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第1章 电磁感应与现代生活
》理论储备基础回顾
条分缕析·夯基固本◆
》典题分类讲练结合
分类讲解·举一反三
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习题课 法拉第电磁感应的综合应用
1．产生感应电流的条件：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，即ΔΦ≠0，闭合电路中就有感应电流产生．
2．引起磁通量变化的常见情况
(1)闭合电路的部分导体做切割磁感线运动，导致Φ变化．
(2)线圈在磁场中转动，导致Φ变化．
(3)磁感应强度B变化，导致Φ变化．
3．感应电流方向的判断
(1)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．
①楞次定律是判定感应电流(或感应电动势)方向的一般规律，普遍适用于所有电磁感应现象．
②应用楞次定律判断感应电流的流程图
(2)右手定则：伸开右手，使拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线垂直从手心进入，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．
4．感应电动势大小计算的两种情形
(1)E＝n．
(2)E＝Blvsin θ．
如图所示，导线框abcd与直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，当线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中感应电流的方向是( )
A．先abcd，后dcba，再abcd
B．先abcd，后dcba
C．始终dcba
D．先dcba，后abcd，再dcba
[思路点拨] 解答本题的关键是线圈的cd边跨过直导线后感应电流如何判断．此时按右手定则判断ab和cd边各自切割产生的感应电流方向．
[解析]
线框在直导线左侧时，随着线框向右运动，磁通量增加，根据楞次定律线框中感应电流的方向为dcba．当线框的cd边跨过直导线后，如图所示，根据右手定则ab边产生的感应电流方向为a→b，cd边产生的感应电流方向为c→d．线框全部跨过直导线后，随着向右运动，磁通量减少，根据楞次定律知线框中感应电流的方向为dcba．故选项D正确．
[答案] D
1．
如图所示，AB是固定的通电直导线，闭合导线框P与AB在同一平面内，当P远离AB匀速运动时，闭合导线框中的感应电流( )
A．为零
B．大小不变，方向顺时针
C．逐渐增大，方向逆时针
D．逐渐减小，方向顺时针
解析：选D．根据电流周围的磁场分布情况，离电流越远磁场越弱，线框远离AB且匀速运动时，切割磁感线产生的电动势越来越小，电流会越来越小；穿过线框的原磁场方向向里且减少，由楞次定律得感应电流的方向为顺时针．
如图所示，矩形线圈abcd由n＝50匝组成，ab边长l1＝0．4 m，bc边长l2＝0．2 m，整个线圈的电阻R＝2 Ω，在B＝0．1 T的匀强磁场中，以短边中点的连线为轴转动，ω＝50 rad/s．求：
(1)线圈从图示位置转动90°过程中平均感应电动势；
(2)线圈转过90°时的瞬时感应电动势．
[思路点拨] 求出线圈转过90°所需的时间，即可由电磁感应定律求出这段时间内的平均感应电动势；由E＝Blv可求出线圈转过90°时的瞬时感应电动势．
[解析] (1)开始时，穿过线圈的磁通量Φ1＝Bl1l2，
线圈转过90°时，穿过线圈的磁通量Φ2＝0，
磁通量的变化量ΔΦ＝|Φ1－Φ2|＝Bl1l2
经历的时间Δt为转动一周所需时间的1/4
Δt＝＝
线圈转过90°过程中的平均感应电动势
E＝n＝nBl1l2
＝50×0．1×0．4×0．2×2× V≈12．7 V．
(2)线圈转到90°位置时，线圈长边l1切割磁感线的速度v＝
线圈的两条长边产生的感应电动势对线圈回路来说是串联的，线圈转过90°时瞬时感应电动势
E′＝2nBl1v＝nBl1l2ω＝50×0．1×0．4×0．2×50 V＝20 V．
[答案] (1)12．7 V (2)20 V
2．
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，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：
(1)3 s末电路中的电流为多少？
(2)3 s内电路中产生的平均感应电动势为多少？(保留两位有效数字)
解析：(1)3 s末OB长度sOB＝vt＝5×3 m＝15 m，
3 s末OA长度sOA＝＝10 m，
夹在导轨间AB段长度sAB＝sOB· tan 30°＝5 m，
整个回路的导轨总长度为
s＝sOA＋sAB＋sOB
＝(10＋5＋15) m＝15(＋1) m，
电动势E＝BLv＝0．2×5×5 V＝5 V，
电阻为R＝s·0．2＝[15(＋1)×0．2] Ω≈8．20 Ω
所以电流I＝≈1．06 A．
(2)3 s内平均感应电动势为
＝n＝1·＝ V＝ V≈4．3 V．
答案：(1)1．06 A (2)4．3 V
1．(多选)如图所示的装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是( )
A．开关S接通的瞬间
B．开关S接通后，电路中电流稳定时
C．开关S接通后，滑动变阻器滑片滑动的瞬间
D．开关S断开的瞬间
解析：选ACD．开关S接通的瞬间，开关S接通后滑动变阻器滑片滑动的瞬间，开关S断开的瞬间，都使螺线管线圈中的电流变化而引起磁场变化，线圈A中的磁通量发生变化而产生感应电流．
2．一个闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2，线框上垂直放置一根金属棒ab，棒与线框接触良好，整个装置放在匀强磁场中，如图所示．当用外力使ab棒右移时，下列判断中正确的是( )
