- 2021-05-23 发布 |
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文档介绍
【物理】2018届一轮复习人教版第9章 电磁感应教案
[考纲要求] 知识内容 考试要求 备考方略 必考 加试 电磁感应现象 b 本章内容只出现在加试中，重点考查有感应电流的产生、感应电动势方向的判断、感应电动势大小的计算等知识。可以以选择题形式考查对基础知识、基本规律的理解与应用，更多以计算题的形式考查综合性知识，如运动学、力学、能量、电路、图象等知识与电磁感应结合的问题。 楞次定律 c 法拉第电磁感应定律 d 电磁感应现象的两类情况 b 互感和自感 b 涡流、电磁阻尼和电磁驱动 b 第1课时 电磁感应现象 楞次定律 考点一 电磁感应现象(－/b) [基础过关] 一、磁通量 1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积。 2．公式：Φ＝BS。 3．单位：1 Wb＝1__T·m2。 4．公式的适用条件 (1)匀强磁场； (2)磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S。 二、电磁感应现象 1．电磁感应现象 当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。 2．产生感应电流的条件 (1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。 (2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。 3．产生电磁感应现象的实质 电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流。 【过关演练】 1．如图所示，匝数为N、半径为r1的圆形线圈内有匀强磁场，匀强磁场在半径为r2的圆形区域内，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面。通过该线圈的磁通量为( ) A．Bπr B．Bπr C．NBπr D．NBπr 解析 通过线圈的磁通量Φ＝BS＝Bπr，A选项错误，B选项正确；磁通量与线圈的匝数无关，C、D选项错误。 答案 B 2．(2014·浙江1月学考)如图甲所示为法拉第在研究电磁感应时用过的线圈，其工作原理如图乙所示，则实验中不会使电流表指针发生偏转的是( ) A．保持开关闭合 B．开关闭合瞬间 C．开关断开瞬间 D．移动变阻器滑片 答案 A [要点突破] 要点一 磁通量理解 应用Φ＝BS求解问题时应注意两点 (1)公式Φ＝BS中，S为垂直于磁场方向的面积。 (2)穿过某个面有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS求解，应考虑相反方向的磁通量抵消后所剩余的磁通量。 【例1】 如图所示，在条形磁铁外套A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量ΦA与穿过B环的磁通量ΦB相比较( ) A．ΦA>ΦB B．ΦA<ΦB C．ΦA＝ΦB D．不能确定 解析 磁通量Φ＝Φ内－Φ外，对A、B两环，Φ内相同；而对于Φ外，B的大于A的，所以ΦA>ΦB，故正确答案为A。 答案 A 要点二 电磁感应现象判断 判断电磁感应现象是否发生的一般流程 【例2】 如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是( ) 解析 根据产生感应电流的条件，闭合回路内磁通量发生变化才能产生感应电流，只有选项B正确。 答案 B [精练题组] 1．如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量的情况是( ) A．如图所示位置时等于零 B．若使框架绕OO′转过60°角，磁通量为BS C．若从初始位置转过90°角，磁通量为BS D．若从初始位置转过180°角，磁通量变化为零 解析 在题图所示的位置时，磁感线与线框平面垂直，Φ＝BS，当线框绕OO′轴转过60°时，Φ＝BS⊥＝BS·cos 60°＝BS。转过90°时，磁感线与线框平面平行，Φ＝0。线框转过180°时，磁感线仍然垂直穿过线框，只不过穿过方向改变了，因而ΔΦ＝2BS。综上所述，B正确。 答案 B 2．(多选)下列情况能产生感应电流的是( ) A．如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动 B．如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时 C．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时 D．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时 解析 甲图中导体AB顺着磁感线运动，穿过闭合电路的磁通量没有发生变化，无感应电流，故选项A错误；乙图中条形磁铁插入线圈时，线圈中的磁通量增加，拔出时线圈中的磁通量减少，都有感应电流产生，故选项B正确；丙图中开关S一直接通，回路中为恒定电流，螺线管A产生的磁场稳定，螺线管B中的磁通量无变化，线圈中不产生感应电流，故选项C错；丙图中开关S接通，滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管A的磁场变化，螺线管B中的磁通量变化，线圈中产生感应电流，故选项D正确 答案 BD 3．磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( ) A．ΔΦ1＞ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2 C．ΔΦ1＜ΔΦ2 D．无法确定 解析 第一次将线框由位置1平移到位置2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和。故ΔΦ1＜ΔΦ2，选项C正确。 答案 C 4．(多选)(2016·绍兴一中期中)下列选项表示的是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，导体ab上的感应电流方向为b→a的是( ) 解析 根据右手定则，A中感应电流方向是a→b；B、C、D中感应电流方向都是b→a；故选B、C、D。 答案 BCD 考点二 楞次定律(－/c) [基础过关] 1．楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。 2．右手定则：如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。 3．楞次定律的推广应用 对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因。 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”； (2)阻碍相对运动——“来拒去留”； (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”； (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。 【过关演练】 1．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触。关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( ) A．总是顺时针 B．总是逆时针 C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针 解析 由楞次定律知，当磁铁向下靠近圆环时，圆环中产生向下的感应磁场，又结合安培定则可知圆环中产生顺时针方向(从上向下看)的感应电流；同理可判定，当磁铁向下远离圆环时，圆环中产生逆时针方向(从上向下看)的感应电流，故只有C正确。 答案 C 2．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率( ) A．均匀增大 B．先增大，后减小 C．逐渐增大，趋于不变 D．先增大，再减小，最后不变 解析 对磁铁受力分析可知，磁铁重力不变，磁场力随速率的增大而增大，当磁场力等于重力时，磁铁匀速下落，所以选C。 