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1.感应电动势
必备知识 清单破
2 法拉第电磁感应定律
知识点 1 电磁感应定律
感应电动势 感应电流
概 念 电磁感应现象中产生的电动势,产生感应电动势的那部分导体相当于电源 电磁感应现象中产生的电流
条 件 磁通量有变化 ①磁通量变化;②电路闭合
两者联系 在电磁感应现象中,既然有感应电流产生,那么电路中一定有感应电动势 2.法拉第电磁感应定律
(1)内容: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比。
(2)公式:
若闭合电路是一个匝数为n的线圈,而且穿过每匝线圈的磁通量总是相同的,则整个线圈
中的感应电动势E=n 。
(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。
易错警示 感应电动势的大小和线圈匝数成正比,但磁通量和线圈的匝数无关。
1.导线垂直于磁场运动,B、l、v两两垂直时,如图,E=Blv。
2.导线的运动方向与导线本身是垂直的,但与磁感线方向有一个夹角θ时,如图所示,可将导线
的速度v沿垂直于磁感线和平行于磁感线两个方向分解,则分速度v2=v cos θ不使导线切割磁
感线,使导线垂直切割磁感线的分速度为v1=v sin θ,从而使导线产生的感应电动势为E=Blv1=
Blv sin θ。
知识点 2 导线切割磁感线时的感应电动势
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速度有关,而速度大,垂直于磁感线方向的速
度不一定大。
知识辨析
1.我国某型号战斗机某次执行空中巡航任务时,在我国南海领域一定高度水平飞行,其机翼切
割地磁场的磁感线,从飞行员的角度看,机翼左端的电势比右端的电势高还是低
2.公式E=n 求出的电动势是瞬时值还是平均值
3.长度相同、材料不同的两根导线,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还是不同
一语破的
1.高。我国处于北半球,地磁场具有竖直向下的分量,机翼会切割向下的磁感线,由右手定则
可知,机翼左端电势高。
2.利用E=n 求得的电动势是整个回路在Δt时间内的平均感应电动势,当Δt趋近于0时,上式
求的是电动势的瞬时值。
类比
3.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。
关键能力 定点破
定点 1 对法拉第电磁感应定律的理解
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
公式的 三种变 形应用 ①E=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。
②E=nB :当磁场不变、回路面积S随时间变化时,用公式E=nB 求解。
③若回路中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Et=nSt +nBt ,要特别注意题目要求的是哪个时刻的感应电动势
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ΔΦ,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
导师点睛 (1)Φ、ΔΦ、 三者的大小没有必然联系,这一点可与运动学中的v、Δv、 三
者相类比。值得注意的是:Φ很大, 可能很小;Φ很小, 可能很大;Φ=0, 可能不为零(如
线圈平面转到与磁感线平行位置时)。
(2)磁通量的变化率 是Φ-t图像上某点切线的斜率。
1.对公式E=Blv的理解
(1)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。
(2)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。
定点 2 对导体切割磁感线时产生感应电动势的理解
(3)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
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
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。
(4)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。
(5)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B,长为l的金属棒绕O点在垂直于匀强磁场的平面内以
角速度ω转动。
①O点在棒的端点时,E=Bl =Blv中= Bl2ω。
②O点在棒的中点时,E=0。
③O点为任意点时,E= B ω- B ω。
2.公式E=n 与E=Blv的区别与联系
E=n E=Blv
区 别 研究对象 整个闭合回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导体
适用范围 各种电磁感应现象 只适用于导体切割磁感线的情况
计算结果 求得的是Δt时间内的平均感应电动势 求得的是某时刻的瞬时感应电动势(若v为平均速度,求的是平均感应电动势)
联系 ①E=Blv可由E=n 推导出来。 ②对于公式E=n ,当Δt 0时,E为瞬时感应电动势 1.电磁感应中的电路问题
定点 3 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
(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)运用闭合电路的欧姆定律,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 如图所示,范围足够大的匀强磁场磁感应强度为B,有一根电阻为4R的均匀导体【1】,弯