A．穿过线框的磁通量不变，框内没有感应电流
B．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行
C．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行
D．框内有感应电流，左半边沿逆时针方向绕行，右半边沿顺时针方向绕行
解析：选D．导体棒ab在磁场中向右切割磁感线，由右手定则可判断ab中感应电流的方向为a→b，ab分别与导体框的左右两部分构成两个闭合回路，所以左侧回路有逆时针方向的电流，右侧回路有顺时针方向的电流，A、B、C三项都错误，D项正确．
3．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和感应电流，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．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势不一定越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越小
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
解析：选B．由法拉第电磁感应定律E＝n可知感应电动势的大小E与n有关，与即磁通量变化的快慢成正比，所以A、C错误，B正确．由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，即原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场方向相反．原磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，故D错误．
4．(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0．1 m、总电阻为0．005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是( )
A．磁感应强度的大小为0．5 T
B．导线框运动速度的大小为0．5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0．4 s至t＝0．6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0．1 N
解析：选BC．由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v＝＝ m/s＝0．5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝＝ T＝0．2 T，A项错误；由题图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0．4～0．6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝＝ A＝2 A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0．2×2×0．1 N＝0．04 N，D项错误．
5．(多选)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
解析：选BD．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棒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D正确，C错误．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B正确，A错误．
6．
如图所示，水平面上有两根相距0．5 m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长L＝0．5 m，其电阻为r，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0．4 T．现使ab以v＝10 m/s的速度向右做匀速运动．
(1)ab中的感应电动势多大？
(2)若定值电阻R＝3．0 Ω，导体棒的电阻r＝1．0 Ω，则电路电流多大？
解析：(1)ab中的感应电动势为：E＝BLv
代入数据得：E＝2．0 V．
(2)由闭合电路欧姆定律，回路中的电流I＝
代入数据得：I＝0．5 A．
答案：(1)2．0 V (2)0．5 A
7．如图所示，面积为0．2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感应强度B随时间变化的规律是B＝(6－0．2t) T，已知电路中的R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝30 μF，线圈的电阻不计，求：
(1)闭合S一段时间后，通过R2的电流大小及方向．
(2)闭合S一段时间后，再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？
解析：(1)由于磁感应强度随时间均匀变化，根据B＝(6－0．2t) T，可知＝0．2 T/s，所以线圈中感应电动势的大小为E＝n＝nS·＝100×0．2×0．2 V＝4 V．
通过R2的电流大小为
I＝＝ A＝0．4 A
由楞次定律可知电流的方向自上而下通过R2．
(2)闭合S一段时间后，电容器充电，此时两板间电压U2＝IR2＝0．4×6 V＝2．4 V．
再断开S，电容器将放电，通过R2的电荷量就是电容器原来所带的电荷量
Q＝CU2＝30×10－6×2．4 C＝7．2×10－5 C．
答案：(1)0．4 A 由上向下通过R2 (2)7．2×10－5 C
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