答案 C [要点突破] 要点一 楞次定律中“阻碍”的含义 【例1】 (多选)如图所示，AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属直棒，立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在OC上，a端始终在AO上，直到ab完全落到OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中( ) A．感应电流方向始终是b→a B．感应电流方向先是b→a，后变为a→b C．所受安培力方向与ab垂直，如图中箭头所指方向 D．所受安培力方向与ab垂直，开始斜向左下方，后来变为斜向右上方 解析 本题用楞次定律判断方便，磁通量变化分两个阶段，先变大后变小(棒与OA成45°角时最大)，用楞次定律可判断感应电流先b→a后a→b，安培力用左手定则可知先垂直棒向左下方，后垂直棒向右上方，B、D对。 答案 BD 要点二 感应电流的“效果” 1．线圈(回路)中磁通量变化时，阻碍原磁通量的变化——增反减同； 2．导体与磁体间有相对运动时，阻碍相对运动——来拒去留； 3．当回路可以形变时，感应电流可使线圈面积有扩大或缩小的趋势——增缩减扩； 4．自感现象中，感应电动势阻碍原电流的变化——增反减同。 【例2】 (多选)如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q 平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时( ) A．P、Q将互相靠拢 B．P、Q将互相远离 C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g 解析 根据楞次定律的“阻碍”的内涵，感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题的“原因”是磁铁靠近回路，穿过回路的磁通量增加，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以P、Q将互相靠近，且磁铁的加速度小于g。 答案 AD [精练题组] 1．(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是( ) A．向右加速运动 B．向左加速运动 C．向右减速运动 D．向左减速运动 解析 当PQ向右运动时，用右手定则可判断出PQ中感应电流的方向是Q→P，由安培定则可判断出穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可判断出流过MN的感应电流方向是N→M，用左手定则可判断出MN受到向左的安培力，将向左运动，可见选项A错误；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均反向，MN向右运动，所以选项C正确；同理可判断出选项B正确，D错误。 答案 BC 2．如图所示，一水平放置的矩形线圈abcd ，在细长的磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近位置Ⅱ。在这个过程中，线圈中感应电流( ) A．沿abcd流动 B．沿dcba流动 C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动 D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动 解析 本题考查用楞次定律判断感应电流的方向。由条形磁铁的磁场可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量为零，线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减小，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增大，根据楞次定律和安培定则可知感应电流的方向是abcd。 答案 A 3．如图所示，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，则( ) A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a C．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 导线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向沿a→d→c→b→a，由左手定则可知cd边受到的安培力方向向左；在导线框离开磁场时，ab边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以判断电流的方向为a→b→c→d→a，安培力的方向仍然向左，故选项D正确。 答案 D 4．如图所示，在两根平行长直导线M、N中，通以同方向同大小的电流，导线框abcd 和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速运动，在移动过程中，线框中感应电流方向( ) A．先abcd，后dcba B．先dcba，后abcd C．始终是abcd D．始终是dcba 解析 线框在两电流中线OO′的右侧时，穿过线框的合磁通量垂直纸面穿出，线框左移，磁通量变小，为阻碍这个方向的磁通量减小，感应电流的方向就是abcd。当线框跨越两电流中线OO′时，线框的合磁通量由穿出变为穿进，感应电流还是abcd。线框再左移，线框合磁通量穿入且增加，感应电流方向还是abcd。所以线框中感应电流方向始终是abcd。故选项C正确。 答案 C 5．(2016·浙江温州选考模拟)(多选)如图所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一个水平面内，线圈A中通以如图所示的交变电流，设t＝0时电流沿逆时针方向。下列说法中，正确的是( ) A．0～t1内，线圈B有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势 B．t1～t2内，线圈B有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势 C．在t1时刻，线圈B的电流大小和方向同时改变 D．在t1时刻，线圈A、B的作用力最小 解析 0～t1内，线圈A的电流逆时针减小，通过线圈B的磁通量减少，根据楞次定律知，线圈B内有逆时针方向的电流，根据楞次定律的另一种表述，线圈B阻碍磁通量的减少，有收缩的趋势，故A选项正确；t1～t2内，线圈A的电流顺时针增大，通过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律知，线圈B 内有逆时针方向的电流，根据楞次定律的另一种表述，线圈B阻碍磁通量的增大，有扩张的趋势，故B选项正确；在t1时刻，线圈B中没有电流，故C选项错误；在t1时刻，线圈B中没有电流，线圈A、B的作用力最小，故D选项正确。 答案 ABD 【方法总结】 应用楞次定律判断感应电流的方法 活页作业 1.矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入如图所示的电流，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是( ) A．导线框abcd中没有感应电流 B．导线框abcd中有顺时针方向的感应电流 C．导线框所受的安培力的合力方向水平向左 D．导线框所受的安培力的合力方向水平向右 解析 直导线中通有向上均匀增大的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。故A、B错误；根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线框所受安培力的合力方向水平向右，故C错误，D正确。 答案 D 2.如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( ) A．向右摆动 B．向左摆动 C．静止 D．无法判定 解析 方法一：画出磁铁的磁感线分布，如图甲所示，当磁铁向铜环运动时，穿过环的磁通量增加，由楞次定律判断出铜环中的感应电流方向如图甲所示，铜环中有感应电流时铜环就要受到安培力的作用，分析铜环受安培力作用而运动时，可把铜环中的电流等效为多段直线电流元。