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2 法拉第电磁感应定律
感应电动势
1.定义:穿过闭合回路的磁通量发生了变化,闭合回路中就会产生感应电流,这说明电路中一
定存在一种由电磁感应产生的电动势,这种电动势叫作感应电动势。
2.感应电动势与感应电流的关系
(1)闭合回路中的感应电流由感应电动势和回路中的电阻决定。
(2)如果回路没有闭合,只要穿过回路的磁通量发生变化,虽然没有感应电流产生,但感应电动
势依然存在。
必备知识 清单破
知识点 1
法拉第电磁感应定律
1.内容: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比。
2.公式
注:若闭合电路是一个匝数为n的线圈,则
E=n ,E由n和 共同决定,与Φ、ΔΦ无关。
3.单位:在国际单位制中,电动势E的单位是伏(V),且1 V=1 Wb/s。
知识点 2
导线切割磁感线的感应电动势
1.垂直切割
如图所示,导线垂直于磁场运动,B、L、v两两垂直时,Δt时间内闭合回路的磁通量的变化量Δ
Φ=BΔS=BLvΔt,根据法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=BLv。
2.不垂直切割
如果导线的运动方向与导线本身是垂直的,但与磁场方向有一个夹角α(如图),速度v可以分解
为两个分量:垂直于磁场方向的分量v⊥=v sin α和平行于磁场方向的分量v∥=v cos α。只有v⊥
知识点 3
切割磁感线,产生的电动势为E=BLv⊥=BLv sin α。
易错警示 导线运动速度越大,产生的感应电动势不一定越大。因为导线切割磁感线时,产
生的感应电动势的大小与垂直于磁感线方向的分速度有关,而速度大,垂直于磁感线方向的
分速度不一定大。
知识辨析
1.公式E= 求出的电动势是瞬时值还是平均值
2.长度相同、材料不同的两根直导线,若先后分别放在U形金属导轨上,以同样的速度在同一
匀强磁场中垂直切割磁感线,则两导线产生的电动势相同吗
3.导体棒长度为l,从中间弯成90°前后,以速度v在同一匀强磁场中垂直切割磁感线时,如图所
示,产生的感应电动势相等吗
一语破的
1.利用E= 求得的是整个回路在Δt时间内的平均感应电动势,当Δt趋近于0时,上式求得的
是感应电动势的瞬时值。
2.相同。导线垂直切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv,可知两导线产生的电动势相同。
3.不相等。切割磁感线的有效长度不同。
研究 对象 E=n 的研究对象是一个回路,求得的电动
势是整个回路的感应电动势
物理 意义 E=n 求得的电动势是整个回路的感应电
动势,而不是回路中某段导体的感应电动
势。整个回路的感应电动势为零,而回路中
某段导体的感应电动势不一定为零
对法拉第电磁感应定律的理解
关键能力 定点破
定点 1
公式的 三种变 形应用 (1)E=nS :当S不变、B随时间变化时,用公式E=nS 求感应电动势,其中S为线圈在磁场内的有效面积。
(2)E=nB :当磁场不变、回路面积S随时间变化时,用公式E=nB 求感应电动势。
(3)若与磁场方向垂直的回路面积S及磁感应强度B均随时间变化,则用Et=nSt +nBt
求瞬时值,要特别注意题目要求的是哪个时刻的感应电动势;用E=n =n 求平均值
瞬时 值与 平均值 E=n 求的是Δt时间内的平均感应电动势;
当Δt→0时,E为瞬时感应电动势。在磁通量
均匀变化时,瞬时值等于平均值
求电 荷量 q= Δt= Δt= 。可见,在一段时间内通
过导线横截面的电荷量q仅由线圈的匝
数n、磁通量的变化量ΔΦ和闭合电路的电阻
R决定。因此,要快速求得通过导线横截面的
电荷量q,关键是正确求得磁通量的变化量Δ
Φ,在计算时,通常取其绝对值。线圈在匀强
磁场中转动,在一个周期内穿过线圈的磁通
量的变化量ΔΦ=0,故通过导线横截面的电荷
量q=0
对导体切割磁感线时产生感应电动势的理解
1.对公式E=Blv的理解
在公式E=Blv中,l是指导体的有效切割长度,即导体在垂直于速度v方向上的投影长度,如图所
示的几种情况中,感应电动势都是E=Blv。公式中的v应理解为导体和磁场间的相对速度,当
导体不动而磁场运动时,也有感应电动势产生。理解该公式,需注意以下两点:
(1)当v与l或v与B的夹角为θ时,公式E=Blv仍可用来求解导体切割磁感线时产生的感应电动
定点 2
势,但应注意的是其中的l或v应用有效切割长度或有效切割速度。当B、l、v三个量的方向
