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导学案(选修3-2)第四章 电磁感应 答案1


第四章 第 1 课时

电磁感应答案 探究电磁感应的产生条件

划时代的发现

【课前导学】 1、奥斯特梦圆“电生磁” 1820 年, 丹麦物理学家奥斯特发现载流导体能使小磁针转动, 这种作用称为电流的磁效应, 揭示了电现象与磁现象之间存在密切联系. 2、法拉第心系“磁生电” 1831 年,英国物理学家法拉第发现了电磁感

应现象,即“磁生电”现象.他把引起电流的 原因概括为五类:变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的 导体.他把这些现象命名为电磁感应.产生的电流叫做感应电流. 3、探究产生感应电流的条件 只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,闭合导体回路中就有感应电流. 4.磁通量的计算 (1)公式:Φ=BS (2)适用条件:①匀强磁场,②磁场方向和平面垂直. (3) B 与 S 不垂直时:Φ=BS⊥,S⊥为平面在垂直磁场方向上的投影面积,在应用时可将 S 投影到与 B 垂直的方向上或者 S 不动, 将 B 分解为垂直于 S 和平行于 S 的两个分量, 则 Φ=B⊥S, 如图 2 所示 Φ=BSsin_θ. (4)磁通量与线圈的匝数无关. 5.磁通量的变化量 ΔΦ (1)当 B 不变,有效面积 S 变化时,ΔΦ=B·ΔS. (2)当 B 变化,S 不变时,ΔΦ=ΔB· S. (3)B 和 S 同时变化,则 ΔΦ=Φ2-Φ1,但此时 ΔΦ≠ΔB·ΔS. 【课堂探究】 1 【例 1】答案 (1)BS (2) BS (3)-BS (4)-2BS 2 【例 2】答案 -BS(cos θ+sin θ) 【例 3】答案 BD 【例 4】答案 ACD 【课后巩固】 题组一 对磁通量 Φ 及其变化量 ΔΦ 的理解与计算 1.关于磁通量,下列叙述正确的是 ( ) A.在匀强磁场中,穿过一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积 B.在匀强磁场中,a 线圈的面积比 b 线圈的大,则穿过 a 线圈的磁通量一定比穿过 b 线 圈的磁通量大 C.把一个线圈放在 M、N 两处,若放在 M 处时穿过线圈的磁通量比放在 N 处时大,则 M 处的磁感应强度一定比 N 处大 D.同一线圈放在磁感应强度大处,穿过线圈的磁通量不一定大 答案 D 解析 磁通量等于磁感应强度与垂直磁场方向上的投影面积的乘积,A 错误;线圈面积大,但 投影面积不一定大,B 错误;磁通量大,磁感应强度不一定大,C 错误、D 正确. 2.关于磁通量的概念,以下说法中正确的是 ( ) A.磁感应强度越大,穿过闭合回路的磁通量越大
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B.磁感应强度越大,线圈面积越大,则磁通量越大 C.穿过线圈的磁通量为零,但磁感应强度不一定为零 D.磁通量发生变化,一定是磁场发生变化引起的 答案 C 解析 根据磁通量的定义,Φ=B·S·sin θ,因此 A、B 选项错误;穿过线圈的磁通量为零时, 磁感应强度不一定为零; 磁通量发生变化, 可能是面积变化引起的, 也可能是磁场变化引起的, D 错. 3.如图所示,半径为 R 的圆形线圈共有 n 匝,其中心位置处半径为 r 的范围内有匀强磁场, 磁场方向垂直线圈平面,若磁感应强度为 B,则穿过线圈的磁通量为( ) A.πBR2 B.πBr2 C.nπBR2 D.nπBr2 答案 B 解析 由磁通量的定义式知 Φ=BS=πBr2;故 B 正确. 题组二 产生感应电流的分析判断 4.关于电磁感应现象,下列说法中正确的是( ) A.闭合线圈放在变化的磁场中,必然有感应电流产生 B.闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动,必然产生感应电流 C.穿过闭合线圈的磁通量变化时,线圈中有感应电流 D.只要穿过电路的磁通量发生变化,电路中就一定有感应电流产生 答案 C 解析 产生感应电流的条件:(1)闭合电路;(2)磁通量 Φ 发生变化,两个条件缺一不可. 5.下图中能产生感应电流的是( )

答案 B 解析 根据产生感应电流的条件:A 中,电路没闭合,无感应电流;B 中,面积增大,闭合电 路的磁通量增大,有感应电流;C 中,穿过线圈的磁感线相互抵消,Φ 恒为零,无感应电流; D 中,磁通量不发生变化,无感应电流. 6.下列情况中都是线框在磁场中做切割磁感线运动,其中线框中有感应电流的是( )

答案 BC 解析 A 中虽然导体“切割”了磁感线,但穿过闭合线框的磁通量并没有发生变化,没有感应电 流.B 中线框的一部分导体“切割”了磁感线,穿过线框的磁感线条数越来越少,线框中有感应 电流.C 中虽然与 A 近似,但由于是非匀强磁场,运动过程中,穿过线框的磁感线条数增加, 线框中有感应电流.D 中线框尽管是部分切割,但磁感线条数不变,无感应电流,故选 B、C. 7.如图所示,一有限范围的匀强磁场宽度为 d,若将一个边长为 L 的正方形导线框以速度 v 匀速地通过磁场区域,已知 d>L,则导线框从开始进入到完全离开磁场的过程中无感应电 流的时间等于( )
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d L A. B. v v d-L d-2L C. D. v v 答案 C 解析 只有导线框完全在磁场里面运动时,导线框中才无感应电流. 8.如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框,初始位置线框与磁感 线平行,则在下列四种情况下,线框中会产生感应电流的是( ) A.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动 B.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动 C.线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线 AB 转动 D.线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线 CD 转动 答案 C 解析 四种情况中初始位置线框均与磁感线平行,磁通量为零,按 A、B、D 三种情况线框运 动后,线框仍与磁感线平行,磁通量保持为零不变,线框中不产生感应电流.C 中线框转动后, 穿过线框的磁通量不断发生变化,所以产生感应电流,C 项正确. 9.如图所示,导线 ab 和 cd 互相平行,则下列四种情况中,导线 cd 中有电流的是( ) A.开关 S 闭合或断开的瞬间 B.开关 S 是闭合的,滑动触头向左滑 C.开关 S 是闭合的,滑动触头向右滑 D.开关 S 始终闭合,滑动触头不动 答案 ABC 解析 开关 S 闭合或断开的瞬间;开关 S 闭合,滑动触头向左滑的过程;开关 S 闭合,滑动触 头向右滑的过程都会使通过导线 ab 段的电流发生变化,使穿过 cd 回路的磁通量发生变化,从 而在 cd 导线中产生感应电流.因此本题的正确选项应为 A、B、C. 10.如图所示,线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连,线圈Ⅱ与电流计 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 中是否有示数?

(1)开关闭合瞬间;(2)开关闭合稳定后;(3)开关闭合稳定后,来回移动滑动变阻器滑动端;(4) 开关断开瞬间. 答案 (1)有 (2)无 (3)有 (4)有 12.如图所示,固定于水平面上的金属架 MDEN 处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒 MN 沿 框架以速度 v 向右做匀速运动. t=0 时, 磁感应强度为 B0, 此时 MN 到达的位置使 MDEN 构成一个边长为 l 的正方形.为使 MN 棒中不产生感应电流,从 t=0 开始,磁感应强度 B 应怎样随时间 t 变化?请推导出这种情况下 B 与 t 的关系式.

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B0l 答案 B= l+vt 解析 要使 MN 棒中不产生感应电流,应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化 在 t=0 时刻,穿过线圈平面的磁通量 Φ1=B0S=B0l2 设 t 时刻的磁感应强度为 B,此时磁通量为 Φ2=Bl(l+vt) B0l 由 Φ1=Φ2 得 B= . l+vt

第 2 课时

楞次定律

【课前导学】 1、楞次定律 感应电流具有这样的方向,即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、楞次定律的应用 运用楞次定律判定感应电流方向的思路,可以概括为以下方框图.

3、右手定则 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个平面内; 让磁感线从掌心进入, 并使拇指指向导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向. 【课堂探究】 例 1 解析楞次定律的内容:感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,故选 D. 答案 D 二、楞次定律的应用 例 2 解析 线圈在位置Ⅰ时,磁通量方向水平向右且在增加.根据楞次定律知,感应电流的 磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,所以感应电流的磁场方向应水平向左.根据安培 定则知,顺着磁场方向看去,线圈中的感应电流方向为逆时针方 向.当线圈第一次通过位置Ⅱ时,穿过线圈的磁通量方向水平向右 且在减小.根据楞次定律,感应电流的磁场方向水平向右.再根据 安培定则,顺着磁场方向看去,线圈中感应电流的方向应为顺时针 方向. 答案 B 三、右手定则的应用 例3 解析 题中四图都属于闭合电路的一部分导体切割磁感线,应用右手定则判断可得: A 中电流方向为 a→b,B 中电流方向为 b→a,C 中电流沿 a→d→c→b→a 方向,D 中电流方向 为 b→a.故选 A. 【课后巩固】 题组一 对楞次定律的理解 1.关于感应电流的方向,以下说法中正确的是 ( )
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A.感应电流的方向总是与原电流的方向相反 B.感应电流的方向总是与原电流的方向相同 C.感应电流的磁场总是阻碍闭合电路内原磁场的磁通量的变化 D.感应电流的磁场总是与原线圈内的磁场方向相反 答案 C 解析 由楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍闭合电路内部原磁场的磁通量的变化,故 C 正确;如果原磁场中的磁通量是增大的,则感应电流的磁场就与它相反,来消弱它的增大,如 果原磁场中的磁通量是减小的,则感应电流的磁场就与它相同,来阻碍它的减小,故 A、B、 D 错误. 2.根据楞次定律可知,感应电流的磁场一定是 ( ) A.与引起感应电流的磁场反向 B.阻止引起感应电流的磁通量变化 C.阻碍引起感应电流的磁通量变化 D.使电路磁通量为零 答案 C 解析 由楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍引起它的原磁通量的变化.具体来说就是 “增反减同”.因此 C 正确. 题组二 楞次定律的应用 3.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 答案 D 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.故选 D. 4.如图,AOC 是光滑的金属轨道,AO 沿竖直方向,OC 沿水平方向,PQ 是一根金属直杆立 在轨道上,直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动,运动过程中 Q 端始终在 OC 上, 空间存在垂直纸面向外匀强磁场,则在 PQ 杆滑动的过程中,判断正确的是 ( ) A.感应电流的方向始终是 P→Q B.感应电流的方向先是由 P→Q,后是由 Q→P C.PQ 受磁场力的方向垂直于杆向左 D.PQ 受磁场力的方向先垂直于杆向右,后垂直于杆向左 答案 B 解析 在 PQ 杆滑动的过程中,杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小,三角形 POQ 内 的磁通量先增大后减小,由楞次定律可判断 B 项对,A 项错.再由 PQ 中电流方向及左手定则 可判断 C、D 项错误,故选 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
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b→G→a 方向的感应电流 D.将不会产生感应电流 答案 C 解析 当条形磁铁进入螺线管时,闭合线圈中的磁通量增加,当条形磁铁穿出螺线管时,闭合 线圈中的磁通量减少,由楞次定律可知 C 正确. 6.如图所示,金属环所在区域存在着匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.当磁感应强度逐渐 增大时,内、外金属环中感应电流的方向为( ) A.外环顺时针,内环逆时针 B.外环逆时针,内环顺时针 C.内、外环均为逆时针 D.内、外环均为顺时针 答案 B 解析 首先明确研究的回路由外环和内环共同组成,回路中包围的磁场方向垂直纸面向里且 内、外环之间的磁通量增加.由楞次定律可知两环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相 反,垂直于纸面向外,再由安培定则判断出感应电流的方向是:外环沿逆时针方向,内环沿顺 时针方向,故选项 B 正确. 7.如图所示,金属线框与直导线 AB 在同一平面内,直导线中通有电流 I,将线框由位置 1 拉 至位置 2 的过程中,线框的感应电流的方向是 ( ) A.先顺时针,后逆时针,再顺时针 B.始终顺时针 C.先逆时针,后顺时针,再逆时针 D.始终逆时针 答案 C 解析 在靠近直导线直到处于中间位置的过程中,磁通量先增大后减小,原磁场方向垂直纸面 向里,感应电流的磁场方向应先垂直纸面向外后垂直纸面向里,由右手螺旋定则可判断电流方 向为先逆时针后顺时针,同理当处于中间位置到线框全穿过直导线的过程中,感应电流方向为 顺时针,当远离导线的过程中,感应电流方向为逆时针,故选 C. 8.如图所示,在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线,导线中通有自东向西稳定、 强大的直流电流.现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏的检流计,图中未画出)检测此通 电直导线的位置,若不考虑地磁场的影响,在检测线圈位于水平面内,从距直导线很远处 由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中,俯视检测线圈,其 中的感应电流的方向是 ( )

A.先顺时针后逆时针 B.先逆时针后顺时针 C.先逆时针后顺时针,然后再逆时针 D.先顺时针后逆时针,然后再顺时针 答案 C 解析 根据通电直导线周围磁感线的特点,检测线圈由远处移至直导线正上方时,穿过线圈的 磁场有向下的分量,磁通量先增加后减小,由楞次定律和安培定则知,线圈中的电流方向先逆 时针后顺时针.当检测线圈由直导线正上方移至远处时,穿过线圈的磁场有向上的分量,磁通 量先增加后减小,由楞次定律和安培定则知,线圈中的电流方向先顺时针后逆时针,所以 C 正 确. 题组三 右手定则的应用
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9.如图,匀强磁场与圆形导体环平面垂直,导体 ef 与环接触良好, 当 ef 向右匀速运动时( ) A.圆环中磁通量不变,环上无感应电流产生 B.整个环中有顺时针方向的电流 C.整个环中有逆时针方向的电流 D.环的右侧有逆时针方向的电流,环的左侧有顺时针方向的电流 答案 D 解析 由右手定则知 ef 上的电流由 e→f, 故右侧的电流方向为逆时针, 左侧的电流方向为顺时 针,选 D. 10.如图所示,导线框 abcd 与通电直导线在同一平面内,直导线通有 恒定电流并通过 ad 和 bc 的中点,当线框向右运动的瞬间,则( ) A.线框中有感应电流,且按顺时针方向 B.线框中有感应电流,且按逆时针方向 C.线框中有感应电流,但方向难以判断 D.由于穿过线框的磁通量为零,所以线框中没有感应电流 答案 B 解析 此题可用两种方法求解,借此感受分别在哪种情况下应用右手定则和楞次定律更便捷. 方法一:首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如图所示), 因 ab 导线向右做切割磁感线运动,由右手定则判断感应电流方向由 a→b,同理可判断 cd 导线中的感应电流方向由 c→d,ad、bc 两边不 做切割磁感线运动,所以整个线框中的感应电流是沿逆时针方向的. 方法二:首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如图所示), 由对称性可知合磁通量 Φ=0;其次当导线框向右运动时,穿过线框的 磁通量增大(方向垂直纸面向里), 由楞次定律可知感应电流的磁场方向 应垂直纸面向外,最后由安培定则判断感应电流方向沿逆时针,故 B 选项正确. 11.如图所示,在水平面上有一个闭合的线圈,将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中,在 磁铁进入线圈的过程中,线圈中会产生感应电流,磁铁会受到线圈中电流的作用力,若从 线圈上方俯视,关于感应电流和作用力的方向,以下判断正确的是 ( )

A.若磁铁的 N 极向下插入,线圈中产生顺时针方向的感应电流 B.若磁铁的 S 极向下插入,线圈中产生顺时针方向的感应电流 C.无论 N 极向下插入还是 S 极向下插入,磁铁都受到向下的引力 D.无论 N 极向下插入还是 S 极向下插入,磁铁都受到向上的斥力 答案 BD 解析 若磁铁的 N 极向下插入,穿过线圈的磁通量增加,磁场方向向下,根据楞次定律可知, 感应磁场方向向上,由右手螺旋定则知,线圈中产生逆时针方向的感应电流,故 A 错误;若磁 铁的 S 极向下插入,穿过线圈的磁通量增加,磁场方向向上,根据楞次定律可知,感应磁场方 向向下,由右手螺旋定则知,线圈中产生顺时针方向的感应电流,故 B 正确;通电线圈的磁场 与条形磁铁相似,根据安培定则判断可知,当 N 极向下插入时,线圈上端相当于 N 极,当 S
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极向下插入时,线圈上端相当于 S 极,存在斥力,故 C 错误,D 正确.导体与磁体的作用力也 可以根据楞次定律的另一种表述判断:感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动,无 论 N 极向下插入还是 S 极向下插入,磁体与线圈的相对位置都在减小,故磁体与线圈之间存 在斥力.故 C 错误,D 正确.所以选 B、D.