取上、下两小段电流研究，由左手定则可知两段电流受力向右，由此可联想到整个铜环所受合力向右，则选项A正确。 方法二：(等效法)磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为图乙所示的条形磁铁，则两磁铁有排斥作用，故选项A正确。 答案 A 3．(多选)如图所示，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流I减小时( ) A．环A有缩小的趋势 B．环A有扩张的趋势 C．螺线管B有缩短的趋势 D．螺线管B有伸长的趋势 解析 当B中通过的电流减小时，穿过A线圈的磁通量减小，产生感应电流。由楞次定律可以判断出A线圈有缩小的趋势，另外，螺线管环与环之间的引力减小，故螺线管有伸长的趋势。选项A、D正确。 答案 AD 4.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( ) A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C B．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D C．磁场对导体棒CD的作用力向左 D．磁场对导体棒AB的作用力向右 解析 当导线AB向右运动时，由右手定则可以判断回路中感应电流方向为A→C→D→B，再根据左手定则进一步确定CD的受力方向向右，AB受力方向向左。 答案 B 5.如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中( ) A．始终有感应电流自a向b流过电流表G B．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 当条形磁铁进入螺线管时，闭合线圈中的磁通量增加，当穿出时，磁通量减少，由楞次定律可知C正确。 答案 C 6.如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是( ) A．同时向两侧推开 B．同时向螺线管靠拢 C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断 D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断 解析 当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动，故A正确。 答案 A 7．(多选)如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦。整个装置处于竖直方向的磁场中。若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度( ) A．方向向下并减小 B．方向向下并增大 C．方向向上并增大 D．方向向上并减小 解析 杆ab向右运动，使得闭合回路中磁通量有增加趋势，说明原磁场的磁通量必定减弱，即磁感应强度正在减小，与方向向上、向下无关，故选项A、D正确，B、C错误。 答案 AD 8.如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是( ) A．一起向左运动 B．一起向右运动 C．ab和cd相向运动，相互靠近 D．ab和cd相背运动，相互远离 解析 由于ab和cd 电流方向相反，所以两导体运动方向一定相反，排除A、B；当载流直导线中的电流逐渐增强时，穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流总是阻碍穿过回路磁通量的变化，所以两导体相互靠近，减小面积，达到阻碍磁通量增加的目的，故选C。 答案 C 9．(多选)如图所示，通电直导线L和平行直导线放置的闭合导体框abcd，当通电导线L运动时，以下说法正确的是( ) A．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为abcda B．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为adcba C．当导线L向右平移时，导体框abcd中感应电流的方向为abcda D．当导线L向右平移时，导体框abcd中感应电流的方向为adcba 解析 当导线L向左平移时，闭合导体框abcd中磁场减弱，磁通量减少，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍磁通量的减少，由于导线L在abcd中磁场方向垂直纸面向里，所以abcd中感应电流的磁场方向应为垂直纸面向里，由安培定则可知感应电流的方向为abcda，选项A正确；当导线L向右平移时，闭合电路abcd中磁场增强，磁通量增加，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍磁通量的增加，可知感应电流的磁场为垂直纸面向外，再由安培定则可知感应电流的方向为adcba，选项D正确。 答案 AD 10．如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是( ) A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左 B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左 C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右 D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右 解析 条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，穿过线圈的磁通量先增加后减少。当穿过线圈的磁通量增加时，为阻碍其增加，线圈有向磁场弱的地方运动的趋势，即在竖直方向上有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势；当穿过线圈的磁通量减少时，为阻碍其减少，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势。综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右，选D。 答案 D 11.如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是( ) A．大于环重力mg，并逐渐减小 B．始终等于环重力mg C．小于环重力mg，并保持恒定 D．大于环重力mg，并保持恒定 解析 根据楞次定律，感应电流方向是顺时针的，再由左手定则判断，安培力应该竖直向下，环始终处于静止状态，表明线的拉力始终大于环的重力mg。由于磁感应强度均匀减小，环中电流不变，所以安培力逐渐减小，选项A正确。 答案 A 12．(多选)如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引( ) A．向右做匀速运动 B．向左做减速运动 C．向右做减速运动 D．向右做加速运动 解析 当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a 的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对，D错。 答案 BC 13．(多选)如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，现在垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是( ) A．感应电流方向是N→M B．感应电流方向是M→N C．安培力水平向左 D．安培力水平向右 解析 方法1：由右手定则易知，MN中感应电流方向是N→M，再由左手定则可判知，MN所受安培力方向垂直棒水平向左。 方法2：由楞次定律知，本题中感应电流是由于MN相对于磁场向右运动引起的，则安培力必然阻碍这种相对运动，由安培力方向既垂直于电流方向又垂直于磁场方向可判知，MN所受安培力方向必然垂直于MN水平向左，再由右手定则，容易判断出感应电流的方向是N→M。故选A、C。 答案 AC 14．如图所示，绝缘光滑水平面上有两个离得很近的导体环a、b。将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面)，a、b将如何移动( ) A．