两两相互垂直时,θ=90°,感应电动势最大;当有任意两个量的方向平行时,θ=0°,感应电动势为
0。
(2)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论,通常用来求导线运动速度为v时的瞬时感
应电动势,随着v的变化,E也相应变化;若v为平均速度,则E就为平均感应电动势。
2.导体棒转动垂直切割磁感线时产生感应电动势—— Bl2ω
如图所示,长为l的导体棒ab绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动,磁感应强
度大小为B,ab棒所产生的感应电动势大小可用以下两种方法推出。
方法一:设经过Δt时间ab棒扫过的扇形面积为ΔS,则ΔS= lωΔt·l= l2ωΔt,穿过该扇形区域的磁
通量的变化量为ΔΦ=BΔS= Bl2ωΔt,所以E= = Bl2ω。
方法二:棒上各处速率不同,故不能直接用公式E=Blv求解,由v=rω可知,棒上各点的线速度跟
半径成正比,故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算,所以v= =
= ,E=Blv= Bl2ω。
根据上述推导,可得出的几个常用结论:
(1)O点在棒的端点时,E=Bl =Blv中= Bl2ω。
(2)O点在棒的中点时,E=0。
(3)O点为任意点时,E= B ω- B ω。
3.动生电动势电路分析
(1)回路中相当于电源的部分:做切割磁感线运动的导体,导体中自由电荷所受洛伦兹力沿导
体方向的分力充当非静电力。
(2)电路结构示例(如图所示)
a.电路构成:导体棒构成内电路,内阻为导体棒电阻r,外电阻为R。
b.电流方向及Uab
内电路中:电流从低电势流向高电势。
外电路中:电流从高电势流向低电势。
故Uab>0,且Uab= R= R。
(3)电动势:大小为E=Blv,方向用右手定则判断。
典例 如图所示,一电阻为R的导线弯成边长为L的等边三角形闭合回路。虚线MN右侧有磁感
应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于闭合回路所在的平面向里。下列对三角形导线框以
速度v向右匀速进入磁场过程【1】的有关说法正确的是 ( )
B
A.回路中感应电流的方向为顺时针方向
B.回路中感应电动势的最大值【2】E= BLv
C.整个过程,通过导线横截面的电荷量【3】是
D.导线所受安培力的大小可能不变
信息提取 【1】只有进入,没有穿出磁场的过程。
【2】当导线框一半进入磁场时,切割磁感线的有效长度最大,感应电动势最大。
【3】整个过程通过导线横截面的电荷量q= Δt= Δt= Δt= 。
思路点拨 (1)根据楞次定律【4】,得出回路中感应电流的方向;
(2)根据几何关系【5】,得出切割磁感线的最大有效长度,再由E=Blv【6】,得出感应电动势的最大值;
(3)根据欧姆定律【7】得出电流,根据电流的定义式I= 【8】,得出通过导线横截面的电荷量;
(4)根据安培力公式F=BIl【9】,得出导线所受安培力是否变化。
解析 在进入磁场的过程中,穿过闭合回路的磁通量增加,根据楞次定律结合安培定则,闭合
回路中产生的感应电流方向为逆时针方向,选项A错误(由【4】得到);当导线框一半进入磁
场时,切割磁感线的有效长度最大,为L sin 60°= L,感应电动势的最大值E= BLv,选项B正
确(由【5】【6】得到);整个过程,平均感应电动势 = ,平均电流 = = (由【7】得
到),通过导线横截面的电荷量q= Δt= = = ,C错误(由【8】得到);在进入磁场的
过程中,导线切割磁感线的有效长度发生变化,产生的感应电动势和感应电流大小变化,根据
安培力公式F=BIl= 可知,导线所受安培力大小一定变化,选项D错误(由【9】得到)。故
选B。
电磁感应中的电路问题
1.电磁感应中的电路问题
2.解决电磁感应中电路问题的一般步骤
定点 3
(1)用法拉第电磁感应定律、楞次定律和安培定则确定感应电动势的大小和方向。
(2)画等效电路图。
(3)运用闭合电路欧姆定律,串、并联电路的性质等求解。
3.与上述问题相关的几个知识点
典例 如图甲所示,面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中,线圈电阻r=4 Ω,磁场方向垂直
于线圈平面向里,已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示【1】,定值电阻R=6 Ω,将开关S