12.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.现在将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 答案 AC 解析 由右手定则知,MN 中感应电流方向是 N→M,再由左手定则可知,MN 所受安培力方向 垂直导体棒水平向左,C 正确,故选 A、C.

第 3 课时 习题课:楞次定律的应用
【课前导学】 1.应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤是: (1)明确所研究的闭合电路,判断原磁场的方向; (2)判断闭合电路内原磁场的磁通量的变化情况; (3)由楞次定律判断感应电流的磁场方向; (4)由安培定则根据感应电流的磁场方向,判断出感应电流的方向. 2.安培定则(右手螺旋定则)、右手定则、左手定则 (1)判断电流产生的磁场方向用安培定则. (2)判断磁场对通电导体及运动电荷的作用力方向用左手定则. (3)判断导体切割磁感线运动产生的感应电流方向用右手定则. 【课堂探究】 一、增反减同法 例 1 如图所示,一水平放置的矩形闭合线圈 abcd 在细长磁铁的 N 极附近竖直下落,保持 bc 边在纸处, ab 边在纸内, 由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ, 位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ, 这个过程中线圈的感应电流 ( ) A.沿 abcd 流动 B.沿 dcba 流动 C.先沿 abcd 流动,后沿 dcba 流动 D.先沿 dcba 流动,后沿 abcd 流动 解析 本题考查用楞次定律判断感应电流的方向, 关键要分析清楚矩形线圈由位置Ⅰ到位置Ⅱ 和由位置Ⅱ到位置Ⅲ两过程中,穿过线圈的磁感线方向相反.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最小为零,线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ,从下向上穿过线圈的磁通
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量在减少,线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ,从上向下穿过线圈的磁通量在增加,根据楞次定律可知感 应电流的方向是 abcd. 答案 A 二、来拒去留法 由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时,产生的感应电流与磁场间有力的作用,这种 力的作用会“阻碍”相对运动,简称口诀“来拒去留”. 例 2 如 2 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 本题可由两种方法来解决: 方法 1:画出磁铁的磁感线分布,如图甲所示,当磁铁向铜环运动时,穿过铜环的磁通量增加, 由楞次定律判断出铜环中的感应电流方向如图甲所示.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、下两小段电流元作为研究对象,由左手定则确定 两段电流元的受力,由此可推断出整个铜环所受合力向右,故 A 正确.

甲 乙 方法 2(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,两磁 铁有排斥作用,故 A 正确. 答案 A 三、增缩减扩法 当闭合电路中有感应电流产生时,电路的各部分导线就会受到安培力作用,会使电路的面积有 变化(或有变化趋势). (1)若原磁通量增加,则通过减小有效面积起到阻碍的作用. (2)若原磁通量减小,则通过增大有效面积起到阻碍的作用. 口诀记为“增缩减扩”. 例 3 如图所示,在载流直导线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 由于在闭合回路 abcd 中,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 大的目的.故选 C. 答案 C 四、增离减靠法 发生电磁感应现象时,通过什么方式来“阻碍”原磁通量的变化要根据具体情况而定.可能是 阻碍导体的相对运动,也可能是改变线圈的有效面积,还可能是通过远离或靠近变化的磁场源 来阻碍原磁通量的变化.即:(1)若原磁通量增加,则通过远离磁场源起到阻碍的作用. (2)若 原磁通量减小,则通过靠近磁场源起到阻碍的作用.
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口诀记为“增离减靠”. 例 4 一长直铁芯上绕有一固定线圈 M,铁芯右端与一木质圆柱密接,木质圆柱上套有一闭 合金属环 N,N 可在木质圆柱上无摩擦移动,M 连接在如图所示的电路中,其中 R 为滑动变阻 器,E1 和 E2 为直流电源,S 为单刀双掷开关,下列情况中,可观测到 N 向左运动的是 ( )

A.在 S 断开的情况下,S 向 a 闭合的瞬间 B.在 S 断开的情况下,S 向 b 闭合的瞬间 C.在 S 已向 a 闭合的情况下,将 R 的滑片向 c 端移动时 D.在 S 已向 a 闭合的情况下,将 R 的滑片向 d 端移动时 解析 金属环 N 向左运动,说明穿过 N 的磁通量在减小,说明线圈 M 中的电流在减小,只有 选项 C 符合题意. 答案 C 五、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用 1.右手定则是楞次定律的特殊情况 (1)楞次定律的研究对象为整个闭合导体回路,适用于磁通量变化引起感应电流的各种情况. (2)右手定则的研究对象为闭合导体回路的一部分,适用于一段导线在磁场中做切割磁感线运 动. 2.区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系 (1)因电而生磁(I→B)→安培定则.(判断电流周围磁感线的方向) (2)因动而生电(v、B→I 感)→右手定则.(导体切割磁感线产生感应电流) (3)因电而受力(I、B→F 安)→左手定则.(磁场对电流有作用力) 例 5 如图所示,导轨间的磁场方向垂直于纸面向里,当导线 MN 在导轨上向右加速滑动时, 正对电磁铁 A 的圆形金属环 B 中(说明:导体棒切割磁感线速度越大,感应电流越大) ( ) A.有感应电流,且 B 被 A 吸引 B.无感应电流 C.可能有,也可能没有感应电流 D.有感应电流,且 B 被 A 排斥 解析 MN 向右加速滑动,根据右手定则,MN 中的电流方向从 N→M,且大小在逐渐变大,根 据安培定则知,电磁铁 A 的磁场方向向左,且大小逐渐增强,根据楞次定律知,B 环中的感应 电流产生的磁场方向向右,B 被 A 排斥,D 正确,A、B、C 错误. 答案 D 【课后巩固】 题组一 来拒去留法 1.如图所示,线圈两端与电阻相连构成闭合回路,在线圈上 方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的 N 极朝下.在磁铁的 N 极向下靠近线圈的过程中 ( ) A.通过电阻的感应电流方向由 a 到 b,线圈与磁铁相互排斥 B.通过电阻的感应电流方向由 b 到 a,线圈与磁铁相互排斥 C.通过电阻的感应电流方向由 a 到 b,线圈与磁铁相互吸引 D.通过电阻的感应电流方向由 b 到 a,线圈与磁铁相互吸引
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答案 B 解析 根据楞次定律,感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化,因此阻碍条形磁铁的下落,即 来拒去留,同名磁极相斥,所以线圈上端为 N 极,根据安培定则判断线圈电流方向向下,线圈 下端为正极,上端为负极,电流方向从下端由 b 经电阻到 a 再回到线圈负极,B 对. 2. 如图所示, 一质量为 m 的条形磁铁用细线悬挂在天花板上, 细线从一水平金属圆环中穿过. 现 将环从位置Ⅰ释放,经过磁铁到达位置Ⅱ,设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别 为 FT1 和 FT2,重力加速度大小为 g,则 ( ) A.FT1>mg,FT2>mg B.FT1<mg,FT2<mg C.FT1>mg,FT2<mg D.FT1<mg,FT2>mg 答案 A 解析 当环经过磁铁上端,穿过环的磁通量增加,圆环中的感应电流的磁场要阻碍其磁通量增 加,所以磁铁对环有向上的斥力作用,由牛顿第三定律,环对磁铁有向下的斥力作用,使得细 线对磁铁的拉力大于磁铁的重力,即 FT1>mg;同理,当环经过磁铁下端时,穿过环的磁通量 减小,圆环中感应电流的磁场要阻碍其磁通量减小,所以磁铁对环有向上的吸引力作用,由牛 顿第三定律,则环对磁铁有向下的吸引力作用,使得细线对磁铁的拉力大于磁铁的重力,即 FT2>mg,选项 A 正确. 3.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 答案 D 解析 条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中,线圈中的磁通量先增大后减小,根据楞 次定律的第二种描述:“来拒去留”可知,线圈先有向下和向右的趋势,后有向上和向右的趋 势;故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力;运动趋势向右.故选 D. 4.如图所示,两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上,当一条形磁铁向左运动靠近 两环时,两环的运动情况是 ( ) A.同时向左运动,间距变大 B.同时向左运动,间距变小 C.同时向右运动,间距变小 D.同时向右运动,间距变大 答案 B 解析 磁铁向左运动,穿过两环的磁通量均增加.根据楞次定律,感应电流的磁场将阻碍原磁 通量增加,所以两者都向左运动.另外,两环产生的感应电流方向相同,依据安培定则和左手
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定则可以判断两个环之间是相互吸引的,所以选项 A、C、D 错误,B 正确. 题组二 增缩减扩法 5.如图所示,在水平面上有一固定的导轨,导轨为 U 形金属框架,框架上放置一金属杆 ab, 不计摩擦,在竖直方向上有匀强磁场,则( ) A.若磁场方向竖直向上并增强时,杆 ab 将向右移动 B.若磁场方向竖直向上并减弱时,杆 ab 将向右移动 C.若磁场方向竖直向下并增强时,杆 ab 将向右移动 D.若磁场方向竖直向下并减弱时,杆 ab 将向右移动 答案 BD 解析 不管磁场方向竖直向上还是竖直向下,当磁感应强度增大时,回路中磁通量变大,由楞 次定律知杆 ab 将向左移动,反之,杆 ab 将向右移动,选项 B、D 正确.

6.如图所示,光滑固定金属导轨 M、N 水平放置,两根导体棒 P、Q 平行放在导轨上,形成闭合回路.当一条形磁铁从上方 向下迅速接近回路时,可动的两导体棒 P、Q 将 ( ) A.保持不动 B.相互远离 C.相互靠近 D.无法判断 答案 C 解析 效果法:四根导体组成闭合回路,当磁铁迅速接近回路时,不管是 N 极向下还是 S 极 向下,穿过回路的磁通量都增加,闭合回路中产生感应电流,感应电流将“阻碍”原磁通量的 增加,怎样来阻碍增加呢?可动的两根导体只能用减小回路面积的方法来阻碍原磁通量的增 加,得到的结论是 P、Q 相互靠近,选项 C 正确.还可以用常规法,根据导体受磁场力的方向 来判断. 7.如图所示, 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 滑片自左向右滑动时,线框 ab 的运动情况是( )

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,无法确定转动的方向 答案 C 解析 根据题图所示电路,线框 ab 所处位置的磁场是水平方向的,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=BSsin θ,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,而使穿过线圈的磁通量增加,则 C 正确.注意此题并不需 要明确电源的极性. 题组三 增离减靠法
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上的运动趋势,所以丝线的拉力减小.故 B 正确,A、C、D 错误. 8.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,但因电流正负极未知, 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 答案 A 解析 当电键 S 接通瞬间,小铜环中磁通量从无到有,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. 题组四 安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用 9.如图甲所示,长直导线与闭合金属线框位于同一平面内,长直导线中的电流 i 随时间 t 的变 T T 化关系如图乙所示.在 0~ 时间内,直导线中电流向上,则在 ~T 时间内,线框中感应电 2 2 流的方向与所受安培力方向是 ( )

A.感应电流方向为顺时针,线框所受安培力的合力方向向左 B.感应电流方向为逆时针,线框所受安培力的合力方向向右 C.感应电流方向为顺时针,线框所受安培力的合力方向向右 D.感应电流方向为逆时针,线框所受安培力的合力方向向左 答案 C T 解析 在 ~T 时间内,直导线电流方向向下,根据安培定则,知直导线右侧磁场的方向垂直 2 纸面向外,电流逐渐增大,则磁场逐渐增强,根据楞次定律,金属线框中产生顺时针方向的感 应电流.根据左手定则,知金属框左边受到的安培力方向水平向右,右边受到的安培力方向水 平向左,离导线越近,磁场越强,则左边受到的安培力大于右边受到的安培力,所以金属框所 受安培力的合力水平方向向右,故 C 正确,A、B、D 错误. 10.如图所示,在匀强磁场中放有平行铜导轨,它与大线圈 M 相连接,要使小导线圈 N 获得顺时 针方向的感应电流,则放在导轨上的金属棒 ab 的运动情况(两线圈共面放置)是 ( )

A.向右匀速运动 C.向右减速运动 答案 BC 【课前导学】 1、电磁感应定律

B.向左加速运动 D.向右加速运动

第 4 课时 法拉第电磁感应定律
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法拉第电磁感应定律:闭合电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正 ΔΦ 比,表达式为 E=n ,其中 n 是线圈的匝数. Δt 2、导线切割磁感线时的感应电动势 当导线切割磁感线产生感应电动势时,E=Blv(B、l、v 两两垂直时),E=Blvsin_θ(v⊥l,但 v 与 B 夹角为 θ). 3、反电动势 1.电动机转动时,线圈中会产生反电动势,它的作用是阻碍线圈的转动.要使线圈维持原来 的转动,电源就要向电动机提供能量.这正是电能转化为其他形式能的过程. 2.若电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动,这时就没有了反电动势,线圈中电流会很 大,可能会把电动机烧毁,这时应立即切断电源,进行检查 一、法拉第电磁感应定律的理解 例 1 下列几种说法中正确的是 ( ) A.线圈中磁通量变化越大,线圈中产生的感应电动势一定越大 B.线圈中磁通量越大,线圈中产生的感应电动势一定越大 C.线圈放在磁场越强的位置,线圈中产生的感应电动势一定越大 D.线圈中磁通量变化越快,线圈中产生的感应电动势一定越大 解析 本题考查对法拉第电磁感应定律的理解, 关键是抓住感应电动势的大小和磁通量的变化 率成正比. 感应电动势的大小和磁通量的大小、 磁通量变化量的大小以及磁场的强弱均无关系, 它由磁通量的变化率决定,故选 D. 答案 D ΔΦ 二、E=n 的应用 Δt 例 2 一个 200 匝、面积为 20 cm2 的线圈,放在磁场中,磁场的方向与线圈平面成 30° 角,若 磁感应强度在 0.05 s 内由 0.1 T 增加到 0.5 T,在此过程中穿过线圈的磁通量的变化量是______ Wb;磁通量的平均变化率是______ Wb/s;线圈中的感应电动势的大小是_______ V. 解析 磁通量的变化量为 ΔΦ=ΔB· Ssin θ - =(0.5-0.1)×20×10 4×0.5 Wb - =4×10 4 Wb -4 ΔΦ 4×10 - 磁通量的平均变化率为 = Wb/s=8× 10 3 Wb/s Δt 0.05 根据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小为: ΔΦ - E=n =200×8×10 3 V=1.6 V. Δt - - 答案 4×10 4 8×10 3 1.6 例3

ΔB (1)由题图乙可知 =0.1 T/s Δt ΔΦ ΔB - 由法拉第电磁感应定律有 E= = S=2.0×10 3 V Δt Δt E - 则 I= =1.0×10 3 A 2R 由楞次定律可知电流方向为顺时针方向 解析
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(2)导体棒在水平方向上受丝线拉力和安培力平衡 由题图乙可知 t=1.0 s 时 B=0.1 T - 则 FT=FA=BId=1.0×10 5 N. -3 - 答案 (1)1.0×10 A 顺时针 (2)1.0×10 5 N 三、E=Blv 的应用 例 4 试写出如图 7 所示的各种情况下导线中产生的感应电动势的表达式[导线长均为 l, 速度 为 v,磁感应强度均为 B,图(3)、(4)中导线垂直纸面].

