2021_2022版高中物理第四章电磁感应课件（7份打包）新人教版选修3_2

(共114张PPT)
3　楞
次
定
律
一、探究感应电流的方向
1.实验探究:
将螺线管与电流表组成闭合电路,分别将N极、S极插入、抽出线圈,如图所示,记录感应电流方向如下。
必备知识·自主学习
2.分析:
(1)线圈内磁通量增加时的情况(表内选填“向上”或“向下”)
图序
磁场
方向
感应电流的方向
(俯视)
感应电流的
磁场方向
甲
_____
逆时针
_____
乙
_____
顺时针
_____
向下
向上
向上
向下
(2)线圈内磁通量减少时的情况(表内选填“向上”或“向下”)
图序
磁场
方向
感应电流的方向
(俯视)
感应电流的
磁场方向
丙
_____
顺时针
_____
丁
_____
逆时针
_____
向下
向下
向上
向上
3.实验结论:
(1)当线圈内磁通量增加时,感应电流的磁场与原磁场方向_____,阻碍磁通量
的增加。
(2)当线圈内磁通量减少时,感应电流的磁场与原磁场方向_____,阻碍磁通量
的减少。
二、楞次定律及其应用
1.内容: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_______的变化。
相反
相同
磁通量
2.应用楞次定律判断感应电流方向的步骤:
(1)明确所研究的闭合电路,判断___________。
(2)判断闭合电路内_______________的变化情况。
(3)由楞次定律判断感应电流的_________。
(4)根据感应电流的磁场方向,由_____定则判断出感应电流的方向。
原磁场方向
原磁场的磁通量
磁场方向
安培
三、右手定则
内容: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
_______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
_________的方向。
磁感线
感应电流
【易错辨析】
(1)感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。
(
)
(2)电路不闭合,穿过回路的磁通量变化时,也会产生“阻碍”作用。(
)
(3)引起感应电流的磁场变化很快时,感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方
向相反。
(
)
(4)感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化。
(
)
×
×
×
√
关键能力·合作学习
知识点一　感应电流的方向
角度1
利用楞次定律判断感应电流的方向
1.因果关系:楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系,磁通量发生变化是原因,产生感应电流是结果,原因产生结果,结果反过来影响原因。
2.“阻碍”的理解:
问题
结论
谁阻碍谁
是感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化
为何阻碍
(原)磁场的磁通量发生了变化
阻碍什么
阻碍的是磁通量的变化,而不是阻碍磁通量本身
如何阻碍
当原磁场磁通量增加时,感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反;当原磁场磁通量减少时,感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同,即“增反减同”
结果如何
阻碍并不是阻止,只是延缓了磁通量的变化,这种变化将继续进行,最终结果不受影响
提醒:“阻碍”不是“阻止”。引起感应电流的磁场仍然变化了,是阻而未止。“阻碍”并不意味着“相反”,当磁通量减少时,“阻碍”意味着相同。
【问题探究】
如图表示一对同轴螺线管,图中线圈A中的电流方向用“ ”和“×”表示,请画出线圈A的磁感线,再分析如果线圈A中的电流增大,则线圈B中的感应电流是什么方向。
(模型建构)
提示:A产生的磁场方向如图,如果线圈A中的电流增大,则B中产生的电流的方向上边向里,下边向外。
【典例示范】
【典例1】在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中,用灵敏电流计和线圈
组成闭合回路,通过“插入”和“拔出”磁铁,使线圈中产生感应电流,记录实
验过程中的相关信息,就可以分析得出感应电流方向遵循的规律。如图为某同
学的部分实验记录,在图1中,电流计指针向左偏转。以下说法正确的是(　　)
A.在图2所示实验过程中,电流计指针应该向左偏转
B.在图3所示实验过程中,电流计指针应该向左偏转
C.这组实验可以说明,感应电流的磁场方向与线圈的绕向有关
D.这组实验可以说明,感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向有关
【解题指南】如图1所示,当磁铁的N极向下运动时,根据楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向上,由安培定则可知感应电流的方向螺旋向下,此时电流从下向上流过电流计,发现电流计指针向左偏转,可知电流计指针偏转方向与电流方向间的关系:电流从下向上流过电流计,电流计指针向左偏转,电流从上向下流过电流计,则电流计指针向右偏转。
【解析】选D。在图2所示实验过程中,磁铁的S极向下运动时,穿过螺线管向上
的磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向下,由安培定则可
知感应电流的方向螺旋向上,此时电流从上向下流过电流计,电流计指针应该
向右偏转,故A错误;在图3所示的实验过程中,磁铁的N极向上运动时,穿过螺线
管向下的磁通量减小,根据楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向下,由安培
定则可知感应电流的方向螺旋向上,此时电流从上向下流过电流计,电流计指
针应该向右偏转,故B错误;同理可知图4穿过螺线管向上的磁通量减小,根据楞
次定律可知,感应电流的磁场的方向向上,由安培定则可知感应电流的方向螺旋向下,此时电流从下向上流过电流计,电流计指针应该向左偏转,所以这组实验可以说明,感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向、磁铁运动的方向有关,而实验中线圈缠绕方向一致,所以不能研究感应电流的磁场方向与线圈绕向的关系,故C错误,D正确。故选D。
【规律方法】应用楞次定律判断感应电流方向的步骤
角度2
利用右手定则判断感应电流的方向
1.楞次定律与右手定则的比较:
提醒:注意楞次定律与右手定则的适用范围。
比较内容
楞次定律
右手定则
区
别
研究
对象
整个闭合回路
闭合回路的一部分,即做切割磁感线运动的导体
适用
范围
各种电磁感应现象
只适用于部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况
联系
右手定则是楞次定律的特例
2.右手定则、右手螺旋定则和左手定则的区别:
(1)右手定则判断的是导体切割磁感线时产生的感应电动势方向与磁场方向、导体运动方向三者之间的关系,应用时右手呈伸直状。
(2)右手螺旋定则判断的是电流方向与它产生的磁场方向之间的关系,右手必须呈螺旋状,对直电流和环形电流大拇指和四指所代表的对象不一样。
(3)左手定则判断的是磁场对电流的安培力方向或对带电粒子的洛伦兹力方向与磁场方向、电流或带电粒子运动方向之间的关系,应用时左手呈伸直状。
【典例示范】
【典例2】(2017·全国卷Ⅲ)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是
(　　)
A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向
B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向
C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向
D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向
【解题探究】
(1)如何确定PQRS中电流的方向
提示:用右手定则判断。
(2)如何确定T中电流的方向
提示:用楞次定律判断。
【解析】选D。因为PQ突然向右运动,由右手定则可知,PQRS中的感应电流方向为逆时针,穿过T中的磁通量减小,由楞次定律可知,T中的感应电流方向为顺时针,故A、B、C错误,D正确。
【素养训练】
1.如图,a、b、c三个上下平行的圆形线圈同轴水平放置,现闭合b线圈中的电键S,则在闭合S的瞬间,由上向下观察
(　　)
A.a、c线圈中无感应电流
B.a、c线圈中的感应电流都沿顺时针方向
C.a、c线圈中的感应电流都沿逆时针方向
D.a、c线圈中感应电流的方向相反
【解析】选B。闭合S时,b线圈中电流沿逆时针方向,根据安培定则,穿过a线圈的磁场方向向上,磁通量增大,根据楞次定律,感应电流的磁场方向向下,由安培定则判断感应电流为顺时针方向,同理c线圈中的感应电流也为顺时针方向。故B正确,A、C、D错误。
2.(多选)如图所示,两个线圈套在同一个铁芯上,线圈的绕向在图中已经标出。左线圈连着平行导轨M和N,导轨电阻不计,在导轨垂直方向上放着金属棒ab,金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中,下列说法中正确的是(　　)
A.当金属棒ab向右匀速运动时,a点电势高于b点,c点电势高于d点
B.当金属棒ab向右匀速运动时,b点电势高于a点,c点与d点等电势
C.当金属棒ab向右加速运动时,b点电势高于a点,c点电势高于d点
D.当金属棒ab向右加速运动时,b点电势高于a点,d点电势高于c点
【解析】选B、D。当金属棒向右匀速运动切割磁感线时,金属棒产生恒定的感
应电动势,由右手定则判断电流方向为a→b。根据电流从电源(ab相当于电源)
正极流出沿外电路回到电源负极的特点,可以判断b点电势高于a点。又因为左
线圈中的感应电动势恒定,则感应电流也恒定,所以穿过右线圈的磁通量保持
不变,不产生感应电流,c点与d点等电势;当ab向右做加速运动时,由右手定则
可推断φb>φa,电流沿逆时针方向。ab导体两端的电动势不断增大,那么左边
电路中的感应电流也不断增大,由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是
沿逆时针方向的,并且磁感应强度不断增强,所以右边电路线圈中向上的磁通量不断增加。由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针,而在右线圈组成的电路中,感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上。把这个线圈看成电源,由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d,因此d点电势高于c点,综上可得,选项B、D正确,A、C错误。故选B、D。
【加固训练】
1.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.始终有自a向b的感应电流流过电流表G
B.始终有自b向a的感应电流流过电流表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】选C。条形磁铁内部磁场的方向是从S极指向N极,可知条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管的过程中磁场的方向都是向右的,当条形磁铁进入螺线管的时候,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,根据楞次定律判断条形磁铁进入和穿出螺线管的过程中,感应电流的磁场分别是向左和向右的,再由右手定则可以判断出,先有a→G→b方向的感应电流,后有b→G→a方向的感应电流,选项C正确,A、B、D错误。
2.如图,导体棒MN垂直放置在光滑水平导轨ad和bc上,与电阻R形成闭合回路。垂直导轨平面仅在abcd区域存在竖直向下的匀强磁场,以下有关感应电流的说法正确的是
(　　)
A.若导体棒MN水平向左运动,通过电阻R电流方向为d→R→c
B.若导体棒MN水平向右运动,通过电阻R电流方向为d→R→c
C.当导体棒MN绕其中点O顺时针方向转动,通过电阻R电流方向为c→R→d　D.当导体棒MN绕其中点O顺时针方向转动,电阻R没有感应电流通过
【解析】选C。由右手定则可知,若导体棒MN水平向左运动,通过电阻R电流方向从c→R→d,选项A错误;若导体棒MN水平向右运动,由于导体棒不切割磁感线,故不产生感应电流,选项B错误;当导体棒MN绕其中点O顺时针方向转动,由右手定则可知,通过电阻R电流方向从c→R→d,选项C正确,D错误。
知识点二　楞次定律的应用拓展
1.楞次定律的一般表述:电磁感应的效果总要阻碍引起电磁感应的原因。
2.“阻碍”的表现形式:楞次定律中的“阻碍”作用,正是能的转化和守恒定律的反映,在克服“阻碍”的过程中,其他形式的能转化为电能,常见的情况有以下四种:
(1)阻碍原磁通量的变化(增反减同)。
(2)阻碍导体的相对运动(来拒去留)。
(3)通过改变线圈面积来“反抗”增缩减扩。
(4)阻碍自身电流的变化(自感现象将在后面学习到)。
【问题探究】
情境:如图甲所示,磁铁插入线圈,电流表指针偏转;图乙所示,磁铁靠近闭合金属圆环,圆环远离磁铁。请解释图中“阻碍“的表现形式。
讨论:甲图“增反减同”
乙图“来拒去留”。
提示:甲图中,线圈所处的磁场向下,当条形磁铁向下运动时,穿过线圈的磁通量增加,由楞次定律可判断感应电流为逆时针方向(从上向下看)感应电流产生的磁场向上,与原磁场方向相反,即“增反减同”;乙图中,线圈所处的磁场向左,当条形磁铁向右运动,穿过线圈的磁通量增加,根据楞次定律,线圈中产生的感应电流为顺时针(从左向右看),感应电流产生的磁场与条形磁铁排斥,即“来拒去留”。
【典例示范】
【典例3】
（多选）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平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中①，下列说法正确的是(
)
A．P、Q将相互远离
B．P、Q将相互靠近②
C．磁铁的加速度小于g③
D．磁铁的加速度仍为g
【审题关键】
序号
信息提取
①
穿过回路的磁通量增加
②
P、Q相互靠近,阻碍穿过回路的磁通量的增加
③
磁铁受到向上的安培力作用,所以合力小于重力,加速度小于g
【解析】选B、C。当条形磁铁从高处下落接近回路时,穿过回路的磁通量增加,根据楞次定律:感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化,可知,P、Q将互相靠拢,回路的面积减小一点,使穿过回路的磁场减小一点,起到阻碍原磁通量增加的作用,故A错误,B正确;由楞次定律中的“来拒去留”可知,磁铁受到向上的安培力作用,所以合力小于重力,磁铁的加速度一定小于g,故C正确,D错误。故选B、C。
【素养训练】
1.如图所示,粗糙水平桌面上有一矩形导体线圈,当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高处快速经过时线圈始终不动,则关于线圈受到的支持力及在水平方向运动趋势的判断正确的是
(　　)
A.支持力先变大后变小,运动趋势向左
B.支持力先变大后变小,运动趋势向右
C.支持力先变小后变大,运动趋势向左
D.支持力先变小后变大,运动趋势向右
【解析】选B。当磁铁向右运动靠近时,线圈中的磁通量增大,根据楞次定律的第二种描述“来拒去留”,可知,线圈有向下和向右运动的趋势,故线圈受到的支持力增大,同时运动趋势向右,同理,当向右运动远离时,线圈中的磁通量减小,根据楞次定律的第二种描述“来拒去留”,可知,线圈有向上和向右运动的趋势,故线圈受到的支持力减小,同时运动趋势向右,故A、C、D错误,B正确。故选B。
2.如图,金属环A用绝缘轻绳悬挂,与长直螺线管共轴,并位于其左侧。若变阻器的滑片P向左移动,则
(　　)
A.金属环A向左运动,同时向外扩张
B.金属环A向左运动,同时向里收缩
C.金属环A向右运动,同时向外扩张
D.金属环A向右运动,同时向里收缩
【解析】选B。变阻器滑片P向左移动,电阻变小,电流变大,根据楞次定律,感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反,故相互排斥,则金属环A将向左运动,因磁通量增大,金属环A有收缩趋势,故B正确,A、C、D错误。
【加固训练】
　　四根同样光滑的细铝竿a、b、c、d放在同一水平桌面上,其中c、d固定,a、b静止地放在c、d竿上,接触良好,O点为回路中心,如图所示,当条形磁铁的一端从O点正上方迅速插向回路时,a、b两竿将
(　　)
A.保持不动
B.分别远离O点
C.分别向O点靠近
D.因不知磁极的极性,故无法判断
【解析】选C。可以假设磁铁的下端为N极,当条形磁铁插入导轨之间时,穿过导轨的磁通量增大,根据楞次定律判断出导轨中产生感应电流的方向,再依据左手定则判断出磁铁的磁场对感应电流的安培力作用,从而得出两棒的运动情况;然后再假设磁铁的下端为S极用同样的方法判断。本题也可灵活应用楞次定律的一般表述判断。
3.如图甲所示,绝缘的水平桌面上放置一金属圆环,在圆环的正上方放置一个螺线管,在螺线管中通入如图乙所示的电流,电流从螺线管a端流入为正,以下说法正确的是
(　　)
A.从上往下看,0～1
s内圆环中的感应电流沿顺时针方向
B.0～1
s内圆环面积有扩张的趋势
C.3
s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力
D.1～2
s内和2～3
s内圆环中的感应电流方向相反
【解析】选A。0～1
s线圈中电流增大,产生的向上的磁场增大,金属环中磁通量增大,根据楞次定律可知,从上往下看,0～1
s内圆环中的感应电流沿顺时针方向,故A正确;0～1
s线圈中电流增大,产生的磁场增大,金属环中磁通量增大,有面积缩小趋势,故B错误;3
s末金属环中感应电流最大,但螺线管中感应电流为零,与金属环间无相互作用,所以3
s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力,故C错误;1～2
s正方向电流减小,2～3
s反向电流增大,根据楞次定律,金属环中感应电流的磁场方向不变,感应电流方向不变,故D错误。
【拓展例题】考查内容:楞次定律与能量守恒
【典例】如图所示,用一根长为L,质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点连接并悬挂于O点,悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场,且d0 L。先将线框拉开到如图所示位置,松手后让线框进入磁场,忽略空气阻力和摩擦力。下列说法正确的是
(　　)
A.金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a　B.金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a
C.金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等
D.向左摆动进入或离开磁场的过程中,所受安培力方向向右;向右摆动进入或离开磁场的过程中,所受安培力方向向左
【解析】选D。当线框进入磁场时,dc边切割磁感线,由楞次定律可判断,感应电流的方向为a→d→c→b→a;当线框离开磁场时,同理可判断其感应电流的方向为a→b→c→d→a,A、B错;线框dc边(或ab边)进入磁场(或离开磁场)时,都要切割磁感线产生感应电流,机械能转化为电能,故dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等,C错;由“来拒去留”知,D对。
情境·模型·素养
【生活情境】
　如图所示,在一根较长的铁钉上,用漆包线绕两个线圈A和B。将线圈B的两端与漆包线CD相连,使CD平放在静止的小磁针的正上方,与小磁针平行。
探究:(1)合上开关的瞬间,小磁针N极的偏转情况
(2)线圈A中电流稳定后,小磁针又怎样偏转
【解析】干电池通电的瞬间,根据楞次定律,线圈B中产生电流,电流的方向由C到D,根据安培定则,CD导线下方的磁场方向垂直纸面向里,则小磁针N极向纸内偏转,S极向纸外偏转。线圈A中电流稳定后,B线圈中的感应电流消失,小磁针又回到原来的位置。
答案:(1)在开关合上的瞬间,小磁针的N极向纸内偏转
(2)当线圈A内的电流稳定以后,小磁针又回到原来的位置
【生产情境】如图所示为生产中常用的一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B,线圈A跟电源连接,线圈B的两端接在一起,构成了一个闭合电路。
探究:在断开开关S的时候,弹簧K不能立即将衔铁D拉起,使触头C(连接工作电路)离开,而是过一小段时间后才执行这个动作。分析一下产生这种情况的原因。
【解析】在断开开关S的时候,线圈A中的电流变小至消失时,铁芯中的磁通量减小,从而在线圈
B中产生感应电流;在线圈B中产生感应电流的磁场要阻碍原磁场的变化,根据楞次定律可知,这样就使铁芯中的磁场减弱得慢些,从而弹簧K不能立即将衔铁D拉起,使触头C(连接工作电路)立即离开,而是过一小段时间后才执行这个动作。
答案:见解析
课堂检测·素养达标
1.现代汽车中有一种防抱死系统(简称ABS),该系统有一个自动检测车速的装置,用来控制车轮的转动,其原理如图所示:铁质齿轮P与车轮同步转动,右侧紧靠有一个绕有线圈的条形磁体,磁体的左端是S极,右端是N极,M是一个电流检测器。当车轮带动齿轮转动时,这时由于铁齿靠近或离开线圈时,使穿过线圈的磁通量发生变化,导致线圈中产生了感应电流。这个脉冲电流信号经放大后去控制制动机构,可有效地防止车轮制动时被抱死。在齿A从图中所示位置顺时针转到虚线位置过程中,M中的感应电流方向为
(　　)
A.一直从右向左
B.一直从左向右
C.先从右向左,后从左向右
D.先从左向右,后从右向左
【解析】选D。铁齿靠近线圈时被磁化,产生的磁场方向从右向左,齿轮P从图示位置按顺时针方向转动的过程中,先是A下面的铁齿离开,通过线圈的磁通量先减小,接着A齿靠近,通过线圈的磁通量增加。根据楞次定律,线圈中感应电流的磁场先向左后向右,根据右手螺旋定则判断出感应电流的方向,所以通过M的感应电流的方向先从左向右,然后从右向左。故D正确,A、B、C错误。
2.如图所示,紧绕有闭合线圈的绝缘圆筒放在电子秤上,某同学将一条形磁铁
竖直向下先加速后减速插入圆筒。插入磁铁过程中,电子秤的示数(　　)
A.比插入磁铁前电子秤的示数大
B.比插入磁铁前电子秤的示数小
C.加速插入时比插入磁铁前电子秤的示数大,减速
插入时比插入磁铁前电子秤的示数小
D.加速插入时比插入磁铁前电子秤的示数小,减速插入时比插入磁铁前电子秤的示数大
【解析】选A。不论磁铁的哪一极向下插入,穿过线圈的磁通量均增加,根据楞次定律可知,线圈都将阻碍磁铁相对于线圈的运动,所以线圈受到向下的磁场力的作用,则线圈对下面的电子秤的压力增大,与磁场加速或减速无关,故A正确,B、C、D错误。
3.如图所示,导线框abcd与导线在同一平面内,直导线通有恒定电流I,当线框由左向右匀速通过直导线时,线框中感应电流的方向是
(　　)
A.始终dcba　　　　　　　　　
B.先abcd,后dcba
C.先abcd,后dcba,再abcd
D.先dcba,后abcd,再dcba
【解析】选D。根据右手定则可以判断,线圈所在位置磁场垂直纸面向外,根据电流磁场的分布,线圈向右移动的过程中,回路中磁通量向外变大,感应电流磁场向里,根据右手定则判断,感应电流方向为dcba,当dc边通过直导线位置后,磁通量向外减小,感应电流磁场向外,感应电流方向为abcd,当ab边通过直导线后,磁通量向里减小,感应电流磁场向里,感应电流方向为dcba,A、B、C错误,D正确。
