒架在处于磁感应强度B为1 T、竖直放置的框架上，当导体棒上升h为3.8 m时获得稳定的速度，导体产生的热量为2 J.电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7 V、1 A.电动机内阻r为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，g取10 m/s2，求： 图12—3—18 (1)棒能达到的稳定速度? (2)棒从静止到达到稳定速度所需的时间? 【解析】 (1)(mg+)vm=IU-I2r，vm=2m/s（vm=-3 m/s舍去） (2)(IU-I2r)t=mgh＋mvm2＋Ｑ，t=1 s 【答案】 (1)2 m/s (2)1 s 13.如图12—3—19所示，一个由金属导轨组成的回路，竖直放在宽广的水平匀强磁场中，磁场垂直于该回路所在的平面，方向向外，AC导体可紧贴光滑竖直导轨自由上下滑动，导轨足够长，回路总电阻R保持不变，当AC由静止释放后 图12—3—19 ①导体AC的加速度将达到一个与阻值R成反比的极限值 ②导体AC的速度将达到一个与R成正比的极限值 ③回路中的电流将达到一个与R成反比的极限值 ④回路中的电功率将达到一个与R成正比的极限值 以上判断正确的是 A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 【解析】 匀速运动时v→vm，此时有mg=BIL=得vm=R，P=R. 【答案】 B 14.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图12—3—20所示，抛物线的方程是y=x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线(图中的虚线所示).一个小金属块从抛物线上y=b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑.假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是 图12—3—20 A.mgb B.mv2 C.mg(b-a) D.mg(b-a)+ mv2 【解析】 最终小金属块在y=a的位置(不超出该位置)为边界的以下范围振动， 由释放到最后振动，能量守恒， Ｑ=mv2＋mg（b-a) 【答案】 Ｄ 15.如图12—3—21所示，光滑平行导轨仅其水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，一根质量为2m的金属杆cd静止在水平轨道上，另一根质量为m的金属杆ab 从斜轨道上高为h处由静止开始下滑，运动中两根杆始终与轨道垂直且接触良好，两杆之间未发生碰撞.若导电轨道有足够的长度，在两根金属杆与导电轨道组成的回路中所产生的热量是_______. 图12—3—21 【解析】 当ab进入水平轨道时速度为v0，则v0=；最后ab和cd的速度相同，此时不再产生感应电流，由动量守恒定律可知此时共同的速度为：mv0=mv′+2mv′得v′=v0，故由能量守恒得 mgh=mv′2＋（2m）v′2＋Q，则Ｑ=mgh. 【答案】 mgh 章末综合讲练 ●知识网络 ●高考试题 一、楞次定律 图12—1 1.(1999年全国高考)图12—1为地磁场磁感线的示意图.在北半球地磁场的竖直分量向下.飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变.由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差.设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2，则 A.若飞机从西往东飞，U1比U2高 B.若飞机从东往西飞，U2比U1高 C.若飞机从南往北飞，U1比U2高 D.若飞机从北往南飞，U2比U1高 【解析】 由右手定则可判知：在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低. 【答案】 AC 图12—2 2.（2002年上海高考）如图12—2所示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度.两个相同的磁性小球，同时从A、B管上端的管口无初速释放，穿过A管的小球比穿过B管的小球先落到地面.下面对于两管的描述中可能正确的是 A.A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的 B.A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的 C.A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的 D.A管是用胶木制成的，B管是用铝制成的 【答案】 AD 3.(2001年上海高考)如图12—3所示是一种延时开关.当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，将C线路接通.当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放.则 图12—3 A.由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用 B.由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用 C.如果断开B线圈的电键S2，无延时作用 D.如果断开B线圈的电键S2，延时将变长 【解析】 延时开关的工作原理是：当断开S1使A线圈中电流变小并消失时，则在闭合的B线圈中产生感应电流，据楞次定律，感应电流的磁场使铁芯中磁场减弱得慢些，因此才产生延时作用，可见是B线圈的存在起了延时作用. 【答案】 BC 二、电磁感应中的图象 4.