图7 答案 (1)E=0 (4)E=Blvcos θ (2)E=Blv (3)E=0

【课后巩固】 题组一 对法拉第电磁感应定律的理解 1.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生 的感应电动势,下列表述正确的是 ( ) A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B.当穿过线圈的磁通量为零时,感应电动势可能不为零 C.当穿过线圈的磁通量变化越快时,感应电动势越大 D.感应电动势的大小与磁通量的变化量成正比 答案 BC ΔΦ 解析 由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势 E=n ,即感应电动势与线圈匝数有关,故 Δt A 错误;同时可知,感应电动势与磁通量的变化率有关,故 D 错误;磁通量变化越快,感应电 动势越大,故 C 正确;当穿过线圈的磁通量为零时,磁通量的变化率不一定为零,因此感应电 动势不一定为零.故 B 正确. 2.关于感应电动势的大小,下列说法正确的是 ( ) A.穿过闭合电路的磁通量最大时,其感应电动势一定最大 B.穿过闭合电路的磁通量为零时,其感应电动势一定为零 C.穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时,其感应电动势一定为零 D.穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时,其感应电动势一定不为零 答案 D 解析 磁通量的大小与感应电动势的大小不存在内在的联系,故 A、B 错;当磁通量由不为零 变为零时,闭合电路的磁通量一定改变,一定有感应电流产生,有感应电流就一定有感应电动 势,故 C 错,D 对. 3.如图所示,闭合开关 S,将条形磁铁插入闭合线圈,第一次用时 0.2 s,第二次用时 0.4 s, 并且两次磁铁的起始和终止位置相同,则 ( )

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A.第一次线圈中的磁通量变化较快 B.第一次电流表 G 的最大偏转角较大 C.第二次电流表 G 的最大偏转角较大 D.若断开 S,电流表 G 均不偏转,故两次线圈两端均无感应电动势 答案 AB 解析 两次磁通量变化相同,第一次时间短,则第一次线圈中磁通量变化较快,故 A 正确.感 应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,磁通量的变化率大,感应电动势大,产生的感应电 流大.故 B 正确,C 错误.断开电键,电流表不偏转,故感应电流为零,但感应电动势不为零, 故 D 错误.故选 A、B. 题组二 E=Blv 的应用 4.如图所示的情况中,金属导体中产生的感应电动势为 Blv 的是 ( )

A.乙和丁 B.甲、乙、丁 C.甲、乙、丙、丁 D.只有乙 答案 B - 5.某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下,大小为 4.5×10 5 T.一灵敏电压表连接在 当地入海河段的两岸, 河宽 100 m, 该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过. 设落潮时, 海水自西向东流,流速为 2 m/s.下列说法正确的是( ) A.电压表记录的电压为 5 mV B.电压表记录的电压为 9 mV C.河南岸的电势较高 D.河北岸的电势较高 答案 BD 解析 海水在落潮时自西向东流,该过程可以理解为:自西向东运动的导体在切割竖直向下的 磁感线.根据右手定则,北岸是正极,电势高,南岸电势低,所以 C 错误,D 正确.根据法拉 - - 第电磁感应定律 E=Blv=4.5×10 5×100×2 V=9×10 3 V,所以 A 错误,B 正确. 6.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, 一根长直金属棒与导轨成 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 ( )

Bdv A. Rsin 60° 答案 A Bdv 解得 I= . Rsin 60°

Bdv B. R

Bdvsin 60° C. R

Bdvcos 60° D. R

解析 导线切割磁感线的有效长度是 l=

d E ,感应电动势 E=Blv,R 中的电流为 I= .联立 sin 60° R

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ΔΦ 题组三 E=n 的应用 Δt 7.如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,将一个水平放置的金属 棒 ab 以水平初速度 v0 抛出,设运动的整个过程中不计空气阻力, 则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将( ) A.越来越大 B.越来越小 C.保持不变 D.无法确定 答案 C 8.如图所示,半径为 r 的 n 匝线圈套在边长为 L 的正方形 abcd 之外,匀强磁场局限在正方形 ΔB 区域内且垂直穿过正方形面积,当磁感应强度以 的变化率均匀变化时,线圈中产生的感 Δt 应电动势的大小为 ( ) 2ΔB A.πr Δt 2ΔB B.L Δt ΔB C.nπr2 Δt Δ B D.nL2 Δt 答案 D ΔΦ ΔB 解析 根据法拉第电磁感应定律,线圈中产生的感应电动势的大小为 E=n =nL2 . Δt Δt 9.一单匝矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直.先保持线框的面积不变,将 磁感应强度在 1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍.接着保持增大后的磁感应强度不变,在 1 s 时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半.先后两个过程中,线框中感应电动 势的比值为( ) 1 A. B.1 C.2 D.4 2 答案 B ΔΦ 解析 根据法拉第电磁感应定律 E= ,设初始时刻磁感应强度为 B0,线框面积为 S0,则第 Δt ΔBS ?2B0-B0?S0 一种情况下的感应电动势为 E1= = =B0S0;第二种情况下的感应电动势为 E2= Δt 1 S0 2B0?S0- ? 2 BΔS = =B0S0, 所以两种情况下线框中的感应电动势相等, 比值为 1, 故选项 B 正确. Δt 1 10.单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,穿过线圈的磁通量 Φ 随时间 t 的变化 图象如图所示,则( )

A.在 t=0 时,线圈中磁通量最大,感应电动势也最大 - B.在 t=1×10 2 s 时,感应电动势最大 - C.在 t=2×10 2 s 时,感应电动势为零
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D.在 0~2×10 答案 BC

-2

s 时间内,线圈中感应电动势的平均值为零

ΔΦ - 解析 由法拉第电磁感应定律知 E∝ ,故 t=0 及 t=2×10 2 s 时刻,E=0,A 错,C 对.t Δt - - =1×10 2 s,E 最大,B 对.0~2×10 2 s,ΔΦ≠0,E≠0,D 错. 11.

答案 50 V 50 ΔB 解析 由 B-t 图象可知 =5 T/s Δt ΔB 由 E=n S Δt 得:E=1000×5×100×10-4 V=50 V 题组四 综合应用 12.答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N 1 解析 (1)5 s 内的位移 x= at2=25 m, 2 0+2×5 x 5 s 内的平均速度 v = =5 m/s,(也可用 v = m/s=5 m/s 求解) t 2 故平均感应电动势 E=Bl v =0.4 V. (2)第 5 s 末:v′=at=10 m/s,此时感应电动势:E′=Blv′, E′ Blv′ 0.2×0.4×10 则回路电流为 I= = = A=0.8 A. R R 1 (3)杆做匀加速运动,则 F-F 安=ma,即 F=BIl+ma=0.164 N. mgsin α kB1L3 13.答案 (1) (2) -r B1L mgsin α 解析 (1)对金属杆:mgsin α=B1IL mgsin α 解得:I= B1L ΔΦ ΔB 2 (2)E= = L =kL2 Δt Δt E I= R+r E kB1L3 故:R= -r= -r I mgsin α

第 5 课时 电磁感应现象的两类情况
【课前导学】 一、电磁感应现象中的感生电场 英国物理学家麦克斯韦认为, 磁场变化时会在周围空间激发一种电场, 这种电场与静电场不同,
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它不是由电荷产生的,我们把这种电场叫做感生电场.如果此刻空间存在闭合导体,导体中的 自由电荷就会在感生电场的作用下做定向运动,产生感应电流,或者说导体中产生了感应电动 势.在这种情况下,所谓的非静电力就是感生电场对自由电荷的作用. 二、电磁感应现象中的洛伦兹力 一段导体在做切割磁感线运动时, 导体内的自由电荷在洛伦兹力的作用下定向运动产生感应电 流. 切割磁感线运动的导体相当于一个电源,这时的非静电力与洛伦兹力有关. 【课堂探究】 一、对感生电场的理解 例1 某空间出现了如图 3 所示的一组闭合的电场线,这可能是( )

图3 A.沿 AB 方向磁场在迅速减弱 B.沿 AB 方向磁场在迅速增强 C.沿 BA 方向磁场在迅速增强 D.沿 BA 方向磁场在迅速减弱 解析 根据电磁感应定律,闭合回路中的磁通量变化时,使闭合回路中产生感应电流,该电流 可用楞次定律判断.根据麦克斯韦电磁场理论,闭合回路中产生感应电流,是因为闭合回路中 受到了电场力的作用,而变化的磁场产生电场,与是否存在闭合回路没有关系,故空间磁场变 化产生的电流方向仍然可用楞次定律判断,四指环绕方向即为感应电流的方向,由此可知 A、 C 两项正确. 答案 AC 二、动生电动势的理解与应用 例2 如图 4 所示,水平地面上方有正交的匀强电场 E 和匀强磁场 B,电场方向竖直向下,磁

场方向垂直纸面向外, 等腰三角形的金属框由底边呈水平位置开始沿竖直平面的电磁场由静止 开始下降,下落过程中三角形平面始终在竖直平面内,不计阻力,a、b 两点落到地面的顺序是 ( )

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图4 A.a 点先落地 B.b 点先落地 C.a、b 两点同时落地 D.无法判定 解析 本题关键是用楞次定律判定感应电动势的方向, 并理解感应电动势的正、 负极聚集着正、 负电荷. 当三角形 abc 金属框下落时, 闭合回路中磁通量没有发生变化, 回路不产生感应电流, 但由于各边都在切割磁感线, 所以会产生感应电动势, 根据楞次定律, 可以判定 a 点的电势高, 是电源的正极,b 点的电势低,是电源的负极,a 点聚集着正电荷,b 点聚集着负电荷,a 点的 正电荷受到的电场力向下,使 a 点加快运动,b 点的负电荷受到的电场力向上,使 b 点减缓运 动,故 a 点先落地.正确选项为 A. 答案 A ΔΦ 三、E=n 和 E=Blv 的选用技巧 Δt 例3 如图 5 所示,导轨 OM 和 ON 都在纸面内,导体 AB 可在导轨上无摩擦滑动,若 AB 以

5 m/s 的速度从 O 点开始沿导轨匀速右滑,导体与导轨都足够长, 它们每米长度的电阻都是 0.2 Ω,磁场的磁感应强度为 0.2 T.问:

图5 (1)3 s 末夹在导轨间的导体长度是多少?此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大?回路中 的电流为多少? (2)3 s 内回路中的磁通量变化了多少?此过程中的平均感应电动势为多少? 解析 (1)夹在导轨间的部分导体切割磁感线产生的电动势才是电路中的感应电动势.

3 s 末,夹在导轨间导体的长度为: l=vt· tan 30° =5×3×tan 30°m=5 3 m
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此时:E=Blv=0.2×5 3×5 V=5 3 V 电路电阻为 R=(15+5 3+10 3)×0.2 Ω=8.196 Ω E 所以 I= =1.06 A. R 1 15 3 (2)3 s 内回路中磁通量的变化量 ΔΦ=BS-0=0.2× ×15×5 3 Wb= Wb 2 2 15 3 2 ΔΦ 5 3 s 内电路产生的平均感应电动势为:E= = V= 3 V. Δt 3 2 答案 (1)5 3 m 5 3 V 1.06 A

15 3 5 (2) Wb 3 V 2 2 四、导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的计算 例4 长为 l 的金属棒 ab 以 a 点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度 ω 做匀速转动,如

图 6 所示,磁感应强度为 B.求:

图6 (1)ab 棒的平均速率. (2)ab 两端的电势差. (3)经时间 Δt 金属棒 ab 所扫过面积中磁通量为多少?此过程中平均感应电动势多大? 解析 (1)ab 棒的平均速率 v = va+vb 0+ωl 1 = = ωl 2 2 2

1 (2)ab 两端的电势差:E=Bl v = Bl2ω 2 (3)经时间 Δt 金属棒 ab 所扫过的扇形面积为 ΔS,则: 1 1 1 ΔS= l2θ= l2ωΔt,ΔΦ=BΔS= Bl2ωΔt. 2 2 2 由法拉第电磁感应定律得: 1 2 Bl ωΔt ΔΦ 2 1 E= = = Bl2ω. Δt Δt 2 答案 1 1 1 1 (1) ωl (2) Bl2ω (3) Bl2ωΔt Bl2ω 2 2 2 2
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【课后巩固】 题组一 对感生电场的理解 1.在空间某处存在一变化的磁场,则 ( )

A.在磁场中放一闭合线圈,线圈中一定会产生感应电流 B.在磁场中放一闭合线圈,线圈中不一定会产生感应电流 C.在磁场中不放闭合线圈,在变化的磁场周围一定不会产生电场 D.在磁场中不放闭合线圈,在变化的磁场周围一定会产生电场 答案 BD 解析 由感应电流产生的条件可知,只有闭合回路中磁通量发生改变,才能产生感应电流,如 果闭合线圈平面与磁场方向平行,则线圈中无感应电流产生,故 A 错,B 对;由麦克斯韦电磁 场理论可知,感应电场的产生与变化的磁场周围有无闭合回路无关,故 C 错,D 对. 2.如图 1 所示,内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上,环内有一带负电的小球,整 个装置处于竖直向下的磁场中,当磁场突然增大时,小球将 ( )

图1 A.沿顺时针方向运动 B.沿逆时针方向运动 C.在原位置附近往复运动 D.仍然保持静止状态 答案 A 题组二 感生电动势及有关计算 3.如图 2 甲所示,电路的左侧是一个电容为 C 的电容器,电路的右侧是一个环形导体,环形 导体所围的面积为 S.在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场, 磁感应强度的大小随时间变 化的规律如图乙所示.则在 0~t0 时间内电容器 ( )

图2 CS?B2-B1? A.上极板带正电,所带电荷量为 t0
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C?B2-B1? B.上极板带正电,所带电荷量为 t0 CS?B2-B1? C.上极板带负电,所带电荷量为 t0 C?B2-B1? D.上极板带负电,所带电荷量为 t0 答案 A ΔΦ S?B2-B1? 解析 磁场增强,环形导体中产生逆时针方向的感应电流,感应电动势为 U= = , Δt t0 电容器上极板与正极相连,上极板带正电,q=CU= CS?B2-B1? .故答案选 A. t0

4.如图 3 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:

图3 (1)前 4 s 内的感应电动势. (2)前 5 s 内的感应电动势. 答案 解析
-3

(1)1 V (2)0 (1)前 4 秒内磁通量的变化 ΔΦ=Φ2-Φ1=S(B2-B1)=200×10 4×(0.4-0.2)Wb=4×10


Wb
-3

4×10 ΔΦ 由法拉第电磁感应定律得 E=n =1 000× Δt 4

V=1 V.