闭合,则0~5 s内 ( )
甲 乙
D
A.线圈产生的感应电动势均匀增大
B.a、b两点间电压【2】Uab=1.2 V
C.线圈上产生的热量【3】为2 J
D.将开关S断开,a、b两点间电压Uab=-2 V
信息提取 【1】斜率k= 恒定,感应电动势E=n =n =nkS;
【2】线圈相当于电源,在电源内部,电流从负极流向正极;
【3】线圈产生的热量,相当于电源内阻产生的热量。
思路点拨 解答本题的思路如下:
(1)根据法拉第电磁感应定律【4】可得E=n =n =nkS,确定线圈的感应电动势;
(2)根据楞次定律结合安培定则【5】,得出感应电流方向,得出a、b两点电势的高低;
(3)根据闭合电路欧姆定律I= 【6】,得出回路电流,根据焦耳定律Q=I2rt【7】,得出线圈上产生
的热量;
(4)开关S闭合,a、b间电压是路端电压,开关S断开,a、b间电压是电源电动势。
解析 B-t图线是一条倾斜直线,斜率恒定,斜率k= = T/s=0.1 T/s(由【1】得到),线
圈的感应电动势E=n S=100×0.1×0.2 V=2 V,保持恒定,A错误(由【4】得到);电路中的电流
为I= = A=0.2 A(由【6】得到),根据楞次定律结合安培定则,线圈中产生逆时针方向
的感应电流,线圈相当于电源,在电源内部,电流从负极流向正极,则a点电势低于b点电势,a、b
两点间电压Uab=-IR=-0.2×6 V=-1.2 V,B错误(由【2】【5】得到);线圈上产生的热量为Q=I2rt
=0.22×4×5 J=0.8 J,C错误(由【3】【7】得到);将开关S断开,a、b两点间电压Uab=-E=-2 V,D正
确;故选D。
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:
定点 4
2.理解电磁感应问题中的两个研究对象及其相互制约关系
3.领会力与运动的动态关系
4.电磁感应中动力学临界问题的解题思路
5.求解基本步骤
(1)明确研究对象和物理过程,即研究哪段导体在哪一过程切割磁感线。
(2)根据导体运动状态,应用法拉第电磁感应定律和楞次定律求出感应电动势的大小和方向。
(3)画出等效电路图,应用闭合电路欧姆定律求回路中的感应电流。
(4)分析导体的受力情况,要特别注意安培力的方向。
(5)列出动力学方程或平衡方程求解。
“电—动—电”模型 “动—电—动”模型
示意图 导轨间距为L,金属杆质量为
m,电阻为R,导轨光滑,其他电
阻不计
导轨间距为L,金属杆质量为
m,电阻为R,导轨光滑,倾角为
α,其他电阻不计
6.电磁感应中的“杆+导轨”模型
运动 分析 S闭合,杆ef受安培力F= , 此时a= ,杆ef速度v↑→ 感应电动势BLv↑→电流I↓
→安培力F=BIL↓→加速度a
↓,当安培力F=0时,a=0,v最
大 杆ef释放后下滑,释放瞬间a=
g sin α,杆ef速度v↑→感应电
动势E=BLv↑→电流I= ↑
→安培力F=BIL↑→加速度a
↓,当安培力F=mg sin α时,a=
0,v最大
“电—动—电”模型 “动—电—动”模型
运动 状态 杆做加速度逐渐减小的加速
运动,最后做匀速运动,最大
速度vmax= ,I=0 杆做加速度逐渐减小的加速
运动,最后做匀速运动,最大
速度vmax= ,I恒定
典例 如图甲所示,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的定值电阻,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,磁场方向垂直于导轨平面
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【1】,导轨和金属杆接触良好,
不计它们之间的摩擦【2】。(重力加速度为g)
甲
乙
(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【3】,求此时ab杆中的电流大小及其加速度的
大小;
(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值【4】。
信息提取 【1】金属杆ab做初速度为零的加速运动。
【2】金属杆ab运动过程中仅受重力、安培力和导轨的支持力作用。
【3】可获取ab杆的感应电动势大小,进而求得感应电流大小,及ab杆所受的安培力大小。
【4】ab杆的速度最大时,加速度为零。
思路点拨 根据右手定则和左手定则【5】分析金属杆ab中的感应电流的方向以及安培力的方