【加固训练】
如图,通有恒定电流的固定直导线右侧有一矩形线圈,导线与线圈置于同一光滑水平面。若增大导线中的电流强度,线圈将
(　　)
A.保持静止　　　　
B.发生转动
C.向左平移
D.向右平移
【解析】选D。当导线中电流强度增大,导线周围产生的磁场增强,使得穿过线框的磁通量增大,从而产生感应电流阻碍磁通量的增大,由楞次定律可知,线圈向右运动时可以阻碍磁通量的增大。故D正确,A、B、C错误。
4.如图所示的四种情况中,满足磁铁与线圈相互排斥且通过R的感应电流方向为从b到a的是
(　　)
【解析】选A。由“来拒去留”可知,磁铁靠近线圈时磁铁与线圈相互排斥,故选项C、D错误;由B图可知,当磁铁N极竖直向下运动时,穿过线圈的磁场方向向下增大,由楞次定律可知感应电流的磁场向上,则由右手螺旋定则可知电流方向从a经过R到b,故B错误,A正确。故选A。
【加固训练】
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(右),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】选D。根据右手定则可知导线框进入磁场时,感应电流方向为a→d→c→b→a,离开磁场时感应电流为a→b→c→d→a,所以A、B均错误,再根据左手定则知,C错误,D正确。
课时素养评价
二　楞
次
定
律
【基础达标】(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.关于感应电流,下列说法正确的是
(　　)
A.根据楞次定律知:感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量
B.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的减弱
C.感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同,也可能相反
D.当导体切割磁感线运动时,必须用安培定则确定感应电流的方向
【解题指南】解答本题要注意以下三点:
(1)楞次定律的实质是确定了感应电流的磁场是要阻碍原磁通量的变化。
(2)若原磁通量增大则感应电流的磁场与原磁通量反向;若原磁通量减小则感应电流的磁场与原磁通量同向。
(3)磁场与电流的关系用安培定则来确定。
【解析】选C。由楞次定律知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,A错误;感应电流的磁场总是阻碍电路中的原磁通量的变化,不是阻碍原磁场,B错误;由楞次定律知,如果是因磁通量的减少而引起的感应电流,则感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相同,阻碍磁通量的减少;如果是因磁通量的增加而引起的感应电流,则感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反,阻碍磁通量的增加,C正确;导体切割磁感线运动时,应直接用右手定则确定感应电流的方向;若闭合回路磁通量变化,由楞次定律确定感应电流的磁场方向,然后用安培定则确定感应电流的方向,D错误。
2.如图所示,竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路,导线所围区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场,螺线管正下方水平桌面上有一导体圆环。导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按选项中哪一种图线随时间变化时,导体圆环对桌面的压力将小于环的重力
(　　)
【解析】选D。若abcd区域内的磁场均匀变化,则会产生恒定的电流,螺线管中电流不变,其产生的磁场也不变,则导体圆环中不产生感应电流,导体圆环对桌面的压力等于重力,故A、B错误;要使导体圆环对桌面的压力小于重力,则螺线管对导体圆环要有引力,由楞次定律可知穿过导体圆环的磁通量应该变小,故螺线管中的电流变小,因此abcd区域的磁通量变化率应该越来越小,故C错误,D正确。故选D。
【加固训练】
　　如图所示,弹簧上端固定,下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁的下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈,并使磁极上下振动。磁铁在向下运动的过程中,说法正确的是
(　　)
A.线圈给磁铁的磁场力始终向上
B.线圈给磁铁的磁场力先向上再向下
C.线圈给磁铁的磁场力始终向下
D.线圈给磁铁的磁场力先向下再向上
【解析】选A。根据楞次定律的“来拒去留”,则当磁铁在向下运动的过程中,线圈产生感应电流,形成感应磁场,从而阻碍磁铁的向下运动,则线圈给它的磁场力始终向上,故A正确,B、C、D错误。
3.如图所示,两个线圈的绕向相同,其中右侧线圈与电流表构成闭合回路,要使得右侧线圈中产生的感应电流由c到d流过电流表,且电流表示数恒定,则左侧线圈中的电流随时间变化的图象可能是(规定左侧线圈中从a到b的电流方向为正方向)
(　　)
【解析】选A。当右侧线圈中产生的感应电流由c到d流过电流表时,感应电流的磁场方向向右;根据楞次定律可知,穿过线圈的磁通量若方向向右,则正在减小,若穿过线圈的磁通量的方向向左,则正在增大;根据安培定则可知,此时左侧线圈中的电流随时间变化是从a到b正在增大,或电流的方向从b到a,正在减小。故A正确,B、C、D错误。
【总结提升】反向应用楞次定律的技巧
有部分题目是知道感应电流的方向,而去确定磁场是如何变化的,这是反向应用楞次定律,应注意以下三点:
(1)各个物理量之间的关系依然为楞次定律的关系。
(2)各个物理量确定的先后关系有所变化。
(3)物理量确定的难度比一般楞次定律的难度稍微大点。
4.如图所示,闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的N极朝下。当磁铁向下运动时(未插入线圈内部)
(　　)
A.线圈中感应电流的方向与图中箭头的方向相同,磁铁与线圈相互吸引
B.线圈中感应电流的方向与图中箭头的方向相反,磁铁与线圈相互排斥
C.线圈中感应电流的方向与图中箭头的方向相反,磁铁与线圈相互吸引
D.线圈中感应电流的方向与图中箭头的方向相同,磁铁与线圈相互排斥
【解析】选D。当磁铁N极朝下,向下运动时,穿过线圈的磁通量向下,且增大,根据楞次定律,感应电流的磁场阻碍磁通量的增加,方向向上,则线圈中的电流方向与箭头方向相同,磁铁与线圈相互排斥。故A、B、C错误,D正确。
【加固训练】
　　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,在导轨上有两条可自由滑动的导体棒ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐增强时,导体棒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】选C。方法一:电流增强时,电流在abdc回路中产生的垂直向里的磁场增强,回路磁通量增加,根据楞次定律可知,回路产生逆时针方向电流;ab边电流方向向下,所受安培力向右,cd边电流方向向上,所受安培力向左,故ab和cd相向运动,C项正确。　
方法二:电流增强时,电流在abdc回路中产生的垂直向里的磁场增强,回路磁通量增加,根据楞次定律可知,回路要减小面积以阻碍磁通量的增加,因此,两导体棒要相向运动,相互靠近,C项正确。
5.如图所示,纸面内沿x轴和y轴放有通电的长直导线,两导线中电流大小与变化完全相同。四个闭合圆形线圈在四个象限中对称放置。当x轴的导线中电流方向沿x轴正方向,y轴的导线中电流方向沿y轴正方向,两电流同时增大时,a、b、c、d四个相同的圆形线圈中的感应电流情况为
(　　)
A.a线圈中有顺时针方向的感应电流
B.b线圈中有逆时针方向的感应电流
C.c线圈中有顺时针方向的感应电流
D.d线圈中有逆时针方向的感应电流
【解析】选D。由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。由矢量合成可知,穿过a、c的磁通量为零,当电流变化时不可能产生感应电流,故A、C错误;b线圈中有向外的磁通量,根据楞次定律,当导线中电流增加时会产生顺时针方向的感应电流,选项B错误;d线圈中有向里的磁通量,根据楞次定律,当导线中电流增加时会产生逆时针方向的感应电流,选项D正确。
　【加固训练】
　　如图表示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,分析各图中感应电流的方向,在导体中由a→b的是
(　　)
【解析】选A。以上四图都属于闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动的情景,应用右手定则判断可得:A中电流由a→b,B中电流由b→a,C中电流沿a→c→b→a方向,D中电流由b→a。
6.航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示,在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环,铝环和铜环的形状、大小相同,已知铜的电阻率较小,则合上开关S的瞬间
(　　)
A.两个金属环都向左运动
B.两个金属环都向右运动
C.铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
D.从左侧向右看,铝环中感应电流沿顺时针方向
【解析】选D。若环放在线圈两边,根据“来拒去留”可得,合上开关S的瞬间,环要阻碍磁通量增大,则环将向两边运动,故A错误,B错误;由于铜环的电阻较小,故铜环中感应电流较大;故铜环受到的安培力要大于铝环,故C错误;线圈中电流为右侧流入,磁场方向为向左,在闭合开关的瞬间,磁场变强,则由楞次定律可知,电流由左侧向右看为顺时针,故D正确。
二、非选择题(本题共2小题,共24分)
7.(10分)如图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材。
(1)在图中用笔画线代替导线把它们连成实验电路。
(2)有哪些操作可以使灵敏电流计的指针发生偏转
(　　)
A.闭合开关　　　　　　
B.断开开关
C.保持开关一直闭合
D.将线圈A从B中拔出
(3)假设在开关闭合的瞬间,灵敏电流计的指针向左偏转,则当线圈A向上拔出的过程中,灵敏电流计的指针向______　(选填“左”或“右”)偏转。
【解析】(1)将灵敏电流计与大线圈B组成闭合回路,电源、开关、小线圈A、滑动变阻器组成闭合回路,电路图如图所示。
(2)将开关闭合或断开,导致穿过线圈的磁通量变化,产生感应电流,灵敏电流计指针偏转,A、B正确;保持开关一直闭合,则穿过线圈B的磁通量不变,没有感应电流产生,灵敏电流计指针不偏转,C错误;将线圈A插入(或拔出)线圈B时,穿过线圈B的磁通量发生变化,线圈B中产生感应电流,灵敏电流计指针偏转,D正确。
(3)在开关闭合的瞬间,穿过线圈B的磁通量增大,灵敏电流计的指针向左偏转,则当线圈A向上拔出的过程中,穿过线圈B的磁通量减小,灵敏电流计的指针向右偏转。
答案:(1)见解析图　(2)A、B、D　(3)右
8.(14分)如图所示,当把滑动变阻器的滑片P从右向左滑动时,在线圈A中感应电流的方向是从____端流进电流表,从____端流出;在线圈B中感应电流的方向是从____端流进电流表,从____端流出。
【解析】当滑片P从右向左滑动时,电路中的电阻变大,电流减小,由右手螺旋定则可知,铁芯中向左的磁感应强度减小。由楞次定律可知,线圈A、B中感应电流的磁场方向向左。再由右手螺旋定则可知,在线圈A中感应电流的方向是从a端流进电流表,从b端流出;在线圈B中感应电流的方向是从d端流进电流表,从c端流出。
答案:a　b　d　c
【能力提升】(15分钟·40分)
9.(6分)(多选)如图所示,在北京某地有一间房子坐北朝南,门口朝向正南,门扇四周是铝合金边框,中间是绝缘体玻璃,则下列说法正确的是
(　　)
A.房子所在位置地磁场的磁感线由南指向北,与水平面平行
B.无论开门还是关门的过程中,穿过门扇的磁通量是变化的
C.某人站在室内面向正南推开门过程,对这个人来说,铝合
金边框中的感应电流方向为逆时针
D.某人站在室内面向正南关上门过程,对这个人来说,铝合
金边框中的感应电流方向为逆时针
【解析】选B、C。北京位于北半球,北京地区的磁场方向具有水平向北的分量与竖直向下的分量两部分,故A错误;地磁场有由南向北的分量,门闭合时磁通量的方向向北;当朝南的门向外推开后,平面与磁场平行时,没有磁感线穿过线框平面,穿过环面的磁通量为0。开门还是关门的过程中,穿过门扇的磁通量是变化的。故B正确;根据楞次定律,穿过窗框的磁通量减小时,站在室内面向正南的人判断,产生的感应电流的方向为逆时针。故D错误,C正确。
【加固训练】
如图所示,在一固定水平放置的闭合导体圆环上方,有一条形磁铁,
从离地面高h处,由静止开始下落,最后落在水平地面上。磁铁下落
过程中始终保持竖直方向,并从圆环中心穿过圆环,而不与圆环接
触。若不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法中正确的是(　　)
A.在磁铁下落的整个过程中,圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上
向下看圆环)
B.磁铁在整个下落过程中,所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下
C.磁铁在整个下落过程中,它的机械能不变
D.磁铁落地时的速率一定等于
【解析】选A。由图示可知,在磁铁下落过程中,穿过圆环的磁场方向向下,在
磁铁靠近圆环时,穿过圆环的磁通量变大,在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通
量减小,由楞次定律可知,从上向下看,圆环中的感应电流先沿逆时针方向,后
沿顺时针方向,故A正确;由楞次定律可知,感应电流总是阻碍磁铁和圆环的相
对运动,在磁铁靠近圆环的过程中为阻碍磁铁的靠近,圆环对磁铁的作用力竖
直向上,在磁铁穿过圆环远离圆环的过程中,为阻碍磁铁的远离,圆环对磁铁的
作用力竖直向上,则在整个过程中,圆环对磁铁的作用力始终竖直向上,故B错
误;在磁铁下落过程中,圆环中产生感应电流,圆环中有电能产生,磁铁在整个
下落过程中,磁铁的机械能转化为电能,由能量守恒定律可知,磁铁的机械能减
少,故C错误;磁铁做自由落体运动时,v2=2gh,磁铁落地时的速度v=
,由于
磁铁下落时能量有损失,磁铁落地速度小于
,故D错误;故选A。
10.(6分)(多选)如图所示,两个闭合铝环A、B与一个螺线管套在同一铁芯上,A、B可以左右摆动,则
(　　)
A.在S闭合的瞬间,A、B必相斥
B.在S闭合的瞬间,A、B必相吸
C.在S断开的瞬间,A、B必相斥
D.在S断开的瞬间,A、B必相吸
【解题指南】本题考查了楞次定律的应用,同时要掌握:同向电流相互吸引,反向电流相互排斥。也可以使用楞次定律的规范化的步骤解答,比较麻烦。
【解析】选B、D。在S闭合瞬间,穿过两个线圈的磁通量变化相同,线圈中产生同方向的感应电流,同向电流相吸,则A、B相吸,A错误,B正确;在S断开瞬间,穿过两个线圈的磁通量变化相同,线圈中产生同方向的感应电流,同向电流相吸,则A、B相吸,C错误,D正确。故选B、D。
【加固训练】
　　如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置,在电梯折厢上安装永久磁铁,并在电梯的井壁上铺设线圈,这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置,下列说法正确的是
(　　)
A.当电梯突然坠落时,该安全装置可使电梯停在空中
B.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时,闭合线圈A、
B中的电流方向相反
C.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时,只有闭合线圈A在阻碍电梯下落
D.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时,只有闭合线圈B在阻碍电梯下落
【解析】选B。若电梯突然坠落,将线圈闭合时,线圈内的磁感应强度发生变化,将在线圈中产生感应电流,感应电流会阻碍磁铁的相对运动,可起到应急避险作用,感应电流会阻碍磁铁的相对运动,但不能阻止磁铁的运动,故A错误;当电梯坠落至如图位置时,闭合线圈A中向上的磁场减弱,感应电流的方向从上向下看是逆时针方向,线圈B中向上的磁场增强,感应电流的方向从上向下看是顺时针方向,可知A与B中感应电流方向相反,故B正确;结合A的分析可知,当电梯坠落至如图位置时,闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落,故C错误,D错误。
11.(6分)(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在外力作用下运动时,MN在磁场力作用下向右运动。则PQ所做的运动可能是
(　　)
A.向右匀加速运动
B.向左匀加速运动
C.向右匀减速运动
D.向左匀减速运动
【解析】选B、C。MN在磁场力作用下向右运动,说明MN受到的磁场力向右,由左手定则可知电流由M指向N,由楞次定律可知,线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小,或向下增加;再由右手螺旋定则与楞次定律可知,PQ可能是向左加速运动或向右减速运动,故选B、C。
12.(22分)磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内,有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd,沿垂直于磁感线方向,以速度v匀速通过磁场,如图所示,从ab进入磁场时开始计时。
(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象。
(2)判断线框中有无感应电流。若有,请判断出感应电流的方向;若无,请说明理由。
【解题指南】(1)磁通量随时间变化可用Φ=BS计算分析,注意分阶段的S变化。
(2)感应电流的方向用右手定则或楞次定律进行判断。
【解析】线框穿过磁场的过程可分为三个阶段:进入磁场阶段(只有ab边在磁
场中)、在磁场中运动阶段(ab、cd两边都在磁场中)、离开磁场阶段(只有cd
边在磁场中)。
(1)①线框进入磁场阶段:t为0～
,线框进入磁场中的面积与时间成正
比,S=lvt,最后为Φ=BS=Bl2。
②线框在磁场中运动阶段:t为
～
,线框磁通量为Φ=Bl2,保持不变。
③线框离开磁场阶段:t为
～
,线框磁通量线性减小,
最后为零。磁通量随时间变化的图象如图所示:
(2)线框进入磁场阶段,穿过线框的磁通量增加,线框中将产生感应电流,由右手定则可知,感应电流方向为逆时针方向。
线框在磁场中运动阶段,穿过线框的磁通量保持不变,无感应电流产生。
线框离开磁场阶段,穿过线框的磁通量减少,线框中将产生感应电流。由右手定则可知,感应电流方向为顺时针方向。
答案:(1)见解析　(2)线框进入磁场阶段,感应电流方向为逆时针方向;线框在磁场中运动阶段,无感应电流;线框离开磁场阶段,感应电流方向为顺时针方向(共115张PPT)
4　法拉第电磁感应定律
一、法拉第电磁感应定律
1.感应电动势:
(1)产生条件:穿过电路的_______发生变化,与电路是否闭合_____。
(2)产生感应电动势的那部分_____相当于电源。
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_______
成正比。
(2)大小:E=
(单匝线圈);E=
(n匝线圈)。
必备知识·自主学习
磁通量
无关
导体
变化率
二、导体切割磁感线时的感应电动势
1.垂直切割:B、l、v两两垂直时,E=___。
2.不垂直切割:导线的运动方向与导线本身垂直,与磁感线方向夹角为θ时,则
E=____=_________。
三、反电动势
1.产生:电动机转动时,由于切割磁感线,线圈中产生的_____电源电动势作用的
感应电动势。
2.作用:_____线圈的转动。
Blv
Blv1
Blvsin
θ
削弱
阻碍
【易错辨析】
(1)在电磁感应现象中,有感应电动势,就一定有感应电流。
(
)
(2)穿过某电路的磁通量变化量越大,产生的感应电动势就越大。
(
)
(3)闭合电路置于磁场中,当磁感应强度很大时,感应电动势可能为零;当磁感应
强度为零时,感应电动势可能很大。
(
)
(4)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。
(
)
×
×
√
√
关键能力·合作学习
知识点一　法拉第电磁感应定律
角度1
对法拉第电磁感应定律的理解
1.磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率
的比较:
磁通量Φ
磁通量的
变化量ΔΦ
磁通量的
变化率
物理
意义
某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数
在某一过程中穿过某个面的磁通量的变化量
穿过某个面的磁通量变化的快慢
磁通量Φ
磁通量的变化量ΔΦ
磁通量的变化率
当B、S互
相垂直时,大小
计算
Φ=BS⊥
磁通量Φ
磁通量的变化量ΔΦ
磁通量的变化率
注意
若穿过某个面有方向相反的磁场,则不能直接用Φ=BS。应考虑相反方向的磁通量或抵消以后所剩余的磁通量
开始和转过180°时平面都与磁场垂直,但穿过平面的磁通量是不同的,一正一负,ΔΦ=2BS,而不是零
既不表示磁通量的大小,也不表示变化的多少。在Φ
-t图象中,可用图线的斜率表示
提醒:(1)Φ、ΔΦ、
的大小没有直接的关系,这一点可与运动学中的v、
Δv、
三者类比。
(2)Φ、ΔΦ、
的大小与线圈的匝数无关。
2.公式E=n
的理解:
感应电动势的大小由磁通量变化的快慢,即磁通量变化率
决定,与磁通量
Φ、磁通量变化量ΔΦ无关。
【问题探究】
情境:如图甲中导线运动得越快,产生的感应电流越大,图乙中磁铁插入的速度越快,感应电流越大,说明了什么
提示:感应电动势与磁通量的变化率有关。
【典例示范】
【典例1】关于电路中感应电动势的大小,下列说法中正确的是(　　)
A.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大
B.穿过线圈的磁通量为零,感应电动势一定为零
C.穿过线圈的磁通量变化越大,感应电动势越大
D.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大
【解析】选D。由公式E=n
可知,穿过线圈的磁通量越大,线圈的磁通量变
化率不一定大,感应电动势不一定越大,故A错误;由公式E=n
可知,穿过线
圈的磁通量为零,若线圈的磁通量变化率不为零,则感应电动势就不为零,故B
错误;由公式E=n
可知,穿过线圈的磁通量变化越大,线圈的磁通量变化率
不一定大,感应电动势不一定越大,故C错误;穿过线圈的磁通量变化越快,磁通
量的变化率越大,由法拉第电磁感应定律得知,感应电动势越大,故D正确。
角度2
法拉第电磁感应定律的应用
应用E=n
求解的三种思路:
(1)磁感应强度B不变,垂直于磁场的回路面积S发生变化,则E=nB
。
(2)垂直于磁场的回路面积S不变,磁感应强度B发生变化,则E=nS
。
(3)磁感应强度B、垂直于磁场的回路面积S均发生变化,则E=n
。
【典例示范】
【典例2】(多选)匀强磁场方向垂直纸面,规定垂直纸面向里的方向为正,磁感应强度B随时间t的变化规律如图甲所示。在磁场中有一细金属矩形回路,回路平面位于纸面内,如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流,F1、F2、F3分别表示Oa、ab、bc段回路右侧PQ边受到的安培力。则