(2)前 5 秒内磁通量的变化 ΔΦ′=Φ2′-Φ1=S(B2′-B1)=200×10 4×(0.2-0.2)Wb=0 ΔΦ′ 由法拉第电磁感应定律得 E′=n =0 Δt 题组三 动生电动势及有关计算 5.如图 4 所示,PQRS 为一正方形导线框,它以恒定速度向右进入以 MN 为边界的匀强磁场, 磁场方向垂直线框平面向里,MN 边界与线框的边 QR 所在的水平直线成 45° 角,E、F 分别是 PS 和 PQ 的中点.关于线框中的感应电流,正确的说法是(
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)

图4 A.当 E 点经过边界 MN 时,线框中感应电流最大 B.当 P 点经过边界 MN 时,线框中感应电流最大 C.当 F 点经过边界 MN 时,线框中感应电流最大 D.当 Q 点经过边界 MN 时,线框中感应电流最大 答案 B 解析 当 P 点经过边界 MN 时,切割磁感线的有效长度是 SR,感应电流达到最大. 6.一直升机停在南半球的地磁极上空.该处地磁场的方向竖直向上,磁感应强度为 B.直升机螺 旋桨叶片的长度为 l,螺旋桨转动的频率为 f,顺着地磁场的方向看螺旋桨,螺旋桨按顺时针方 向转动,螺旋桨叶片的近轴端为 a,远轴端为 b,如图 5 所示,如果忽略 a 到转轴中心线的距 离,用 E 表示每个叶片中的感应电动势,则( )

图5 A.E=πfl2B,且 a 点电势低于 b 点电势 B.E=2πfl2B,且 a 点电势低于 b 点电势 C.E=πfl2B,且 a 点电势高于 b 点电势 D.E=2πfl2B,且 a 点电势高于 b 点电势 答案 A l l 解析 解这道题要考虑两个问题: 一是感应电动势大小, E=Blv=Blω× =Bl×2πf× =πfl2B; 2 2 二是感应电动势的方向, 由右手定则可以判断出感应电动势的方向是由 a→b, 因此 a 点电势低. 7.如图 6 所示,导体棒 ab 长为 4L,匀强磁场的磁感应强度为 B,导体绕过 O 点垂直纸面的 轴以角速度 ω 匀速转动,a 与 O 的距离很近.则 a 端和 b 端的电势差 Uab 的大小等于 ( )

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图6 A.2BL2ω B.4BL2ω C.6BL2ω D.8BL2ω 答案 D 1 4L 解析 由 E=Blv,切割磁感线的总长度为 4L,切割磁感线的平均速度 v= ωl= ω 2 2 即:Uab=E=B· 4L · 2Lω=8BL2ω,D 正确. 8.如图 7 所示,三角形金属导轨 EOF 上放有一金属杆 AB,在外力作用下,使 AB 保持与 OF 垂直,从 O 点开始以速度 v 匀速右移,该导轨与金属杆均为粗细相同的同种金属制成,则下列 判断正确的是 ( )

图7 A.电路中的感应电流大小不变 B.电路中的感应电动势大小不变 C.电路中的感应电动势逐渐增大 D.电路中的感应电流逐渐减小 答案 AC 解析 设金属杆从 O 开始运动到如题图所示位置所经历的时间为 t, ∠EOF=θ, 则金属杆切割 磁感线的有效长度 L=OBtan θ,故 E=BLv=Bv· vttan θ=Bv2tan θ· t,即电路中电动势与时间成
2 t E Bv tan θ· 正比,C 选项正确;电路中电流强度 I= = .而 l 等于△OAB 的周长,即 l=OB+AB R ρl/S

vt Bvtan θ· S 1 +OA=vt+vt· tan θ+ =vt(1+tan θ+ ),所以 I= =恒量,所以 A 正 cos θ cos θ 1 ρ?1+tan θ+ ? cos θ 确.
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ΔΦ 题组四 E=n 与 E=Blv 的选用技巧及综合应用 Δt 9.如图 8 所示,匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合; 磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为 B0.使该线框从静止开始绕过圆心 O、垂 直于半圆面的轴以角速度 ω 匀速转动半周, 在线框中产生感应电流. 现使线框保持图中所示位 置,磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感 ΔB 应强度随时间的变化率 的大小应为( Δt )

图8 4ωB0 2ωB0 ωB0 ωB0 A. B. C. D. π π π 2π 答案 C 解析 当线框绕过圆心 O 的转动轴以角速度 ω 匀速转动时,由于面积的变化产生感应电动势, 1 2 πr B0 E1 ΔΦ1 B0ΔS 2 从而产生感应电流.设半圆的半径为 r,导线框的电阻为 R,即 I1= = = = = R Rt Rt π R ω B0r2ω E2 ΔΦ2 ΔBS ΔBπr2 ΔB ωB0 .当线框不动,磁感应强度变化时,I2= = = = ,因 I1=I2,可得 = , 2R R RΔt RΔt 2RΔt Δt π C 选项正确. 10.可绕固定轴 OO′转动的正方形线框的边长为 L,不计摩擦和空气阻力,线框从水平位置由 静止释放,到达竖直位置所用的时间为 t,此时 ab 边的速度为 v.设线框始终处在竖直向下,磁 感应强度为 B 的匀强磁场中,如图 9 所示,试求:

图9 (1)这个过程中回路中的感应电动势; (2)到达竖直位置瞬间回路中的感应电动势. BL2 答案 (1) (2)BLv t
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解析

ΔΦ BL2 (1)线框从水平位置到达竖直位置的过程中回路中的感应电动势 E= = . Δt t

(2)线框到达竖直位置时回路中的感应电动势 E′=BLv. 11.如图 10 甲所示,固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨,间距 d=0.5 m.右端接一阻 值为 4 Ω 的小灯泡 L,在 CDEF 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度 B 按如图乙规 律变化.CF 长为 2 m.在 t=0 时,金属棒从图中位置由静止在恒力 F 作用下向右运动到 EF 位置,整个过程中,小灯泡亮度始终不变.已知 ab 金属棒电阻为 1 Ω,求:

图 10 (1)通过小灯泡的电流; (2)恒力 F 的大小; (3)金属棒的质量. 答案 解析 (1)0.1 A (2)0.1 N (3)0.8 kg

(1)金属棒未进入磁场时,电路总电阻 R 总=RL+Rab=5 Ω ΔΦ ΔB = S=0.5 V Δt Δt

回路中感应电动势为:E1= 灯泡中的电流强度为:IL=

E1 =0.1 A R总

(2)因灯泡亮度不变,故在 t=4 s 末金属棒刚好进入磁场,且做匀速运动,此时金属棒中的电流 强度:I=IL=0.1 A 恒力大小:F=FA=BId=0.1 N (3)因灯泡亮度不变,金属棒在磁场中运动时,产生的感应电动势为:E2=E1=0.5 V 金属棒在磁场中的速度:v= E2 =0.5 m/s Bd

v 金属棒未进入磁场的加速度为:a= =0.125 m/s2 t F 故金属棒的质量为:m= =0.8 kg a 12.如图 11 所示,两根平行金属导轨固定在水平桌面上,每根导轨每米的电阻为 r0=0.10 Ω, 导轨的端点 P、Q 用电阻可以忽略的导线相连,两导轨间的距离 l=0.20 m.有随时间变化的匀
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强磁场垂直于桌面.已知磁感应强度 B 与时间 t 的关系为 B=kt, 比例系数 k=0.020 T/s.一电阻 不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动,在滑动过程中保持与导轨垂直.在 t=0 时刻,金属 杆紧靠在 P、Q 端,在外力作用下,杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动,求在 t=6.0 s 时金属杆所受的安培力.

图 11 答案 1.44×10
-3

N

1 解析 以 a 表示金属杆运动的加速度,在 t 时刻,金属杆与初始位置的距离 L= at2, 2 ΔB 此时杆的速度 v=at, 这时, 杆与导轨构成的回路的面积 S=Ll, 回路中的感应电动势 E=S + Δt Blv ΔB 因 B=kt 故 =k Δt 回路的总电阻 R=2Lr0 E 回路中的感应电流 I= R 作用于杆的安培力 F=BlI 3k2l2 解得 F= t, 2r0 代入数据为 F=1.44×10
-3

N.

第 6 课时 习题课:电磁感应中的电路、电量及图象问题
【课前导学】 q 1.I= 是电流在时间 t 内的平均值,变形公式 q=It 可以求时间 t 内通过导体某一横截面的电 t 荷量. 2.闭合电路中电源电动势 E、内电压 U 内、外电压(路端电压)U 外三者之间的关系为 E=U 内+ U 外,其中电源电动势 E 的大小等于电源未接入电路时两极间的电势差. 3. 感应电流的方向一般是利用楞次定律或右手定则进行判断; 闭合电路中产生的感应电动势 E ΔΦ =Blv 或 E=n . Δt 【课堂探究】
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一、电磁感应中的电路问题 在电磁感应现象中,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.若回路闭 合,则产生感应电流,所以电磁感应问题常与电路知识综合考查. 解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是: (1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势,该导体或电路就是电源,其他部分是外电路. (2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小,用楞次定律确定感应电动势的方向. (3)画等效电路图.分清内外电路,画出等效电路图是解决此类问题的关键. (4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解. 〖例 1〗 用相同导线绕制的边长为 L 或 2L 的四个闭合导线框,以相同的速度匀速进入右侧 匀强磁场,如图 1 所示.在每个线框进入磁场的过程中,M、N 两点间的电压分别为 Ua、Ub、 Uc 和 Ud.下列判断正确的是( )

图1 A.Ua<Ub<Uc<Ud B.Ua<Ub<Ud<Uc C.Ua=Ub<Uc=Ud D.Ub<Ua<Ud<Uc 3 5 3 3 4 4 解析 Ua= Blv,Ub= Blv,Uc= · B· 2Lv= Blv,Ud= B· 2L · v= Blv,故选 B. 4 6 4 2 6 3 答案 B 〖例 2〗 如图 2 所示,有一范围足够大的匀强磁场,磁感应强度 B=0.2 T,磁场方向垂直纸 面向里.在磁场中有一半径 r=0.4 m 的金属圆环,磁场与圆环面垂直,圆环上分别接有灯 L1、 L2,两灯的电阻均为 R0=2 Ω.一金属棒 MN 与圆环接触良好,棒与圆环的电阻均忽略不计.

图2
- 29 -

(1)若棒以 v0=5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动,求棒滑过圆环直径的瞬时 MN 中的电动势和 流过灯 L1 的电流; ΔB 4 (2)撤去金属棒 MN,若此时磁场随时间均匀变化,磁感应强度的变化率为 = T/s,求回路 Δt π 中的电动势和灯 L1 的电功率. 解析 (1)等效电路如图所示.

MN 中的电动势 E1=B· 2r· v0=0.8 V MN 中的电流 I= E1 =0.8 A R0/2

I 流过灯 L1 的电流 I1= =0.4 A 2 (2)等效电路如图所示 ΔB 回路中的电动势 E2= ·πr2 Δt =0.64 V E2 回路中的电流 I′= =0.16 A 2R0 灯 L1 的电功率 P1=I′2R0=5.12×10 答案 (1)0.8 V
-2

W


0.4 A (2)0.64 V 5.12×10 2W

二、电磁感应中的电量问题 电磁感应现象中通过闭合电路某截面的电荷量 q= I Δt,而 I = E R =n ΔΦ ΔΦ ,则 q=n ,所以 ΔtR R

q 只和线圈匝数、磁通量的变化量及总电阻有关,与完成该过程需要的时间无关. 1.电源内部电流的方向是从负极流向正极,即从低电势流向高电势. 2.求解电路中通过的电荷量时,一定要用平均电动势和平均电流计算. 〖例 3〗 2013 年 9 月 25 日,我国“神舟七号”载人飞船发射成功,在离地面大约 200 km 的 太空运行.假设载人舱中有一边长为 50 cm 的正方形导线框,在宇航员操作下由水平方向转至 竖直方向,此时地磁场磁感应强度 B=4×10
-5

T,方向如图 3 所示.求:

图3 (1)该过程中磁通量的改变量的大小是多少?
- 30 -

(2)该过程线框中有无感应电流?设线框电阻为 R=0.1 Ω,若有电流则通过线框的电荷量是多 少?(sin 37° =0.6,cos 37° =0.8) 解析 (1)设线框在水平位置时法线 n 方向竖直向上,穿过线框的磁通量 Φ1 = BSsin 37° =
-6

6.0×10

Wb.

当线框转至竖直位置时,线框平面的法线方向水平向右,与磁感线夹角 θ=143° ,穿过线框的 磁通量 Φ2=BScos 143° =-8.0×10 ΔΦ=|Φ1-Φ2|=1.4×10
-5 -6

Wb,该过程磁通量的改变量大小

Wb.