向,作金属杆的受力分析图,结合法拉第电磁感应定律【6】和牛顿第二定律【7】分析计算。
解析 (1)对金属杆ab受力分析,受重力mg,方向竖直向下,导轨的支持力FN,方向垂直于导轨
平面向上,以及安培力F安,方向沿导轨向上,由b向a方向看的受力示意图如图(由【2】【5】得
到)。
(2)当ab杆的速度大小为v时,产生的感应电动势E=BLv,
则此时电路中的电流I= = ,
ab杆受到的安培力F安=BIL= (由【3】【6】得到),
根据牛顿第二定律,有mg sin θ-F安=ma(由【7】得到),
联立各式得a=g sin θ- 。
(3)当安培力与重力沿导轨向下的分力平衡时,ab杆的速度最大,此时a=0,设最大速度为vm,有
mg sin θ= ,
解得vm= (由【4】【6】【7】得到)。
答案 (1)见解析图
(2) g sin θ-
(3)
电磁感应中的能量和动量问题
1.电磁感应中的功能关系
(1)电磁感应过程总是伴随着能量的转化,产生电磁感应现象的过程是克服安培力做功的过
程,导体切割磁感线的过程中,回路中产生感应电流,机械能转化为电能;磁通量变化的过程中
产生感应电流,磁场能转化为电能;电流通过导体受到安培力的作用或通过电阻发热,电能转
化为机械能或内能。
(2)能量转化及焦耳热的求法
①能量转化
定点 5
②求解焦耳热Q的三种方法
(3)求解电能的思路
若电流恒定,可以根据电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接计算。若电流变化,则: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做的功;②利用能量守恒或功能关系求
解,若只有电能和机械能的转化,机械能的减少量等于产生的电能。
2.动量定理在电磁感应现象中的应用
(1)运动过程分析
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时,经历一个动态变
化过程再趋于一个稳定状态。动态分析的基本思路如下:
(2)动量定理在电磁感应现象中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时,
安培力的冲量为I安=Bl Δt=Blq,
通过导体棒或金属框的电荷量为q= Δt= Δt=n Δt=n ,
磁通量变化量ΔΦ=BΔS=Blx。
如果安培力是导体棒或金属框受到的合力,则I安=mv2-mv1。
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、位移x时用动量定理求解更方便。
3.动量守恒定律在电磁感应现象中的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中,双金属棒和导轨构成闭合回路,安培力充当系统内力,如果
两安培力等大反向,且它们受到的外力的合力为0,则满足动量守恒条件,运用动量守恒定律求
解比较方便。
典例 (多选)如图所示,电阻不计的两平行光滑金属导轨固定在竖直平面内,导轨上、下两端
分别连接阻值为R1=0.6 Ω、R2=1.2 Ω的定值电阻【1】,两导轨之间的距离为L=1 m。矩形区域
abcd内存在磁感应强度大小为B=1 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,ab、cd之间的距离
为h1=1.5 m。在cd下方有一垂直于导轨、长为L的导体棒MN,其质量为m=2 kg,电阻为r=0.1
Ω,最初MN与cd之间的距离为h2=2 m,导体棒在竖直向上的恒力F=28 N的作用下由静止开始
运动。已知MN与导轨始终垂直且接触良好,取重力加速度g=10 m/s2。则导体棒MN在磁场中
运动【2】的过程中 ( )
A.导体棒MN两端的电势差【3】UMN=0.8 V
B.导体棒MN的热功率【4】为6.4 W
C.R1上产生的焦耳热为8 J
D.流过R2的电荷量为1 C
BD
信息提取 【1】由题图可知R1、R2并联。
【2】MN切割磁感线,相当于电源,等效电路如图。
【3】M、N两端电势差的绝对值等于路端电压。
【4】即导体棒MN自身电阻发热的功率,而不是作为电源的总功率。
思路点拨 (1)进入磁场前,根据牛顿第二定律【5】和运动学公式【6】可以求得MN进入磁场时
的速度v。
(2)进入磁场后,根据E=BLv【7】可求出感应电动势,根据串、并联电路的特点和闭合电路欧姆
定律【8】求通过MN、R1、R2的电流大小,根据F安=ILB【9】得出导体棒所受安培力。