(　　)
A.I1沿逆时针方向,I2沿顺时针方向
B.I2沿逆时针方向,I3沿顺时针方向
C.F1方向向左,F2方向向右
D.F2方向向右,F3方向向右
【解题探究】
(1)感应电流的方向如何确定
提示:根据楞次定律。
(2)安培力的方向如何确定
提示:根据左手定则。
【解析】选A、C。由楞次定律可知,Oa段感应电流为逆时针方向,ab、bc段感应电流为顺时针方向,故A正确,B错误。Oa段感应电流为逆时针方向,磁感应强度方向垂直纸面向里,由左手定则可知,PQ边受到的安培力方向向左;ab段感应电流为顺时针方向,磁感应强度方向垂直纸面向里,由左手定则可知,PQ边受到的安培力方向向右;bc段感应电流为顺时针方向,磁感应强度方向垂直纸面向外,由左手定则可知,PQ边受到的安培力方向向左;故C正确,D错误。故选A、C。
【素养训练】
1.如图所示,一个圆形线圈的匝数为N,半径为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
(　　)
【解析】选B。由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势为:
故B正确,A、C、D错误。
2.如图甲所示的螺线管,匝数n=1
500匝,横截面积S=20
cm2,方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。则
(1)2
s内穿过线圈的磁通量的变化量是多少
(2)磁通量的变化率多大
(3)线圈中感应电动势大小为多少
【解析】(1)磁通量的变化量是由磁感应强度的变化引起的,则Φ1=B1S,Φ2=B2S,ΔΦ=Φ2-Φ1,
所以ΔΦ=ΔBS=(6-2)×20×10-4
Wb=8×10-3
Wb
(2)磁通量的变化率为
Wb/s=4×10-3
Wb/s
(3)根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小
E=n
=1
500×4×10-3V=6.0
V
答案:(1)8×10-3
Wb　(2)4×10-3
Wb/s　(3)6.0
V
【加固训练】
1.当线圈中的磁通量发生变化时,下列说法中正确的是
(　　)
A.线圈中一定有感应电流
B.线圈中一定有感应电动势,其大小与磁通量成正比
C.线圈中一定有感应电动势,其大小与磁通量的变化量成正比
D.线圈中一定有感应电动势,其大小与磁通量的变化率成正比
【解析】选D。当线圈中的磁通量发生变化时,若线圈是闭合的,则有感应电流,
若不闭合,则无感应电流。有感应电动势,根据法拉第电磁感应定律E=N
知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,故A、B、C错误,D正确。
2.如图所示,长为L的金属导线弯成一圆环,导线的两端接在电容为C的平行板电容器上,P、Q为电容器的两个极板,磁场垂直于环面向里,磁感应强度以B=B0+kt(k>0)随时间变化,t=0时,P、Q两板电势相等,两板间的距离远小于环的半径,经时间t,电容器Q板
(　　)
A.不带电
B.所带电荷量与t成正比
C.带正电,电荷量是
D.带负电,电荷量是
【解析】选C。由楞次定律可判断如果圆环闭合,感应电流方向为逆时针方向,
所以圆环作为一个电源,P是负极,所以P板带负电,Q极带正电。根据法拉第电
磁感应定律有:E=
,所以有:Q=UC=
,故C正确,A、B、D错误。
知识点二　导体切割磁感线时产生的感应电动势
角度1
导体平动切割磁感线
导体平动切割磁感线产生的感应电动势:
(1)对公式E=Blvsinθ的理解:
①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也为平均感应电动势。
②当B、l、v三个量方向互相垂直时,θ=90°,感应电动势最大,E=Blv;当有任意两个量的方向互相平行时,θ=0°,感应电动势为零,E=0。
(2)有效长度:E=Blv中的l应理解为导体切割磁感线时的有效长度,导体切割磁感线的情况应取与B和v垂直的等效导体长度。
【问题探究】
下列选项各图中所标的导体棒的长度为L,处于磁感应强度为B的匀强磁场中,棒运动的速度均为v,产生的电动势分别为多少
提示:A图中导体棒做切割磁感线运动,产生的感应电动势为E=BLvsin30°=
0.5BLv;B、C两图中导体棒都不切割磁感线,产生感应电动势为0;D图中导体棒做切割磁感线运动,产生的感应电动势为E=BLv。
【典例示范】
【典例1】如图所示,在光滑水平面上,有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd。t=0时刻,线框在水平外力的作用下,从静止开始向右做匀加速直线运动,bc边刚进入磁场的时刻为t1,ad边刚进入磁场的时刻为t2,设线框中产生的感应电流的大小为I,ad边两端电压大小为U,水平拉力大小为F,则下列I、U、F随运动时间t变化的关系图象正确的是
(　　)
【解题探究】
(1)线框中什么时间段内有电流
提示:在线圈中的磁通量发生变化时有电流,时间段为t1～t2。
(2)线框在运动过程中受到哪些力
提示:0～t1时间内受拉力F,t1～t2时间内受拉力F和安培力FA。合力一直没变,做匀加速直线运动。
【解析】选C。线框的速度与时间的关系式为v=at,a是加速度,由E=BLv和I=
得,感应电流与时间的关系式为I=
t,B、L、a均不变,在0～t1时间内,感应
电流为零,t1～t2时间内,电流I与t成正比,t2时间后无感应电流,故A、B错误;
在0～t1时间内,感应电流为零,ad的电压为零,在t1～t2时间内,电流I与t成正
比,Uad=IRad=
,电压随时间均匀增加,t2时间后无感应电流,但有
感应电动势,Uad=E=BLat,电压随时间均匀增加,故C正确;根据推论得知:线框所
受的安培力为FA=
,由牛顿第二定律得F-FA=ma,得F=
t+ma,在0～t1
时间内,感应电流为零,F=ma,为定值,t1～t2时间内,F与t是线性关系,但F与t不成正比,不过原点,t2时间后无感应电流,F=ma,为定值,故D错误。
角度2
导体转动切割磁感线
导体转动切割磁感线产生的感应电动势:
当导体绕一端转动时如图所示,由于导体上各点的速度不同,
自圆心向外随半径增大,速度是均匀增加的,所以导体运动的
平均速度为
,由公式E=Bl
得,E=B·l·
=
Bl2ω。
【典例示范】
【典例2】ab为一金属杆,它处在如图所示的垂直于纸面向里的匀强磁场中,可绕a点在纸面内转动;S为以a为圆心位于纸面内的金属圆环;在杆转动过程中,杆的b端与金属环保持良好接触;A为电流表,其一端与金属环相连,一端与a点良好接触。当杆沿逆时针方向转动时,某时刻金属杆ab的位置如图,则此时刻
(　　)
A.有电流通过电流表,方向由c→d;作用于ab的安培力向右
B.有电流通过电流表,方向由c→d;作用于ab的安培力向左
C.有电流通过电流表,方向由d→c;作用于ab的安培力向左
D.无电流通过电流表,作用于ab的安培力为零
【解析】选C。当杆沿逆时针方向转动时,根据右手定则,判断出金属杆ab中的感应电流方向为b→a,电流通过电流表,方向为d→c,根据左手定则,作用于ab的安培力向左,故C正确,A、B、D错误。
【素养训练】
1.如图所示,两根间距为L的平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。电阻为r,长为L的金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场B中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使导体棒在外力F的作用下向右做匀速直线运动,速度大小为v,下列说法正确的是
(　　)
A.ab棒中的感应电流方向由a到b
B.ab棒两端的电压BLv
C.ab棒中的感应电流大小
D.穿过回路的磁通量的变化率逐渐增大
【解析】选C。根据右手定则可判断导体棒向右运动切割磁感线,在回路中产
生逆时针方向的电流,则ab棒中的感应电流方向由b到a,故A错误;导体棒切割
磁感线产生的电动势E=BLv,回路中的电流I=
,ab棒两端的电压为
Uab=IR=
,故B错误,C正确;导体棒ab匀速运动,回路中的电动势E=BLv为定
值,根据E=n
知,穿过回路的磁通量的变化率
恒定不变,故D错误。
2.如图所示,导体AB的长为2R,绕O点以角速度ω匀速转动,OB长为R,且OBA三点
在一条直线上,有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面,且与转动平面垂
直,那么A、B两端的电势差为
(　　)
A.
BωR2　　　B.2BωR2　　　C.4BωR2　　　D.6BωR2
【解析】选C。AB两端的电势差大小等于导体AB中感应电动势的大小,为:E=
B·2R
=B·2R·
=4BR2ω,故选C。
【加固训练】
1.如图所示,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),磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面。环的最高点A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(接触良好)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
(　　)
【解析】选B。当摆到竖直位置时,导体棒产生的感应电动势为:
E=B·2a
=2Ba
=Bav;
金属环并联的电阻为:R并=
AB两端的电压是路端电压,AB两端的电压大小为:
U=
Bav,故B正确,A、C、D错误。
2.(多选)如图所示,一个金属圆环放在匀强磁场中,将它匀速拉出磁场,下列说法中正确的是(不计重力)
(　　)
A.环中感应电流的方向是顺时针方向
B.环中感应电流的强度大小不变
C.所施加水平拉力的大小不变
D.若将此环向左拉出磁场,则环中感应电流的方向也是顺时针方向
【解析】选A、D。环向右拉出的过程中,在磁场中的部分切割磁感线,相当于电源,故根据右手定则,可以判断出感应电流的方向是顺时针方向,或向右拉出的过程中,环中的磁通量在减少,所以根据楞次定律可以判断出环中电流的方向是顺时针方向,A正确;因为是匀速拉出,所以拉力的大小应等于环受到的安培力的大小,环中的电流是先增大后减小,切割磁感线的有效长度也是先增大后减小,所以安培力是先增大后减小,故拉力是先增大后减小,B、C错误;若将环向左拉出磁场,环中的磁通量在减少,根据楞次定律可以判断出环中感应电流的方向也是顺时针方向,D正确。
知识点三　电磁感应中的电路问题
1.内电路和外电路:
(1)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。
(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻,其余部分是外电路。
2.问题分类:
(1)确定等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板带电性质等问题。
(2)根据电路规律求解电路中的总电阻、路端电压、电功率等问题。
(3)根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电荷量:
3.公式E=n
与E=Blvsinθ的区别与联系:
E=n
E=Blvsinθ
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运动的
情况
计算
结果
Δt内的平均感应电动势
某一时刻的瞬时感应电动势
联系
E=Blvsinθ是由E=n
在一定条件下推导出来的,该公式
可看作法拉第电磁感应定律的一个推论
4.电磁感应中电路问题的分析方法:
(1)明确哪一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及推导公式计算感应电动势大小。
(3)将发生电磁感应现象的导体看作电源,与电路整合,作出等效电路。
(4)运用闭合电路欧姆定律,部分电路欧姆定律,串、并联电路的性质及电压、电功率分配等公式进行求解。
【问题探究】
如图,乙环电阻是甲环电阻的2倍,若磁感应强度均匀变化,甲环产生感应电动势为E,则ab间电压是多少
提示:
E。
【典例示范】
【典例】如图所示,水平放置的平行金属导轨MN和PQ,相距L=0.50
m,导轨左端接一电阻R=0.20
Ω,磁感应强度B=0.40
T的匀强磁场方向垂直于导轨平面,导体棒ac垂直导轨放在导轨上,并能无摩擦地沿导轨滑动,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。当ac棒以v=4.0
m/s的速度水平向右匀速滑动时,求:
(1)ac棒中感应电动势的大小。
(2)回路中感应电流的大小。
(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力F的大小和方向。
【解析】(1)ac棒中的感应电动势为:
E=BLv=0.40×0.50×4.0
V=0.80
V
(2)根据闭合电路欧姆定律得感应电流大小为:
I=
A=4.0
A
(3)当ac棒向右匀速运动时,ac棒中有由c向a的感应电流,根据左手定则可知ac棒所受的磁场力F安水平向左。
为维持ac棒做匀速运动,应施加一个与F安等值反向的水平外力F。即为:
F=F安=BIL=0.40×4.0×0.50
N=0.80
N
方向水平向右
答案:(1)0.8
V　(2)4
A　(3)0.80
N　方向水平向右
【素养训练】
在图中,EF、GH为平行的金属导轨,其电阻不计,R为电阻,C为电容器,AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆。有匀强磁场垂直于导轨平面。若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流,则当横杆AB
(　　)
A.匀速滑动时,I1=0,I2=0
B.匀速滑动时,I1≠0,I2≠0
C.加速滑动时,I1=0,I2=0
D.加速滑动时,I1≠0,I2≠0
【解析】选D。电容器在电路中与等效电源并联,两端电压为AB端感应电动势,所以当导体横杆匀速滑动时,电容器两端电压不变,I2=0,电阻R中电流不为零,A、B错误;加速滑动时,电容器两端电压随导体横杆速度的增大而增加,所以电容器一直在充电,充电电流不为零,通过电阻的电流也不为零,C错误,D正确;故选D。
【加固训练】
　　1.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面(纸面)向里,其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同的方向平移出磁场,如图所示,则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是
(　　)
【解析】选B。线框在移出的过程中,始终只有一条边在磁场中切割磁感线产生感应电动势,因此四种情况下的感应电动势都相等。又因为线框是由粗细均匀的电阻丝围成的正方形,所以每一边的电阻都相同。当只有ab边切割磁感线产生感应电动势作为电源时,其两点间的电压为路端电压,即为三条边的电阻两端的总电压,这时其两点间的电势差绝对值才会最大。
2.电磁炮是利用电磁力对弹体加速的新型武器。某小组用图示装置模拟研究电磁炮的原理。间距为0.1
m的水平长导轨间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为0.5
T,左端所接电池电动势1.5
V、内阻0.5
Ω。长0.1
m、电阻0.1
Ω的金属杆ab静置在导轨上。闭合开关S后,杆ab向右运动,在运动过程中受到的阻力恒为0.05
N,且始终与导轨垂直且接触良好。导轨电阻不计,则杆ab
(　　)
A.先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动
B.能达到的最大速度为12
m/s
C.两端的电压始终为0.25
V
D.达到最大速度时,ab两端的电压为1
V
【解析】选D。通电瞬间安培力大于阻力,导体棒向右加速运动,随着速度增大,
产生的感应电动势E′=BLv越大,感应电动势产生的电流方向与通电电流方向
相反,所以电流强度逐渐减小,安培力逐渐减小,加速度逐渐减小,当安培力和
阻力相等时速度最大,此时加速度为零,故A错误;能达到的最大速度为vm,导体
棒受力平衡,则有:BIL=f,解得I=
A=1
A,设此时导体棒切割磁感应线产
生感应电动势E′,则I=
,解得:E′=0.9
V,根据E′=BLvm解得:vm=
m/s=18
m/s,故B错误;由于杆做变加速运动,安培力变化、电流强度变
化,则ab两端的电压发生变化,故C错误;达到最大速度时,ab两端的电压为U=E-
Ir=1.5
V-1×0.5
V=1
V,故D正确。故选D。
【拓展例题】考查内容:瞬时电动势和平均电动势
【典例】如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=0.5
T。一个匝数n=50的矩形线圈边长ab=0.2
m,bc=0.1
m,以角速度
ω=314
rad/s
绕ab边匀速转动。求:
(1)图示位置时的瞬时感应电动势。
(2)由图示位置转过90°这段时间内的平均感应电动势。
【解析】(1)在题图中位置的瞬时感应电动势由公式E=nBlv得E=50×0.5×0.2×0.1×314
V=157
V。
(2)这段时间内的平均感应电动势由公式
得
答案:(1)157
V　(2)100
V
情境·模型·素养
【生活情境】
近年来,手机无线充电功能越来越广泛地在汽车配置中出现,该技术为人们提供了很大便利性。如图甲为充电原理示意图。充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的励磁线圈可产生交变磁场,从而使手机内的感应线圈产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时(电流由a流入时方向为正)。
探究:(1)感应线圈中产生的电流恒定吗
(2)O～t4时间内,当感应线圈中电流的方向与励磁线圈中电流的方向相同时,出现在什么时间段内
【解析】(1)由图象可知,励磁线圈中通有变化的交变电流时,感应线圈中产生
的电流也在变化,故不是恒定电流。
(2)由图可知,在O～t1时间内,励磁线圈中的电流增加,故磁感应强度增大,则通
过感应线圈的磁通量增加,根据楞次定律,可知感应线圈中的磁场方向与励磁
线圈中的磁场方向相反,可知感应线圈中电流的方向与励磁线圈中电流的方向
相反;
在t1～t2时间内,励磁线圈中的电流减小,故磁感应强度减小,则通过感
应线圈的磁通量减小,根据楞次定律,可知感应线圈中的磁场方向与励磁线圈
中的磁场方向相同,可知感应线圈中电流的方向与励磁线圈中的电流方向相同;
在t2～t3时间内,励磁线圈中的电流反向增加,故磁感应强度增大,则通过感应
线圈的磁通量增加,根据楞次定律可知,感应线圈中的磁场方向与励磁线圈中
的磁场方向相反,可知感应线圈中电流的方向与励磁线圈中电流的方向相反;
在t3～t4时间内,励磁线圈中的电流反向减小,故磁感应强度减小,则通过感应
线圈的磁通量减小,根据楞次定律,可知感应线圈中的磁场方向与励磁线圈中
的磁场方向相同,可知感应线圈中电流的方向与励磁线圈中电流的方向相同。所以感应线圈中电流的方向与励磁线圈中电流的方向相同时,出现在t1～t2和t3～t4。
答案:见解析
【生产情境】
如图1所示,把一铜线圈水平固定在铁架台上,其两端连接在电流传感器上,能得到该铜线圈中的电流随时间变化的图象。利用该装置可探究条形磁铁在穿过铜线圈的过程中,产生的电磁感应现象。两次实验中分别得到了如图2、3所示的电流—时间图象(两次用同一条形磁铁,在距铜线圈上端不同高度处,由静止沿铜线圈轴线竖直下落,始终保持直立姿态,且所受空气阻力可忽略不计)。
探究:(1)产生的电流峰值与什么有关
(2)两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力的方向如何
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可知,磁通量变化得越快产生的电流越大,则可知感应电流的大小应取决于磁铁下落的高度和磁铁的磁性强弱两方面因素,磁性越强、距线圈上端的高度越大,产生的电流峰值越大;
(2)根据“来拒去留”可知,两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上的。
答案:见解析
课堂检测·素养达标
1.(多选)图中CDEF是金属框,框内存在着如图所示的匀强磁场。当导体MN向右移动时,下列说法正确的是
(　　)
A.MNCD电路中感应电流沿逆时针方向
B.MNCD电路中感应电流沿顺时针方向
C.FEMN电路中感应电流沿顺时针方向
D.FEMN电路中感应电流沿逆时针方向
【解析】选B、D。根据右手定则,导体MN向右移动时,导体MN相当于电源,电流方向从M到N,因此MNCD电路中感应电流沿顺时针方向,FEMN电路中感应电流沿逆时针方向,故选项B、D正确。
2.如图所示,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速
度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为E;
将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相垂直的平面
内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时,棒两端的感应电动势大
小为E′。则
等于
(　　)
【解析】选B。设金属棒的长度为L,长直金属棒有效的切割长度为L,垂直切割
磁感线,产生的感应电动势为E=BLv;弯折后的金属棒有效的切割长度为
L,
垂直切割磁感线,产生的感应电动势为E′=
BLv,则
,故选B。
3.(多选)如图所示为地磁场磁感线的示意图。在北半球地磁场的竖直分量向下,飞机在我国上空匀速巡航,机翼保持水平,飞行高度不变,由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差,设飞行员左方机翼末端处的电势为U1,右方机翼末端处的电势为U2,则
(　　)
A.若飞机从西往东飞,U1比U2高
B.若飞机从东往西飞,U2比U1高
C.若飞机从南往北飞,U1比U2高
D.若飞机从北往南飞,U2比U1高
【解析】选A、C。当飞机在北半球飞行时,由于地磁场的存在,且地磁场的竖直分量方向竖直向下,由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的,由低电势指向高电势,由右手定则可判知,在北半球,不论沿何方向水平飞行,都是飞机的左方机翼电势高,右方机翼电势低,即总有U1比U2高,故A、C正确,B、D错误。
课时素养评价
三　法拉第电磁感应定律
【基础达标】　(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少了2
Wb,则(　　)
A.线圈中感应电动势每秒增加2
V
B.线圈中感应电动势每秒减少2
V
C.线圈中无感应电动势
D.线圈中感应电动势大小不变
【解析】选D。由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E=n
=1×
=2
V,
感应电动势是一个定值,不随时间变化,故A、B、C错误,D正确。
2.如图所示,匝数为100匝的线圈与电流表串联,在0.3
s内把磁铁插入线圈,这段时间穿过线圈的磁通量由0增至1.2×10-3
Wb。这个过程中线圈中的感应电动势为
(　　)
A.0.4
V
B.4
V
C.0.004
V
D.40
V
【解析】选A。磁铁插入线圈,闭合线圈的磁通量发生变化,从而产生感应电动
势,根据法拉第电磁感应定律得:E=N
=100×
V=0.4
V,故选A。
3.如图所示,一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,已知ab=bc=L,当它以速度v向右平动时,a、c两点间的电势差为(　　)