(2)因为该过程穿过闭合线框的磁通量发生了变化, 所以一定有感应电流. 根据电磁感应定律得, I= E R ΔΦ = . RΔ t

ΔΦ - 通过的电荷量为 q= I ·Δt= =1.4×10 4 C. R 答案 (1)1.4×10
-5

Wb (2)有 1.4×10

-4

C

三、电磁感应中的图象问题 1.对于图象问题,搞清物理量之间的函数关系、变化范围、初始条件、斜率的物理意义等, 往往是解题的关键. 2.解决图象问题的一般步骤 (1)明确图象的种类,即是 B-t 图象还是 Φ-t 图象,或者 E-t 图象、I-t 图象等. (2)分析电磁感应的具体过程. (3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系. (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,如分析斜率的变化、截距等. (6)画图象或判断图象. 〖例 4〗 在竖直方向的匀强磁场中,水平放置一圆形导体环.规定导体环中电流的正方向如 图 4 甲所示,磁场向上为正.当磁感应强度 B 随时间 t 按图乙变化时,下列能正确表示导体环 中感应电流变化情况的是 ( )

图4

- 31 -

ΔΦ ΔB 解析 根据法拉第电磁感应定律有:E=n =nS ,因此在面积、匝数不变的情况下,感应 Δt Δt 电动势与磁场的变化率成正比,即与 B-t 图象中的斜率成正比,由图象可知:0~2 s,斜率不 变,故形成的感应电流不变,根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值,2 s~4 s 斜率 不变,电流方向为逆时针,整个过程中的斜率大小不变,所以感应电流大小不变,故 A、B、 D 错误,C 正确. 答案 C 例5 匀强磁场的磁感应强度 B=0.2 T, 磁场宽度 l=4 m, 一正方形金属框边长 ad=l′=1 m,

每边的电阻 r=0.2 Ω,金属框以 v=10 m/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 5 所示.求:

图5 (1)画出金属框穿过磁场区的过程中,各阶段的等效电路图; (2)画出金属框穿过磁场区的过程中,金属框内感应电流的 i-t 图线;(要求写出作图依据) (3)画出 ab 两端电压的 U-t 图线.(要求写出作图依据) 解析 如图 a 所示,线框的运动过程分为三个阶段:第Ⅰ阶段 cd 相当于电源;第Ⅱ阶段 cd 和 ab 相当于开路时两并联的电源;第Ⅲ阶段 ab 相当于电源,分别如图 b、c、d 所示.

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Bl′v E 在第Ⅰ阶段,有 I1= = =2.5 A. 4r r+3r l′ 1 感应电流方向沿逆时针方向,持续时间为 t1= v = s=0.1 s. 10 ab 两端的电压为 U1=I1· r=2.5×0.2 V=0.5 V 在第Ⅱ阶段,有 I2=0,ab 两端的电压 U2=E=Bl′v=2 V t2= l-l′ 4-1 v = 10 s=0.3 s

E 在第Ⅲ阶段,有 I3= =2.5 A 4r 感应电流方向为顺时针方向 ab 两端的电压 U3=I3· 3r=1.5 V,t3=0.1 s 规定逆时针方向为电流正方向,故 i-t 图象和 ab 两端 U-t 图象分别如图甲、乙所示.

答案 见解析 【课后巩固】 题组一 电磁感应中的电量问题 1.如图 1 所示,将直径为 d、电阻为 R 的闭合金属圆环从磁感应强度为 B 的匀强磁场中拉出, 这一过程中通过金属圆环某一截面的电荷量为 ( )

图1 Bπd A. 4R
2

2πBd B. R
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Bd2 C. R 答案 A

Bd2 D. πR

解析

d Bπ? ?2 E 2 ΔΦ ΔΦ Bπd2 E =n ,故 q= I ·Δt= ·Δt=n =n = . Δt R R R 4R

2.在物理实验中,常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电量.如图 2 所示, 探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度.已知线圈的匝数为 n,面积为 S, 线圈与冲击电流计组成的回路电阻为 R.若将线圈放在被测量的匀强磁场中, 开始线圈平面与磁 场垂直,现把探测线圈翻转 90° ,冲击电流计测出通过线圈的电量为 q,由上述数据可测出被 测量磁场的磁感应强度为 ( )

图2 qR A. S 答案 B ΔΦ E 解析 由法拉第电磁感应定律: E=n 可求出感应电动势大小, 再由闭合电路欧姆定律 I= 可 Δt R ΔΦ 求出感应电流大小,根据电量的公式 q=It,可得 q=n .由于开始线圈平面与磁场垂直,现把 R nBS qR 探测线圈翻转 90° ,则有 ΔΦ=BS;所以由以上公式可得:q= ,则磁感应强度 B= ,故 R nS B 正确,A、C、D 错误;故选 B. 题组二 电磁感应中的图象问题 3.如图 3 甲所示,一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,设磁场方向向里为磁感应强 度 B 的正方向,线圈中的箭头为电流 I 的正方向.线圈及线圈中感应电流 I 随时间变化的图线 如图乙所示,则磁感应强度 B 随时间变化的图线可能是 ( ) qR B. nS qR C. 2nS qR D. 2S

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图3

答案 CD 4.在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流 的正方向如图 4 甲所示,当磁场的磁感应强度 B 随时间 t 如图乙变化时,图中正确表示线圈中 感应电动势 E 变化的是 ( )

图4

答案 A Δ Φ1 Δ B 1 解析 在第 1 s 内,由楞次定律可判定电流为正,其产生的感应电动势 E1= = S,在第 Δt1 Δt1 2 s 和第 3 s 内,磁场 B 不变化,线圈中无感应电流,在第 4 s 和第 5 s 内,B 减小,由楞次定 Δ Φ2 Δ B 2 律可判定,其电流为负,产生的感应电动势 E2= = S,由于 ΔB1=ΔB2,Δt2=2Δt1,故 Δt2 Δt2
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E1=2E2,由此可知,A 选项正确. 5.如图 5 甲所示,光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度 B 随 时间的变化规律如图乙所示(规定向下为正方向),导体棒 ab 垂直导轨放置,除电阻 R 的阻值 外,其余电阻不计,导体棒 ab 在水平外力 F 的作用下始终处于静止状态.规定 a→b 的方向为 电流的正方向,水平向右的方向为外力的正方向,则在 0~2t0 时间内,能正确反映流过导体棒 ab 的电流与时间或外力与时间关系的图线是 ( )

图5

答案 D 解析 在 0~t0 时间内磁通量为向上减少,t0~2t0 时间内磁通量为向下增加,两者等效,且根 据 B-t 图线可知,两段时间内磁通量的变化率相等,根据楞次定律可判断 0~2t0 时间内均产 生由 b 到 a 的大小不变的感应电流,选项 A、B 均错误;在 0~t0 可判断所受安培力的方向水 平向右,则所受水平外力方向向左,大小 F=BIL 随 B 的减小呈线性减小;在 t0~2t0 时间内, 可判断所受安培力的方向水平向左,则所受水平外力方向向右,大小 F=BIL 随 B 的增加呈线 性增加,选项 D 正确. 6.如图 6 所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为 B.一个电阻为 R、半径 为 L、圆心角为 45° 的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的 O 轴匀速转动(O 轴位于磁场边界),周 期为 T0,则线框内产生的感应电流的图象为(规定电流顺时针方向为正) ( )

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图6

答案 A 解析 (1)正确利用法拉第电磁感应定律,在本题中由于扇形导线框匀速转动,因此导线框进入

磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的. (2)注意线框在进入磁场和离开磁场时,有感应电流产生,当完全进入时,由于磁通量不变,故 无感应电流产生.故 A 正确. 7.如图 7 所示,在 0≤x≤2L 的区域内存在着匀强磁场,磁场方向垂直于 xy 坐标系平面(纸面) 向里.具有一定电阻的矩形线框 abcd 位于 xy 坐标系平面内,线框的 ab 边与 y 轴重合,bc 边 长为 L.设线框从 t=0 时刻起在外力作用下由静止开始沿 x 轴正方向做匀加速运动,则线框中 的感应电流 i(取逆时针方向的电流为正)随时间 t 变化的函数图象可能是图中的 ( )

图7

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答案 D 解析 线圈的 ab 边刚进入磁场时,产生逆时针方向的电流,随着速度的增加,感应电流逐渐 增大;线圈全部进入磁场后,无感应电流;当线圈的 ab 边离开磁场时,此时 cd 边切割磁感线, 产生顺时针方向的电流,且随速度的增加而增大.因为线圈此时的速度不为零,所以电流是从 某一值增大.选项 D 正确. 8.如图 8 所示,宽度为 d 的有界匀强磁场,方向垂直于纸面向里.在纸面所在平面内有一对 角线长也为 d 的正方形闭合线圈 ABCD,沿 AC 方向垂直磁场边界匀速穿过该磁场区域.规定 逆时针方向为感应电流的正方向,t=0 时 C 点恰好进入磁场,则从 C 点进入磁场开始到 A 点 离开磁场为止,闭合线圈中感应电流随时间的变化图象正确的是( )

图8

答案 A 解析 线圈在进磁场的过程中,根据楞次定律可知,感应电流的方向为 CBADC 方向,即为正 值,在出磁场的过程中,根据楞次定律知,感应电流的方向为 ABCDA,即为负值. 在线圈进入磁场直到进入一半的过程中,切割的有效长度均匀增大,感应电动势均匀增大,则 感应电流均匀增大,在线圈继续运动至全部进入磁场的过程中,切割的有效长度均匀减小,感 应电动势均匀减小,则感应电流均匀减小;在线圈出磁场直到离开一半的过程中,切割的有效
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长度均匀增大,感应电流均匀增大,在线圈全部出磁场的过程中,切割的有效长度均匀减小, 感应电流均匀减小.故 A 正确,B、C、D 错误. 题组三 电磁感应中的电路问题 9.如图 9 所示,用粗细相同的铜丝做成边长分别为 L 和 2L 的两只闭合正方形线框 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 ( )

图9 A.1∶4 B.1∶2 C.1∶1 D.不能确定 答案 C Blv 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 R =2Ra,故 Ia∶Ib=1∶1. 10.如图 10 所示,两个相同导线制成的开口圆环,大环半径为小环半径的 2 倍,现用电阻不计 的导线将两环连接在一起,若将大环放入一均匀变化的磁场中,小环处在磁场外,a、b 两点间 电压为 U1,若将小环放入这个磁场中,大环在磁场外,a、b 两点间电压为 U2,则 ( )

图 10 U1 U1 A. =1 B. =2 U2 U2 U1 U1 1 C. =4 D. = U2 U2 4 答案 B 解析 根据题意设小环的电阻为 R, 则大环的电阻为 2R, 小环的面积为 S, 则大环的面积为 4S, 且 ΔB =k,当大环放入一均匀变化的磁场中时,大环相当于电源,小环相当于外电路,所以 E1 Δt

E1 4 E2 2 U1 =4kS,U1= R= kS;当小环放入磁场中时,同理可得 U2= 2R= kS,故 =2.选 3 3 U2 R+2R R+2R 项 B 正确. 11.如图 11 所示,竖直平面内有一金属圆环,半径为 a,总电阻为 R(指拉直时两端的电阻),磁
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R 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 用铰链连接长度为 2a、电阻为 的 2 导体棒 AB,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( )

图 11 Bav Bav 2Bav A. B. C. D.Bav 3 6 3 答案 A 1 解析 摆到竖直位置时, AB 切割磁感线的瞬时感应电动势 E′=B· 2a· ( v)=Bav.由闭合电路欧 2 姆定律有 UAB= E′ R 1 · = Bav,故选 A. R R4 3 + 2 4

12.图 12 所示,半径为 R 的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中,磁感应强度为 B,方向 垂直于纸面向里. 一根长度略大于导轨直径的导体棒 MN 以恒定速率 v 在圆导轨上从左端滑到 右端,电路中的定值电阻为 r,其余电阻不计.导体棒与圆形导轨接触良好.求:

图 12 (1)在滑动过程中通过电阻 r 的电流的平均值; (2)MN 从左端到右端的整个过程中,通过 r 的电荷量; (3)当 MN 通过圆形导轨中心时,通过 r 的电流是多少? 答案 解析 πBRv 2BRv πBR2 (1) (2) (3) 2r r r (1)计算平均电流, 应该用法拉第电磁感应定律先求出平均感应电动势.整个过程磁通量

E 2R ΔΦ πBRv 的变化为 ΔΦ=BS=BπR2, 所用的时间 Δt= v , 代入公式 E = = , 平均电流为 I = Δt 2 r = πBRv . 2r

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BπR2 (2)电荷量的计算应该用平均电流,q= I Δt= . r (3)当 MN 通过圆形导轨中心时,切割磁感线的有效长度最大,l=2R,根据导体切割磁感线产 E 2BRv 生的电动势公式 E=Blv,得 E=B· 2Rv,此时通过 r 的电流为 I= = . r r 13.把总电阻为 2R 的均匀电阻丝焊接成一半径为 a 的圆环,水平固定在竖直向下的磁感应强度 为 B 的匀强磁场中,如图 13 所示,一长度为 2a,电阻等于 R,粗细均匀的金属棒 MN 放在圆 环上,它与圆环始终保持良好的接触,当金属棒以恒定速度 v 向右移动经过环心 O 时,求:

图 13 (1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压 UMN; (2)圆环消耗的热功率和在圆环及金属棒上消耗的总热功率. 答案 4Bav 2 (1) N→M Bav 3R 3

8?Bav?2 8?Bav?2 (2) 9R 3R 解析 (1)金属棒 MN 切割磁感线产生的感应电动势为 E=Blv=2Bav.

R· R 1 外电路的总电阻为 R 外= = R R+R 2 金属棒上电流的大小为 I= 2Bav 4Bav E = = ,电流方向从 N 到 M 3R R外+R 1 R+R 2

2 金属棒两端的电压为电源的路端电压 UMN=IR 外= Bav. 3 8?Bav?2 (2)圆环消耗的热功率为外电路的总功率 P 外=I R 外= 9R
2

圆环和金属棒上消耗的总热功率为电路的总功率 8?Bav?2 P 总=IE= . 3R

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第 7 课时 习题课:电磁感应中的动力学及能量问题
【课前导学】 1.垂直于匀强磁场放置、长为 L 的直导线通过电流为 I 时,它所受的安培力 F=BIL,安培力 方向的判断用左手定则. 2.牛顿第二定律:F=ma,它揭示了力与运动的关系. 做加速运动的物体,当加速度 a 与速度 v 方向相同时,速度增大,反之速度减小.当加速度 a 为零时,物体做匀速直线运动. 3.做功的过程就是能量转化的过程,做了多少功,就有多少能量发生了转化,功是能量转化 的量度. 几种常见的功能关系 (1)合外力所做的功等于物体动能的变化. (2)重力做的功等于重力势能的变化. (3)弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化. (4)除了重力和系统内弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化. (5)电场力做的功等于电势能的变化. (6)安培力做的功等于电能的变化. 4.电流通过导体时产生的热量 焦耳定律:Q=I2Rt. 【课堂探究】 一、电磁感应中的动力学问题 1.通过导体中的感应电流在磁场中将受到安培力作用,所以电磁感应问题往往与力学问题联 系在一起,处理此类问题的基本方法是: (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)求回路中的电流强度的大小和方向. (3)分析研究导体受力情况(包括安培力). (4)列动力学方程或平衡方程求解. 2.电磁感应现象中涉及的具有收尾速度的力学问题,关键要抓好受力情况和运动情况的动态 分析;

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周而复始地循环,加速度等于零时,导体达到稳定运动状态. 3.两种状态处理 导体匀速运动,受力平衡,应根据平衡条件列式分析;导体做匀速直线运动之前,往往做变加 速运动,处于非平衡状态,应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析. 〖例 1〗 如图 1 甲所示, 两根足够长的直金属导轨 MN、 PQ 平行放置在倾角为 θ 的绝缘斜面上, 两导轨间距为 L,M、P 两点间接有阻值为 R 的电阻.一根质量为 m 的均匀直金属杆 ab 放在 两导轨上,并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面 向下.导轨和金属杆的电阻可忽略,让 ab 杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好, 不计它们之间的摩擦.