成圆环并将两端焊接在一起,固定在磁场中,其直径为d【2】。另一导体棒MN长L=1.5d,总电阻
为1.5R【3】,通过外力使导体棒以速度v(v与棒垂直)在圆环上向右匀速运动,棒与环接触良好,
不计接触电阻。棒经过环中心时【4】,下列说法正确的是 ( )
A.导体棒中的感应电流从a流向b
B.流过导体棒的电流大小为
C.导体棒受到的安培力与v方向相反
D.导体棒受到的安培力大小为
典例
C
信息提取 【1】【2】【3】【4】导体棒切割磁感线的有效长度为d,等效电路如图所示
思路点拨 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并联外电
路。棒整体(长度1.5d)均切割磁感线产生感应电动势,但计算电流时应根据棒接入回路的部
分(有效长度)。由棒经过环中心时的有效长度计算电动势、电流、安培力,由右手定则判断
电流方向,由左手定则判断安培力方向(也可由“阻碍”作用判断其方向)。
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 电磁感应中的动力学问题
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.电磁感应中的动力学临界问题
解题思路如下:
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。
典例 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、方向垂直纸面向里的匀强磁场,ab、cd之间的距离为h
1=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,重力加速度g取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
典例
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2 C
B
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。画出等效电路图如图。
【3】MN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)MN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)MN进入磁场后,根据E=BLv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【7】求通过MN的电流大小,根据F安=ILB得出导体棒MN所受安培力的大小。
(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【8】、焦耳热Q= 【9】和电流的定义式I
= 【10】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和重力作用下向上运动h2距离后进入磁场,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,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【7】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】、【8】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【9】
得到),选项C错误;流过R2的电荷量 = t= t= × C=1 C(由【10】得到),选项D错误。
1.发生电磁感应的回路中的功能关系
(1)发生电磁感应的回路中伴随着不同形式的能量之间的转化,克服安培力做功的过程,是其
他形式的能量转化为电能的过程;安培力对导体做正功的过程是电能转化为导体的机械能的
过程;电流通过电阻会产生焦耳热,是电能转化为内能的过程。
定点 5 电磁感应中的能量和动量问题
(2)焦耳热的求法
①根据焦耳定律:Q=I2Rt(电流恒定)。
②根据功能关系及能量转化:纯电阻电路中,其他形式的能量克服安培力做功转化为电能,电
能全部转化为电路中产生的焦耳热,所以Q=ΔE(其他能的减少量)=W克服安培力。
注意 在利用能量守恒解决电磁感应问题时,第一要准确把握参与转化的能量的形式和种
类;第二要确定哪种能量增加,哪种能量减少。
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,
安培力的冲量大小为I安=B lΔt=Blq,
通过导体棒或金属框某一横截面的电荷量为q= Δt= Δt=n Δt=n ,
磁通量的变化量ΔΦ=BΔS=Blx。
如果安培力是导体棒或金属框受到的合力,则安培力的冲量I安=mv2-mv1。
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移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,如果两安培力等大反
向,系统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 如图,足够长的间距d=1 m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内,导轨
间存在一个宽度L=1 m的匀强磁场区域,磁感应强度大小为B=0.5 T,方向如图所示。一根质
量ma=0.1 kg、阻值R=0.5 Ω的金属棒a以初速度v0=4 m/s从左端开始沿导轨滑动,穿过磁场区
域【1】后,与另一根质量mb=0.2 kg、阻值R=0.5 Ω的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰
撞【2】,两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计,则 ( )