A.BLv　　　　　　　　
B.BLvsinθ
C.BLvcosθ
D.BLv(1+sinθ)
【解题指南】解答本题要把握以下两点:
(1)公式E=BLv的应用条件是两两垂直,当有物理量不垂直时,要利用等效将其转化为两两垂直。
(2)将abc分为两段,ab不切割磁感线,不产生感应电动势,bc切割磁感线但不符合两两垂直,要进行转化再求解。
【解析】选B。公式E=BLv中的L应指导体切割磁感线的有效长度,也就是与磁感应强度B和速度v垂直的长度,因此该金属弯杆的有效切割长度为Lsinθ,故感应电动势大小为BLvsinθ,选项B正确。
4.图中a～d所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象,关于回路中产生的感应电动势,下列论述正确的是
(　　)
A.图a中回路产生的感应电动势不变且为正
B.图b中回路产生的感应电动势一直在变大
C.图c中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势
D.图d中回路产生的感应电动势先变小再变大
【解题指南】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化
率成正比,即E=N
。结合数学知识我们知道:穿过闭合回路的磁通量Φ随时
间t变化的图象的斜率k=
。
【解析】选D。图a中磁通量Φ不变,感应电动势恒为0,A错误;图b中磁通量Φ随时间t均匀增大,图象的斜率k不变,也就是说产生的感应电动势不变,B错误;图c中回路在0～t1时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k1,在t1～t2时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k2,从图象中发现:k1大于k2的绝对值,所以在0～t1时间内产生的感应电动势大于在t1～t2时间内产生的感应电动势,C错误;图d中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大,所以感应电动势先变小后变大,D正确。故选D。
5.如图所示,正方形线圈位于纸面内,边长为L,匝数为N,电阻为R,过ab中点和
cd中点的连线OO′恰好位于垂直于纸面向里的匀强磁场的右边界上,磁感应强
度为B,当线圈在图示位置转过90
°时,则穿过线圈某横截面的总电量为(　　)
【解析】选D。当正方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时,
磁通量为:
Φ=B·
L2=
,q=N
=N
,故D正确,A、B、C错误。
【加固训练】
　　如图甲所示,圆形线圈M的匝数为50匝,它的两个端点a、b与理想电压表相连,线圈中磁场方向如图,线圈中磁通量的变化规律如图乙所示,则ab两点的电势高低与电压表读数为
(　　)
A.φa>φb,20
V　　　　B.φa>φb,10
V
C.φa<φb,20
V
D.φa<φb,10
V
【解析】选B。从图中发现:线圈的磁通量是增大的,根据楞次定律,感应电流
产生的磁场跟原磁场方向相反,即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外,
根据安培定则,我们可以判断出线圈中感应电流的方向为:逆时针方向。在回
路中,线圈相当于电源,由于电流是逆时针方向,所以a相当于电源的正极,b相
当于电源的负极,所以a点的电势大于b点的电势。根据法拉第电磁感应定律
得:E=n·
=50×
V=10
V。电压表读数为10
V。故选B。
6.如图所示,A、B两闭合圆形线圈用同样导线且均绕成100匝。半径rA=2rB,内有以B线圈作为理想边界的匀强磁场。若磁场均匀减小,则A、B环中感应电动势EA∶EB与产生的感应电流IA∶IB分别是
(　　)
A.EA∶EB=2∶1;IA∶IB=1∶2
B.EA∶EB=2∶1;IA∶IB=1∶1
C.EA∶EB=1∶1;IA∶IB=2∶1
D.EA∶EB=1∶1;IA∶IB=1∶2
【解析】选D。根据法拉第电磁感应定律
E=n
=n
题中n相同,
相同,面积S也相同,则得到A、B环中感应电动势EA∶EB=1∶1。
根据电阻定律R=ρ
,L=n·2πr
ρ、S0相同,则电阻之比
RA∶RB=rA∶rB=2∶1
根据欧姆定律I=
得,产生的感应电流之比
IA∶IB=1∶2,故D正确,A、B、C错误;故选D。
【加固训练】
　　如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb,不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是
(　　)
A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向
B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向
C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向
D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向
【解析】选B。由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E=
=πr2·
,则
,由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向,
选项B正确。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)一个边长为10
cm的正方形金属线框置于匀强磁场中,线框匝数n=100,线框平面与磁场垂直,电阻为20
Ω。磁感应强度随时间变化的图象如图所示。则前两秒产生的电流为多大
【解析】根据B-t图,两条直线磁通量的变化率是相同的,所以电动势为定值,
即为:E=n
S=100×
×0.12
V=1
V;感应电流:I=
=0.05
A。
答案:0.05
A
8.(12分)(2020·全国Ⅲ卷)如图,一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平
面内,空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度
大于
l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过,滑动过程中导
体棒始终与ac垂直且中点位于ac上,导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单
位长度的电阻为r,金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x,求导
体棒所受安培力的大小随x(0≤x≤
l0)变化的关系式。
【解析】当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时,由法拉第电磁感应
定律知,导体棒上感应电动势的大小为
E=Blv
①
由欧姆定律,流过导体棒的感应电流为
I=
②
式中,R为这一段导体棒的电阻。按题意有
R=rl
③
此时导体棒所受安培力的大小为
f=BIl
④
由题设和几何关系有
l=
⑤
联立①②③④⑤式得
f=
⑥
答案:f=
【能力提升】　(15分钟·40分)
9.(6分)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则
(　　)
A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D.a、b线圈中电功率之比为3∶1
【解析】选B。根据楞次定律可知,两线圈内均产生逆时针方向的感应电流,选
项A错误;因磁感应强度随时间均匀增大,则
=k,根据法拉第电磁感应定律可
知E=n
=n
l2,则
,选项B正确;根据I=
∝l,
故a、b线圈中感应电流之比为3∶1,选项C错误;电功率P=IE=
∝l3,故a、b线圈中电功率之比为27∶1,选项D错误;故选B。
【加固训练】
　　如图所示,单匝线圈两端与一个电容为C的平行板电容器相连。线圈内有
垂直纸面向里的磁场,当磁场随时间变化时,电容器A板带电量恒为+Q,B板带电
量恒为-Q,则穿过线圈的磁通量随时间t的变化规律为
(　　)
【解析】选C。电容器的带电量恒为Q,根据电容定义式有:C=
,解得线
圈上产生的电动势为:E=U=
,据法拉第电磁感应定律有:E=
,联立
解得:Φ=Φ0+
,故C正确,A、B、D错误。
10.(6分)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是(　　)
A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定
B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b
的方向流动
C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则
电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
【解析】选A、B。由电磁感应定律得E=
,故ω一定时,电流
大小恒定,选项A正确;由右手定则知圆盘中心为等效电源正极,圆盘边缘为负
极,电流经外电路从a经过R流到b,选项B正确;圆盘转动方向不变时,等效电源
正负极不变,电流方向不变,选项C错误;电流在R上的热功率P=
,角
速度加倍时功率变成原来的4倍,选项D错误。故选A、B。
11.(6分)在图中,MN和PQ是两根竖直放置的相互平行的光滑金属导轨,已知导轨足够长,且电阻可忽略不计。ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时,将电键S断开,让ab由静止开始下滑,经过一段时间后,再将S闭合。若从S闭合开始计时,则金属杆ab的速度随时间t的变化情况不可能是图中的
(　　)
【解析】选B。闭合开关时,若重力与安培力相等,金属杆做匀速直线运动。故A可能;若安培力小于重力,则合力向下,加速度的方向向下,金属杆ab做加速运动,在加速运动的过程中,安培力增大,合力减小,则加速度减小,做加速度逐渐减小的加速运动,当重力与安培力相等时,做匀速直线运动。故B不可能,C可能;若安培力大于重力,则加速度的方向向上,做减速运动,在减速运动的过程中,安培力减小,做加速度逐渐减小的减速运动,当重力与安培力相等时,做匀速直线运动。故D可能。本题选不可能的,故选B。
【加固训练】
　　如图所示,闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场,从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内,下列说法正确的是
(　　)
A.a端的电势高于b端
B.ab边所受安培力方向为竖直向下
C.线圈可能一直做匀速运动
D.线圈可能一直做匀加速直线运动
【解析】选C。此过程中ab边始终切割磁感线,ab边为电源,由右手定则可知电
流为逆时针方向,由a流向b,电源内部电流从低电势流向高电势,故a端的电势
低于b端,故A错误;由左手定则可知ab边所受安培力方向竖直向上,故B错误;如
果刚进入磁场时安培力等于重力,则一直匀速进入;如果安培力小于重力,则
mg-
=ma,可知线圈做变加速运动,故C正确,D错误。
12.(22分)(2019·江苏高考)如图所示,匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈,线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S=0.3
m2,电阻R=0.6
Ω,磁场的磁感应强度B=0.2
T。现同时向两侧拉动线圈,线圈的两边在Δt=0.5
s时间内合到一起。求线圈在上述过程中:
(1)感应电动势的平均值E。
(2)感应电流的平均值I,并在图中标出电流方向。
(3)通过导线横截面的电荷量q。
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律有:
感应电动势的平均值E=
磁通量的变化ΔΦ=BΔS
整理得:E=
代入数据得:E=0.12
V;
(2)由闭合电路欧姆定律可得:
平均电流I=
代入数据得I=0.2
A
由楞次定律可得,感应电流方向如图:
(3)由电流的定义式I=
可得,电荷量q=IΔt,代入数据得q=0.1
C。
答案:(1)0.12
V
(2)0.2
A　电流方向如图
(3)0.1
C(共129张PPT)
5　电磁感应现象的两类情况
一、电磁感应现象中的感生电场
【情境思考】
磁场变化产生了感应电动势,非静电力指的是什么
提示:感生电场对自由电荷的作用。
必备知识·自主学习
1.感生电场:英国物理学家麦克斯韦认为:_____变化时会在空间激发一种电场,
这种电场与静电场不同,它不是由_____产生的。
2.感生电动势:_________产生的感应电动势。
3.感生电动势中的非静电力:感生电场对_________的作用。
磁场
电荷
感生电场
自由电荷
二、电磁感应现象中的洛伦兹力
1.成因:导体棒做切割磁感线运动时,棒中的_________随棒一起定向运动,并因
此受到洛伦兹力。
2.动生电动势:由于_________而产生的感应电动势。
3.动生电动势中的非静电力:与_________无关。
自由电荷
导体运动
洛伦兹力
【易错辨析】　
(1)如果空间不存在闭合电路,变化的磁场周围不会产生感生电场。
(
)
(2)处于变化磁场中的导体,其内部自由电荷定向移动,是由于受到感生电场的作用。
(
)
(3)感生电场就是感应电动势。
(
)
(4)产生动生电动势的非静电力就是自由电荷受到的洛伦兹力。
(
)
(5)动生电动势是洛伦兹力对导体中的自由电荷做功而引起的。
(
)
×
√
×
×
×
关键能力·合作学习
知识点一　感生电动势和动生电动势
感生电动势与动生电动势的比较:
感生电动势
动生电动势
产生原因
磁场的变化
导体做切割磁感线运动
移动电荷的
非静电力
感生电场对自由电荷的电场力
导体中自由电荷所受洛伦兹力沿导体方向的分力
回路中相当于
电源的部分
处于感生电场中的部分线圈
做切割磁感线运动的导体
感生电动势
动生电动势
方向判断
方法
由楞次定律判断
通常由右手定则判断,也可由楞次定律判断
大小计算
方法
由E=n计算
通常由E=Blvsinθ计算,也可由E=n计算
【问题探究】
情境:如图所示,B增强,那么就会在B的周围产生一个感生电场E。如果E处空间存在闭合导体,导体中的自由电荷就会在电场力的作用下定向移动,而产生感生电流,或者说导体中产生感应电动势。
问题:感生电场的方向与感应电流的方向有什么关系 如何判断感生电场的方向
提示:感生电场的方向与感应电流的方向相同,用楞次定律判断感生电场的方向。如果图中磁场B变强,会使磁通量变大,感应电流的磁场向下,由安培定则可确定出感应电流方向从上向下看是顺时针方向,感生电场也是顺时针方向。如果图中磁场B变弱,会使磁通量变小,感应电流的磁场向上,由安培定则可确定出感应电流方向从上向下看是逆时针方向,感生电场也是逆时针方向。
【典例示范】
【典例】如图所示,在竖直向下的匀强磁场①中,将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出②,设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力③,则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况以及哪端电势高
(　　)
A.越来越大、a端电势高　　　
B.越来越小、b端电势高
C.保持不变、a端电势高
D.保持不变、b端电势高
【审题关键】
序号
信息提取
①
磁场方向:竖直向下
②
有水平初速度v0
③
运动性质:平抛运动
【解析】选C。棒ab水平抛出后做平抛运动,其速度越来越大,但只有水平分速度v0切割磁感线产生感应电动势,故E=Blv0保持不变,选项A、B错误;导体中的自由电荷是带负电的电子随金属棒一块运动,由左手定则可知电子在洛伦兹力的作用下向b端运动,所以a端的电势高,选项C正确,D错误。
【素养训练】
1.(多选)空间出现了如图所示的一组闭合电场线(方向如图中箭头所示),其产生的原因可能是
(　　)
A.有沿P指向Q的恒定电流
B.有沿Q指向P的磁场且在逐渐减弱
C.有沿P指向Q的恒定磁场
D.有沿P指向Q的磁场且在逐渐增强
【解析】选B、D。若PQ中通以恒定电流,周围产生的磁场是稳定的,根据麦克斯韦电磁场理论可知不能产生电场,故A错误;根据安培定则可知感应电场产生的磁场方向竖直向上,根据麦克斯韦电磁场理论可知磁场是一定变化的。若有沿Q指向P的磁场,与感应磁场方向相同,则磁场正逐渐减弱;若有沿P指向Q的磁场,与感应磁场方向相反,则磁场正逐渐增强,故B、D正确,C错误。
2.(多选)矩形导线框abcd放在匀强磁场中处于静止状态,如图甲所示。一磁场的磁感线方向与导线框所在平面垂直,磁感应强度的大小B随时间t变化的图象如图乙所示。t=0时刻,磁感应强度的方向垂直导线框平面向里,在0～4
s时间内,导线框ad边所受安培力F安随时间t变化的图象(规定向左为安培力的正方向)及导线框中的感应电流I随时间t变化的图象(规定顺时针方向为电流的正方向)可能是图中的
(　　)
【解析】选A、D。t=0时刻,磁感应强度的方向垂直线框平面向里,在0到1
s内,穿过线框的磁通量变小,由楞次定律可得,感应电流方向是顺时针,即为正方向,再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向左。当在1
s到2
s内,磁感应强度的方向垂直线框平面向外,穿过线框的磁通量变大,由楞次定律可得,感应电流方向是顺时针,再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右。同理,在下一个周期内,重复出现安培力先向左后向右,而感应电流方向为负,故A、D正确,B、C错误。
【加固训练】
1.(多选)如图所示,
闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度的大小随时间增加,下列说法正确的是
(　　)
A.线框中没有感应电流
B.线框中的感应电流可能减小
C.线框中的感应电流可能增大
D.线框中的感应电流可能不变
【解析】选B、C、D。当磁感应强度增加时,线框中磁通量发生变化,故一定会产生感应电流,故A错误;
磁感应强度的变化率增大时,感应电流变大,当磁感应强度的变化率减小时,感应电流变小,当磁感应强度的变化率不变时,感应电流不变,故B、C、D正确。
2.(多选)平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd,两棒用细线系住,开始时匀强磁场的方向如图甲所示,而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示,不计ab、cd间电流的相互作用,则细线中张力
(　　)
A.由0到t0时间内细线中的张力逐渐增大
B.由0到t0时间内细线中的张力逐渐减小
C.由0到t0时间内细线中张力不变
D.由t0到t时间内两杆靠近,细线中的张力消失
【解析】选B、D。0到t0时间内,磁场向里,磁感应强度B均匀减小,线圈中磁通量均匀减小,由法拉第电磁感应定律得知,回路中产生恒定的感应电动势,形成恒定的电流。由楞次定律可得出电流方向沿顺时针,故ab受力向左,cd受力向右,而张力F=F安=BIL,因B减小,故张力将减小,故A错误、B正确、C错误;由t0到t时间内,线圈中的磁场向外,B均匀增大,回路中产生恒定的感应电流,由楞次定律可知,电流为顺时针,由左手定则可得出,两杆受力均向里,故两杆靠近,细线中张力消失,故D正确,故选B、D。
知识点二　电磁感应中的动力学问题
1.解决动力学问题的基本方法:
(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.分析流程:
周而复始地循环,达到稳定状态时,加速度等于零,导体达到稳定运动状态。
3.两种运动状态的处理思路:
(1)达到稳定运动状态后,导体匀速运动,受力平衡,应根据平衡条件——合外力为零,列式分析平衡态。
(2)导体达到稳定运动状态之前,往往做变加速运动,处于非平衡态,应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析非平衡态。
【问题探究】
在磁感应强度为B的水平匀强磁场中,竖直放置一个门形金属框ABCD,框面垂直于磁场,宽度BC=L,质量为m的金属杆PQ用光滑金属套连接在框架AB和CD上,如图,金属杆PQ电阻为R,当杆由静止开始沿框架下滑时,探究:
(1)开始下滑的加速度
(2)框内感应电流的方向
提示:(1)开始下滑时,物体只受重力的作用,由牛顿第二定律可知:mg=ma,a=g;
(2)由右手定则得:导体棒的电流从Q到P,则框内感应电流为顺时针方向。
【典例示范】
【典例】如图所示,空间存在B=0.5
T、方向竖直向下的匀强磁场,MN、PQ是水平放置的平行长直导轨,其间距L=0.2
m,电阻R=0.3
Ω接在导轨一端,ab是跨接在导轨上质量m=0.1
kg,电阻r=0.1
Ω的导体棒,已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2。从零时刻开始,对ab棒施加一个大小为F=0.45
N、方向水平向左的恒定拉力,使其从静止开始沿导轨滑动,过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好,g取10
N/kg,求:
(1)导体棒所能达到的最大速度;
(2)画出导体棒运动的速度-时间图象。
【解析】(1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势为:E=BLv,I=
,F安=BIL,
根据牛顿第二定律有F-μmg-F安=ma
联立可得:F-μmg-
=ma
加速度为零时速度最大:vm=
=10
m/s;
(2)速度—时间图象如图所示:
答案:(1)10
m/s　(2)见解析图
【规律总结】解决电磁感应现象中的力学问题的思路
(1)对电学对象要画好必要的等效电路图。
(2)对力学对象要画好必要的受力分析图和过程示意图。
(3)电磁感应中切割磁感线的导体要运动,产生的感应电流又要受到安培力的作用。在安培力作用下,导体的运动状态发生变化,这就可能需要应用牛顿运动定律。
【素养训练】
1.(多选)如图所示,平行金属导轨与水平面成θ角,导轨与固定电阻R1和R2相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面。质量为m的导体棒ab的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,导体棒ab沿导轨向上滑动,当上滑的速度为v时,受到安培力的大小为F。此时
(　　)
A.电阻R1消耗的热功率为
B.电阻R2消耗的热功率为
C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ
D.整个装置消耗的机械功率为Fv
【解析】选A、C。导体棒ab上滑速度为v时,切割磁感线产生的感应电动势为
E=BLv,设导体棒电阻为R,则有R1=R2=R,回路的总电阻为R总=
R,则通过导体棒
的电流为I=
=
,导体棒所受安培力F=BIL=
,通过电阻R1的电流
与通过电阻R2的电流相等,即I1=I2=
,则电阻R1消耗的热功率P1=
R=
,电阻R2消耗的热功率为P2=
=
,故A正确,B错误;导体棒与
导轨间的摩擦力f=μmgcosθ,故因摩擦而消耗的热功率为,P=fv=μmgvcosθ,
故C正确;由能量转化知,整个装置中消耗的机械功率为安培力的功率和摩擦力
的功率之和,为P机=Fv+fv=(F+μmgcosθ)v,故D错误,故选A、C。
2.