a、b将相互远离 B．a、b将相互靠近 C．a、b将不动 D．无法判断 解析 根据Φ＝BS，磁铁向下移动过程中B增大，所以穿过每个环中的磁通量都有增大的趋势。由于S不可改变，为阻碍磁通量的增大，导体环应该尽量远离磁铁，所以a、b将相互远离。选项A正确。 答案 A 第2课时 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 考点一 法拉第电磁感应定律(－/d) [基础过关] 1．感应电动势 (1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。 (2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。 (3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。 2．法拉第电磁感应定律 (1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。 (2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数。 (3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝。 3．对磁通量变化率的理解 (1)磁通量变化率描述的是磁通量变化的快慢，即单位时间内变化量或磁通量变化与所需时间的比值。 (2)在磁通量与时间关系图线中，某时刻的变化率为该时刻图线切线的斜率，显然和该时刻的磁通量无关。 4．导体切割磁感线时的感应电动势 (1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E＝Blv求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度。 (2)导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bl＝Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度lω)。 【过关演练】 1．(2015·浙江1月学考) 如图所示，某实验小组在操场上做摇绳发电实验。长导线两端分别连在灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合电路。两位同学以每2秒约3圈的转速匀速摇动AB段导线。假定被摇动的导线由水平位置1按图示方向第一次运动到竖直位置2的过程中，磁通量的变化量约为10－4 Wb，则该过程回路中产生的感应电动势约为( ) A．2×10－4 V B．2.7×10－4 V C．3×10－4 V D．6×10－4 V 解析 T＝ s，Δt＝T＝ s，根据法拉第电磁感应定律，E＝＝ V＝6×10－4 V，故D选项正确。 答案 D 2．(2014·浙江1月学考)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距0.4 m，左端接有阻值为0.2 Ω的电阻。一质量为0.2 kg、电阻为0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，导轨之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5 T。棒在水平向右的外力作用下以0.3 m/s的速度匀速运动，运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。已知导轨足够长且电阻不计，则( ) A．MN棒运动过程中两端的电压为0.02 V B．MN棒运动过程中两端的电压为0.06 V C．棒匀速运动1 s过程中电阻R发热0.008 J D．棒匀速运动1 s过程中电阻R发热0.012 J 解析 E＝Blv＝0.5×0.4×0.3 V＝0.06 V，I＝＝0.2 A，根据闭合电路知MN棒两端电压为路端电压，则U＝IR＝0.04 V，A、B选项错误；Q＝I2Rt ＝0.22×0.2×1 J＝0.008 J，C选项正确，D选项错误。 答案 C [要点突破] 要点一 法拉第电磁感应定律应用 1．应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤 (1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况； (2)利用楞次定律确定感应电流的方向； (3)灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。 2．磁通量变化通常有两种方式 (1)磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时E＝nB。 (2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E＝nS，其中是B－t图象的斜率。 3．决定感应电动势E大小的因素 E的大小由和线圈的匝数共同决定。 【例1】 如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1 000，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，求： (1)前4 s内的感应电动势的大小，以及通过R的电流方向； (2)前5 s内的感应电动势。 解析 (1)前4 s内磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1＝S(B2－B1)＝200×10－4×(0.4－0.2) Wb＝4×10－3 Wb 由法拉第电磁感应定律得 E＝n＝1 000× V＝1 V。电流方向自下而上。 (2)前5 s内磁通量的变化ΔΦ′＝Φ2′－Φ1′＝S(B2′－B1′)＝200×10－4×(0.2－0.2) Wb＝0。 由法拉第电磁感应定律E′＝n＝0。 答案 (1)1 V 电流方向自下而上 (2)0 要点二 导体切到磁感线产生感应电动势的计算 1．公式E＝Blv的使用条件 (1)匀强磁场。 (2)B、l、v三者相互垂直。 2．E＝Blv的“三性” (1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直。 (2)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。 (3)有效性：公式中的L为导体切割磁感线的有效长度。 如图中，棒的有效长度为ab间的距离。 【例2】 如图所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里，一根足够长的直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为( ) A. B. C. D. 解析 因磁感应强度B的方向、棒的运动方向及棒本身三者相互垂直，故E＝Blv ，其中l＝，I＝＝，选项A正确。 答案 A 【例3】 如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计，R左侧导线与圆盘边缘接触，右侧导线与圆盘中心接触)( ) A．由c到d，I＝ B．由d到c，I＝ C．由c到d，I＝ D．由d到c，I＝ 解析 由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c；而金属圆盘产生的感应电动势E＝Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝。选项D正确。 答案 D [精练题组] 1．如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为( ) A．c→a，2∶1 B．a→c，2∶1 C．a→c，1∶2 D．c→a，1∶2 解析 用右手定则判断出两次金属棒MN中的电流方向为N→M，所以电阻R中的电流方向a→c。由电动势公式E＝Blv可知：＝＝，故选项C正确。 答案 C 2．如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( ) A. B. C. D. 解析 由法拉第电磁感应定律可知，在Δt时间内线圈中产生的平均感应电动势为E＝n＝n＝，选项B正确。 答案 B 3．如图所示，A、B两闭合线圈用同样导线绕成，A有10匝，B有20匝，两圆线圈半径之比为2∶1，均匀磁场只分布在B线圈内，当磁场随时间均匀减弱时( ) A．