图1 (1)由 b 向 a 方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出 ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意 图. (2)在加速下滑过程中,当 ab 杆的速度大小为 v 时,求此时 ab 杆中的电流及其加速度的大小. (3)求在下滑过程中,ab 杆可以达到的速度最大值. 解析 (1)如图所示,ab 杆受:重力 mg,竖直向下;支持力 FN,垂直

于斜面向上;安培力 F 安,沿斜面向上. (2)当 ab 杆速度大小为 v 时,感应电动势 E=Blv,此时 E Blv 电路中电流 I= = R R ab 杆受到安培力 F 安=BIL= 根据牛顿第二定律,有 B2L2v ma=mgsin θ-F 安=mgsin θ- R
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B 2L 2v R

B2L2v a=gsin θ- . mR (3)当 a=0 时,ab 杆有最大速度:vm= 答案 Blv (2) R (1)见解析图 B2L2v mgRsin θ gsin θ- (3) mR B2L2 mgRsin θ . B 2 L2

二、电磁感应中的能量问题 1.电磁感应现象中的能量转化方式 (1)与感生电动势有关的电磁感应现象中,磁场能转化为电能. (2)与动生电动势有关的电磁感应现象中,通过克服安培力做功, 把机械能或其他形式的能转化 为电能.克服安培力做多少功,就产生多少电能. 2.求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路 (1)分析回路,分清电源和外电路. (2)分析清楚有哪些力做功,明确有哪些形式的能量发生了转化.如: ①有摩擦力做功,必有内能产生; ②有重力做功,重力势能必然发生变化; ③克服安培力做功,必然有其他形式的能转化为电能,并且克服安培力做多少功,就产生多少 电能; ④如果是安培力做正功,就是电能转化为其他形式的能. (3)列有关能量的关系式. 3.焦耳热的计算技巧 (1)感应电路中电流恒定,则电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功,即 Q=I2Rt. (2)感应电路中电流变化,可用以下方法分析: ①利用动能定理,根据产生的焦耳热等于克服安培力做的功,即 Q=W 安. ②利用能量守恒,即感应电流产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少,即 Q= ΔE 其他. 〖例 2〗如图 2 所示,足够长的 U 形框架宽度是 L=0.5 m,电阻忽略不计,其所在平面与水平 面成 θ=37° 角,磁感应强度 B=0.8 T 的匀强磁场方向垂直于导体框平面,一根质量为 m=0.2 kg,有效电阻 R=2 Ω 的导体棒 MN 垂直跨放在 U 形框架上,该导体棒与框架间的动摩擦因数 μ=0.5, 导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时, 通过导体棒截面的电荷量为 Q=2 C.(sin 37° =0.6,cos 37° =0.8,g=10 m/s2)求:

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图2 (1)导体棒匀速运动的速度. (2)导体棒从静止开始下滑到刚开始匀速运动,这一过程中导体棒的有效电阻消耗的电功. 解析 (1)导体棒受力如图,匀速下滑时有

平行斜面方向:mgsin θ-Ff-F=0 垂直斜面方向:FN-mgcos θ=0 其中 Ff=μFN 安培力 F=BIL E 电流强度 I= R 感应电动势 E=BLv 由以上各式得 v=5 m/s (2)通过导体棒的电荷量 Q= I Δt 其中平均电流 I = E R ΔΦ = RΔ t

设导体棒下滑位移为 x,则 ΔΦ=BxL 2×2 QR 由以上各式得 x= = m=10 m BL 0.8×0.5 全程由动能定理得 1 mgxsin θ-W 安-μmgcos θ· x= mv2 2 其中克服安培力做功 W 安等于电功 W 1 则 W=mgx· sin θ-μmgxcos θ- mv2 2 =(12-8-2.5) J =1.5 J 答案 (1)5 m/s (2)1.5 J

〖例 3〗如图 3 所示,矩形线圈长为 L,宽为 h,电阻为 R,质量为 m,线圈在空气中竖直下落 一段距离后(空气阻力不计),进入一宽度也为 h、磁感应强度为 B 的匀强磁场中.线圈进入磁 场时的动能为 Ek1,线圈刚穿出磁场时的动能为 Ek2,从线圈刚进入磁场到线圈刚穿出磁场的过
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程中产生的热量为 Q,线圈克服磁场力做的功为 W1,重力做的功为 W2,则以下关系中正确的 是 ( )

图3 A.Q=Ek1-Ek2 B.Q=W2-W1 C.Q=W1 D.W2=Ek2-Ek1 解析 线圈进入磁场和离开磁场的过程中,产生的感应电流受到安培力的作用,线圈克服安培 力所做的功等于产生的热量,故选项 C 正确.根据功能的转化关系得,线圈减少的机械能等于 产生的热量,即 Q=W2+Ek1-Ek2,故选项 A、B 错误.根据动能定理得 W2-W1=Ek2-Ek1, 故选项 D 错误. 答案 C 【课后巩固】 题组一 电磁感应中的动力学问题 1.如图 1 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( )

图1 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 答案 A 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 B2l2v 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 R
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A 正确. 2.如图 2 所示,有两根和水平方向成 α 角的光滑平行的金属轨道,间距为 l,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,金属杆的速度会趋于一个最大速度 vm,除 R 外其余电阻不计,则 ( )

图2 A.如果 B 变大,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 答案 BC 解析 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势 E=Blv, 在闭合电 Blv 路中形成电流 I= ,因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道 R B2l2v 的弹力外还受安培力 F 作用,F=BIl= ,先用右手定则判定感应电流 R 方向,再用左手定则判定出安培力方向,如图所示. B2l2v 根据牛顿第二定律,得 mgsin α- =ma,当 a=0 时,v=vm, R 解得 vm= mgRsin α ,故选项 B、C 正确. B2l2

3.如图 3 所示,空间某区域中有一匀强磁场,磁感应强度方向水平,且垂直于纸面向里,磁场 上边界 b 和下边界 d 水平. 在竖直面内有一矩形金属线圈, 线圈上下边的距离很短, 下边水平. 线 圈从水平面 a 开始下落.已知磁场上、下边界之间的距离大于水平面 a、b 之间的距离.若线 圈下边刚通过水平面 b、c(位于磁场中)和 d 时,线圈所受到的磁场力的大小分别为 Fb、Fc 和 Fd,则( )

图3
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A.Fd>Fc>Fb B.Fc<Fd<Fb C.Fc>Fb>Fd D.Fc<Fb<Fd 答案 D 解析 线圈从 a 到 b 做自由落体运动,在 b 处开始进入磁场切割磁感线,产生感应电流,受到 安培力作用,由于线圈的上下边的距离很短,所以经历很短的变速运动而完全进入磁场,在 c 处线圈中磁通量不变不产生感应电流,不受安培力作用,但线圈在重力作用下依然加速,因此 线圈在 d 处离开磁场切割磁感线时, 产生的感应电流较大, 故该处所受安培力必然大于 b 处. 综 合分析可知,选项 D 正确. 4.如图 4 所示,在平行水平地面的有理想边界的匀强磁场上方,有三个大小相同的,用相同的 金属材料制成的正方形线框,线框平面与磁场方向垂直.A 线框有一个缺口,B、C 线框都闭 合,但 B 线框导线的横截面积比 C 线框大.现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放, 下列关于它们落地时间说法正确的是 ( )

图4 A.三个线框同时落地 B.三个线框中,A 线框最早落地 C.B 线框在 C 线框之后落地 D.B 线框和 C 线框在 A 线框之后同时落地 答案 BD 解析 A 线框由于有缺口,在磁场中不能形成电流,所以下落时不受安培力作用,故下落的加 速度一直为 g;设正方形边长为 l,电阻率为 ρ,B、C 线框的底边刚进入磁场时的速度为 v, Blv B2l2v 4l 则根据牛顿第二定律知 mg-B l=ma,即 a=g- 其中 Rm=ρ · 4lSρ 密=16l2ρρ 密,所以 R Rm S 加速度与线框横截面积无关,故两线框的运动情况完全相同,即在 A 线框之后 B、C 线框同时 落地.选项 B、D 正确. 题组二 电磁感应中的能量问题 5.如图 5 所示,位于一水平面内的两根平行的光滑金属导轨,处在匀强磁场中,磁场方向垂 直于导轨所在的平面,导轨的一端与一电阻相连;具有一定质量的金属杆 ab 放在导轨上并与 导轨垂直.现用一平行于导轨的恒力 F 拉杆 ab,使它由静止开始向右运动.杆和导轨的电阻、 感应电流产生的磁场均可不计.用 E 表示回路中的感应电动势,i 表示回路中的感应电流,在
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i 随时间增大的过程中,电阻消耗的功率等于 (

)

图5 A.F 的功率 B.安培力的功率的绝对值 C.F 与安培力的合力的功率 D.iE 答案 BD 6.图 6 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 dc 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( )

图6 如 A.2mgL B.2mgL+mgH 3 C.2mgL+ mgH 4 1 D.2mgL+ mgH 4 答案 C v1 解析 设线框刚进入磁场时的速度为 v1,刚穿出磁场时的速度 v2= ① 2 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 mv2 =mgH② 2 1 1 2 1 mv1+mg· 2L= mv2 +Q ③ 2 2 2 3 由①②③得 Q=2mgL+ mgH.C 选项正确. 4
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7.如图 7 所示,纸面内有一矩形导体闭合线框 abcd,ab 边长大于 bc 边长,置于垂直纸面向 里、边界为 MN 的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂 直于 MN.第一次 ab 边平行 MN 进入磁场,线框上产生的热量为 Q1,通过线框导体横截面积的 电荷量为 q1;第二次 bc 边平行于 MN 进入磁场,线框上产生的热量为 Q2,通过线框导体横截 面的电荷量为 q2,则 ( )

图7 A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1>Q2,q1>q2 C.Q1=Q2,q1=q2 D.Q1=Q2,q1>q2 答案 A B2l2 abv 解析 根据功能关系知, 线框上产生的热量等于克服安培力做的功, 即 Q1=W1=F1lbc= l R bc = B2Sv l R ab

B2Sv 同理 Q2= l ,又 lab>lbc,故 Q1>Q2; R bc 因 q= I t= E R t= ΔΦ , R

故 q1=q2.因此 A 正确. 8.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为 L、质量为 m 的导体棒 ab,ab 处在磁感应强度大 小为 B、方向如图 8 所示的匀强磁场中,导轨的一端接一阻值为 R 的电阻,导轨及导体棒电阻 不计.现使 ab 在水平恒力 F 作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动,当通过位移为 x 时,ab 达到最大速度 vm.此时撤去外力,最后 ab 静止在导轨上.在 ab 运动的整个过程中,下列说法 正确的是( )

图8 A.撤去外力后,ab 做匀减速运动
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B.合力对 ab 做的功为 Fx 1 C.R 上释放的热量为 Fx+ mv2 2 m D.R 上释放的热量为 Fx 答案 D B2L2v 解析 撤去外力后,导体棒水平方向只受安培力作用,而 F 安= ,F 安随 v 的变化而变化, R 故棒做加速度变化的变速运动,A 错;对整个过程由动能定理得 W 合=ΔEk=0,B 错;由能量 守恒定律知, 外力做的功等于整个回路产生的电能, 电能又转化为 R 上释放的热量, 即 Q=Fx, C 错,D 正确. 题组三 电磁感应中的动力学及能量综合问题 9.如图 9 所示,间距为 L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端用一阻 值为 R 的电阻连接,导轨上横跨一根质量为 m、有效电阻也为 R 的金属棒,金属棒与导轨接触 良好.整个装置处于竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场中.现使金属棒以初速度 v 沿导轨 向右运动,若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为 q.下列说法正确的是 ( )

图9 A.金属棒在导轨上做匀减速运动 qR B.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 BL 1 C.整个过程中金属棒克服安培力做功为 mv2 2 1 D.整个过程中电阻 R 上产生的焦耳热为 mv2 2 答案 C 解析 因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用,且安培力随速度的减小而减小,所以金 属棒向左做加速度减小的减速运动; ΔΦ BLx E BLx 根据 E= = ,q=IΔt= Δt= , Δt Δt 2R 2R 2Rq 解得 x= ; BL 1 整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量 mv2; 整个过程中电路中产生的热 2
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1 1 量等于机械能的减少量 mv2,电阻 R 上产生的焦耳热为 mv2. 2 4 10.如图 10 所示,MN 和 PQ 是电阻不计的平行金属导轨,其间距为 L,导轨弯曲部分光滑, 平直部分粗糙,二者平滑连接.右端接一个阻值为 R 的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽 度为 d、方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场.质量为 m、电阻也为 R 的金属棒从 高度为 h 处静止释放,到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因 数为 μ,金属棒与导轨间接触良好.则金属棒穿过磁场区域的过程中 ( )

图 10 Bd 2gh A.流过金属棒的最大电流为 2R BdL B.通过金属棒的电荷量为 R C.克服安培力所做的功为 mgh 1 D.金属棒产生的焦耳热为 (mgh-μmgd) 2 答案 D 解析 金属棒下滑到底端时的速度为 v= 2gh,感应电动势 E=BLv,所以流过金属棒的最大 BL 2gh ΔΦ BLd 电流为 I= ;通过金属棒的电荷量为 q= = ;克服安培力所做的功为 W=mgh- 2R 2R 2R 1 μmgd ;电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功,所以金属棒产生的焦耳热为 (mgh - 2 μmgd).选项 D 正确. 11.如图 11 所示,在倾角为 θ 的光滑斜面上,存在着两个匀强磁场,磁场Ⅰ垂直斜面向上、 磁感应强度大小为 B,磁场Ⅱ垂直斜面向下、磁感应强度大小为 2B,磁场的宽度 MJ 和 JG 均 为 L,一个质量为 m、电阻为 R、边长也为 L 的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,当 ab 边刚越过 GH 进入磁场Ⅰ区时,线框恰好以速度 v1 做匀速直线运动;当 ab 边下滑到 JP 与 MN 的中间位置时,线框又恰好以速度 v2 做匀速直线运动,从 ab 进入磁场Ⅰ至 ab 运动到 JP 与 MN 中间位置的过程中,线框的机械能减少量为 ΔE,重力对线框做功的绝对值为 W1,安培力 对线框做功的绝对值为 W2,下列说法中正确的是 ( )