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,在螺线管内有图示方向磁场B1,若按照
=10
T/s增加,而ab所在处为匀强磁场B2=2
T,螺线管匝数n=4,螺线管横截面积S=0.1
m2。导体棒ab质量m=0.02
kg,长L=0.1
m,整个电路总电阻R=5
Ω,试求(g取10
m/s2):
(1)ab下落时的最大加速度。
(2)ab下落时能达到的最大速度。
【解析】(1)螺线管产生的感应电动势:
E1=n
=4×10×0.1
V=4
V
闭合电路欧姆定律,I1=
=
A=0.8
A
安培力F1=B2I1L=2×0.8×0.1
N=0.16
N
ab下落时的最大加速度:
a=
=
m/s2=2
m/s2
(2)由受力分析,则有:
F2=mg-F1=(0.02×10-0.16)N=0.04
N
切割磁感线所产生的电动势为:E2=B2Lv
闭合电路欧姆定律:I2=
安培力表达式:F2=B2I2L
则有:v=
=
m/s=5
m/s
答案:(1)2
m/s2　(2)5
m/s
【加固训练】
1.如图所示,两平行金属导轨水平放置,导轨间接有电阻R,置于匀强磁场中,导轨上垂直搁置两根金属棒ab、cd。当用外力F拉动ab棒向右运动的过程中,cd棒将会
(　　)
A.保持静止　　B.向左运动
C.向右运动
D.向上跳起
【解析】选C。当用外力F拉动ab棒向右运动,根据右手定则,在ab棒中产生从b到a的电流,则在cd棒中有从c到d的电流,根据左手定则,cd棒受到向右的安培力,所以cd棒将会向右运动。故C正确,A、B、D错误。
2.如图甲所示,在水平面上固定有平行长直金属导轨ab和cd,bd端接有电阻R。导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上,导轨电阻不计。导轨右端区域存在垂直于导轨面的匀强磁场,且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。在t=0时刻,导体棒以速度v0从导轨的左端向右运动,经过时间2t0开始进入磁场区域,取磁场方向垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向,回路中顺时针方向为电流正方向,则回路中的电流I随时间t的变化规律图象可能是
(　　)
【解析】选A。由图乙知,在0～2t0时间内磁感应强度随时间均匀变化,根据E=
N
S可知,回路产生稳定的电动势、稳定的感应电流,再根据楞次定律可判断
感应电流的方向为逆时针方向,所以在0～2t0时间内电流是负方向,且大小不
变。在2t0时刻导体棒进入磁场区域,在安培力的作用下做非匀变速运动,根据
F=BIL=
=ma知,导体棒做加速度减小的减速运动,电流ΔI=
=
,电流逐渐减小,且
图像的斜率逐渐减小,根据右手定则可得电流方
向为顺时针方向,即为正方向,所以A正确;B、C、D错误。
知识点三　电磁感应中的功能关系问题
1.电磁感应现象中的能量转化:
(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,若电路是纯电阻电路,转化过来的电能将全部转化为电路的内能。
(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。若电路是纯电阻电路,转化过来的电能将全部转化为电路的内能。可简单表述如下:
2.电磁感应中的能量问题分析思路:
(1)分析回路,分清电源和外电路。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,该导体或回路就相当于电源,其余部分相当于外电路。
(2)分清有哪些力做功,明确有哪些形式的能量发生了转化。
(3)根据功能关系列式求解。
【问题探究】
在水平匀强磁场中,竖直放置一个“
”形金属框,框面垂直于磁场,金属杆用光滑金属套连接在框架上,如图。金属杆自静止开始沿框架下滑,试分析金属杆自静止下滑一段时间(未达到最大速度)内,有哪些力做了功 有哪些能量发生了变化 简述这些功能关系。
提示:重力做功、安培力做功;重力势能减少,动能增加,电能增加;重力做的功等于重力势能的减少量,克服安培力做的功等于电能的增加量,合力做的功等于动能的增加量。
【典例示范】
【典例】如图甲所示,在光滑绝缘水平面上的MN、OP间存在一匀强磁场,一单
匝正方形闭合线框自t=0开始,在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做
匀加速直线运动穿过磁场区域,外力F随时间t变化的图象如图乙所示,已知线
框质量m=0.5
kg,边长L=0.5
m,电阻R=1
Ω,线框穿过磁场的过程中,外力F对
线框做功
J,求:
(1)线框匀加速运动的加速度a的大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(2)线框穿过磁场的过程中,线框上产生的热量Q。
【解析】(1)线框做匀变速运动,如果线框的边长和磁场的宽度不相等,那么线框完全进入磁场的时候整个线框的磁通量不变,没有感应电流,因此没有安培力,外力F会和受到安培力时候的情形不一样,由乙图可知物体一直受安培力的作用,因此线框宽度和磁场的宽度一样,都为L;
由图象可知,t=0时刻F=1
N,此时安培力FA=0;
由牛顿第二定律F=ma,得加速度a=2
m/s2
由牛顿第二定律F-FA=ma,FA=BIL,I=
,E=BLv,v=at,
联立并将a=2
m/s2代入得F=
+1(N)
当t=1.0
s时,F=3
N,代入得B=2
T
(2)由动能定理WF-WA=
mv2
其中v=at=2
m/s
由功能关系Q=WA
代入得Q=
J
答案:(1)2
m/s2　2
T　(2)
J
【素养训练】
1.(多选)如图所示,两根电阻不计的光滑平行金属导轨的倾角为θ,导轨下端接有电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面向上。质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿导轨平面且与金属棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑,上升高度为h。在此过程中
(　　)
A.
金属棒所受各个力的合力所做的功为零
B.
金属棒所受各个力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和
C.
恒力F与重力的合力所做的功等于金属棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和
D.
恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
【解析】选A、D。金属棒匀速上升过程中,根据动能定理得:WF+WG+W安=0,注意克服安培力所做的功即为回路电阻中产生的热量,故有:金属棒上的各个力的合力所做的功等于零,故A正确,B错误;WF+WG=-W安,恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做的功,克服安培力所做的功即为回路电阻中产生的热量,故C错误,D正确。故选A、D。
2.如图所示,宽度为d的平行金属导轨平面与水平面夹角为α,导轨间接有一个阻值为R的灯泡,一质量为m,电阻为r的金属棒跨接在导轨之上,和导轨始终接触良好,导轨与导线电阻不计,金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=tan
α,整个装置在磁感应强度为B、磁场方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中,现对金属棒施加一平行导轨向下的拉力F,使金属棒从静止开始运动。
(1)当金属棒以速度v1匀速运动时,它受到的拉力是多少
(2)从静止开始计时,若施加拉力的功率恒为P,经历时间t的过程中灯泡产生的热量为Q,则t时刻金属棒所受到的拉力是多少
【解析】(1)金属棒匀速运动时,受力情况如图所示。根据平衡条件有:
F安+f=F1+mgsin
α
又
F安=BIL,I=
,得:F安=
摩擦力为:f=μmgcos
α=tan
αmgcos
α=mgsin
α
联立解得:F1=
(2)由动能定理得:Pt-Qr=
mv2
由焦耳定律得:QR=I2Rt,Qr=I2rt
则得:Qr=
QR=
Q解得:v=
由P=F2v得:F2=P
答案:(1)
　
(2)P
【加固训练】
1.如图所示,质量为m,高度为h的矩形导体线框在竖直面内由静止开始自由下落。它的上下两边始终保持水平,途中恰好匀速通过一个有理想边界的匀强磁场区域,区域上下宽度也为h,则线框在此过程中产生的热量为
(　　)
A.mgh　
B.大于mgh,小于2mgh
C.2mgh
D.大于2mgh
【解析】选C。线框穿过磁场时产生感应电流,线框的机械能减少,线框产生的热量等于线框减少的机械能,线框匀速下落,动能不变,重力势能减少,线框穿过磁场的整个过程中减少的机械能ΔE=2mgh,则线框产生的热量:Q=ΔE=2mgh,故C正确。
2.
如图所示,水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab。导轨的一端连接电阻R,其他电阻均不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下,金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止起向右运动,则
(　　)
A.随着金属棒ab运动速度的增大,其加速度不变
B.外力F对金属棒ab做的功等于电路中产生的电能
C.在金属棒ab做加速运动时,外力F做功的功率等于电路中的电功率
D.无论金属棒ab做何种运动,它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能
【解析】选D。金属棒ab所受的安培力为:FA=BIL=
,由牛顿第二定律得,金
属棒的加速度:a=
=
-
,速度v增大,安培力增大,加速度减小,故A
错误;根据能量守恒知,外力F对金属棒ab做的功等于电路中产生的电能以及ab
的动能,故B错误;当金属棒ab匀速运动时,外力做的功全部转化为电路中的电
能,外力F做功的功率等于电路中的电功率,ab做加速运动时,外力F的功率大于
电路中的电功率,故C错误;金属棒ab运动时要克服安培力做功,金属棒ab克服
安培力做的功转化为电路的电能,无论金属棒ab做何种运动,它克服安培力做
的功一定等于电路中产生的电能,故D正确。
【拓展例题】考查内容:电磁感应图象问题
【典例】(多选)
如图所示为三个有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向外、向里和向外,磁场宽度均为L,在磁场区域的左侧边界处,有一边长为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值,外力F向右为正。则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象的是
(　　)
【解析】选A、B、D。当线框开始进入磁场时,磁通量开始增加,当全部进入时
达到最大;此后向内的磁通量增加,总磁通量减小;当运动到1.5L时,磁通量最
小,当运动到2L时磁通量变为向里的最大,故A正确;当线框进入第一个磁场时,
由E=BLv可知,E保持不变,感应电流为顺时针方向;而开始进入第二个磁场时,
两端同时切割磁感线,电动势应为2BLv,方向为逆时针方向为正值,故B正确;因
安培力总是与运动方向相反,故拉力应一直向右,故C错误;拉力的功率P=Fv,因
速度不变,而线框在第一个磁场时,电流为定值,拉力也为定值;两边分别在两
个磁场中时,F安=2B·
=
,因此安培力变为原来的4倍,则拉力的功
率变为原来的4倍,故D正确。故选A、B、D。
情境·模型·素养
【生活情境】
电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备,它的基本原理如图甲所示,上、下为电磁铁的两个磁极,磁极之间有一个环形真空室,当电磁铁线圈电流按图乙发生变化时,真空室中产生磁场,电子在真空室中做圆周运动。
探究:以图甲中电流方向为正方向,哪一段时间内,电子能在真空室中沿逆时针方向(俯视)做加速圆周运动
【解析】通电螺线管内部的磁场强弱与电流大小成正比,且变化的磁场产生电
场。电子在真空室中沿逆时针方向做加速圆周运动时,涡旋电场的方向应沿着
顺时针方向,由洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,根据左手定则可知磁
场方向竖直向上,根据右手螺旋定则,在0～
时间内磁场方向竖直向上,在这
段时间内,根据楞次定律可知,产生涡旋电场在0～
时间内是沿着顺时针方
向的,在
～
时间内是沿着逆时针方向的。所以在0～
时间内电子能在
真空室中沿逆时针方向(俯视)做加速圆周运动。
答案:见解析。
【生产情境】
我国高铁技术处于世界领先水平,其中一项为电磁刹车技术。某次科研小组要利用模型火车探究电磁刹车的效果,如图所示,轨道上相距s处固定着两个长l、宽0.5l、电阻为R的单匝线圈,s>0.5l。在火车头安装一个电磁装置,它能产生长l、宽0.5l的矩形匀强磁场,磁感应强度为B。经调试,火车在轨道上运行时摩擦力为零,不计空气阻力。现让火车以初速度v0从图示位置开始匀速运动,经过2个线圈,矩形磁场刚出第2个线圈时火车停止。测得第1个线圈产生的焦耳热Q1是第2个线圈产生的焦耳热Q2的3倍。
探究:(1)车头磁场刚进入第1个线圈时,火车所受的安培力大小;
(2)求车头磁场在两线圈之间匀速运行的时间。
【解析】(1)对线圈,由法拉第电磁感应定律E=Blv0
①
由闭合电路欧姆定律I=
②
F安=BIl
③
联立①②③式解得F安=
(2)设磁场刚穿过线圈Ⅰ时的速度为v,由能量守恒有
Q1=
-
mv2
④
磁场刚穿过线圈Ⅱ时停止,同理有Q2=
mv2-0
⑤
又Q1=3Q2
⑥
匀速运动过程t=
⑦
联立④⑤⑥⑦式解得t=
答案:(1)
　(2)
课堂检测·素养达标
1.英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示,一个半径为r的绝缘体圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是
(　　)
A.0　　　B.