A中无感应电流 B．A、B中均有恒定的感应电流 C．A、B中感应电动势之比为1∶1 D．A、B中感应电流之比为1∶1 解析 线圈中产生的感应电动势E＝n，A、B中感应电动势之比为1∶2，又因为R＝ρ，故RA∶RB＝1∶1，所以IA∶IB＝1∶2，故选项A、C、D错误，B正确。 答案 B 4．如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一由同种材料制成的粗细均匀的金属线框ABCD，其中AB边与磁场边界对齐，AB＝BC＝L0，线框总电阻为R，现将线框以速度v匀速拉出。求： (1)UAB； (2)在整个过程中通过导体截面的电荷量； (3)拉力F的大小。 解析 (1)线框在拉出过程中，CD边切割磁感线，相当于电源，E＝BL0v， 则UAB＝E＝BL0v。 (2)q＝It＝·＝。 (3)F＝BIL0＝。 答案 (1)BL0v (2) (3) 5．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝10 m/s2) (1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？ (2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω。不接外电流，两臂平衡。如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。 解析 (1)线圈受到的安培力F＝N1B0IL， 天平平衡mg＝N1B0IL， 代入数据得N2＝25匝。 (2)由电磁感应定律得E＝N2， 即E＝N2Ld， 由欧姆定律得I′＝， 线圈受到安培力F′＝N2B0I′L， 天平平衡m′g＝NB0··， 代入数据可得 ＝0.1 T/s。 答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s 考点二 互感和自感 涡流、电磁阻尼和电磁驱动(－/b) [基础过关] 1．互感现象 (1)定义：两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，这种现象叫互感。 (2)作用：利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，如变压器、收音机的磁性天线。 2．自感现象 (1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。 (2)自感电动势 ①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势。 ②表达式：E＝L。 (3)自感系数L ①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。 ②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H，1 μH＝10－6 H。 3．涡流 (1)定义：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡所以叫涡流。 (2)应用 ①涡流热效应的应用，如真空冶炼炉。 ②涡流磁效应的应用，如探雷器。 4．电磁阻尼 (1)定义：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动。 (2)应用：磁电式仪表中利用电磁阻尼使指针迅速停止，便于读数。 5．电磁驱动 (1)定义：磁场相对于导体转动时，导体中产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，使导体运动起来。 (2)应用：交流感应电动机。 【过关演练】 1．(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( ) A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率 C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯 解析 该装置的工作原理是，线圈内变化的电流产生变化的磁场，从而使金属杯内产生涡流把电能转化为内能，使杯内的水升温。交流电源的频率一定时，线圈产生的磁场的磁感应强度最大值Bm越大，杯内磁通量变化就越快，产生的涡流就越大，增加线圈的匝数会使线圈产生的磁场Bm增大，而取走线圈中的铁芯会使线圈产生的磁场Bm减小，故A对、D错；交流电源的频率增大，杯内磁通量变化加快，产生的涡流增大，故B正确；瓷为绝缘材料，不能产生涡流，故C错。 答案 AB 2．(2016·杭州五校联考)如图所示电路中，P、Q两灯相同，带铁芯的线圈L与Q灯串联，则( ) A．S接通瞬间，P立即发光， Q逐渐亮起来 B．S接通瞬间，P、Q同时发光 C．S接通瞬间，Q立即发光，P逐渐亮起来 D．S接通瞬间，P、Q均逐渐亮起来 解析 S接通瞬间，由于L的自感作用，P立即发光。 Q逐渐亮起来，稳定后两灯亮度相同，A正确、B、C、D错误。 答案 A [要点突破] 要点一 自感现象理解 1．自感现象的四大特点 (1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。 (2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。 (3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。 (4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。 2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 电路图 通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定 断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变 【例1】 如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感线圈L的直流电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S。下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( ) 解析 S闭合时，通过灯泡的电流由A至B，由于电感线圈L有感抗，经过一段时间电流稳定时L电阻不计，可见电路的外电阻由大变小。由U外＝E可知U外也由大变小，所以A、C错；t1时刻断开S，由于自感，L、R、D构成回路，通过灯泡的电流由B至A，所以t1时刻UAB反向，B正确，D错。 答案 B 要点二 涡流 1．涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵循法拉第电磁感应定律。 2．磁场变化越快(越大)，导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大。 【例2】 (多选)如图所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少。以下说法正确的是( ) A．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越快 B．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快 C．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小 D．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大 解析 在互感现象中产生的互感电动势的大小与电流的变化率成正比，电流变化的频率越高，感应电动势越大，由欧姆定律I＝知产生的涡流越大，故A正确，B错误；又P＝I2R，R越大P越大，焊缝处的温度升高得越快，温度升得很高，故C错误，D正确。 