(3)根据平衡条件可以判断出MN进入磁场后恰好做匀速运动,则电路中电流恒定不变。
(4)按照一般电路问题的解答思路,根据热功率P热=I2R【10】、焦耳热Q= 【11】和电流的定义式
I= 【12】分别计算MN的热功率、R1上产生的焦耳热以及流过R2的电荷量。
解析 导体棒MN在恒力F作用下向上做匀加速运动直到进入磁场,设进入磁场时速度为v,在
进入磁场前的过程中有F-mg=ma(由【5】得到),v2=2ah2(由【6】得到),解得v=4 m/s。进入磁
场后,导体棒切割磁感线,产生的感应电动势E=BLv=4 V(由【7】得到),电路中R1与R2并联后
的总电阻为R= =0.4 Ω,导体棒MN中的电流I= = A=8 A(由【8】得到),导体棒
MN受到的安培力F安=BIL=8 N,则F=F安+mg,可知进入磁场后导体棒匀速运动,产生的感应电
动势恒定,感应电流恒定,则导体棒MN两端的电势差UMN= E= ×4 V=3.2 V(由【2】
【3】得到),选项A错误;导体棒MN的热功率为P=I2r=82×0.1 W=6.4 W(由【4】【10】得到),
选项B正确;导体棒通过磁场所用时间t= = s= s,R1上产生的焦耳热为 = t= ×
J=6.4 J(由【11】得到),选项C错误;流过R2的电荷量 = q总= It= ×8× C=1 C(由【1
2】得到),选项D正确。2 法拉第电磁感应定律
基础过关练
题组一 法拉第电磁感应定律的理解及应用
1.关于感应电动势的大小,下列说法中正确的是( )
A.线圈所在处磁感应强度越大,产生的感应电动势一定越大
B.穿过线圈的磁通量越大,产生的感应电动势一定越大
C.穿过线圈的磁通量变化越大,产生的感应电动势一定越大
D.穿过线圈的磁通量变化越快,产生的感应电动势一定越大
2.(多选题)如图(a)所示的圆环形导线,处在方向垂直于圆环平面的匀强磁场中(磁场未画出,以向里为正方向),磁感应强度B随时间t变化的关系如图(b)所示,则( )
图(a)
图(b)
A.0~t0时间内,圆环形导线中感应电流沿逆时针方向
B.0~t0时间内,圆环形导线中感应电流的大小均匀增大
C.t0~3t0时间内,圆环形导线有扩张趋势
D.0~t0和t0~3t0两段时间内,圆环形导线中感应电流的大小相等
3.(多选题)如图所示是某款国产5G手机无线充电器的充电原理示意图,设受电线圈的匝数为n,线圈的横截面积为S,若在t1~t2时间内,磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈,其磁感应强度由B1增加到B2,则在充电的这段时间内( )
A.受电线圈中感应电流的方向由c到d
B.受电线圈中感应电流的方向由d到c
C.受电线圈产生的平均感应电动势大小为
D.受电线圈产生的平均感应电动势大小为
题组二 导体棒切割磁感线产生的感应电动势
4.如图所示,在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,将一水平放置的长为L的金属棒ab以水平速度v0抛出,金属棒ab在运动过程中始终保持水平。重力加速度大小为g,不计空气阻力,则经过时间t,金属棒ab产生的感应电动势的大小为(金属棒ab未落地)( )
A.BLgt B.0
C.BLv0 D.BL
5.(经典题)
如图所示,竖直平面内有一金属圆环,半径为a,总电阻为4R(指绕成该圆环的金属丝的电阻),磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面,环的最高点用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB,AB由水平位置紧贴环面摆下,当棒AB摆到竖直位置时,B端的线速度大小为v,则这时AB两端的电压大小为( )
A. B. C. D.Bav
6.(经典题)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上,当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动(从上往下看)时,a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l,下列判断正确的是( )
A.φa>φc,金属框中无电流
B.φb>φc,金属框中电流方向沿abca
C.Ubc=Bl2ω,金属框中电流方向沿acba
D.Ubc=-Bl2ω,金属框中无电流