(1998年全国高考)如图12—4（a）所示，一宽40 cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一边长为20 cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=20 cm/s通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t=0，在下列图线中，正确反映感应电流强度随时间变化规律的是 图12—4（a） 图12—4（b） 【解析】 线圈刚进入B中，电流方向逆时针，全部进入时无I感，一边刚出来时，线圈中会产生顺时针方向的电流，而且由E=BLv产生的E一定，I感也一定. 【答案】 C 5.(1999年全国高考)一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，如图12—5所示.现令磁感应强度B随时间t变化，先按图12—6中所示的oa图线变化，后来又按图线bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则 图12—5 图12—6 A.E1＞E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B.E1＜E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 C.E1＜E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向 D.E2=E3，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向 【解析】 由法拉第电磁感应定律知E∝，由图知应有E1＜E2=E3. 由楞次定律可判断出I1沿逆时针方向，I2和I3均沿顺时针方向.(正磁通量的减少与负磁通量的增加产生感应电流方向相同) 【答案】 BＤ 三、电磁感应综合题 6.（2002年全国高考）图12—7中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆.有均匀磁场垂直于导轨平面.若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB 图12—7 A.匀速滑动时，I1=0，I2=0 B.匀速滑动时，I1≠0,I2≠0 C.加速滑动时，I1=0，I2=0 D.加速滑动时，I1≠0，I2≠0 【解析】 横杆匀速滑动时，由于E=BLv不变，故I2=0，I1≠0.加速滑动时，由于E=BIv逐渐增大，电容器不断充电，故I2≠0，I1≠0. 图12—8 【答案】 D 7.(2002年广东、广西、河南高考)如图12—8所示，半径为R、单位长度电阻为λ的均匀导体圆环固定在水平面上，圆环中心为O.匀强磁场垂直水平面方向向下，磁感应强度为B.平行于直径MON的导体杆，沿垂直于杆的方向向右运动.杆的电阻可以忽略不计，杆与圆环接触良好，某时刻，杆的位置如图， ∠aOb=2θ ，速度为v，求此时刻作用在杆上安培力的大小. 【解析】 如图所示，杆切割磁感线时，ab部分产生的感应电动势 E=vB(2Rsinθ) 此时弧acb和弧adb的电阻分别为2λR(π—θ)和2λRθ，它们并联后的电阻为 r= 杆中的电流为 I=, 作用在杆上的安培力为 F=IB(2Rsinθ), 由以上各式解得 F=. 【答案】 图12—9 8.(2002年上海高考)已知某一区域的地下埋有一根与地表面平行的直线电缆，电缆中通有变化的电流，在其周围有变化的磁场，因此可以通过在地面上测量闭合试探小线圈中的感应电动势来探测电缆的确切位置、走向和深度.当线圈平面平行地面测量时，在地面上a、c两处测得试探线圈中的电动势为零，b、d两处线圈中的电动势不为零；当线圈平面与地面成45°夹角时，在b、d两处测得试探线圈中的电动势为零.经过测量发现,a、b、c、d恰好位于边长为1 m的正方形的四个顶角上，如图12—9所示. 据此可以判定地下电缆在_______两点连线的正下方，离地表面的深度为_______m. 【解析】 线圈在电缆正上方且平行于地面时，通过线圈的磁通量为零，没有感应电动势，故电缆在a、c两点连线的正下方.由于在b、d处线圈平面与地面成45°角时，线圈中没有感应电流，说明此时线圈平面与磁感线相切，通过线圈的磁通量为零，故过b、d作电缆的垂线，与地面成45°角，所以，电缆的深度等于abcd 正方形对角线的一半，即h= m=0.71 m. 【答案】 a、c;0.71 9.(2001年上海高考)如图12—10所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则 图12—10 A.如果B增大，vm将变大 B.如果α变大，vm将变大 C.如果R变大，vm将变大 D.如果m变小，vm将变大 【解析】 金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达到最大vm，此后做匀速运动，杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示.安培力F=，对金属杆列平衡方程式：mgsinα=，则vm=，由此式可知，B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变大，vm变大；m变小，vm变小. 【答案】 BC 10.(1999年上海高考)如图12—11所示，长为L、电阻r=0.3 Ω、质量m=0.1 kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R=0.5 Ω 的电阻，量程为0~3.0 A的电流表串接在一条导轨上，量程为0~1.0 V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面.现以向右恒定外力F使金属棒右移.当金属棒以v=2 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏.问 图12—11 (1)此满偏的电表是什么表?说明理由. (2)拉动金属棒的外力F多大? (3)此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上.求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量. 