答案 AD 要点三 电磁阻尼和电磁驱动 电磁阻尼与电磁驱动的比较 电磁阻尼 电磁驱动 不同点 成因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力 效果 安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动 能量 转化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，而对外做功 相同点 两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动。 【例3】 (多选) 磁电式仪表的线圈通常用铝框作骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( ) A．防止涡流而设计的 B．利用涡流而设计的 C．起电磁阻尼的作用 D．起电磁驱动的作用 解析 线圈通电后，在安培力作用下，发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流。涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来，所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用，B、C选项正确。 答案 BC [精练题组] 1．(2016·浙江宁波选考模拟)如图所示是研究自感实验的实物电路，L1、L2是两个规格相同的小灯泡，L为自感线圈，闭合开关S，调节滑动变阻器R，使两个灯泡的亮度相同，然后断开开关S，则( ) A．闭合开关S，L1、L2都逐渐变亮 B．闭合开关S，L2立刻变亮，L1逐渐变亮 C．闭合开关S稳定后，L仍有自感电动势 D．闭合开关S稳定后，断开S，L没有自感电动势 解析 L1与线圈相连，闭合开关后线圈发生自感，L1逐渐变亮，L2与滑动变阻器相连，闭合开关后，L2立刻变亮，选项A错误，B正确；自感现象在开关闭合和断开的时候发生，电路稳定后，线圈没有自感电动势，选项C、D错误。 答案 B 2．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球( ) A．整个过程匀速 B．进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程做加速运动 C．整个过程都做匀减速运动 D．穿出时的速度一定小于初速度 解析 小球在进入和穿出磁场时都有涡流产生，要受到阻力，即电磁阻尼作用，所以穿出时的速度一定小于初速度。 答案 D 3．如图所示，蹄形磁铁的两极间，放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′转动，磁铁如图示方向转动时，线圈的运动情况是( ) A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同 B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同 C．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁转速 D．线圈静止不动 解析 本题“原因”是磁铁有相对线圈的运动，“效果”便是线圈要阻碍两者的相对运动，但线圈阻止不了磁铁的运动，线圈只好跟着磁铁同向转动，但转速小于磁铁转速，如果二者转速相同，就没有相对运动，线圈就不会转动，故选项C正确。 答案 C 4．(多选)(2016·杭二中期末)如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡。则下列说法中正确的是( ) A．K闭合瞬间，两灯同时亮，以后D1熄灭，D2变亮 B．K闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样 C．K断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭 D．K断开时，D2立即熄灭，D1亮一下再慢慢熄灭 解析 K闭合瞬间，由于通过线圈的电流变大，在线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，此时刻电感线圈可看做断路，此时电流通过两个灯泡而同时发光；当电路稳定后，由于线圈的电阻为零，故灯泡D1被线圈短路而熄灭，而D2变的更亮，选项A正确，B错误；K断开时，D2立即熄灭，而由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，自感电动势在L和D1中形成新的回路，故使得D1亮一下再慢慢熄灭，选项D正确，C错误；故选A、D。 答案 AD 活页作业 1.如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水。给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是( ) A．恒定直流、小铁锅 B．恒定直流、玻璃杯 C．变化的电流、小铁锅 D．变化的电流、玻璃杯 解析 通入恒定电流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高。涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温，故C正确。 答案 C 2.如图，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，一条形磁铁插向其中一个小环，取出后又插向另一个小环，看到的现象是( ) A．磁铁插向左环，横杆发生转动 B．磁铁插向右环，横杆发生转动 C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动 D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动 解析 左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动。右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动，故选项B正确。 答案 B 3．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb，则( ) A．线圈中感应电动势每秒钟增加2 V B．线圈中感应电动势每秒钟减少2 V C．线圈中无感应电动势 D．线圈中感应电动势保持不变 解析 线圈中产生的感应电动势E＝n＝2 V，故选项D正确。 答案 D 4.如图所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零)。A是一灯泡，下列说法正确的是( ) A．开关S接通瞬间，无电流通过灯泡 B．开关S接通后，电路稳定时，无电流通过灯泡 C．开关S断开瞬间，无电流通过灯泡 D．开关S接通瞬间及接通稳定后，灯泡中均有从a到b的电流，而在开关S断开瞬间，灯泡中有从b到a的电流 解析 开关S接通瞬间，灯泡中的电流从a到b，线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加；开关S接通后，电路稳定时，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过；开关S断开的瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原有向右的电流将逐渐减小，线圈和灯泡形成回路，故灯泡中有从b到a 的瞬间电流。 答案 B 5．物理课上，老师做了一个“电磁阻尼”实验：如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来；如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环，使磁铁上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来。某同学另找器材再探究此实验。他安装好器材，经反复实验后发现：磁铁下方放置圆环，并没有对磁铁的振动产生影响，对比老师演示的实验，其原因可能是( ) A．弹簧的劲度系数太小 B．磁铁的质量太小 C．磁铁的磁性太强 D．圆环的材料与老师用的不同 解析 圆环没有对磁铁的振动产生影响，是由于没有发生电磁感应现象，因此只可能是圆环材料不是金属，与老师用的材料不同引起的，所以选项D正确。 答案 D 6.如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的重力，若闭合线框的电流分别为Ia、Ib，则Ia∶Ib为( ) A．1∶4 B．1∶2 C．1∶1 D．