A.金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动
典例
B.金属棒a第一次穿过磁场时回路中有顺时针方向的感应电流
C.金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中,金属棒b上产生的焦
耳热为0.25 J
D.金属棒a最终停在距磁场左边界0.8 m处
D
信息提取 【1】金属棒a向右穿过磁场,受到向左的安培力。
【2】动碰静,动量守恒,机械能守恒,二者碰后速度公式:v1'= v1,v2'= v1。
思路点拨 (1)金属棒a的运动情况如图所示:
(2)解答本题,关键是能够从动量的角度对a棒在磁场中的运动过程进行分析。a棒在磁场中
所受合外力等于安培力,安培力的冲量大小I=B d·Δt
=
=
ΔΦ=BdΔx
再根据动量定理,即可解出待求量。
解析 金属棒a第一次穿过磁场时受到向左的安培力(由【1】得到),做减速运动,由于速度减
小,感应电流减小,安培力减小,加速度减小,故金属棒a做加速度减小的减速直线运动,故A错
误;根据右手定则可知,金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流,故B错误;
金属棒a第一次穿过磁场的过程中,电路中产生的平均感应电动势为 = = ,平均感应
电流为 = ,金属棒a受到的平均安培力大小为 =B d,规定向右为正方向,对金属棒a,根据
动量定理得-B d·Δt=mava-mav0,联立解得金属棒a第一次离开磁场时的速度va=1.5 m/s,金属棒a
第一次穿过磁场区域的过程中,电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量,即Q= ma
- ma ,得Q=0.687 5 J,由于两棒电阻相同,两棒产生的焦耳热相同,则金属棒b上产生的焦
耳热Qb= =0.343 75 J,故C错误;规定向右为正方向,两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械
能守恒得mava=mava'+mbvb, ma = mava'2+ mb ,得va'=-0.5 m/s(由【2】得到),金属棒a向左运
动,到a棒停止,电路中产生的平均感应电动势为 '= = ,平均感应电流为 '= ,金
属棒a受到的平均安培力大小为 '=B 'd,规定向右为正方向,对金属棒a,根据动量定理得B 'd
·Δt'=0-mava',解得x=0.8 m,故D正确。故选D。
1.常见图像问题
定点 6 电磁感应中的图像问题
图像 类型 ①磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图像,即B-t图像、Φ-t图像、E-t图像和I-t图像。
②对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况,还常涉及感应电动势E和感应电流I随导线位移x变化的图像,即E-x图像和I-x图像
常见问 题类型 ①由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像。
②由给定的有关图像分析电磁感应过程,求解相应的物理量
应用 知识 左手定则、右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律、相关数学知识等
2.解决图像问题的一般步骤
(1)明确图像的种类: ①随时间t变化的图像,如B-t图像、Φ-t图像、E-t图像、I-t图像、U-t图
像、F安-t图像、F外-t图像等;②随位移x变化的图像,如E-x图像、I-x图像等。
(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程。
(3)用左手定则、右手定则、楞次定律、安培定则等确定相关物理量方向的对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式,
一般按照E=Blv→I= →U外=IR→F安=BIl→P安=F安v的思路找关系式。
(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)画图像或判断图像。第二章 电磁感应
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与应用
1.如图甲所示,300匝的线圈两端A、B与一个理想直流电压表相连。线圈内有指向纸内方向的匀强磁场,线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化(线圈电阻不计)。下列说法正确的是 ( )
A.A端应接电压表正接线柱,电压表的示数为150 V
B.A端应接电压表正接线柱,电压表的示数为450 V
C.B端应接电压表正接线柱,电压表的示数为150 V
D.B端应接电压表正接线柱,电压表的示数为450 V
2.如图是学生常用的饭卡内部实物图,其由线圈和芯片组成电路,当饭卡处于感应区域时,刷卡机会激发变化的磁场,从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作,已知线圈面积为S,共n匝,某次刷卡时,线圈平面与磁场垂直,且全部处于磁场区域内,在感应时间t0内,磁感应强度方向向外且由0均匀增大到B0,此过程中 ( )
A.线圈中磁通量变化率为n
B.线圈中产生周期性变化的顺时针方向的感应电流
C.AB边所受安培力方向向左
D.线圈中感应电动势大小为
3.(经典题)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3B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为 ( )
A. B. C. D.
4.如图所示,边长为L的正方形金属回路(总电阻为R)与水平面的夹角为60°,虚线圆与正方形边界相切,虚线圆边界内(包括边界)存在竖直向下的匀强磁场,其磁感应强度与时间的关系式为B=kt(k>0且为常量),则金属回路产生的感应电流大小为 ( )