7.(多选题)如图所示,半径为d、右端开小口的导体圆环(电阻不计)水平固定放置,圆环内部区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。长为2d的导体杆(总电阻为R)在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,杆始终与圆环良好接触。当杆从圆环中心O开始运动后,其位置由θ确定,则( )
A.θ=0°时,杆产生的感应电动势为2Bdv
B.θ=时,杆产生的感应电动势为Bdv
C.θ=时,通过杆的电流为
D.θ=时,通过杆的电流为
8.(经典题)如图所示,导轨OM和ON都在纸面内,导体AB可在导轨上无摩擦滑动,AB⊥ON,ON水平,若AB以5 m/s的速度从O点开始沿导轨匀速向右滑动,导体与导轨都足够长,匀强磁场的磁感应强度为0.2 T。问:(结果可用根式表示)
(1)第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
(2)0~3 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
能力提升练
题组一 公式E=n的综合应用
1.(多选题)如图所示,一根不可伸长的细绳的上端固定,下端系在边长为l=0.40 m的单匝正方形金属框的D点上。金属框的一条对角线AC水平,其下方有方向垂直于金属框所在平面向外的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为R0=5.0×10-3 Ω。在t=0到t=3.0 s时间内,磁感应强度大小随时间t的变化关系为B=0.3-0.1 t(T),则下列说法正确的是( )
A.0~3.0 s时间内,金属框中产生的感应电动势为0.016 V
B.0~3.0 s时间内,金属框中产生的感应电动势为0.008 V
C.t=2.0 s时金属框所受安培力为0.08 N
D.t=2.0 s时金属框所受安培力为0.04 N
2.如图所示,
a、b是用同种规格的铜丝制成的两个同心圆环,两环半径之比为2∶3,其中仅在a环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是( )
A.穿过a、b两环的磁通量大小之比为4∶9
B.a、b两环绕圆心在纸面内转动时,两环中均有感应电流
C.磁感应强度B增大时,a、b两环中均有逆时针方向的感应电流
D.磁感应强度B均匀增大时,a、b两环中产生的感应电流之比为4∶9
3.(多选题)如图甲所示,一个匝数n=25的圆形导体线圈,面积S1=0.5 m2,线圈总电阻r=1 Ω。在线圈内存在面积S2=0.4 m2的垂直于线圈平面向外的匀强磁场区域,磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。一个R=4 Ω的电阻与线圈两端a、b相连接。则下列说法正确的是( )
甲
乙
A.a端电势比b端低16 V
B.a端电势比b端高20 V
C.在0~1 s内回路产生的电能为80 J
D.在0~1 s内线圈电阻r产生的焦耳热为64 J
4.(经典题)(多选题)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图(a)中虚线MN所示,一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图(a),磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示,则在t=0到t=t1的时间内( )
图(a)
图(b)
A.圆环所受安培力的方向始终不变
B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C.圆环中的感应电流大小为
D.圆环中的感应电动势大小为
题组二 公式E=BLv的综合应用
5.(经典题)(多选题)如图所示,ab、cd为水平放置的平行光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则下列说法中正确的是( )
A.电路中感应电动势的大小为
B.电路中感应电流的大小为
C.金属杆所受安培力的大小为
D.金属杆的热功率为
6.如图所示,水平桌面上平行放置两光滑的金属导轨,导轨间距为L,一质量为m的金属杆ab垂直导轨放置,正以大小为v1的速度向左做匀速运动,金属杆左侧有一矩形匀强磁场区域MNPQ,磁感应强度大小为B,方向竖直向上,正以大小为v2(v2A.金属杆ab两端的电势差U=BLv1