不能确定 解析 产生的电动势为E＝BLv，由闭合电路欧姆定律得I＝，又Lb＝2La，由电阻定律知Rb＝2Ra，故Ia∶Ib＝1∶1。 答案 C 7.(多选)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径。如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k<0)。则( ) A．圆环中产生逆时针方向的感应电流 B．圆环具有扩张的趋势 C．圆环中感应电流的大小为 D．图中a、b两点间的电势差Uab＝ 解析 磁通量均匀减少，根据楞次定律可知，圆环中产生顺时针方向的感应电流，选项A错误；圆环在磁场中的部分，受到向外的安培力，所以有扩张的趋势，选项B正确；圆环产生的感应电动势大小为，则圆环中的电流大小为I＝，选项C错误；Uab＝＝，选项D正确。 答案 BD 8．如图所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆开时应先( ) A．断开S1 B．断开S2 C．拆除电流表 D．拆除电阻R 解析 当S1、S2均闭合时，电压表与线圈L并联；当S2闭合而S1断开时，电压表与线圈L串联。所以在干路断开前后自感线圈L 中电流方向相同而电压表中电流方向相反。只要不断开S2，线圈L与电压表就会组成回路，在断开干路时，L中产生与原来电流同方向的自感电流，使电压表中指针反向转动而可能损坏电压表。正确答案为B。 答案 B 9.如图所示，线框用裸导线组成，cd、ef两边竖直放置且相互平行，裸导体ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动，而导体棒ab所在处为匀强磁场B2＝2 T，已知ab长l＝0.1 m，整个电路总电阻R＝5 Ω。螺线管匝数n＝40，螺线管横截面积S＝0.1 m2。在螺线管内有图示方向磁场B1，若＝1 T/s均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，试求：(g＝10 m/s2) (1)通过导体棒ab的电流大小？ (2)导体棒ab质量m为多少？ 解析 (1)螺线管产生的感应电动势： E＝n＝nS＝40×1×0.1 V＝4 V， I＝＝0.8 A。 (2)ab所受的安培力F＝B2Il＝2×0.8×0.1 N＝0.16 N 导体棒静止时有F＝mg 求得m＝0.016 kg。 答案 (1)0.8 A (2)0.016 kg 10.某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示。一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V。(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2) (1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？ (2)求此时铝块的速度大小； (3)求此下落过程中铝块机械能的损失。 解析 (1)由右手定则知，金属棒产生的感应电动势的方向由O→A，故A端电势高于O端电势，与a点相接的是电压表的“正极”。 (2)由电磁感应定律得U＝E＝， ΔΦ＝BR2Δθ， U＝BωR2， v＝rω＝ωR， 所以v＝＝2 m/s。 (3)ΔE＝mgh－mv2。 代入数据得ΔE＝0.5 J。 答案 (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J 11．如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50 m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0 T。将一根质量为m＝0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd 与ab之间的距离s＝2.0 m。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。求： (1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； (2)金属棒到达cd处的速度大小； (3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量。 解析 (1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，则 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得a＝2.0 m/s2 (2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ I＝ 解得v＝2.0 m/s (3)设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q，由能量守恒，有 mgssin θ＝mv2＋μmgscos θ＋Q 解得Q＝0.10 J 答案 (1)2.0 m/s2 (2)2.0 m/s (3)0.10 J 第3课时 电磁感应现象的综合问题 [基础过关] 一、电磁感应中的电路问题 1．电源和内阻：切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻。 2．感应电动势：E＝BLv或E＝n。 二、电磁感应中的动力学问题 1．通电导体在磁场中受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决的基本方法如下： (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向； (2)求回路中的电流； (3)分析导体受力情况(包含安培力在内的全面受力分析)； (4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。 2．两种状态处理 (1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。 处理方法：根据平衡条件——合外力等于零列式分析。 (2)导体处于非平衡态——加速度不等于零。 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。 三、电磁感应中的能量转化 1．电磁感应现象的实质是其他形式的能和电能之间的转化。 2．感应电流在磁场中受安培力，克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。 【过关演练】 1．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图甲所示。如果只将刷卡速度改为，线圈中的E－t关系图可能是图乙中的( ) 乙 解析 由公式E＝Blv可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感应电动势最大值减半，且刷卡所用时间加倍，故D选项正确。 答案 D 2．(2015·浙江10月选考)如图1所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图2所示。 (1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小； (2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向； (3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量。 解析 (1)由电磁感应定律E＝n 得E＝nS＝30 V (2)电流方向C→D B2方向向上 (3)由牛顿第二定律F＝ma＝m (或由动量定理FΔt＝mv－0) 安培力F＝IB1l ΔQ＝IΔt v2＝2gh 得ΔQ＝＝0.03 C 答案 (1)30 V (2)电流方向C→D B2方向向上 (3)0.03 C [要点突破] 要点一 电磁感应的电路问题 1．处理问题的一般思路 (1)确定电源，在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体是电源； (2)分析电路结构(区分内、外电路及外电路的串、并联分析)，画出等效电路； (3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。 