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图 11 A.v1∶v2=4∶1 C.ΔE=W1 答案 BD 解析 线框两次都做匀速直线运动,说明受力平衡,由平衡条件得沿斜面方向: F=mgsin θ,F=BIL, E I= ,E=Blv, R B2L2v1 9B2L2v2 解得 F= = , R R 解得 v1∶v2=9∶1,A 错,B 对;线框的机械能减少是由于安培力对它做负功,有 ΔE=W2,C 错,D 对,所以本题选择 B、D. 12.如图 12 所示,倾角为 θ 的“U”型金属框架下端连接一阻值为 R 的电阻,相互平行的金 属杆 MN、PQ 间距为 L,与金属杆垂直的虚线 a1b1、a2b2 区域内有垂直框架平面向上的匀强磁 场,磁感应强度大小为 B,a1b1、a2b2 间距离为 d,一长为 L、质量为 m、电阻为 R 的导体棒在 金属框架平面上与磁场上边界 a2b2 距离 d 处从静止开始释放, 最后能匀速通过磁场下边界 a1b1. 重力加速度为 g(金属框架摩擦及电阻不计).求: B.v1∶v2=9∶1 D.ΔE=W2

图 12 (1)导体棒刚到达磁场上边界 a2b2 时速度大小 v1; (2)导体棒匀速通过磁场下边界 a1b1 时速度大小 v2; (3)导体棒穿越磁场过程中,回路产生的电能. 答案 2mgRsin θ (1) 2gdsin θ (2) B 2L 2

2m3g2R2sin2 θ (3)2mgdsin θ- B 4 L4
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解析

(1)导体棒在磁场外沿斜面下滑,只有重力做功,

1 由机械能守恒定律得:mgdsin θ= mv2 2 1 解得:v1= 2gdsin θ (2)导体棒匀速通过匀强磁场下边界 a1b1 时,由平衡条件: mgsin θ=F 安 B2L2v2 F 安=BIL= 2R 2mgRsin θ 解得:v2= B2L2 (3)由能量守恒定律得: 1 1 mgdsin θ-Q= mv2 - mv2 2 2 2 1 2m3g2R2sin2θ 解得:Q=2mgdsin θ- . B 4L 4 13.如图 13 所示,固定的光滑平行金属导轨间距为 l,导轨电阻不计,上端 a、b 间接有阻值为 R 的电阻,导轨平面与水平面的夹角为 θ,且处在磁感应强度大小为 B、方向垂直于导轨平面 向上的匀强磁场中.质量为 m、电阻为 r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上.初始时刻, 弹簧恰好处于自然长度,导体棒具有沿轨道向上的初速度 v0.整个运动过程中导体棒始终与导 轨垂直并保持良好接触.已知弹簧的劲度系数为 k,弹簧的中心轴线与导轨平行.

图 13 (1)求初始时刻通过电阻 R 的电流 I 的大小和方向; (2)当导体棒第一次回到初始位置时,速度变为 v,求此时导体棒的加速度大小 a; (3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为 Ep,求导体棒从开始运动直到停止的过程中,电阻 R 上产生的焦耳热 Q. 答案 (1) Blv0 b→a R+r

B2l2v (2)gsin θ- m?R+r? (3)见解析 解析 (1)初始时刻,导体棒产生的感应电动势 E1=Blv0
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Blv0 E1 通过 R 的电流大小 I1= = R+r R+r 电流方向为 b→a (2)回到初始位置时,导体棒产生的感应电动势为 E2=Blv 感应电流 I2= Blv E2 = R+r R+r

B2l2v 导体棒受到的安培力大小为 F=BI2l= ,方向沿斜面向上 R+r 根据牛顿第二定律有:mgsin θ-F=ma B2l2v 解得 a=gsin θ- m?R+r? (3)导体棒最终静止,有:mgsin θ=kx mgsin θ 压缩量 x= k 设整个过程中回路中产生的焦耳热为 Q0,根据能量守恒定律有: 1 2 mv +mgxsin θ=Ep+Q0 2 0 1 ?mgsin θ?2 Q0= mv2 -Ep 0+ 2 k 电阻 R 上产生的焦耳热 R R 1 2 ?mgsin θ?2 Q= Q0= [ mv + -Ep] k R+r R+r 2 0

第 8 课时
【课前导学】 一、互感现象

互感和自感

1.两个线圈之间并没有导线相连,但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.这种现象叫做互感,这种感应电动势叫做互感电动势. 2.互感现象是一种常见的电磁感应现象,它不仅发生于绕在同一铁芯上的两个线圈之间,而 且可以发生于任何两个相互靠近的电路之间. 3.互感现象可以把能量从一个电路传到另一个电路.变压器就是利用互感现象制成的. 二、自感现象 当一个线圈中的电流变化时,它产生的变化的磁场不仅在邻近的电路中激发出感应电动势,同
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样也在它本身激发出感应电动势.这种现象称为自感,由于自感而产生的感应电动势叫做自感 电动势. 三、自感系数 ΔI 1.自感电动势的大小:E=L ,其中 L 是自感系数,简称自感或电感.单位:享利,符号: Δt H. 2.自感系数与线圈的大小、形状、圈数,以及是否有铁芯等因素有关. 四、磁场的能量 自感现象中,线圈中电流从无到有,磁场从无到有时,电源把能量输送给磁场,储存在磁场中, 电流减小时,磁场中的能量释放出来转换为电能. 【课堂探究】 一、互感现象的理解与应用 例1 如图 3 所示,是一种延时装置的原理图,当 S1 闭合时,电磁铁 F 将衔铁 D 吸下,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 ( A.由于 A 线圈的电磁感应作用,才产生延时释放 D 的作用

图3 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 线圈的开关 S2,无延时作用 D.如果断开 B 线圈的开关 S2,延时将变化 解析 线圈 A 中的磁场随开关 S1 的闭合而产生,随 S1 的断开而消失.当 S1 闭合时,线圈 A 中 的磁场穿过线圈 B,当 S2 闭合,S1 断开时,线圈 A 在线圈 B 中的磁场变弱,线圈 B 中有感应 电流,B 中电流的磁场继续吸引 D 而起到延时的作用,所以 B 正确,A 错误;若 S2 断开,线 圈 B 中不产生感应电流而起不到延时作用,所以 C 正确,D 错误. 答案 BC 二、自感现象的分析 例2 如图 4 所示,电感线圈 L 的自感系数足够大,其直流电阻忽略不计,LA、LB 是两个相 )

同的灯泡,且在下列实验中不会烧毁,电阻 R2 阻值约等于 R1 的两倍,则 (

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图4 A.闭合开关 S 时,LA、LB 同时达到最亮,且 LB 更亮一些 B.闭合开关 S 时,LA、LB 均慢慢亮起来,且 LA 更亮一些 C.断开开关 S 时,LA 慢慢熄灭,LB 马上熄灭 D.断开开关 S 时,LA 慢慢熄灭,LB 闪亮后才慢慢熄灭 思路点拨 (1)分析自感电流的大小时,应注意“L 的自感系数足够大,其直流电阻忽略不计” 这一关键语句; (2)电路接通瞬间,自感线圈相当于断路; (3)电路断开瞬间,回路中电流从 L 中原来的电流开始减小. 解析 由于灯泡 LA 与线圈 L 串联,灯泡 LB 与电阻 R2 串联,当 S 闭合的瞬间,通过线圈的电 流突然增大,线圈产生自感电动势,阻碍电流的增加,所以 LB 先亮,A、B 错误;由于 LA 所 在的支路电阻阻值偏小,故稳定时电流大,即 LA 更亮一些, ;当 S 断开的瞬间,线圈产生自感 电动势,两灯组成的串联电路中,电流从线圈中电流开始减小,即从 IA 减小,故 LA 慢慢熄灭, LB 闪亮后才慢慢熄灭,C 错误、D 正确. 答案 D 针对训练 如图 5 所示,L 为一纯电感线圈(即电阻为零),LA 是一灯泡,下列说法正确的是 ( )

图5 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,灯泡中有从 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 答案 BD 解析 开关 S 接通瞬间,灯泡中的电流从 a 到 b,A 错误;线圈由于自感作用,通过它的电流
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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,B 正确;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,线圈与灯泡形成回路,故灯泡中有从 b 到 a 的瞬间电流,C 错误,D 正确. 三、自感现象的图象问题 例3 如图 6 所示的电路中,S 闭合且稳定后流过电感线圈的电流是 2 A,流过灯泡的电流是

1 A,现将 S 突然断开,S 断开前后,能正确反映流过灯泡的电流 i 随时间 t 变化关系的图象是 ( )

图6

解析 开关 S 断开前,通过灯泡 D 的电流是稳定的,其值为 1 A.开关 S 断开瞬间,自感线圈 的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势, 使线圈中的电流从原来的 2 A 逐渐减小,方向不变,且同灯泡 D 构成回路,通过灯泡 D 的电流和线圈 L 中的电流相同, 也应该是从 2 A 逐渐减小到零,但是方向与原来通过灯泡 D 的电流方向相反,D 对. 答案 D

【课后巩固】 题组一 互感现象的理解与应用 1.如图 1 所示是套在同一铁芯上的两个线圈,左线圈与电源、变阻器及开关相连,右线圈与 电流表连成一闭合电路.在下列情况下,电流表指针不偏转 的是 ( ... )

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图1 A.开关 S 合上或断开的瞬间 B.开关 S 合上后,左线圈中通过恒定的电流时 C.开关 S 合上后,移动滑动变阻器滑片增大其阻值时 D.开关 S 合上后,移动滑动变阻器滑片减小其阻值时 答案 B 解析 要使电流表指针不偏转,只要不产生感应电流即可,这就要求左侧线圈中的电流保持不 变,故只有 B 正确. 2.无线电力传输目前取得重大突破,在日本展出了一种非接触式电源供应系统.这种系统基于 电磁感应原理可无线传输电力.两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置,原理示 意图如图 2 所示.下列说法正确的是( )

图2 A.若 A 线圈中输入电流,B 线圈中就会产生感应电动势 B.只有 A 线圈中输入变化的电流,B 线圈中才会产生感应电动势 C.A 中电流越大,B 中感应电动势越大 D.A 中电流变化越快,B 中感应电动势越大 答案 BD 解析 根据产生感应电动势的条件,只有处于变化的磁场中,B 线圈才能产生感应电动势,A 错,B 对;根据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小取决于磁通量变化率,所以 C 错,D 对. 题组二 自感现象的分析 3.关于线圈的自感系数,下面说法正确的是( A.线圈的自感系数越大,自感电动势就一定越大 B.线圈中电流等于零时,自感系数也等于零 C.线圈中电流变化越快,自感系数越大 D.线圈的自感系数由线圈本身的性质及有无铁芯决定
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)

答案 D 解析 自感系数是由线圈的大小、形状、圈数、有无铁芯等因素决定的,故 B、C 错,D 对; 自感电动势不仅与自感系数有关,还与电流变化快慢有关,故 A 错. 4.如图 3 所示,L 为自感系数较大的线圈,电路稳定后小灯泡 A 正常发光,当断开开关 S 的瞬 间会有( )

图3 A.灯 A 立即熄灭 B.灯 A 慢慢熄灭 C.灯 A 突然闪亮一下再慢慢熄灭 D.灯 A 突然闪亮一下再突然熄灭 答案 A 解析 当开关 S 断开时,由于通过自感线圈的电流从有变到零,线圈将产生自感电动势,但由 于线圈 L 与灯 A 串联,在 S 断开瞬间,不能形成闭合回路,因此灯 A 在开关断开瞬间,立即 熄灭. 5.如图 4 所示,两个电阻阻值均为 R,电感线圈 L 的电阻及电池内阻均可忽略不计,S 原来断 E 开,电路中电流 I0= ,现将 S 闭合,于是电路中产生了自感电动势,此自感电动势的作用是 2R ( )

图4 A.使电路的电流减小,最后由 I0 减小到零 B.有阻碍电流增大的作用,最后电流小于 I0 C.有阻碍电流增大的作用,因而电流总保持不变 D.有阻碍电流增大的作用,但电流最后还是变为 2I0 答案 D 解析 S 闭合,电路中电阻减小,电流增大,线圈产生的自感电动势的作用是阻碍原电流的增
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大,A 错;阻碍电流增大,不是不让电流增大,而是让电流增大的速度变慢,B、C 错;最后 E 达到稳定时,电路中电流为 I= =2I0,故 D 正确. R 6.如图 5 所示的电路中,线圈 L 的自感系数足够大,其直流电阻忽略不计,A、B 是两个相同 的灯泡,下列说法中正确的是( )

图5 A.S 闭合后,A、B 同时发光且亮度不变 B.S 闭合后,A 立即发光,然后又逐渐熄灭 C.S 断开的瞬间,A、B 同时熄灭 D.S 断开的瞬间,A 再次发光,然后又逐渐熄灭 答案 BD 解析 线圈对变化的电流有阻碍作用,开关接通时,A、B 串联, 同时发光,但电流稳定后线 圈的直流电阻忽略不计,使 A 被短路,所以 A 错误,B 正确;开关断开时,线圈产生自感电 动势,与 A 构成回路,A 再次发光,然后又逐渐熄灭,所以 C 错误,D 正确. 7.如图 6 所示甲、乙电路,电阻 R 和自感线圈 L 的电阻都很小.接通 S,使电路达到稳定, 灯泡 A 发光,则 ( )

图6 A.在电路甲中,断开 S,A 将逐渐变暗 B.在电路甲中,断开 S,A 将先变得更亮,然后渐渐变暗 C.在电路乙中,断开 S,A 将逐渐变暗 D.在电路乙中,断开 S,A 将先变得更亮,然后渐渐变暗 答案 AD 解析 题图甲中,A 与电感线圈 L 在同一个支路中,流过的电流相同,断开开关 S 时,线圈 L 中的自感电动势要维持原电流不变,所以开关断开的瞬间, A 的电流不变,以后电流渐渐变
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小.因此,A 渐渐变暗.题图乙中,A 所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为 电感线圈的电阻很小),断开开关 S 时,电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小,此瞬间电 感线圈中的电流不变,电感线圈相当于一个电源给 A 供电.因此,反向流过 A 的电流瞬间要 变大,然后渐渐变小,所以 A 将先闪亮一下,然后渐渐变暗. 8.在制作精密电阻时, 为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象, 采取了双线绕法, 如图 7 所示,其道理是( )

图7 A.当电路中的电流变化时,两股导线中产生的自感电动势相互抵消 B.当电路中的电流变化时,两股导线中产生的感应电流互相抵消 C.当电路中的电流变化时,两股导线中产生的磁通量互相抵消 D.当电路中的电流变化时,电流的变化量相互抵消 答案 C 解析 能否有感应电动势,关键在于穿过回路的磁通量是否变化.由于导线是双线绕法,使穿 过回路的磁通量等于零,无论通过的电流变化与否,磁通量均为零不变,所以不存在感应电动 势和感应电流. 题组三 自感现象的图象问题 9.在如图 8 所示的电路中,两个相同的小灯泡 L1 和 L2 分别串联一个带铁芯的电感线圈 L 和 一个滑动变阻器 R.闭合开关 S 后,调节 R,使 L1 和 L2 发光的亮度一样,此时流过两个灯泡的 电流均为 I.然后,断开 S.若 t′时刻再闭合 S,则在 t′前后的一小段时间内,能正确反映流过 L1 的电流 i1、流过 L2 的电流 i2 随时间 t 变化的图象是( )

图8

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答案 B 解析 与滑动变阻器 R 串联的 L2,没有自感,直接变亮,电流变化图象如 A 中图线,C、D 错 误.与带铁芯的电感线圈串联的 L1,由于自感,电流逐渐变大,A 错误,B 正确. 10.如图 9 所示的电路中,电源的电动势为 E,内阻为 r,电感 L 的电阻不计,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( )

图9

答案 B 解析 在 t=0 时刻闭合开关 S,由于电感线圈 L 产生自感电动势,阻碍电流通过,电源输出电 流较小,路端电压较高,经过一段时间电路稳定后,电源输出电流较大,路端电压较低.在 t =t1 时刻断开 S,电感线圈 L 产生自感电动势,与灯泡构成闭合回路,灯泡 D 中有反向电流通 过,所以表示 A、B 两点间电压 UAB 随时间 t 变化的图象中正确的是 B. 11.如图 10 所示,电源的电动势为 E=10 V,内阻不计,L 与 R 的电阻值均为 5 Ω,两灯泡的电 阻值均为 RS=10 Ω.