A. B. C. D.
题组二 导体切割磁感线时的感应电动势
5.(教材习题改编)如图所示,在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,将一水平放置的长为l的金属棒ab以某一水平速度v0抛出,金属棒在运动过程中始终保持水平。不计空气阻力,关于金属棒在运动过程中产生的感应电动势,下列判断正确的是 ( )
A.ab棒不会产生电动势
B.ab棒产生的电动势越来越大
C.ab棒产生的电动势保持不变,且a端电势低于b端电势
D.ab棒产生的电动势保持不变,且a端电势高于b端电势
6.国庆阅兵时,我国的歼轰-7型歼击轰炸机在天安门广场上空沿水平方向自东向西呼啸而过。该机的翼展为12.7 m,机长为22.3 m,北京地区地磁场磁感应强度的竖直分量大小为4.7×10-5 T,该机水平飞过天安门广场上空时的速度大小为238 m/s。下列说法正确的是 ( )
A.该机两翼端的电势差约为0.25 V,南面机翼端(飞行员左侧)电势较高
B.该机两翼端的电势差约为0.25 V,北面机翼端(飞行员右侧)电势较高
C.该机两翼端的电势差约为0.14 V,南面机翼端(飞行员左侧)电势较高
D.该机两翼端的电势差约为0.14 V,北面机翼端(飞行员右侧)电势较高
7.(教材习题改编)如图所示,单匝矩形线圈在匀强磁场中可绕OO'轴转动,线圈的两个边长分别是l1和l2,转动时角速度是ω,磁场的磁感应强度为B,则下列说法错误的是 ( )
A.矩形线圈在转动时,感应电动势是变化的
B.线圈在图示位置时,感应电流沿逆时针方向
C.线圈在与纸面垂直的平面内时,线圈中的感应电动势为0
D.线圈在图示位置时,线圈中的感应电动势为Bl1l2ω
8.如图所示,一长为l的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中绕其一端以角速度ω在垂直于磁场的平面内匀速转动,ab两端产生的感应电动势为E,ab两端的电势分别为φa、φb,则 ( )
A.E=Bωl2,φa>φb B.E=Bωl2,φa>φb
C.E=Bωl2,φa<φb D.E=Bωl2,φa=φb
9.(经典题)如图所示,abcd为水平放置的“”形光滑金属导轨,轨道ab与轨道cd平行,间距为l,ab、cd两轨道间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,导轨电阻不计。已知金属杆MN水平放置,与轨道cd成θ角,金属杆的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆与导轨接触良好)。则下列说法中错误的是 ( )
A.电路中感应电动势的大小为
B.电路中感应电动势的大小为Blv
C.金属杆所受安培力的大小为
D.电路中感应电流的大小为
10.如图所示,由均匀导线制成的半径为R的圆环,以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb=90°)时,a、b两点的电势差为 ( )
A.BRv B.BRv C.BRv D.BRv
能力提升练
题组一 公式E=n的综合应用
1.如图所示,磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)=0.3-0.1t(SI),以垂直纸面向外为磁场的正方向,其他条件不变,在0~6 s内 ( )
A.金属框内感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向
B.金属框受到的安培力先向上后向下
C.细绳上的拉力有可能等于金属框的重力
D.3 s时金属框内的感应电流为零
2.如图甲所示,三角形金属框ACD三边的边长均为L,E为CD边的中点,三角形ADE所在区域内有垂直纸面向外并随时间变化的匀强磁场,图乙是匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像。下列说法正确的是 ( )
A.在3t0时刻,金属框内的感应电流由大变小
B.A、E两端的电势差就是金属框中产生的感应电动势
C.0~3t0时间内,金属框中产生的感应电动势为
D.3t0~5t0时间内,金属框中产生的感应电动势为
3.(经典题)如图所示,由两根完全相同的导线制作的单匝正方形和圆形闭合线圈固定在与线圈平面垂直的磁场中,当磁场的磁感应强度随时间均匀变化时,正方形线圈与圆形线圈中产生的感应电流大小之比为 ( )
A.π B. C. D.