r2qk　　　C.2πr2qk　　　D.πr2qk
【解析】选D。磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,故感应电动势为:
U=S
=πr2k。根据楞次定律,感应电动势的方向为顺时针方向;小球带正电,
小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是:W=qU=
πr2qk。故选D。
2.(多选)如图所示,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
(　　)
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
【解析】选B、C。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
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方向,
再用左手定则判定出安培力方向,如图所示。
根据牛顿第二定律,得mgsinα-
=ma,当a=0时,v=vm,解得vm=
,故
选项B、C正确。
3.一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落,进入一水平的匀强磁场区域,然后离开磁场区域继续下落,如图所示,则
(　　)
A.若线圈进入磁场过程是匀速运动,则离开磁场过程也是匀速运动
B.若线圈进入磁场过程是加速运动,则离开磁场过程也是加速运动
C.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程是加速运动
D.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程也是减速运动
【解析】选D。线圈从高处自由下落,以一定的速度进入磁场,会受到重力和安培力。线圈全部进入磁场后只受重力,在磁场内部会做一段加速运动,所以线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度。若线圈进入磁场过程是匀速运动,说明重力等于安培力,离开磁场时安培力大于重力,就会做减速运动,故A错误;若线圈进入磁场过程是加速运动,说明重力大于安培力,离开磁场时安培力变大,安培力与重力的大小关系无法确定,故B错误;若线圈进入磁场过程是减速运动,说明重力小于安培力,离开磁场时安培力变大,安培力仍然大于重力,所以也是减速运动,故C错误,D正确;故选D。
4.如图所示,先后以速度v1和v2(v1=2v2)匀速地把同一线圈从同一位置拉出有界匀强磁场的过程中,在先后两种情况下:
(1)线圈中的感应电流之比I1∶I2=____。
(2)线圈中产生的热量之比Q1∶Q2=____。
(3)拉力做功的功率之比P1∶P2=____。
【解析】(1)根据E=BLv,得感应电流I=
=
,可知感应电流I∝v,所以感
应电流之比I1∶I2=2∶1。
(2)由焦耳定律得:热量Q=I2Rt=
=
v,可知Q∝v,则热量之比为
2∶1。
(3)匀速运动时,作用在线圈上的外力大小等于安培力大小,F=F安=BIL=
,
可知F∝v,则知F1∶F2=2∶1,外力功率P=Fv,则得P1∶P2=4∶1。
答案:(1)2∶1　(2)2∶1　(3)4∶1
【加固训练】
如图所示,竖直放置的U形导轨宽为L,上端串有电阻R(其余导体部分的电阻都忽略不计)。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外。金属棒ab的质量为m,与导轨接触良好,不计摩擦。从静止释放后ab保持水平而下滑。试求:
(1)金属棒ab在下落过程中,棒中产生的感应电流的方向和ab棒受到的安培力的方向。
(2)金属棒ab下滑的最大速度vm。
【解析】(1)金属棒向下切割磁场,根据右手定则,知电流方向是b→a。根据左
手定则得,安培力方向向上。
(2)释放瞬间ab只受重力,开始向下加速运动。随着速度的增大,感应电动势
E、感应电流I、安培力F都随之增大,加速度随之减小。当F增大到F=mg时,加
速度变为零,这时ab达到最大速度。
由F=
=mg,
可得vm=
。
答案:(1)电流方向:b→a　安培力方向向上　(2)
课时素养评价
四　电磁感应现象的两类情况
【基础达标】(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.一段导线在磁场中做切割磁感线运动,下面说法正确的是
(　　)
A.导体中一定有感应电动势
B.导体中一定有感应电流
C.导体一定受到与运动方向相反的磁场作用力
D.导体一定受到与运动方向相同的磁场作用力
【解析】选A。导线在磁场中做切割磁感线运动,就能产生感应电动势,但是如果电路不闭合,就不会有感应电流。导体受到的力不一定与运动方向相反。故选A。
2.如图所示,一宽为40
cm的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,一边长为20
cm的正方形线框位于纸面内,以垂直于磁场边界的恒定速度v=20
cm/s通过磁场区域。在运动过程中,线框有一边始终与磁场边界平行,取它刚进入磁场的时刻t=0,在下列图线中,正确反映电流强度随时间变化规律的是
(　　)
【解析】选C。在0～1
s内,线框进入磁场区域,穿过线框的磁通量垂直纸面向
里且大小增加,根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的感应电流阻碍磁通量
的增加,此时感应电流为i=
,在1～2
s内,整个线框在匀强磁场中运动,穿
过线框的磁通量不变,线框中不产生感应电流;在2～3
s内,线框出磁场,穿过
线框的磁通量垂直纸面向里且大小减小,根据楞次定律,线框中产生顺时针方
向的感应电流阻碍磁通量的变化,此时感应电流为i=
,综上所述,A、B、
D错误,C正确。故选C。
【加固训练】
如图所示,正方形导体闭合线框和有理想边界的匀强磁场都在光滑水平面上,线框在外力F的作用下能够以不变的速度v匀速通过磁场区域,已知线框边长为l,总电阻为R,磁场两条边界间的距离为d(d(　　)
A.线框bc边刚进入磁场时感应电流为bcdab方向
B.线框进出磁场的整个过程中外力F总等于
C.线框进出磁场的整个过程产生的热量为
D.线框进出磁场的整个过程安培力做功的平均功率是
【解析】选D。bc边刚进入磁场时由楞次定律可知,产生的感应电流方向为
badcb,故A错误;因l>d,线框匀速通过磁场全过程中有一段时间,磁通量不变,
没有感应电流产生,也就不存在安培力,这时不需要外力,故B错误;根据功能
关系,在整个过程中电阻产生的热量等于安培力做的功,即Q=Bl·
·2d=
,故C错误;线框进出磁场所需时间为t=
,平均功率是
=
,故D正确。
3.如图所示,用电阻为0.1
Ω的金属丝围成一个半径为0.3
m的扇形闭合线框,该线框绕垂直于纸面的O轴以100
rad/s的角速度匀速转动,O轴位于方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为0.
2
T的匀强磁场边界上。则线框进入磁场过程中的电功率为
(　　)
A.8.
1
W　　　B.9
W　　　C.30
W　　　D.90
W
【解析】选A。线框转动过程中半径切割磁感线产生的感应电动势为E=
Brv=Br·
ωr=
Br2ω=
×0.2×0.32×100
V=0.9
V,线框进入磁场过
程中的电功率为:P=
=
W=8.1
W,故选A。
4.在匀强磁场中,有一个接有电容器的导线回路。如图所示,已知电容C=30
μF,回路的长和宽分别为l1=8
cm,l2=5
cm,磁感应强度的变化率为5×10-2
T/s,若磁感应强度向里均匀增大,则
(　　)
A.电容器的上极板带正电,电荷量为2×10-9
C
B.电容器的上极板带负电,电荷量为6×10-9
C
C.电容器的上极板带正电,电荷量为6×10-9
C
D.电容器的上极板带负电,电荷量为8×10-9
C
【解析】选C。回路中的感应电动势等于电容器两极板间的电压,U=E=
=
=5×10-2×0.05×0.08
V=2×10-4
V,则电容器的电荷量q=CU=30×10-6
×2×10-4
C=6×10-9
C,由楞次定律可判断回路中感应电动势沿逆时针方向,电
容器的上极板带正电,C选项正确。
5.一直升飞机停在南半球的某地上空,该处地磁场有竖直方向的分量,其分量大小为B,直升飞机螺旋桨叶片的长度为l,螺旋桨转动的频率为f,从上往下的方向看螺旋桨,螺旋桨以顺时针方向转动,螺旋桨叶片的近轴端为a,远轴端为b,如图所示,如果忽略a到转轴中心线的距离,用ε表示每个叶片中的感应电动势,则
(　　)
A.ε=πfl2B,且a点电势低于b点电势
B.ε=2πfl2B,且a点电势低于b点电势
C.ε=πfl2B,且a点电势高于b点电势
D.ε=2πfl2B,且a点电势高于b点电势
【解析】选C。从上往下看螺旋桨,螺旋桨以顺时针方向转动,叶片切割磁感线,
根据右手定则,a点电势高于b点电势,设b端速度为v,则v=lω=2πlf,所以电动势
为E=
Blv=
Bl×2πfl=πfl2B,故C正确。
【加固训练】
如图所示,质量为m的金属环用细线悬挂起来,金属环有一半处于水平且垂直环面向里的匀强磁场中,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,下列说法中正确的是
(　　)
A.金属环中始终有逆时针方向的电流
B.金属环中的电流逐渐增大
C.细线对圆环的拉力大于环重力mg,并逐渐减小
D.细线对圆环的拉力保持恒定
【解析】选C。磁感应强度均匀减小,穿过回路的磁通量均匀减小,由楞次定律可知,感应电流方向为顺时针,故A错误;穿过回路的磁通量均匀减小,根据法拉第电磁感应定律得知,回路中产生恒定的电动势,感应电流也恒定不变,故B错误;再由左手定则可得,安培力的合力方向竖直向下,金属环所受的安培力F=BIL,可知安培力F均匀减小,且方向向下,金属环始终保持静止,则拉力大于重力,因为磁感应强度均匀减小,所以拉力的大小也逐渐减小,故C正确,D错误。
6.如图所示,线圈abcd固定于分布均匀的磁场中,磁场方向垂直线圈平面。当磁场的磁感应强度B随时间t变化时,该磁场对ab边的安培力大小恒定。下列描述B随t变化的图象中,可能正确的是
(　　)
【解析】选B。磁场对ab边的安培力大小F=BIL,若磁场的磁感应强度B随时间t增大,则电流I必是逐渐减小,根据法拉第电磁感应定律可知,磁感应强度B随时间t的变化率必须逐渐减小,所以选项B正确,A、D错误;若磁场的磁感应强度B逐渐减小,则电流I必须随时间t增大,根据法拉第电磁感应定律,磁感应强度B随时间t的变化率必须逐渐增大,所以选项C错误。
【加固训练】
如图所示,匀强磁场方向竖直向下,磁感应强度为B。正方形金属框abcd可绕光
滑轴OO′转动,边长为L,总电阻为R,ab边质量为m,其他三边质量不计,现将
abcd拉至水平位置,并由静止释放,经时间t到达竖直位置,ab边的速度大小为
v,则在金属框内产生热量大小等于
(　　)
A.
　　　　
B.
C.mgL-
　
D.mgL+
【解析】选C。金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒,损失
的机械能为mgL-
,故产生的热量为mgL-
,C正确。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)如图所示,有一宽L=0.4
m的矩形金属框架水平放置,右端接一个阻值R=2
Ω的电阻,框架的其他部分电阻不计,框架足够长。垂直金属框平面有一竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1
T。金属杆ab质量m=0.1
kg,电阻r=1
Ω,杆与框架接触良好,且与框架间的摩擦力不计。当杆受一水平恒定拉力F作用时刚好可以在框架上做匀速运动,速度大小为v=3
m/s。求:
(1)金属杆上的感应电动势的大小。
(2)金属杆两端的电势差。
(3)
水平恒定拉力F的大小。
【解析】(1)金属杆垂直切割磁感线,产生的感应电动势大小为:E=BLv=1×0.4×3
V=1.2
V
(2)金属杆ab相当于电源,由闭合电路欧姆定律得金属杆ab上感应电流为:
I=
=
A=0.4
A
金属杆两端的电势差:Uab=E-Ir=1.2
V-0.4×1
V=0.8
V;
(3)金属杆受到的安培力:FA=BIL=1×0.4×0.4
N=0.16
N;
则拉力为:F=FA=0.16
N。
答案:(1)1.2
V　(2)0.8
V　(3)0.16
N
8.(12分)如图所示,两根足够长的平行光滑金属导轨MM′、NN′固定在竖直平面内,导轨间距为L,下端连接阻值为4r的定值电阻,导轨电阻不计。整个装置处在匀强磁场中,磁感应强度为B,方向垂直导轨平面向里。一质量为m的金属棒ab接入回路的电阻为r,在大小为3mg、方向竖直向上的拉力作用下开始运动。金属棒始终保持水平且与导轨接触良好,重力加速度为g,求:
(1)金属棒所能达到的最大速度vm的大小;
(2)金属棒从静止开始沿导轨上滑h,此时已达到最大速度,这一过程中金属棒上产生的焦耳热Qr。
【解析】(1)速度最大时受力平衡,根据平衡条件可得F=mg+BIL,其中拉力
F=3mg,导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLvm,根据闭合电路的欧姆定律
可得I=
,联立解得vm=
(2)金属棒从静止开始沿导轨上滑h的过程中克服安培力做的功为WA,根据动能
定理可得
Fh-mgh-WA=
得WA=2mgh-
根据功能关系可得产生的总的焦耳热为
Q=WA
根据焦耳定律可得这一过程中金属棒上产生的焦耳热
Qr=
Q=
mgh-
答案:(1)
(2)
mgh-
【加固训练】
如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ,间距为d。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流。金属棒被松开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g。求下滑到底端的过程中,金属棒:
(1)末速度的大小v。
(2)通过的电流大小I。
(3)通过的电荷量Q。
【解析】(1)金属棒做匀加速直线运动,有v2=2as,解得v=
。
(2)安培力F安=IdB,金属棒所受合力F=mgsin
θ-F安
由牛顿第二定律F=ma
解得I=
(3)运动时间t=
,电荷量Q=It
解得Q=
答案:(1)
　(2)
(3)
【能力提升】
(15分钟·40分)
9.(6分)(多选)轻质刚性绝缘细线吊着一质量为m=0.41
kg、边长L=1.0
m、匝数n=10的正方形线圈,且线圈上下边保持水平,其总电阻为R=1.0
Ω。线圈的下半部分分布着与线圈面垂直的有界磁场,如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示。重力加速度取10
m/s2,则下列判断正确的是
(　　)
A.线圈中的感应电流大小为1.0
A
B.线圈的电功率为0.25
W
C.t=0时轻质细线的拉力大小为4.0
N
D.0～6
s内通过导线横截面的电荷量为3.0
C
【解析】选B、D。根据图象可知线圈中产生的感应电动势大小为E=n
=n
·
S=10×
×
×12
V=0.5
V,电流I=
=
A=0.5
A,A错误;
线圈的电功率P=I2R=0.52×1
W=0.25
W,B正确;对线框受力分析可知
mg=nB0IL+T,解得T=mg-nB0IL=0.41×10
N-10×0.2×0.5×1
N=3.1
N,C错
误;0～6
s内通过线圈的电荷量q=
·Δt=
·Δt=n
=10×
C=3
C,D正确。故选B、D。
10.(6分)(多选)如图所示,闭合金属环从高为h的曲面左侧自由滚下,又滚上曲面的右侧。环平面与运动方向均垂直于非匀强磁场,环在运动中摩擦阻力不计(下部分磁场B大)
(　　)
A.环滚上的高度小于h
B.环滚上的高度等于h
C.运动中环内无电流
D.运动中安培力一定对环做负功
【解析】选A、D。闭合金属圆环在非匀强磁场中运动时,磁通量在变化,环内感应电流产生,机械能一部分转化为电能,所以环滚上曲面右侧的高度小于h。故A正确,B、C错误;在运动过程中,安培力阻碍导体相对磁场运动,总是阻力,一定做负功。故D正确。
11.(6分)(多选)如图所示,水平放置的平行金属导轨左边接有电阻R,轨道所在区域处有竖直向下的匀强磁场。金属棒ab横跨导轨,它在外力作用下向右匀速运动。当速度由v变为2v时(除R外其余电阻不计,导轨光滑),那么
(　　)
A.作用在ab上的外力应增加到原来的4倍
B.感应电动势将增加为原来的2倍
C.感应电流的功率将增加为原来的4倍
D.外力的功率将增加为原来的2倍
【解析】选B、C。金属棒产生的感应电动势为E=BLv,感应电流I=
=
,
金属棒受到的安培力为F安=BIL=
,因为金属棒匀速运动,由平衡条件得,
外力为F=F安=
,综上所述可知,作用在ab上的外力应增加到原来的2倍,
感应电动势将增加为原来的2倍,故A错误,B正确;根据功能关系可知,外力的功
率等于感应电流的功率P=I2R=
,则感应电流的功率以及外力的功率将增
大到原来的4倍,故C正确,D错误。故选B、C。
【加固训练】
(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻。将
质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨
所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,除电阻R外其余电阻不计。现将金
属棒从弹簧原长位置由静止释放,则
(　　)
A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→b
C.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为F=
D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
【解析】选A、C。金属棒刚释放时,弹簧处于原长,弹力为零,又因此时速度为
零,没有感应电流,金属棒不受安培力作用,金属棒只受到重力作用,其加速度
应等于重力加速度,故A正确;金属棒向下运动时,由右手定则可知,在金属棒上
电流方向向右,流过电阻R的电流方向为b→a,故B错误;金属棒速度为v时,安培
力大小为F=BIL,I=
,由以上两式得:F=
,故C正确;金属棒下落过程中,
由能量守恒定律知,金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的
动能(速度不为零时)以及电阻R上产生的热量,故D错误。
12.(22分)(2020·江苏高考)如图所示,电阻为0.1
Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2
m,bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长,磁感应强度大小为0.5
T。在水平拉力作用下,线圈以8
m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的大小E;
(2)所受拉力的大小F;
(3)感应电流产生的热量Q。
【解析】(1)由题意可知,当线圈切割磁感线时产生的电动势为E=BLv=0.5×0.2×8
V=0.8
V
(2)因为线圈匀速运动故所受拉力等于安培力,有
F=F安=BIL
根据闭合电路欧姆定律有I=
结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8
N。
(3)线圈穿过磁场所用的时间为
t=
s=0.05
s
故线圈穿越过程产生的热量为
Q=I2Rt=
t=
×0.05
J=0.32
J
答案:(1)0.8
V　(2)0.8
N　(3)0.32
J
【总结提升】焦耳热的计算技巧
(1)电路中感应电流恒定,则电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功,即Q=I2Rt。
(2)电路中感应电流变化,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。(共90张PPT)
6　互感和自感
一、互感现象
必备知识·自主学习
二、自感现象
1.自感现象:一个线圈中的电流_____时,它所产生的_____的磁场在它本身激发
出感应电动势的现象,产生的电动势叫作___________。
变化
变化
自感电动势
2.通电自感和断电自感:
电路
现象
自感电动势
的作用
通电
自感
接通电源的瞬间,灯泡
A1_____________
_____电流的增加
断电
自感
断开开关的瞬间,灯泡
A_________。有时灯
泡A会闪亮一下,然后
逐渐变暗
_____电流的减小
较慢地亮起来
逐渐变暗
阻碍
阻碍
3.自感系数:
(1)自感电动势的大小:E=L
,其中L是线圈的自感系数,简称自感或电感。
(2)单位:_____,符号:__。常用的还有毫亨(mH)和微亨(μH)。换算关系
是:1H=___mH=___μH。
(3)决定线圈自感系数大小的因素:线圈的大小、形状、_____以及是否有_____
等。
亨利
H
103
106
圈数
铁芯
三、自感现象中的能量转化
1.自感现象中的磁场能量:
(1)线圈中电流从无到有时,磁场从无到有,电源的_____输送给磁场,储存在磁
场中。
(2)线圈中电流减小时,磁场中的_____释放出来转化为电能。
2.