图 10 (1)求断开 S 的瞬间,灯泡 L1 两端的电压; (2)定性画出断开 S 前后一段时间内通过 L1 的电流随时间的变化规律. 答案 (1)10 V (2)见解析图
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解析

(1)电路稳定工作时,由于 a、b 两点的电势相等,导线 ab 上无电流通过.因此通过 L

的电流为 E 10 IL= = A=1 A 2R 10 E 10 流过 L1 的电流为 IS= = A=0.5 A 2RS 20 断开 S 的瞬间,由于线圈要想维持 IL 不变,而与 L1 组成闭合回路,因此通过 L1 的最大电流为 1 A. 所以此时 L1 两端的电压为 U=IL· RS=10 V(正常工作时为 5 V). (2)断开 S 前,流过 L1 的电流为 0.5 A 不变,而断开 S 的瞬间,通 过 L1

的电流突变为 1 A,且方向也发生变化,然后渐渐减小到零,所以它的图象如图所示(t0 为断开 S 的时刻). 注:从 t0 开始,电流持续的时间实际上一般是很短的.

第 9 课时
【课前导学】 一、涡流

涡流、电磁阻尼和电磁驱动

1.当线圈中的电流随时间变化时,由于电磁感应,在附近导体中产生像水中旋涡样的感应电 流,所以把这种感应电流叫做涡流. 2.应用:真空冶炼、探测地雷、机场安检等. 3.防止:将电动机、变压器的线圈都绕在铁芯上.线圈中流过变化的电流,在铁芯中产生的 涡流使铁芯发热,浪费了能量,还可能损坏电器.因此,我们要想办法减小涡流.途径之一是 增大铁芯材料的电阻率,常用的铁芯材料是硅钢,它的电阻率比较大.另一个途径就是用互相 绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯. 二、电磁阻尼 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, 这种现象称为电磁阻尼. 三、电磁驱动 1.电磁驱动:如果磁场相对于导体转动,在导体中会产生感应电流,感应电流使导体受到安 培力的作用,安培力使导体运动起来,这种作用常称为电磁驱动. 2.应用:交流感应电动机. 【课堂探究】
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一、涡流的理解与应用 例1 如图 5 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,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( )

图5 A.电流变化的频率越高,焊缝处的温度升高的越快 B.电流变化的频率越低,焊缝处的温度升高的越快 C.工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻小 D.工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻大 解析 交流电频率越高, 则产生的感应电流越强, 升温越快, 故 A 项对. 工件上各处电流相同, 电阻大处产生的热量多,故 D 项对. 答案 AD 针对训练 光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线,如图 6 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)处以初速度 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6 A.mgb C.mg(b-a) 1 B. mv2 2 1 D.mg(b-a)+ mv2 2

思路点拨 金属块进出磁场时,由于涡流现象产生焦耳热而使机械能减少.解答本题首先应明 确金属块的初、末状态,然后根据金属块机械能的变化确定所产生的焦耳热总量. 答案 D 解析 金属块进出磁场时,会产生焦耳热,损失机械能而使金属块所能达到的最高位置越来越
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低,当金属块所能达到的最高位置为 y=a 时,金属块不再进出磁场,不再产生焦耳热.金属 块的机械能不再损失,而在磁场中做往复运动. 由于金属块减少的动能和重力势能全部转化为内能,所以 1 Q=|ΔEp+ΔEk|=mg(b-a)+ mv2. 2 二、对电磁阻尼的理解 例2 在水平放置的光滑绝缘导轨上,沿导轨固定一个条形磁铁,如图 7 所示.现有铜、铝和

有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙,使它们从导轨上的 A 点以某一初速度向磁铁滑去.各滑块在 向磁铁运动的过程中( )

图7 A.都做匀速运动 C.甲、乙做减速运动 B.甲、乙做加速运动 D.乙、丙做匀速运动

解析 甲、乙向磁铁靠近时要产生涡流,受电磁阻尼作用,做减速运动,丙则不会产生涡流, 只能匀速运动. 答案 C 三、对电磁驱动的理解 例3 位于光滑水平面上的小车上放置一螺线管, 一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴 )

线以初速度 v 水平穿过,如图 8 所示,在此过程中(

图8 A.磁铁做匀速直线运动 B.磁铁做减速运动 C.小车向右做加速运动 D.小车先加速后减速 解析 磁铁水平穿入螺线管时,管中将产生感应电流,由楞次定律知该电流产生的磁场的作用 力阻碍磁铁的运动.同理,磁铁穿出时该电流产生的磁场的作用力也阻碍磁铁的运动,故整个 过程中,磁铁做减速运动,B 项对. 而对于小车上的螺线管来说,在此过程中,螺线管受到的安培力都是水平向右,这个安培力使 小车向右运动,且一直做加速运动,C 项对.
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答案 BC 【课后巩固】 题组一 涡流的理解与应用 1.下列仪器是利用涡流工作的有( A.电磁炉 C.金属探测器 答案 ACD 2.下列关于涡流的说法中正确的是( ) )

B.微波炉 D.真空冶炼炉

A.涡流跟平时常见的感应电流一样,都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的 B.涡流不是感应电流,而是一种有别于感应电流的特殊电流 C.涡流有热效应,但没有磁效应 D.在硅钢中不能产生涡流 答案 A 解析 涡流的本质是电磁感应现象中产生的感应电流,只不过是由金属块自身构成回路,它既 有热效应,也有磁效应,所以 A 正确,B、C 错误;硅钢中产生的涡流较小,D 错误. 3.高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的, 如图 1 所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图, 炉内放入被冶炼的金属,线圈通入高频交变电流,这时被治炼的金属就能被熔化,这种冶炼方 法速度快,温度易控制,并能避免有害杂质混入被冶炼的金属中,因此适于冶炼特种金属.那 么该炉的加热原理是( )

图1 A.利用线圈中电流产生的焦耳热 B.利用线圈中电流产生的磁场 C.利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流 D.给线圈通电的同时,给炉内金属也通了电 答案 C 4.变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的,而不是采用一整块硅钢,这是为了( A.增大涡流,提高变压器的效率 B.减小涡流,提高变压器的效率 C.增大铁芯中的电阻,以产生更多的热量
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)

D.增大铁芯中的电阻,以减小发热量 答案 BD 解析 不使用整块硅钢而是采用很薄的硅钢片,这样做的目的是增大铁芯中的电阻,减少电能 转化成铁芯的内能,提高效率,而且是为了防止涡流而采取的措施. 5.磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架,把线圈围绕在铝框上,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 答案 BC 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, 也就是涡流.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. 6.如图 2 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分别是( ) )

图2 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 答案 C 解析 通入恒定直流时,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,在空间产生感应电场,铁锅是导体,感应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,而玻璃不是导体,所以玻璃杯中的 水不会升温. 7.如图 3 所示为高频电磁炉的工作示意图,它是采用电磁感应原理产生涡流加热的.电磁炉工 作时产生的电磁波,完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质的锅所吸收,不会泄漏,对人 体健康无危害.关于电磁炉,以下说法中正确的是( )

- 68 -

图3 A.电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的 B.电磁炉是利用变化的磁场产生涡流,使含铁质的锅底迅速升温,进而对锅内食物加热的 C.电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的 D.电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的 答案 B 解析 电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场, 变化的磁场通过含铁质 的锅的底部产生无数小涡流,使锅体温度升高后加热食物,故选项 A、D 错误,B 正确;而选 项 C 是微波炉的加热原理,C 错误. 题组二 对电磁阻尼的理解与应用 9.如图 4 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度释放,穿过 A 管比穿 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( )

图4 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 10.如图 5 所示 ,金属球(铜球)下端有通电的线圈,今把金属球向上拉离平衡位置后释放,此 后金属球的运动情况是(不计空气阻力)( )

图5
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A.做等幅振动 B.做阻尼振动 C.振幅不断增大 D.无法判定 答案 B 解析 金属球在通电线圈产生的磁场中运动, 金属球中产生涡流, 故金属球要受到安培力作用, 阻碍它的相对运动,做阻尼振动. 11.如图 6 所示是电表中的指针和电磁阻尼器,下列说法中正确的是( )

图6 A.2 是磁铁,1 中产生涡流 B.1 是磁铁,2 中产生涡流 C.该装置的作用是使指针能够转动 D.该装置的作用是使指针能很快地稳定下来 答案 AD 解析 当指针摆动时,1 随之转动,2 是磁铁,那么在 1 中产生涡流,2 对 1 的安培力将阻碍 1 的转动.总之,不管 1 向哪个方向转动,2 对 1 的效果总是起到阻尼作用,所以它能使指针很 快地稳定下来. 题组三 对电磁驱动的理解与应用 12.如图 7 所示,在一蹄形磁铁下面放一个铜盘,铜盘和磁铁均可以自由绕 OO′轴转动,两 磁极靠近铜盘,但不接触,当磁铁绕轴转动时,铜盘将 ( )

图7 A.以相同的转速与磁铁同向转动 B.以较小的转速与磁铁同向转动 C.以相同的转速与磁铁反向转动
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D.静止不动 答案 B 解析 因磁铁的转动,引起铜盘中磁通量发生变化而产生感应电流,进而受安培力作用而发生 转动,由楞次定律可知安培力的作用是阻碍相对运动,所以铜盘与磁铁同向转动,又由产生电 磁感应的条件可知,线圈中能产生电流的条件必须是磁通量发生变化.故要求铜盘转动方向与 磁铁相同而转速较小,不能与磁铁同速转动,所以正确选项是 B. 13.如图 8 所示,闭合导线环和条形磁铁都可以绕水平的中心轴 OO′自由转动,开始时磁铁和 圆环都静止在竖直平面内,若条形磁铁突然绕 OO′轴,N 极向纸里,S 极向纸外转动,在此 过程中,圆环将 ( )

图8 A.产生逆时针方向的感应电流,圆环上端向里、下端向外随磁铁转动 B.产生顺时针方向的感应电流,圆环上端向外、下端向里转动 C.产生逆时针方向的感应电流,圆环并不转动 D.产生顺时针方向的感应电流,圆环并不转动 答案 A 解析 磁铁转动时,环中穿过环向里的磁通量增加,根据楞次定律,环中产生逆时针方向的感 应电流.磁铁转动时,为阻碍磁通量的变化,导线环与磁铁同向转动,所以选项 A 正确.

《电磁感应》检测卷答案
一、单项选择题 1 D 2 C 3 D 4 C 5 B 6 B 7 C 8 A

二、多项选择题 9 CD 三、填空题
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10 AC

11 ABD

12 ABC

13. 开关位置接错 14. 电压表 15.

W1 1 P1 1 Q1 1 = ; = ; = . W2 2 P2 4 Q2 2

G E A K B

16. ① (连错一条线则得 0 分) ② Ⅰ.将开关闭合(或者断开); Ⅱ.将螺线管 A 插入(或拔出)螺线管 B ③ 右 四、计算题 17.解:(1) 根据法拉第电磁感应定律 E ? 求出

n?Φ ?B ?n?S ?t ?t

E = 1.2V
I? E ? 0.12A R1 ? R 2 ? r

(2)根据全电路欧姆定律 根据 求出

P ? I 2 R1

P = 5.76×10-2W

(3)S 断开后,流经 R2 的电量即为 S 闭合时 C 板上所带的电量 Q 电容器两端的电压 流经 R2 的电量

U = IR2=0.6V Q = CU = 1.8×10-5C

18.解: (1)金属杆速度为 v 时,电压表的示数应为 则

?U R ?v R ? BL ? ? BLa ?t R?r ?t R ? r

R BLv [来源:学科网] R?r ?U 2 ? ? 0.4V / s 由题图可知: ?t 5 U?

故金属杆的加速度应恒定,即金属杆应水平向右做匀加速直线运动 (2)由(1)可得: a ?

? R ? r ? ? ?U
RBL ?t

?

0.4 ? 01 . ? 0.4m / s 2 ? 5m / s 2 0.4 ? 0.5 ? 0.2
此时杆受到的安培力: F ' ?

则第 2s 末杆的速度: v ? at ? 10m / s 由牛顿第二定律得: F ? F' ? ma

B 2 L2 v ? 0.2 N R?r

则 F ? ma ? F ? 0.7 N

故外力 F 的功率 P ? Fv ? 07 . ? 10W ? 7W 19.解:(1) 正极
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ΔΦ (2) 由电磁感应定律得 U=E= Δt 1 2 Δ Φ = BR Δ θ 2

U= Bω R2

1 2

v=rω = ω R
2U 所以 v= =2 m/s 3BR 1 2 (3) Δ E=mgh- mv 2 Δ E=0.5 J

1 3

20.解: (1)金属杆 CD 在匀速运动中产生的感应电动势

E ? Blv(l ? d )

E ? 1.5V ( D 点电势高)

当 x ? 0.8m 时,金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为 l外 ,则

l外 ? d ?

OP ? x d OP

OP ? MP 2 ? (

MN 2 ) 2

得 l外 ? 1.2m

由楞次定律判断 D 点电势高,故 CD 两端电势差

UCD ? ?Bl外v

UCD ? ?0.6V
OP ? x 3 d ? 3? x OP 2

(2)杆在导轨间的长度 l 与位置 x 关系是 l ? 对应的电阻 Rl 为 Rl ?

l R d

电流 I ?

Blv Rl

杆受的安培力 F安 为 F安 ? BIl ? 7.5 ? 3.75x 根据平衡条件得 F ? F安 ? mg sin ?

F ? 12.5 ? 3.75x(0 ? x ? 2)
画出的 F ? x 图像如图所示。 (3)外力 F 所做的功 WF 等于 F ? x 图线下所围的面积,即

WF ?

5 ? 12.5 ? 2J=17.5J 2
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而杆的重力势能增加量 ?EG 故全过程产生的焦耳热 Q

??? ? ?EG ? mgOP sin ?
Q ? WF ? ?EG ? 7.5J

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