4.如图甲所示,粗细均匀的导体框ABC,∠B=90°,∠C=30°,AB边长为L,导体框的总电阻为R。一匀强磁场垂直导体框ABC所在平面,方向向里,磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法正确的是 ( )
A.导体框ABC中电流的方向为顺时针
B.导体框ABC中电流的大小为
C.t0时刻两直角边AB和BC所受安培力的合力大小为
D.两直角边AB和BC所受安培力的合力方向为垂直AC向左下方
题组二 公式E=BLv的综合应用
5.如图所示,ab、cd为水平固定放置的平行金属导轨,两导轨的间距为l,两导轨的左端之间用导线连接阻值为R的定值电阻,匀强磁场方向竖直向下,金属杆MN放置在导轨上,现让金属杆在外力的作用下以速度v在导轨上匀速滑动,回路中的电流为I,MN与导轨的夹角始终为θ,速度v始终与MN垂直,导轨与金属杆足够长,滑动的过程中两者始终接触良好,导轨、金属杆以及导线的电阻均忽略不计,下列说法正确的是 ( )
A.流过定值电阻R的电流方向由c指向b
B.匀强磁场的磁感应强度大小为
C.金属杆MN切割磁感线的有效长度为l
D.一段时间t内,回路中磁通量的变化量为IRt sin θ
6.如图所示,一导线弯成半径为R的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面向里。回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是 ( )
A.直径CD中的感应电流方向始终由C到D
B.CD段直导线始终不受安培力
C.感应电动势最大值Em=BRv
D.感应电动势平均值=BRv
7.半径分别为r和2r的同心半圆导轨MN、PQ固定在同一水平面内,一长为r、电阻为R的导体棒AB置于半圆轨道上面,BA的延长线通过导轨的圆心O,装置的俯视图如图所示。整个装置位于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。在N、Q之间接有一阻值也为R的电阻。导体棒AB以角速度ω绕O顺时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计,则下列说法正确的是 ( )
A.导体棒A端相当于电源正极
B.导体棒中的电流方向为B→A
C.导体棒A、B两端的电势差大小为
D.若导体棒不动,要产生同方向的感应电流,可使磁感应强度增强
8.(经典题)如图所示,空间内有竖直向下的有界匀强磁场,磁感应强度大小B=0.1 T。边长L=0.1 m的正方形金属线框abcd放置在光滑水平桌面上,线框在水平外力F作用下以水平向右的速度v=4 m/s匀速进入磁场区域。已知线框的电阻R=0.4 Ω,线框运动过程中ab、cd两边始终与磁场边界平行。在线框进入磁场过程中,求:
(1)线框中电流I的大小;
(2)c、d两点间的电势差Ucd;
(3)外力F的大小;
(4)线框中产生的焦耳热Q。
9.如图所示,MN、PQ两条固定的光滑平行金属轨道与水平面成θ角,轨道间距为L。P、M间接有阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其有效阻值为r。空间存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上。现由静止释放ab,轨道足够长且电阻不计,重力加速度为g。求:
(1)通过金属杆ab的电流方向;
(2)金属杆ab运动的最大速度vm;
(3)金属杆ab运动的加速度大小为g sin θ时,金属杆ab的热功率P。
题组三 电磁感应中电荷量的计算
10.一三角形线圈在外力F的作用下以速度v匀速进出如图所示的匀强磁场区域,下列说法错误的是 ( )
A.线圈进、出磁场过程,感应电流方向相反
B.线圈进、出磁场过程,通过导线横截面的电荷量相等
C.线圈进、出磁场过程,平均感应电动势大小相等
D.若该线圈再次以速度2v匀速进出上述磁场,线圈进、出磁场过程通过导线横截面的电荷量仍相等,但均变成原来的2倍