电的“惯性”:
自感电动势有阻碍线圈中_________的“惯性”。
能量
能量
电流变化
【易错辨析】
(1)自感现象中,感应电动势一定和原电流方向相反。
(
)
(2)线圈中产生的自感电动势较大时,其自感系数一定较大。
(
)
(3)对于同一线圈,当电流变化较快时,线圈中的自感电动势也较大。
(
)
(4)没有发生自感现象时,即使有磁场也不会储存能量。
(
)
×
×
√
×
关键能力·合作学习
知识点一　自感现象的产生与规律
1.自感现象的产生:当线圈中的电流变化时,产生的磁场及穿过自身的磁通量随之变化,依据楞次定律,会在自身产生感应电动势,叫自感电动势。
2.规律:自感现象也是电磁感应现象,也符合楞次定律,可表述为自感电动势总要阻碍引起自感的原电流的变化。
(1)当原电流增加时,自感电动势阻碍原电流的增加,方向与原电流方向相反。
(2)当原电流减小时,自感电动势阻碍原电流的减小,方向与原电流方向相同。
(3)自感电动势总要阻碍引起自感的原电流的变化,但阻止不住,只是变化得慢了。
【问题探究】
收音机里的“磁性天线”怎样把广播电台的信号从一个线圈传到另一个线圈
提示:利用互感现象。
【典例示范】
【典例】关于电磁感应现象,下列说法中正确的是
(　　)
A.穿过螺线管的磁通量发生变化时,螺线管内部就一定有感应电流产生
B.只要电路的一部分做切割磁感线运动,电路中就一定有感应电流
C.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
D.线圈中电流变化越快,线圈中产生的自感电动势一定越大
【解题探究】
(1)螺线管产生感应电动势的条件是什么
提示:穿过螺线管的磁通量发生变化。
(2)自感电动势的大小与什么有关
提示:与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。
【解析】选D。穿过闭合回路的磁通量变化时,电路中产生感应电流,穿过螺线
管的磁通量发生变化时,如果电路不闭合,螺线管内部不一定产生感应电流,故
A错误;穿过闭合回路的磁通量变化时,电路中产生感应电流,电路的一部分做
切割磁感线运动时,如果电路不闭合,电路不会产生感应电流,故B错误;由法拉
第电磁感应定律可知,感应电动势与磁通量的变化率成正比,与磁通量的变化
量无关,磁通量的变化量大,感应电动势不一定大,故C错误;由E=L
可知,线
圈中电流变化越快,线圈中产生的自感电动势一定越大,故D正确。
【素养训练】
关于电磁感应,下列说法中正确的是
(　　)
A.由于自感电流总是阻碍原电流的变化,所以自感电动势的方向总与原电流的方向相反
B.在自感系数一定的条件下,通过导体的电流引起的磁通量变化越大,产生的感应电动势就越大
C.在自感系数一定的条件下,通过导体的电流变化越快,产生的自感电动势越大
D.在自感现象中,电感线圈的自感系数与产生的自感电动势大小有关
【解析】选C。根据楞次定律,当原电流增大时,感应电动势与原电流方向相反;当原电流减小时,感应电动势与原电流方向相同,故A错误;在自感系数一定的条件下,根据法拉第电磁感应定律,则有:通过导体的电流的变化率越大,产生的自感电动势越大,与电流大小及电流变化的大小无关,故B错误,C正确;自感系数由线圈自身决定,与其他因素无关,故D错误。
【加固训练】
1.(多选)下列关于自感现象的论述中,正确的是(　　)
A.线圈的自感系数跟线圈内电流的变化率成正比
B.当线圈中电流减弱时,自感电动势的方向与原电流方向相反
C.当线圈中电流增大时,自感电动势的方向与原电流方向相反
D.穿过线圈的磁通量的变化和线圈中电流的变化成正比
【解析】选C、D。线圈的自感系数是由线圈本身性质决定的,与线圈的长度、
匝数、线圈的横截面积、铁芯的有无有关,而与线圈内电流强度的变化率无关,
故A错误;自感电动势的方向总是阻碍原来线圈中电流的变化,即原来线圈中电
流增大,自感电动势的方向与原电流方向相反;线圈中电流减弱,自感电动势的
方向与原电流方向相同,故C正确,B错误。根据E=L
和E=n
比较可知
ΔФ∝ΔI,则D正确。
2.(多选)线圈通以如图所示的随时间变化的电流,则
(　　)
A.0～t1时间内线圈中的自感电动势最大
B.t1～t2时间内线圈中的自感电动势最大
C.t2～t3时间内线圈中的自感电动势最大
D.t1～t2时间内线圈中的自感电动势为零
【解析】选C、D。线圈中的自感电动势与通入的电流的变化率成正比,即
E∝
。根据图象分析:0～t1时间内的电流变化率小于t2～t3时间内的电流变
化率,A错误,C正确;t1～t2时间内的电流变化率为零,自感电动势为零,B错误,D
正确。
知识点二　通电自感和断电自感的比较
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
电
路
图
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
通
电
时
电流逐渐增大,灯泡逐渐变亮
电流I1突然变大,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
电路中稳定电流为I1、I2
①若I2≤I1,灯泡逐渐变暗
②若I2>I1,灯泡闪亮一下后逐渐变暗,两种情况灯泡电流方向均改变
提醒:闭合开关瞬间时,线圈相当于断路,断开开关瞬间时,线圈相当于电源。
【问题探究】
情境:电路开关断开时为什么会产生电火花
(科学思维)
提示:电路中的开关断开时会产生很大的自感电动势,使得开关中的金属片之间产生电火花。
【典例示范】
【典例】如图所示的电路中A1和A2是两个相同的小灯泡,L是一个自感系数相当大的线圈,其阻值与R相同。在开关S接通和断开时,灯泡A1和A2亮暗的顺序是
(　　)
A.接通时A1先达到最亮①,断开时A1后灭②
B.接通时A2先达到最亮,断开时A1后灭
C.接通时A1先达到最亮,断开时A1先灭
D.接通时A2先达到最亮,断开时A2先灭
【审题关键】
序号
信息提取
①
接通开关时,线圈相当于断路,A1、A2同时亮,但A1分压大,更亮
②
断开开关时,线圈相当于电源,A1后灭
【解析】选A。开关接通瞬间,电路中迅速建立了电场,立即产生电流,但线圈中产生自感电动势,阻碍电流的增加,故开始时通过灯泡A1的电流较大,故灯泡A1较亮;电路中自感电动势阻碍电流的增加,但不能阻止电流增加,电流稳定后,两个灯泡一样亮;开关断开瞬间,电路中的电流要立即减小到零,但线圈中会产生很强的自感电动势,与灯泡A1构成闭合回路后放电,故断开开关时,A1后灭,故B、C、D错误;A正确;故选A。
【素养训练】
如图所示,电源的电动势为E,内阻忽略不计。A、B是两个相同的小灯泡,L是一个自感系数较大的线圈,直流电阻不计。关于这个电路的说法中正确的是
(　　)
A.闭合开关瞬间,A、B灯同时变亮
B.闭合开关一会儿后,B灯比A灯亮
C.开关由闭合至断开,在断开瞬间,电流自右向左通过A灯
D.开关由闭合至断开,在断开瞬间,A灯闪亮一下再熄灭
【解析】选C。闭合开关瞬间,A灯泡立刻亮,但是由于线圈阻碍L和B灯泡支路电流的增加,使得B灯泡逐渐亮起来,由于两个支路的直流电阻相等,则最后B灯泡与A灯泡一样亮,选项A、B错误;开关由闭合至断开,在断开瞬间,原来通过A灯泡的电流立即消失;由于线圈阻碍电流减小,产生自感电动势,且在L、B和A灯泡之间形成新的回路,则电流自右向左通过A灯泡,由于电路稳定时A、B两灯泡的电流相同,则在开关断开瞬间,A灯泡逐渐熄灭,但不会闪亮一下,选项C正确,D错误。故选C。
【加固训练】
1.一演示自感现象的实验电路图如图所示,L是带铁芯的线圈,A是一只灯泡,开关S处于闭合状态,灯泡正常发光,现断开S,灯泡过一会儿才熄灭。关于断开S前和断开S后瞬间,通过灯泡A的电流方向,下面说法正确的是
(　　)
A.断开S前,b→a;断开S后瞬间,a→b
B.断开S前,a→b;断开S后瞬间,b→a
C.断开S前,b→a;断开S后瞬间,b→a
D.断开S前,a→b;断开S后瞬间,a→b
【解析】选B。开关S断开前,流过灯泡的电流为电源提供,左端与电源正极相连,故灯泡中电流方向从左到右,即为a→b;迅速断开开关S时,灯泡中原来的电流瞬间减小到零,而线圈由于要阻碍电流的减小,产生自感电动势,由楞次定律可判断右端为高电势,与灯泡组成闭合回路,感应电流流过灯泡,故灯泡中电流方向从右到左,即为b→a,故B正确,A、C、D错误。
2.
课堂上物理老师为了更直观地说明断电自感能量来源于线圈存储的能量而非由电源直接提供,设计了如图所示的电路。电感L的自感系数很大,电阻可忽略,D为理想二极管(单向导电,如电路图,若电流a流向b可视为二极管电阻为0,反之,电阻无穷大),下列说法正确的是
(　　)
A.当S闭合后,L1、L2一直不亮
B.当S闭合后,L1立即变亮,L2逐渐变亮
C.当S断开瞬间,L1变亮,能更直观说明断电自感能量来源于线圈存储的能量
D.当S断开瞬间,L2变亮,能更直观说明断电自感能量来源于线圈存储的能量
【解析】选C。闭合开关的瞬间,由于二极管具有单向导电性,所以无电流通过L1,由于线圈中自感电动势的阻碍,L2灯逐渐变亮,故A项错误,B项错误;闭合开关,待电路稳定后断开开关,线圈L产生自感电动势,两灯串联,所以L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,L2逐渐变暗,能更直观说明断电自感能量来源于线圈存储的能量;故C项正确,D项错误。
【拓展例题】考查内容:自感现象的图象问题
【典例】如图所示的电路中,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
(　　)
【解析】选B。闭合开关S后,灯泡D直接发光,电感L的电流逐渐增大,电路中的总电流也将逐渐增大,电源内电压增大,则路端电压UAB逐渐减小;断开开关S后,灯泡D中原来的电流突然消失,电感L中的电流通过灯泡形成的闭合回路逐渐减小,所以灯泡D中电流将反向,并逐渐减小为零,即UAB反向逐渐减小为零,所以选项B正确。
情境·模型·素养
【生活情境】
有一个被称为“千人震”的趣味物理小实验,实验是用一节电动势为1.5
V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器进行操作的,几位做这个实验的同学手拉手连成一串,另一位同学将电池、镇流器(自感系数很大的线圈)、开关用导线与他们首、尾两位同学的手相连。如图所示,在开关接通或断开时就会使连成一串的同学都有触电的感觉。
探究:说明该实验的原理,并说明人有触电感觉时是开关接通还是开关断开的瞬间 为什么
【解析】该小实验的电路连接如图所示。
闭合开关时,电路接通,人感受不到微弱的干电池直流电流。断开开关时,因为镇流器中的电流不能突变,所以原来镇流器中很大的电流从人体中流过,人就能感受到这一自感电动势所产生的强大瞬时电流,有触电的感觉。
答案:镇流器的自感现象　断开瞬间　只有在电路刚断开时才能产生很高的自感电动势,使人产生触电的感觉。
【生产情境】
小明设计了如下一个电路:如图所示,电池电动势为E,内阻可以忽略不计,L是一个匝数很多且有铁芯的线圈,其直流电阻为r,a、b之间的定值电阻阻值为R。然后小明设想了这样一组操作过程:先将开关S接通,电路稳定后,断开S,请你按小明的思路完成如下问题的分析:
探究:(1)断开S的瞬间,试确定通过定值电阻的电流大小和方向;
(2)断开S的瞬间,线圈L相当于电源,试确定这个电源的电动势的大小;
(3)若R不是一个定值电阻,而是两个彼此靠近的金属电极,试说明断开S的瞬间,两电极间产生电火花的原因。
【解析】(1)断开S前,通过L的电流为I=
,方向向右。
由楞次定律可知,断开S后,L中的电流只能从原来的值逐渐减小,这个电流通过
R,因此,断开S瞬间,通过R的电流大小为I=
,方向向左。
(2)断开S瞬间,线圈L相当于电源,L和R构成的回路总电阻为R+r,由闭合电路欧
姆定律可知,L中产生的自感电动势大小为E自=I(R+r)
代入I=
,解得E自=
(3)两个彼此靠近的金属电极间电阻极大,接近无穷大,根据E自=I(R+r)可知,断
开S的瞬间,L中产生的自感电动势很大,两个电极间的电压就会极高,因此极易
击穿空气发生火花放电。
答案:(1)
,方向向左
(2)
(3)见解析
课堂检测·素养达标
1.关于线圈中自感电动势大小的说法中正确的是
(　　)
A.电感一定时,电流变化越大,电动势越大
B.电感一定时,电流变化越快,电动势越大
C.通过线圈的电流为零的瞬间,电动势为零
D.通过线圈的电流为最大值的瞬间,电动势最大
【解析】选B。在自感系数一定的条件下,根据法拉第电磁感应定律,则有:通
过导体的电流的变化率越大,产生的自感电动势越大,与电流大小及电流变化
的大小无关,故A错误,B正确;由公式E=L
,通过线圈的电流为零的瞬间,电动
势最大,而电流为最大值的瞬间,电动势最小,故C、D错误。
2.无线充电技术已经广泛应用于生活中。感应充电是无线充电技术的一种,常用于小功率电器的无线充电。某电子购物平台中的一款电动牙刷采用了无线充电技术,充电座内含一套线圈和一个金属芯,牙刷柄内含有另一套线圈,如将牙刷置于基座上,就能够实现无线感应充电。关于此款电动牙刷的无线充电过程,以下说法正确的是
(　　)
A.利用恒定电流和交变电流都可以实现充电过程
B.充电过程中,能量从电能转化为磁场能再转化为电能
C.感应充电技术为无线充电,充电效率可以达到100%
D.感应充电的原理和磁电式电表的工作原理相同
【解析】选B。充电座是利用电磁感应原理工作的,故不能直接使用恒定电流进行充电,A错误;充电过程中,充电座的线圈消耗电能,能量从电能转化为磁场能再转化为电能,B正确;充电线圈有电阻,有电能转化为热能,还有其他损耗,充电效率一定小于100%,C错误;感应充电的原理是利用电磁感应,磁电式电表的工作原理是利用安培力与电流的关系,D错误。故选B。
3.(多选)如图所示,L1、L2为两个相同的灯泡,线圈L的直流电阻不计,灯泡L1与理想二极管D相连,下列说法中正确的是
(　　)
A.闭合开关S后,L1会逐渐变亮
B.闭合开关S稳定后,L1不亮
C.断开S的瞬间,L1会逐渐熄灭
D.断开S的瞬间,a点的电势比b点高
【解析】选B、D。闭合开关S后,线圈自感只是阻碍流过L的电流增大,但两灯立刻变亮,故A错误;闭合开关S稳定后,因线圈L的直流电阻不计,所以L1与二极管被短路,导致灯泡L1不亮,而L2将更亮,故B正确;断开S的瞬间,L2会立刻熄灭,线圈L与灯泡L1及二极管构成回路,因线圈产生感应电动势,a端的电势高于b端,但此时的二极管反接,所以回路中没有电流,L1立即熄灭,故C错误,D正确。故选B、D。
【加固训练】
如图所示是研究通电自感实验的电路图,A1、A2是两个规格相同的小灯泡,闭合开关调节电阻R,使两个灯泡的亮度完全相同,调节可变电阻R1,使它们都正常发光,然后断开开关S,重新闭合开关S,则
(　　)
A.闭合S瞬间,A1和A2均逐渐变亮
B.闭合S瞬间,A1立即变亮,A2逐渐变亮
C.断开S瞬间,A1和A2一起逐渐变暗
D.稳定后,A1和A2两端电势差不相同
【解析】选C。闭合瞬间,L相当于断路,A2立刻变亮,A1逐渐变亮,故A、B错误;断开S瞬间,线圈与A1和A2一起组成自感回路,所以它们都逐渐变暗,故C正确;稳定后,两个灯泡的亮度相同,说明它们两端的电压相同,L和R两端电势差一定相同,故D错误。
4.在如图所示的电路中,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,调整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,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
(　　)
【解析】选B。由于小灯泡L1与电感线圈串联,断开S后再闭合,流过L1的电流从无到有(即增大),电感线圈对电流有阻碍作用,所以流过灯泡L1的电流从0开始逐渐增大,最终达到I。故A错误,B正确;由于小灯泡L2与滑动变阻器串联,断开S后再闭合,立即有电流通过L2,当流过L1的电流逐渐增大时,流过L2的电流逐渐减小,最终减到I,故C、D错误。
课时素养评价
五　互感和自感
【基础达标】
(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.下列说法中正确的是
(　　)
A.线圈中电流均匀增大,磁通量的变化率也将均匀增大
B.线圈中电流减小到零,自感电动势也为零
C.自感电动势的方向总是与原电流方向相反
D.自感现象是线圈自身电流变化而引起的电磁感应现象
【解析】选D。因为电流均匀增大,产生的磁场强度也均匀增大,所以磁感应强
度也均匀增大,磁通面积不变,所以磁通量也线性变化,但磁通量的变化率却不
变,故A错误;根据E=L
可知,电流减小到零,自感电动势可以不变,故B错误;
由楞次定律知产生的自感电动势,可与原电流方向相反,可与其相同,故C错误;
根据感应电流产生条件,则自感现象是线圈自身电流变化而引起的电磁感应现
象,故D正确。
2.在制作精密电阻时,为了消除使用过程中由于电流的变化而引起的自感现象,采用如图所示的双线绕法,其理由是
(　　)
A.电路中电流变化时,两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B.电路中电流变化时,两股导线中产生的感应电流互相抵消
C.电路中电流变化时,两股导线中产生的磁通量互相抵消
D.电路中电流变化时,电流的改变量互相抵消
【解析】选C。两个线圈中的电流大小相等,线圈匝数相等,并且铁芯相同,所以每个线圈产生的磁场强度相同。由于两个线圈的绕向相同,但电流方向相反,所以其磁场方向相反。两者磁性强度相同,磁场方向相反,相互抵消,所以螺旋管内没有磁场,两股导线中原电流的磁通量相互抵消。故选C。
3.某同学在做如图所示的自感实验中,灯泡两端并联了自感系数L很大的自感线圈,其直流电阻大于灯泡电阻。关于该实验,下列说法正确的是
(　　)
A.S接通瞬间,灯泡会逐渐变亮
B.S接通稳定时,灯泡会熄灭
C.S断开后的瞬间,灯泡的电流从右向左
D.S断开后,灯泡会闪亮一下再熄灭
【解析】选C。闭合开关的瞬间,电压直接加到灯泡两端,所以灯泡立即亮;由于线圈中自感电动势的阻碍,流过线圈的电流逐渐增大,闭合开关稳定后,自感作用消失,通过灯泡的电流比开始时略小,但灯泡不会熄灭,故A、B错误;闭合开关,待电路稳定后断开开关,线圈产生的自感电动势维持自身的电流且逐渐减小,线圈与灯泡构成自感回路,电流的方向从右向左流过灯泡,灯泡逐渐熄灭;由于线圈的直流电阻大于灯泡电阻,则电路中的电流稳定时灯泡中的电流大于线圈中的电流,线圈产生的自感电动势维持自身的电流且逐渐减小,所以灯泡逐渐熄灭,不会闪亮一下,故C正确,D错误。故选C。
4.如图A1、A2是两个理想电流表,AB和CD两支路直流电阻相同,R是变阻器,L是带铁芯的线圈,下列结论正确的有
(　　)
A.闭合S时,A1示数大于A2示数
B.闭合S后(经足够长时间),A1示数等于A2示数
C.断开S时,A1示数大于A2示数
D.断开S后的瞬间,通过R的电流方向与断开S前方向相同
【解析】选B。闭合开关的瞬间,L所在电路上线圈产生自感电动势,阻碍电流的增大,A1的示数小于A2的示数,故A错误;开关S闭合稳定后,L不再阻碍,因两支路直流电阻相同,则A1的示数等于A2的示数,故B正确;断开开关,R中原来电流立即消失,L中产生自感电动势,相当于电源,R、L串联,A1的示数等于A2的示数,且流过R的电流反向,故C、D错误。
5.如图所示的电路中,A1和A2是完全相同的灯泡,线圈L的电阻可以忽略,下列说法中正确的是
(　　)
A.合上开关K接通电路时,A2先亮,A1后亮,最后一样亮
B.合上开关K接通电路时,A2始终比A1亮
C.断开开关K切断电路时,A2先熄灭,A1过一会儿才熄灭
D.断开开关K切断电路时,A1和A2都立刻熄灭
【解析】选A。合上开关K接通电路时,因线圈L中产生了反向电流,且很快消失,故A2先亮,A1后亮,最后一样亮,A选项正确;断开开关K切断电路时,电路中电流消失,而线圈L中也会产生电流从而阻碍电流的消失,线圈L中的电流供A1和A2同时使用,故两个灯泡都要过一会儿才熄灭,故C、D均错误;综上所述,本题选A。
【加固训练】
如图所示的电路中,电感L的电阻不计,电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。某时刻闭合开关S,经过一段时间后,灯泡D正常发光。下列说法正确的是
(　　)
A.闭合S,灯泡D中的电流逐渐增大到一稳定值
B.断开S,灯泡D先闪亮一下再熄灭
C.断开S,灯泡D中的电流方向与原来相反
D.断开S,电感L中的电流方向与原来相反
【解析】选C。闭合S瞬间,由于线圈的电流变大,导致其产生电动势,从而阻碍电流的变大,所以电阻R中的电流逐渐增大,电源消耗的内电压增大,则灯泡两端的电压减小,灯泡的电流逐渐减小,故A错误;由于电阻R的阻值大于灯泡D的阻值,所以电路稳定后R上的电流小于灯泡的电流,断开S,灯泡不会闪亮,故B错误;断开S瞬间,线圈电流变小,从而产生电动势,维持R与L内的电流方向不变,该电流流过灯泡时电流的方向与原来相反,故C正确,D错误。
6.如图所示,图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈。实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终灯A2与灯A3的亮度相同。下列说法正确的是
(　　)
A.图甲中,A1的电阻比L1的直流电阻大
B.图甲中,闭合开关S1,电路稳定后,A1中的电流大于L1中的电流
C.图乙中,变阻器R连入电路的电阻比L2的直流电阻大
D.图乙中,闭合开关S2瞬间,L2中的电流与变阻器R中的电流相等
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:
(1)闭合开关的瞬间,通过线圈的电流增大,产生自感电动势。
(2)根据楞次定律分析电流的变化,判断通过两灯电流的关系。
(3)待电路稳定后断开开关,线圈产生自感电动势,分析通过两灯的电流关系,判断两灯是否同时熄灭。
【解析】选A。图甲中,断开S1的瞬间,A1灯突然闪亮,是因为电路稳定时,L1的电流大于A1的电流,可知L1的电阻小于A1的电阻,故A正确;图甲中,闭合S1,电路稳定后,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,说明灯泡中的电流小于线圈中的电流,故B错误;图乙中,因为要观察两只灯泡发光的亮度变化,两个支路的总电阻相同,因两个灯泡电阻相同,所以变阻器R与L2的电阻值相同,故C错误;图乙中,闭合S2瞬间,L2对电流有阻碍作用,所以L2中电流与变阻器R中电流不相等,故D错误。
二、非选择题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)如图是测定自感系数很大的线圈L电阻的电路,L两端并联一只电压表(电压表的内阻RV很大),用来测电感线圈的直流电压,在测量完毕后将电路解体时,为了电表的安全,应该先断开开关____(选填“S1”或“S2”)。