2．一类特殊问题：根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电量，有＝n，＝，q＝·t＝n。 【例1】 如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A铰链连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB，由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为( ) A. B. C. D．Bav 解析 导体棒以A为轴转动切割产生的感应电动势E＝B·2a ，整个电路是两个半圆环并联接在电源AB两端，故AB两端电压U＝·＝，所以A选项正确。 答案 A 要点二 电磁感应图象问题 1．图象问题大体上可分为三类 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象。 (2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量。 (3)根据图象定量计算。 2．解题步骤 (1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者是E－t图、I－t图等。 (2)分析电磁感应的具体过程判断对应的图象是否分段，共分几段。 (3)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向。 (4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。 (5)根据函数关系式，进行数学分析。 (6)画图象或判断图象。 【例2】 矩形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示。设t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在0～4 s时间内，选项图中能正确反映线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图象是(规定ab边所受的安培力向左为正)( ) 解析 在0～1 s内，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电流大小恒定，由楞次定律可得线框内产生的感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则可判断出线框ab边所受安培力方向向左(为正)，由F＝BIL可知F随磁感应强度的减小而减小。在1～2 s内，由楞次定律可得线框内产生的感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则可判断出线框ab边所受安培力方向向右(为负)，由F＝BIL可知F随磁感应强度的增大而增大。同理在2～3 s内，线框ab边所受安培力方向向左(为正)，由F＝BIL可知F随磁感应强度的减小而减小。在3～4 s内，线框ab边所受安培力方向向右(为负)，由F＝BIL可知F随磁感应强度的增大而增大，D正确。 答案 D 要点三 电磁感应的动力学问题 1．电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝。 2．受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl或，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合＝ma。 3．过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程F合＝0。 【例3】 如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触。已知两棒质量均为m＝0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T。棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止。g取10 m/s2，求： (1)通过棒cd的电流I是多少？方向如何？ (2)棒ab受到的力F是多大？ 解析 (1)棒cd受到的安培力为 Fcd＝BIl 棒cd在共点力作用下平衡，则 Fcd＝mgsin 30° 联立解得I＝1 A 根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c。 (2)棒ad与棒cd受到的安培力大小相等，即 Fab＝Fcd 对棒ab，由共点力平衡条件得 F＝mgsin 30°＋BIl 解得F＝0.2 N 答案 (1)1 A 由d至c (2)0.2 N 要点四 电磁感应的能量问题 1．电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用。因此闭合电路的一部分导体运动切割磁感线时必克服安培力做功。此过程中，其他形式的能转化为电能。克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。 同理，电流做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，电流做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。 2．电能求解思路主要有三种： (1)利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。 (2)利用能量守恒求解，导体切割磁感线产生感应电流时，开始的机械能总和与最后的机械能总和之差等于产生的电能。 (3)利用电路特征来求解，通过电路中所消耗的电能来计算。 【例4】 如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( ) A．2mgL B．2mgL＋mgH C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH 解析 设ab边刚进入磁场时的速度为v1，则cd边刚穿出磁场时的速度为 v2＝① 线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L。 由题意得mv＝mgH② mv＋mg·2L＝mv＋Q③ 由①②③得Q＝2mgL＋mgH。C选项正确。 答案 C [精练题组] 1．如图所示，A是一边长为l的正方形线框，电阻为R，现维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场B区域。取逆时针方向为电流正方向，线框从图示位置开始运动，则线框中产生的感应电流i随时间t变化的图线是图中的( ) 解析 由于线框进入和穿出磁场时，线框内磁通量均匀变化，因此在线框中产生的感应电流大小不变，根据楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流的方向与规定的正方向相同，穿出磁场时感应电流的方向与规定的正方向相反，因此应选 B。 答案 B 2．如图所示，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( ) A．ef将减速向右运动，但不是匀减速 B．ef将匀减速向右运动，最后停止 C．ef将匀速向右运动 D．ef将往返运动 解析 ef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F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。 答案 A 3．如图所示，质量为m、高为h的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为h的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为( ) A．mgh B．2mgh C．大于mgh而小于2mgh D．大于2mgh 解析 因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh，故选B。 答案 B 4．(2016·浙江余杭期末) 如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( ) A．W1查看更多