11.(经典题)如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为L,导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻,导体杆ab长为L、质量为m、电阻也为R,并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0,使杆向右运动,最终ab杆停在导轨上。下列说法正确的是 ( )
A.ab杆将做匀减速运动直到静止
B.ab杆速度减为时,ab杆加速度大小为
C.ab杆速度减为时,通过定值电阻的电荷量为
D.ab杆速度减为时,ab杆通过的位移大小为
教材深研拓展
12.如图所示的实验装置中,线圈的两端与电压传感器相连组成闭合回路,强磁体从长玻璃管上端口位置由静止下落,穿过线圈。下列说法正确的是 ( )
A.强磁体在线圈上方下落过程中加速度大于g
B.若仅将线圈匝数增加,电压的最大值保持不变
C.强磁体磁性越强,电压的最大值越大
D.若仅将线圈到玻璃管上端口位置的距离加倍,电压的最大值也将加倍
答案与分层梯度式解析
第二章 电磁感应
2 法拉第电磁感应定律
基础过关练
1.A 根据法拉第电磁感应定律得出E=N=300× V=150 V,即电压表的示数为150 V。根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为逆时针方向,线圈相当于电源,由电流在电源内部从负极流向正极可知,A端应接电压表正接线柱,选A。
规律方法 (1)E=N=N·S,其中为Φ-t图像切线的斜率,为B-t图像切线的斜率。(2)计算电动势大小时,ΔΦ、ΔB取绝对值,不涉及正、负。
2.C 线圈中磁通量变化率为=,与线圈匝数无关,故A错误;设电路中总电阻为R,磁感应强度向外均匀增大,由楞次定律可得感应电流产生的磁场垂直于线圈平面向里,根据安培定则可知感应电流为顺时针方向,电动势大小为E=n=,感应电流大小为I==,可知线圈中的感应电流为恒定电流而不是周期性变化的,故B、D错误;当感应电流为顺时针方向时,AB边中电流由A→B,根据左手定则判断可知,AB边所受安培力方向向左,故C正确。故选C。
3.B 由法拉第电磁感应定律有E=n=n·S,其中S=a2(易错点),解得E==,选B。
易混易错 解答此类题目要注意,E=n·S中的S是线圈在磁场内的有效面积,不一定等于线圈的面积。
4.D
关键点拨 虚线圆在垂直于磁场方向的投影面积S'=S圆 cos 60°,磁通量Φ=BS'=ktS圆 cos 60°,感应电动势E==kS圆 cos 60°。
根据法拉第电磁感应定律得,回路产生的感应电动势E=S圆·cos 60°=kπ=,由闭合电路欧姆定律得,金属回路产生的感应电流大小为I==,故选D。
5.C 将一水平放置的长为l的金属棒ab以某一水平速度v0抛出,金属棒在运动过程中始终保持水平,由右手定则可知a端电势低于b端电势。金属棒做平抛运动,水平方向速度不变(破题关键),金属棒产生的电动势E=Blv0,保持不变。故选C。
6.C 机翼是由金属材料制成的,在天安门广场上空沿水平方向自东向西飞行时,切割地磁场的竖直分量(向下),感应电动势大小为E=BL机翼v=4.7×10-5×12.7×238 V≈0.14 V,根据右手定则可知南面机翼端(飞行员左侧)电势较高,故选C。
7.B 矩形线圈在匀强磁场中绕OO'轴匀速转动时,线圈与轴线平行的边切割磁感线的速度不断变化,则线圈中的感应电动势不断变化,故A正确;线圈在图示位置时,根据右手定则可知,切割磁感线的边中的感应电流是向下的,线圈中的感应电流沿顺时针方向,故B错误;线圈在图示位置时,感应电动势为E=Bl2v,其中v=ωl1,解得E=Bl1l2ω,线圈在与纸面垂直的平面内时,切割速度为0,感应电动势为0,则C、D正确。故选B。
8.B ab转动切割磁感线,产生的感应电动势E=Bl=Bl=Bωl2;根据右手定则可知φa>φb,故选B。
9.A 金属杆切割磁感线的有效长度为l,电路中感应电动势的大小为E=Blv,A错误,B正确;根据闭合电路欧姆定律,电路中感应电流的大小为I==,D正确;金属杆所受安培力的大小为F=BI=(易错点),C正确。故选A。