B.金属杆ab的加速度大小为a=
C.流过电阻R的电流大小为I=
D.若只改变磁场方向,则金属杆ab所受安培力的大小不变,方向改变
7.(多选题)如图所示,固定在水平面上的半径为l的金属圆环内存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场,内阻为R的金属棒一端与圆环接触良好,另一端通过电刷固定在竖直导电转轴OO'上的P点(P为金属圆环的圆心),随轴以角速度ω顺时针匀速转动,在M点和电刷间接有阻值为R的电阻,不计其他电阻及摩擦。下列说法正确的是( )
A.金属棒两端的电压为Bωl2
B.电路中的电流为
C.电流由N到M流过电阻
D.P点相当于电源的负极
8.(多选题)如图所示,在光滑绝缘水平面上有一单匝矩形线圈ABCD,在水平外力作用下以大小为v的速度向右匀速进入竖直向上的匀强磁场,第二次以大小为的速度向右匀速进入该匀强磁场,则下列说法正确的是( )
A.第二次进入与第一次进入时线圈中的电流之比为3∶1
B.第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为1∶9
C.第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为1∶3
D.第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1∶1
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.D 2.AC 3.AC 4.C 5.A 6.D 7.AD
1.D 根据法拉第电磁感应定律E=n可知,感应电动势的大小取决于线圈的匝数n和磁通量的变化率,而与磁感应强度B、磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ没有直接关系,A、B、C错误,D正确。
2.AC 0~t0时间内,圆环形导线内的磁通量垂直圆环平面向里且均匀增大,由楞次定律“增反减同”结合安培定则可知圆环形导线中感应电流沿逆时针方向,由E=n可知圆环形导线中产生恒定的感应电动势,故有恒定的感应电流,A正确,B错误;t0~3t0时间内,圆环形导线内的磁通量垂直圆环平面向里且均匀减小,根据“增缩减扩”可知圆环形导线有扩张趋势,C正确;在0~t0和t0~3t0两段时间内,感应电动势E=nS,感应电流I=,由于磁通量的变化率不相等,所以在圆环形导线中产生的感应电流大小不相等,D错误。
3.AC 根据楞次定律“增反减同”可知,受电线圈中感应电流产生的磁场垂直于受电线圈平面向下,可知受电线圈中感应电流的方向由c到d,故A正确,B错误;由法拉第电磁感应定律可得受电线圈产生的平均感应电动势大小为E==,故C正确,D错误。
4.C 金属棒ab做平抛运动,有效切割速度为水平方向的速度,即v0,与竖直方向的速度无关,故经过时间t,金属棒ab产生的感应电动势的大小为E=BLv0,保持不变,A、B、D错误,C正确。
5.A
关键点拨 导体棒的平均速度=vB=v,导体棒切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,导体棒两侧半圆环是外电路,如图所示。
当棒AB摆到竖直位置时,产生的感应电动势为E=B·2a·=Bav,此时导体棒AB相当于电源,则电源内阻r=,外电路为AB两侧的半圆环并联,有=+,得外电路总电阻为R外=R,AB两端的电压大小为U=E=Bav,A正确。
6.D 由于穿过金属框的磁通量一直为零,没有变化,金属框中无电流;对ac边分析,由右手定则可知c点电势高;对bc边分析,由右手定则可知c点电势高,Ubc小于零,Ubc=-Bl=-B×l×=-Bl2ω,故选D。
7.AD 当θ=0°时,杆产生的感应电动势为E=Blv=2Bdv,A正确;当θ=时,杆的有效切割长度为l'=2d·cos θ=d,产生的感应电动势为E'=Bl'v=Bdv,此时杆接入回路的电阻为r=R=,通过杆的电流为I==,故B、C错误,D正确。
8.答案 (1)5 m 5 V (2) Wb V
解析 (1)第3 s末,夹在导轨间导体的长度为
l=vt·tan 30°=5×3×tan 30° m=5 m,
此时E=Blv=0.2×5×5 V=5 V。
(2)0~3 s内回路中磁通量的变化量为
ΔΦ=BS-0=0.2××15×5 Wb= Wb,
0~3 s内电路中产生的平均感应电动势为
== V= V。
能力提升练