【解析】 (1)若电流表满偏，则I=3 A，U=IR=1.5 V，大于电压表量程，故是电压表满偏. (2)由功能关系：F·v=I2（R＋r），而 I=，故F==1.6 N (3)由动量定理：mΔv=IBL·Δt，两边求和 mΔv1＋mΔv2＋…=BLI1Δt1＋BLI2Δt2＋…即mv=BLq， 由电磁感应定律： E=BLv；Ε=I（R＋r） 解得q==0.25 C 【答案】 (1)电压表满偏(理由略)(2)1.6 N (3)0.25 C 11.(2000年全国高考)空间存在以ab、cd为边界的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，区域宽为l1 .现有一矩形线框处在图中纸面内，它的短边与ab重合，长度为l2，长边的长度为2l1，如图12—12所示.某时刻线框以初速v沿与ab垂直的方向进入磁场区域，同时某人对线框施以作用力，使它的速度大小和方向保持不变.设该线框的电阻为R.从线框开始进入磁场到完全离开磁场的过程中，人对线框作用力所做的功等于_______. 图12—12 【解析】 线框的运动过程可分为三段：①右边进入磁场到右边离开磁场；②从右边离开磁场到左边进入磁场；③从左边进入磁场到左边离开磁场.在过程①③中，穿过闭合线圈的磁通量发生变化，产生的感应电流I=，线框所受安培力F安=BIl2=，又因线框匀速运动，所以人对线框的作用力与线框所受安培力等大反向，人做功为 W=F×2l1=F安×2l1=在过程②中，线框中无感应电流，不受安培力作用，故人对线框的作用力也为零. 【答案】 12.(2001年全国高考)如图12—13甲所示.一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20 m，电阻R=1.0 Ω ；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下.现有一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图12—13乙所示.求杆的质量m和加速度a. 图12—13 【解析】 导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=BLat①，闭合电路中感应电流为I=②，由安培力公式和牛顿第二定律得： F-ILB=ma③，将①②代入③得： F=ma＋at④，在乙图上取两点t1=0，F1=1 N；t2=29 s，F2=4 N代入④式解之. 图12—14 【答案】 0.1 kg；10 m/s2 13.(2001年上海高考)如图12—14所示，半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度B=0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a=0.4 m，b=0.6 m.金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0=2 Ω.一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计. (1)若棒以v0=5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′ 的瞬时，MN中的电动势和流过L1的电流. (2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2Ｏ′以OO′为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为=（）T／s，求L1的功率. 【解析】 (1)棒滑过圆环直径OO′的瞬时，垂直切割磁感线的有效长度为2a，在MN中产生的感应电动势为：E1=B·2a·v=0.8 V，通过L1的电流I1==0.4 A. (2)撤去金属棒MN，半圆环OL2Ｏ′以OO′为轴向上翻转90°，根据法拉第电磁感应定律： E2==0.32 V，则L1的功率： P=（）2R0=1.28×10-2 W 【答案】 (1)0.8 V 0.4 A （2）1.28×10-2 W 图12—15 14.（2002年上海高考）如图12—15所示，两条相互平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l=0.2 m，在导轨的一端接有阻值为R=0.5 Ω的电阻，在x≥0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感应强度B=0.5 T.一质量为m=0.1 kg的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v0=2 m/s的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F的共同作用下做匀变速直线运动，加速度大小为a=2 m/s2、方向和初速度方向相反.设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好.求： （1）电流为零时金属杆所处的位置； （2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F的大小和方向； （3）保持其他条件不变，而初速度v0取不同值，求开始时F的方向与初速度v0取值的关系. 【解析】 （1）感应电动势E=Blv,I=E/R, 所以 I=0时，v=0, 有 x=v02/2a=1 m. (2)最大电流 Im=Blv0/R, I′=Im/2=Blv0/2R, 安培力F安=I′Bl=B2l2v0/2R=0.02 N, 向右运动时 F+F安=ma, F=ma-F安=0.18 N，方向与x轴相反， 向左运动时 F-F安=ma, F=ma+F安=0.22 N，方向与x轴相反. (3)开始时v=v0,F安=ImBl=B2l2v0/R, F+F安=ma,F=ma-F安=ma-B2l2v0/R, 所以，当v0＜maR/B2l2=10 m/s时，F＞0，方向与x轴相反. 当v0＞maR/B2l2=10 m/s时，F＜0，方向与x轴相同. 【答案】 (1)1 m;(2)0.22 N,与x轴相反；（3）当v0＜10 m/s时，F与x轴反向；当v0＞ 10 m/s时，F与x轴同向 15.(2002年上海高考）如图12—16所示为利用电磁作用输送非导电液体装置的示意图.