易混易错 本题中,金属杆的速度v与磁场垂直,金属杆也垂直于磁场,但金属杆与速度v不垂直,用公式E=BLv计算感应电动势时,L是指金属杆的有效切割长度,即金属杆在垂直于速度v方向上的投影长度;用公式F=BIL计算安培力时,L是指金属杆在垂直于磁场方向上投影的长度,题中金属杆与磁场垂直。
10.D 有效切割长度即a、b间线段的长度,即有效切割长度为L=R,所以产生的电动势为E=BLv=B·Rv=BRv;由右手定则可知圆环在磁场中切割磁感线的部分中的电流方向为b→a,所以Uab>0,由于在磁场中部分的阻值为整个圆的,由闭合电路欧姆定律可得Uab=E=BRv,故选D。
方法技巧 切割磁感线的有效长度的确定
如图甲、乙、丙,E=Blv中的l为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度,均为a、b间的距离。
能力提升练
1.C 根据B(t)=0.3-0.1t可知0~6 s内磁感应强度先向外减小后向里增大,则通过金属框的磁通量先向外减小后向里增大,根据楞次定律结合安培定则可知,金属框内感应电流一直沿逆时针方向;根据左手定则可知,金属框受到的安培力先向下后向上,故A、B错误。根据B(t)=0.3-0.1t和E=n=nS可知,金属框内始终有感应电流;t=3 s时,磁感应强度大小为B3=0,所以此时金属框受到的安培力为0,则此时细绳上的拉力等于金属框的重力,故C正确,D错误。
2.C 根据E=n=nS,由图乙可知,0~3t0时间内金属框中产生的感应电动势小于3t0~5t0时间内金属框中产生的感应电动势,3t0时刻,金属框内的感应电流由小变大,故选项A错误。将金属框的右侧一半等效成电源,左侧一半等效成外电阻(解题技法),如图所示,A、E两端的电势差大小始终满足U=E,故选项B错误。
金属框的有效面积为S=×L×L=L2,由法拉第电磁感应定律知,0~3t0时间内,金属框中产生的感应电动势为E1=·L2=,同理可得,3t0~5t0时间内,金属框中产生的感应电动势为E2=·L2=,故选项C正确,D错误。
3.C 由两根完全相同的导线制作的单匝正方形和圆形闭合线圈,设导线的总长度为l,电阻为R,则正方形线圈边长为L=,正方形线圈中产生的感应电流大小为I1====;圆形线圈的半径为r=,圆形线圈中产生的感应电流大小为I2====,联立可得=,选C。
4.C 结合题图甲和乙,根据楞次定律结合安培定则可知,导体框ABC中电流的方向为逆时针,故A错误;根据法拉第电磁感应定律得感应电动势E===,则感应电流I==,故B错误;磁场中的闭合回路所受安培力的合力为零(解题技法),则两直角边AB和BC所受安培力的合力与斜边AC所受安培力大小相等、方向相反,则F=2LB0I=,根据左手定则可知,AC边所受安培力方向为垂直AC向左下方,则两直角边AB和BC所受安培力合力方向为垂直AC向右上方,故C正确,D错误。
5.B 由右手定则可知,金属杆MN中的电流方向由N指向M,则流过定值电阻R的电流方向由b指向c,故A错误;金属杆MN切割磁感线的有效长度为L=,故C错误;由法拉第电磁感应定律可得E=BLv=B··v=,由闭合电路欧姆定律可得I=,解得B=,故B正确;一段时间t内,回路的面积增加量为ΔS=,回路中磁通量的变化量为ΔΦ=BΔS,综合可得ΔΦ=IRt,故D错误。
易混易错 若金属杆的速度方向如图所示,有效切割长度才为l。
6.C 闭合回路进入磁场的过程中,穿过回路向里的磁通量一直在变大,由楞次定律结合安培定则可知,直径CD中的感应电流方向始终由D到C,选项A错误;从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,穿过闭合回路的磁通量一直在变大,故回路中始终存在感应电流,CD段直导线与磁场方向垂直,所以CD段直导线在磁场中始终受安培力,选项B错误;从D点到达边界开始到C点进入磁场的过程,可以理解为部分电路切割磁感线,最大有效切割长度等于半圆的半径(破题关键),即最大感应电动势为Em=BRv,选项C正确;根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势的平均值为===,选项D错误。