1.BD 2.C 3.AC 4.BC 5.BC 6.C 7.BC 8.BCD
1.BD 由法拉第电磁感应定律可得,0~3.0 s时间内,金属框中产生的感应电动势为E=S=k×l2=0.1××0.42 V=0.008 V,故A错误,B正确;由欧姆定律可得,电路中的电流为I===1 A,t=2.0 s时磁场的磁感应强度为B1=0.1 T,金属框处于磁场中的有效长度为L=l=0.4 m,则所受安培力的大小为F=B1IL=0.04 N,故C错误,D正确。
2.C 穿过a、b两环的磁通量对应的有效面积相同,所以磁通量大小之比为1∶1,A错误;a、b两环绕圆心在纸面内转动时,穿过两环的磁通量均不变,均不产生感应电流,B错误;根据楞次定律结合安培定则可知,磁感应强度B增大时,a、b两环中均有逆时针方向的感应电流,C正确;根据法拉第电磁感应定律有E==S,可知磁感应强度B均匀增大时,a、b两环中产生的感应电动势之比为Ea∶Eb=1∶1,根据电阻定律R=ρ,可得Ra∶Rb=2∶3,根据I=,解得Ia∶Ib=3∶2,故D错误。
方法技巧
公式E=n的应用技巧
(1)首先确定磁通量变化的原因,看是B发生变化还是S发生变化;其次求出ΔΦ的大小,并确定相应时间Δt;最后代入公式求出E的大小,且不能忘记线圈的匝数n。
(2)注意S是线圈和磁场共同确定的有效面积,不一定等于线圈的面积。
3.AC 根据题意可知,线圈部分充当电路中的电源,设B-t图像的斜率为k,根据法拉第电磁感应定律E=n=n=nk·S2=20 V;a、b两点间的电压为外电压,根据楞次定律结合安培定则可知,a端电势比b端低,且Uab=- E=-16 V,故A正确,B错误;在0~1 s内回路中产生的总电能Q=t=80 J,线圈电阻r上产生的焦耳热为Qr=Q=16 J,故C正确,D错误。
4.BC 根据B-t图像,由楞次定律结合安培定则可知,圆环中感应电流一直为顺时针方向,但在t0时刻,磁场的方向发生变化,故安培力方向在t0时刻发生变化,A错误,B正确;由闭合电路欧姆定律得I=,又根据法拉第电磁感应定律得E==·=,根据电阻定律知R=ρ,联立得I=,则C正确,D错误。
5.BC 回路中感应电动势的大小为E=Blv,l为金属杆切割磁感线的有效长度,故A错误;回路中感应电流的大小为I===,故B正确;金属杆所受安培力的大小为F=BIL=B··=,C正确;金属杆的热功率P=I2R=,故D错误。
6.C 金属杆ab刚进入磁场时,产生的感应电动势E=BL(v1+v2),通过电阻R的电流I==,金属杆ab两端的电势差U=IR=,A错误,C正确;金属杆ab受到的安培力F=BIL,由牛顿第二定律得BIL=ma,解得a=,B错误;若只改变磁场方向,由右手定则可知,感应电流方向反向,由左手定则可知安培力方向不变,故D错误。
7.BC 金属棒在匀强磁场中绕导电转轴OO'匀速转动,产生的感应电动势为E=Bωl2,则电路中的感应电流为I==,则金属棒两端的电压即外电压为U=E=Bωl2,故A错误,B正确;由右手定则可知,流过金属棒的电流由圆环流向P点,由于金属棒切割磁感线相当于电源,在电源内部,电流由电源的负极流向正极,故P点相当于电源的正极,电流由N到M流过电阻,故C正确,D错误。
8.BCD 设匀强磁场的磁感应强度为B,CD边长为L,AD边长为L',线圈电阻为R;线圈进入磁场过程中,产生的感应电动势为E=BLv,感应电流为I==,感应电流I与速度v成正比,第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比为I2∶I1=∶v=1∶3,故A错误;线圈进入磁场时受到的安培力为F安=BIL=,线圈做匀速直线运动,由平衡条件得外力为F=F安=,所以外力的功率为P=Fv=,功率与速度的平方成正比,第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为P2∶P1=∶v2=1∶9,故B正确;线圈进入磁场过程中产生的热量为Q=I2Rt=×R×=,产生的热量与速度成正比,第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为Q2∶Q1=∶v=1∶3,故C正确;通过线圈中某一横截面的电荷量为q=IΔt=Δt=,电荷量与速度无关,则第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1∶1,故D正确。
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