一边长为L、截面为正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面积为A的小喷口，喷口离地的高度为h.管道中有一绝缘活塞，在活塞的中部和上部分别嵌有两根金属棒a、b，其中棒b的两端与一电压表相连，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，当棒a中通有垂直纸面向里的恒定电流I时，活塞向右匀速推动液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为s.若液体的密度为ρ，不计所有阻力，求： 图12—16 （1）活塞移动的速度； （2）该装置的功率； （3）磁感应强度B的大小； （4）若在实际使用中发现电压表的读数变小，试分析其可能的原因. 【解析】 （1）设液体从喷口水平射出的速度为v0，活塞移动的速度为v，有 v0=s,v0A=vL2,v=()v0=. (2)设装置功率为P，Δt时间内有Δm质量的液体从喷口射出，有 PΔt=Δm(v02-v2) 因为 Δm=L2vΔtρ, 有 P=L2vρ(v02-v2)= 即 P=. (3)由 P=F安v, 得 L2ρv(v02-v02)=BILv, 即 B=, (4)由 U=BLv, 可知喷口液体的流量减少，使活塞移动速度减小，或磁场变小等会引起电压表读数变小. 【答案】 (1) ;(2) ; 图12—17 (3) ; (4)喷口液体的流量减少，使活塞移动速度减小；或磁场的磁感应强度变小，会引起电压表的读数变小. 16.(2020年春季高考）图12—17是一台发电机定子中的磁场分布图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状.M是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴.磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿圆柱半径、大小近似均匀的磁场，磁感应强度B=0.050 T. 图12—18 图12—19 图12—18是该发电机转子的示意图（虚线表示定子的铁芯M）.矩形线框abcd可绕过ad、cb边的中点并与图12—17中的铁芯M共轴的固定转轴oo′旋转，在旋转过程中，线框的ab、cd边始终处在图12—17所示的缝隙内的磁场中.已知ab边长l1=25.0 cm,ad边长l2= 10.0 cm，线框共有N=8匝导线，旋转的角速度ω=250 rad/s.将发电机的输出端接入图中的装置K后，装置K能使交变电流变成直流电，而不改变其电压的大小.直流电的一个输出端与一可变电阻R相连，可变电阻的另一端P是直流电的正极，直流电的另一个输出端Q是它的负极. 图12—19是可用于测量阿伏加德罗常数的装置示意图，其中A、B是两块纯铜片，插在CuSO4稀溶液中，铜片与引出导线相连，引出端分别为x、y. Ⅰ.现把直流电的正、负极与两铜片的引线端相连，调节R，使CuSO4溶液中产生I= 0.21 A的电流.假设发电机的内阻可忽略不计，两铜片间的电阻r是恒定的. (1)求每匝线圈中的感应电动势的大小. (2)求可变电阻R与A、B间电阻r之和. Ⅱ.（1）当以I=0.21 A的电流电解60 min后，测得铜片A的质量增加了0.25 g，则图12—19装置中的x端应与直流电的_______极相连，它是电解池的_______极. (2)电解后铜片B的质量_______.(答“增加”“减少”或“不变”） （3）列式计算实验测得的阿伏加德罗常数NA.(已知电子电量e=1.60×10-19 C) 【解析】 Ⅰ.（1）设线框ab边的速度为v，则 v=l2ω 一匝线圈中的感应电动势为 E=2×Bl1v 代入数据解得 E=0.31 V (2)N匝线圈中的总感应电动势为 E总=NE 由欧姆定律，得 E总=I（R+r) 代入数据解得 R+r=12 Ω Ⅱ.（1）负，阴（2）减少 （3） NA==6.0×1023 mol-1 【答案】 Ⅰ.（1）0.31 V;(2)12 Ω;Ⅱ.(1)负，阴；（2）减少；（3）6.0×1023 mol-1 ●素质能力过关检测 A组 一、选择题（每小题中只有一个选项符合题目要求） 1.如图12—20所示，导线框abcd与导线AB在同一平面内，直导线中通有恒定电流I，当线框由左向右匀速通过直导线过程中，线框中感应电流的方向是 图12—20 A.先abcda，再dcbad，后abcda B.先abcda，再dcbad C.始终是dcbad D.先dcbad，再abcda，后dcbad 【解析】 线框向右靠近通电导线时，向外的磁通量增大，感应电流的磁场向里，感应电流方向沿adcba.线框向右通过导线时，向外的磁通量减小，向里的磁通量增大，感应电流的磁场方向向外，感应电流方向沿abcda.线框向右远离导线时，向里的磁通量减小，感应电流的磁场方向向里，感应电流方向沿adcba. 【答案】 D 2.（2020年上海高考）粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图12—21所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是 图12—21 图12—22 【解析】 线框中切割磁感线的那段导体视为电源，另外三段导体为外电路电阻.四种情形中回路电流相同，显然（B）的情形中ab两点间电压为另三段电压之和，最大.其他三种情形中ab两点间电压值是一段上的电势降落. 【答案】 B 3.如图12—22所示，闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场，在ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，线圈运动的速度图象可能是图12—23的哪些图 图12—23 以上正确的是 A.①③④ B.②③④ C.①②③ D.只有③ 【解析】 进入磁场时安培力F可能等于mg,大于mg,小于mg. 【答案】 A 4.如图12—24所示是观察自感现象的电路图，为了观察到断开开关的瞬间灯泡有明显的闪烁现象，除增大线圈的自感系数外，还要考虑线圈电阻RL和小灯泡电阻R，它们之间应满足的关系是 图12—24 A.RL＞R B.RL=R C.RL<查看更多