7.C 导体棒转动切割磁感线产生感应电流,相当于电源,由右手定则可知,导体棒中感应电流从A端流向B端,A端相当于电源负极,故选项A、B错误;AB棒产生的感应电动势为E=Bl,其中===ωr,所以E=Bl=Br2ω,导体棒A、B两端的电势差大小为U=R=Br2ω,故选项C正确;若导体棒不动,使磁感应强度增强,穿过闭合回路的磁通量增大,根据楞次定律结合安培定则可得电流由B流向A,故选项D错误。
8.答案 (1)0.1 A (2)0.03 V (3)1×10-3 N (4)1×10-4 J
解析 (1)由cd边切割磁感线可得感应电动势E=BLv,根据闭合电路欧姆定律得感应电流I=,联立可得I=,代入数据解得I=0.1 A
(2)c、d两点间的电势差Ucd为路端电压,Ucd=E,代入数据解得Ucd=0.03 V
(3)线框所受安培力FA=BIL,根据平衡条件有F=FA,可得F=1×10-3 N
(4)根据焦耳定律,Q=I2Rt,其中t=,解得Q=1×10-4 J
一题多解 第(4)问,根据动能定理,FL-W克安=0,W克安=Q,解得Q=1×10-4 J
9.答案 (1)由b到a (2) (3)
解析 (1)金属杆切割磁感线,由右手定则可知金属杆中的电流方向为从b到a。
(2)对金属杆,速度最大时其产生的电动势为
E=BLvm
电路中的电流I=
金属杆达到最大速度后做匀速直线运动,即处于平衡状态(破题关键),沿轨道平面方向有
mg sin θ=BIL
解得vm=
(3)金属杆ab运动的加速度大小为g sin θ时,有
mg sin θ-BI1L=ma=m·g sin θ
金属杆的热功率P=·r
解得P=
10.D 由楞次定律结合安培定则可知,线圈进磁场过程,感应电流方向为逆时针,出磁场过程,感应电流方向为顺时针,即线圈进、出磁场过程,感应电流方向相反,故A正确,不符合题意;由公式=,=,q=Δt可得q=,线圈进、出磁场过程,磁通量的变化量大小均为ΔΦ=BS,由于三角形线圈在外力F的作用下以速度v匀速进出磁场,则线圈进、出磁场过程时间Δt相等,可知,线圈进、出磁场过程,通过导线横截面的电荷量相等,平均感应电动势大小相等,若该线圈再次以速度2v匀速进出上述磁场,线圈进、出磁场过程通过导线横截面的电荷量仍相等,且不变,故B、C正确,不符合题意,D错误,符合题意。
11.B ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力,安培力大小为FA=,加速度大小为a==,由于速度减小,所以ab杆做加速度减小的减速运动直到静止,故A错误;根据a=,当ab杆的速度为时,加速度大小为a=,故B正确;对ab杆,由动量定理得-LBΔt=m-mv0,即BLq=mv0(解题技法),解得q=,即通过定值电阻的电荷量为,故C错误;由q==,解得ab杆通过的位移大小为x==,故D错误。
规律总结 电磁感应中电荷量的计算
(1)由于q=Δt,且==n,因此q=Δt=Δt=n。
(2)导体棒或金属框在安培力作用下做非匀变速直线运动时,安培力的冲量大小I安=LB·Δt,由于q=Δt,因此I安=LB·Δt=BL·q,得出q=。
12.C 强磁体在线圈上方下落过程中,线圈中产生感应电流,根据楞次定律可知,线圈中感应电流的磁场阻碍它们的相对运动,则强磁体受到的线圈的作用力向上,加速度小于g,故A错误;根据法拉第电磁感应定律有E=n,可见仅将线圈匝数增加,电压的最大值增大,故B错误;强磁体磁性越强,下落过程中,穿过线圈的磁通量的变化率越大,线圈中产生的感应电动势越大,电压的最大值越大,故C正确;根据楞次定律可知,线圈中感应电流的磁场阻碍强磁体的相对运动,强磁体下落越快受到阻力作用越大,设阻力的平均值为,根据动能定理有(mg-)h=mv2,解得v=,可见若仅将线圈到玻璃管上端口的距离加倍,强磁体受到的阻力的平均值也会变大,则速度不会增加到原来的2倍,电压的最大值不会加倍,故D错误。
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