【解析】若先断开开关S1或先拆去电流表或先拆去电阻R,L和电压表组成回路,原先L中有较大的电流通过,由于L的自感作用,现在这个电流将通过电压表,造成电表损坏。所以为了电表的安全,应该先断开开关S2。
答案:S2
8.(12分)如图所示,线圈电感系数L=2.4
H,电源电动势ε=10
V。在调节滑动变阻器R的瞬时,由于电流变化,在线圈上产生的自感电动势为3
V,其极性为下正上负(Ub>Ua)。求:
(1)此时电流变化率多大 变阻器滑动头向哪个方向滑动
(2)若S断开瞬间,电流在0.1
s内由5
A减小到零,在开关S两端的电压多大 哪端电势高
【解析】(1)在线圈上产生自感电动势为3
V,根据自感电动势公式为:E=L
,
则有:
=
=
A/s=1.25
A/s
因极性为下正上负,由楞次定律可知,电路的电流在增大,因此变阻器滑动头向
左滑动;
(2)根据自感电动势公式为:
E=L
=2.4×
V=120
V
因此开关两端a,b的电压为120
V
因电流的减小,根据楞次定律,则有由b到a的感应电流,即有a端电势高。
答案:(1)1.25
A/s　向左滑动
(2)120
V　a端电势高
【能力提升】(15分钟·40分)
9.(6分)目前,我国正在大力推行ETC系统,ETC是全自动电子收费系统,车辆通过收费站时无须停车,这种收费系统每车收费耗时不到两秒,其收费通道的通行能力是人工收费通道的5至10倍,如图甲所示,在收费站自动栏杆前、后的地面各自铺设完全相同的传感器线圈A、B,两线圈各自接入相同的电路,如图乙所示,电路a、b端与电压有效值恒定的交变电源连接,回路中流过交变电流,当汽车接近或远离线圈时,线圈的自感系数发生变化,线圈对交变电流的阻碍作用发生变化,使得定值电阻R的c、d两端电压就会有所变化,这一变化的电压输入控制系统,控制系统就能做出抬杆或落杆的动作,下列说法正确的是
(　　)
A.汽车接近线圈A时,c、d两端电压升高
B.汽车离开线圈A时,c、d两端电压升高
C.汽车接近线圈B时,c、d两端电压升高
D.汽车离开线圈B时,c、d两端电压降低
【解析】选B。汽车上有很多钢铁,当汽车接近线圈时,相当于给线圈增加了铁芯,所以线圈的自感系数增大,感抗也增大,在电压不变的情况下,交流回路的电流将减小,所以R两端的电压减小,即c、d两端的电压将减小,故A、C错误;同理,汽车远离线圈时,相当于线圈的感抗减小,交流回路的电流增大,c、d
两端的电压将增大。故B正确,D错误。故选B。
10.(6分)如图所示,A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。闭合开关,电路稳定后,两灯泡均正常发光,电源内阻不计,则
(　　)
A.闭合开关瞬间,A、B灯同时亮
B.闭合开关瞬间,A灯先亮,B灯逐渐变亮
C.断开开关瞬间,A灯闪亮一下,稍后A、B灯同时熄灭
D.断开开关瞬间,流过A灯的电流方向不变
【解析】选B。闭合开关瞬间,电感线圈会产生感应电动势,由于L的自感系数较大,所以产生的感应电动势也较大,阻碍B灯电流的增大,所以A灯先亮,B灯逐渐变亮,所以B正确,A错误;断开开关瞬间,电感线圈也会产生较大的感应电动势,阻碍B灯电流的减小,由于A、B是两个完全相同的灯泡,所以A、B灯都逐渐熄灭,所以C错误;断开开关瞬间,A、B灯和线圈构成小回路,所以A灯电流方向改变,所以D错误。故选B。
11.(6分)(多选)用电流传感器研究自感现象的电路如图甲所示,线圈L没有带铁芯。闭合开关S,传感器记录了电路中电流随时间的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的有
(　　)
A.线圈中产生的自感电动势阻碍磁通量增大
B.若线圈中插入铁芯,上述过程中电流达到稳定时经历的时间大于t0
C.若将线圈匝数加倍,上述过程中电流达到稳定时经历的时间仍等于t0
D.若将线圈匝数加倍,上述过程中电流达到稳定时经历的时间大于t0
【解析】选A、B、D。闭合S后的瞬间回路中的电流逐渐增大,说明线圈中电流增大时,线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增大,即阻碍电流产生的磁通量增大,故A正确;若线圈中插入铁芯,线圈自感系数增大,自感现象延长,所以若线圈中插入铁芯,上述过程中电路电流达到稳定值经历的时间大于t0,故B正确;若将线圈匝数加倍,线圈自感系数增大,自感现象延长,上述过程中电路电流达到稳定值经历的时间大于t0,故C错误,D正确。
【加固训练】
某同学为了验证断电自感现象,找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光;稳定后断开S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复实验,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象,原因可能是
(　　)
A.线圈电阻偏大
B.电源的内阻偏大
C.小灯泡电阻偏大
D.线圈的自感系数偏大
【解析】选A。线圈电阻偏大,稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流,断开开关时,根据楞次定律,流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小,灯泡不发生闪亮现象,故A正确;断开开关时,灯泡能否发生闪亮,取决于灯泡的电流有没有增大,与电源的内阻无关,故B错误;若小灯泡电阻偏大,稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流,断开开关时,根据楞次定律,流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小,灯泡将发生闪亮现象,故C错误;线圈的自感系数较大,产生的自感电动势较大,但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小关系,故D错误。
12.(22分)如图所示,设电源的电动势E=10
V,内阻不计,L与R的电阻均为5
Ω,两灯泡的电阻均为Rs=10
Ω。
(1)求断开S的瞬间,灯泡L1两端的电压。
(2)画出断开S前后一段时间内通过L1的电流随时间t的变化图象。
【解析】(1)电路稳定工作时,由于a、b两点的电势相等,导线ab上无电流流
过。
因此通过L的电流为IL=
=1
A。流过L1的电流为Is=
=0.5
A。
断开S的瞬间,由于线圈要维持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=ILRs=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,且设为正方向,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)。
(注意:从t0开始,电流持续的时间实际上一般是很短的)
答案:(1)10
V　(2)见解析(共108张PPT)
7　涡流、电磁阻尼和电磁驱动
一、涡流
真空冶炼炉的工作原理是什么 金属探测器为什么能探测金属物
必备知识·自主学习
提示:真空冶炼炉的外面有线圈,线圈中通入反复变化的电流,炉内的金属中产生涡流,涡流产生的热量使金属熔化;金属探测器是利用涡流工作的,手持一个长柄线圈在地面扫过,线圈中有变化着的电流,如果地下埋着金属物品,金属中会感应出涡流,涡流的磁场反过来影响线圈中的电流,使仪器报警。
1.产生:在变化的磁场中的导体内产生的_________,就像水中的漩涡。所以把
它叫作涡电流,简称涡流。
2.特点:若金属的电阻率小,涡流往往很强,产生的_____很多。
3.应用:(1)涡流_______的应用:如真空冶炼炉。
(2)涡流_______的应用:如探雷器、安检门。
感应电流
热量
热效应
磁效应
4.防止:电动机、变压器等设备中为防止铁芯中_________而导致浪费能量,损
坏电器。
(1)途径一:增大铁芯材料的_______。
(2)途径二:用相互绝缘的_______叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯。
涡流过大
电阻率
硅钢片
二、电磁阻尼和电磁驱动
1.电磁阻尼:
(1)产生: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_____导体的运动的现象。
(2)应用:电学仪表中利用_________使指针很快地停下来,便于读数。
阻碍
电磁阻尼
2.电磁驱动:
(1)产生: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,_______使导体运动起来。
(2)应用:
交流感应电动机。
安培力
【易错辨析】
(1)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。
(
)
(2)涡流有热效应,但没有磁效应。
(
)
(3)在硅钢中不能产生涡流。
(
)
√
×
×
(4)电磁阻尼、电磁驱动都是电磁感应现象,都遵循楞次定律和法拉第电磁感应
定律。
(
)
(5)电磁阻尼是由电磁感应中安培力阻碍导体与磁场的相对运动产生的,而电磁
驱动是由于电磁感应现象中安培力增强磁场与导体间的相对运动产生的。
(
)
√
×
关键能力·合作学习
知识点一　涡流
1.涡流的本质:电磁感应现象。
2.产生涡流的两种情况:
(1)块状金属放在变化的磁场中。
(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动。
3.产生涡流时的能量转化:伴随着涡流现象,其他形式的能转化成电能最终在金属块中转化为内能。
(1)金属块放在变化的磁场中,磁场能转化为电能,最终转化为内能。
(2)如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动,由于克服安培力做功,金属块的机械能转化为电能,最终转化为内能。
【问题探究】
线圈中的电流变化时,导体中为什么会产生感应电流
(物理观念)
提示:电磁感应。
【典例示范】
【典例】电磁炉又名电磁灶,是现代厨房革命的产物,它无需明火或传导式加热而让热直接在锅底产生,因此热效率得到了极大的提高。是一种高效节能厨具,完全区别于传统所有的有火或无火传导加热厨具。如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图,下列说法正确的是
(　　)
A.电磁炉通电线圈加直流电,电流越大,电磁炉加热效果越好
B.电磁炉的原理是通电线圈加交流电后,在锅底产生涡流,进而发热工作
C.在锅和电磁炉中间放一绝缘物质,电磁炉不能起到加热作用
D.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅,主要原因是这些材料的导热性能较差
【解题探究】
(1)电磁炉是怎么工作的
提示:电磁炉的台面下布满了金属导线缠绕的线圈,采用磁场感应涡流加热原理工作。当通上交替变化极快的电流时,在台板与铁锅底之间产生强大的交变的磁场,磁感线穿过锅体,使锅底产生强涡流,当磁场内的磁感线通过铁质锅底时会产生无数的涡流,使锅体本身自行快速发热,就放出大量的热量,然后再作用于锅内食物,将饭菜煮熟。
(2)为什么电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅
提示:陶瓷和玻璃是绝缘体,不能产生感应电流,不能加热锅内食物。
【解析】选B。电磁炉通电线圈加直流电,会产生恒定磁场,穿过锅底的磁通量不会发生变化,不能产生涡流,所以没有加热效果,故A错误;电磁炉的原理是磁场感应涡流加热,即利用交变电流通过线圈产生交变磁场,所以电磁炉通过线圈加交流电后,在锅底产生涡流,进而发热工作,故B正确;在锅和电磁炉中间放一绝缘物质,不会影响涡流的产生,因此不会影响电磁炉的加热作用,故C错误;金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅,陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料,不会产生涡流,不是因为导热性能较差,故D错误。故选B。
【素养训练】
1.如图所示为大型考试用到的金属探测器,工作时其内部的探测器线圈内通有正弦交流电,关于探测器的工作原理,下列说法不正确的是
(　　)
A.探测器线圈中通有频率越低的交流电,越容易探测出金属物品
B.探测器线圈中正弦交流电会产生变化的磁场
C.探测器附近有金属时,金属中会产生涡流
D.探测器附近有金属时,探测器线圈中电流会发生变化
【解析】选A。探测器线圈中的交流电频率越低,电流变化越慢,根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电流越小,灵敏度越低,越不容易探测出金属物品,故A符合题意;根据法拉第电磁感应定律可知当探测器线圈中通以正弦交流电会产生变化的磁场,故B不符合题意;探测器中有一个通有交变电流的线圈,当线圈周围有金属时,金属中会产生涡流,涡流的磁场反过来影响线圈中的电流,探测器线圈中电流会发生变化,使探测器报警,故C、D不符合题意。本题选不正确的,故选A。
2.电磁炉具有无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等优势。电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场,当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时,即会产生无数小涡流,使锅体本身自行高速发热,然后再加热锅内食物。下列相关说法中正确的是
(　　)
A.锅体可以用不导电的陶瓷制成
B.锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的
C.恒定磁场越强,电磁炉的加热效果越好
D.提高磁场变化的频率,可提高电磁炉的加热效果
【解析】选D。如果锅体是不导电的陶瓷制成,则在锅体不能产生涡流即不能加热,故A错误;锅体中的涡流是由变化的磁场产生的,故B、C错误;提高磁场变化的频率,可提高电磁炉的加热效果,故D正确。故选D。
【加固训练】
1.(多选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成,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.增大涡流,减小铁芯的发热量
D.减小涡流,减小铁芯的发热量
【解析】选B、D。涡流的主要效应之一就是发热,而变压器的铁芯发热,是我们不希望出现的,所以不采用整块硅钢,而采用薄硅钢片叠压在一起,目的是减小涡流,减小铁芯的发热量,进而提高变压器的效率,故选项B、D正确。
2.(多选)下列哪些措施是为了防止涡流的危害
(　　)
A.电磁炉所用的锅要用平厚底金属锅
B.磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架,把线圈绕在铝框上
C.变压器的铁芯不做成整块,而是用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成
D.变压器的铁芯每片硅钢片表面有不导电的氧化层
【解析】选C、D。电磁炉是采用电磁感应原理,在金属锅上产生涡流,使锅体发热从而加热食物的,属于涡流的应用,故A不符合题意;磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架,起到电磁阻尼作用,是为了利用电磁感应,故B不符合题意;变压器的铁芯不做成整块,而是用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成,是为了减小变压器铁芯内产生的涡流,属于涡流的防止,故C正确;变压器的铁芯每片硅钢片表面有不导电的氧化层,是为了减小变压器铁芯内产生的涡流,属于涡流的防止,故D正确;故选C、D。
知识点二　电磁阻尼和电磁驱动的比较
电磁阻尼
电磁驱动
不
同
点
成因
由导体在磁场中运动形成的
由磁场运动而形成的
效果
安培力方向与导体运动方向相反,为阻力
安培力方向与导体运动方向相同,为动力
能量
转化
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
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
共同点
两者都是电磁感应现象,导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场间的相对运动
提醒:(1)电磁阻尼、电磁驱动都是电磁感应现象,都遵循楞次定律。
(2)电磁阻尼、电磁驱动现象中安培力的作用效果都是阻碍相对运动,应注意电磁驱动中阻碍的结果。若磁铁运动,线圈中的感应电流的结果是安培力的方向与磁铁运动方向相同,即电磁驱动;若磁场不动,线圈运动,则感应电流的结果是阻碍线圈运动,即电磁阻尼。
【问题探究】
灵敏电流表运输中,为什么常用导体把两个接线柱连在一起
(科学思维)
提示:连接接线柱后,晃动表,由于电磁阻尼,表针晃动幅度会变小,并能较快停下,起到保护表针的作用。
【典例示范】
【典例】(多选)安检门是一个用于安全检查的“门”,“门框”内有线圈,线圈里通有交变电流,交变电流在“门”内产生交变磁场,金属物品通过“门”时能产生涡流,涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流,从而引起报警。以下关于这个安检门的说法正确的是
(　　)
A.这个安检门也能检查出毒品携带者①
B.这个安检门只能检查出金属物品携带者②
C.如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流,也能检查出金属物品携带者③
D.这个安检门工作时,既利用了电磁感应现象,又利用了电流的磁效应
【审题关键】
序号
信息提取
①
毒品不是金属物品,检测不出来
②
携带金属物品可以检测出来
③
“门框”的线圈通上变化的电流才可检测出金属物品
【解析】选B、D。安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是:线圈中交变电流产生交变的磁场,会在金属物品中产生交变的感应电流,而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流,引起线圈中交变电流发生变化,从而被探测到,但不能检测到毒品,故A错误,B正确;如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流,只能产生恒定的磁场,则不能使金属产生感应电流,因而不能检查出金属物品携带者,故C错误;根据A的分析可知,安检门工作时,既利用了电磁感应现象,又利用了电流的磁效应,故D正确。故选B、D。
【总结提升】
安检门中接有线圈,线圈中通以交变电流,在空间产生交变的磁场,金属物品会产生感应电流;反过来,金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流,从而被探测到;恒定电流,只能产生恒定的磁场,则不能使块状金属产生感应电流。
【素养训练】
1.如图所示,在一蹄形磁铁两极之间放一个矩形线框abcd,磁铁和线框都可以绕竖直轴OO′自由转动。若使蹄形磁铁以某角速度转动时,线框的情况将是
(　　)
A.静止
B.随磁铁同方向转动
C.沿与磁铁相反方向转动
D.要由磁铁具体转动方向来决定
【解析】选B。当磁铁转动时,线框中的磁通量减小,根据楞次定律可得,感应电流的磁场要“阻碍”这种变化,则线框随磁铁同方向转动,B正确。故选B。
2.(多选)如图所示,四根长度、内径均相同的空心圆管竖直放置,把一枚磁性很强的直径略小于管的内径的小圆柱形永磁体,分别从四根圆管上端静止释放,空气阻力不计。下列说法正确的是
(　　)
A.永磁体在四根圆管中下落时间相同
B.永磁体在甲管中下落时间最长
C.永磁体在乙、丙、丁三管中下落时间相同
D.永磁体在丙管中下落时间最短
【解析】选B、C。当永磁体下落时,对甲铜管而言相当于若干导线切割磁感线,产生感应电流,由于磁场与电流的相互作用,使得永磁体下落“变慢”(阻碍磁通量变化),对乙铜管,由于有缝,相当于导线不闭合,只能产生感应电动势,而无感应电流产生,因此永磁体仍然做自由落体运动,对丙、丁塑料管而言不是导体,既无感应电动势,又无感应电流产生,因此永磁体同样做自由落体运动,故A、D错误,B、C正确。
【加固训练】
空间有竖直边界为AB、CD且垂直纸面向里的有界匀强磁场区域。一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点,将圆环拉至如图所示位置静止释放,圆环在摆动过程中环面始终与磁场垂直,若不计空气阻力,则下列说法中正确的是
(　　)
A.圆环完全进入磁场后离最低点越近,感应电流越大
B.圆环在进入和穿出磁场时,圆环中均有感应电流
C.圆环向左穿过磁场后再返回,还能摆到原来的释放位置
D.圆环最终将静止在最低点
【解析】选B。整个圆环进入磁场后,磁通量不发生变化,不产生感应电流,故A错误;只有当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化,会产生电流,故B正确;当圆环向左穿过磁场区域时磁通量发生变化,会产生电流,机械能向电能转化,所以机械能不守恒,当再返回,不能摆到原来的释放位置,故C错误;在圆环不断经过磁场,机械能不断损耗过程中圆环越摆越低,最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动,因为在此区域内没有磁通量的变化(一直是最大值),所以机械能守恒,即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动,而不是静止在平衡位置,故D错误。
3.
某兴趣小组制作了一个简易的“转动装置”,如图甲所示,在干电池的负极吸上两块圆柱形强磁铁,然后将一金属导线折成顶端有一支点、底端开口的导线框,并使导线框的支点与电源正极、底端与磁铁均良好接触但不固定,图乙是该装置的示意图。若线框逆时针转动(俯视),下列说法正确的是
(　　)
A.线框转动是因为发生了电磁感应
B.磁铁导电且与电池负极接触的一端是S极
C.若将磁铁的两极对调,则线框转动方向不变
D.线框转动稳定时的电流比开始转动时的大
【解析】选B。对线框的下端平台侧面分析,若扁圆柱形磁铁上端为S极,下端
为N极,周围磁感线由上往下斜穿入线框内部,在垂直于纸面向外的径向上,磁
感线有垂直于纸面向里的分量,在此径向上的负电荷由下往上运动,由左手定
则知:此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力,即在径向的左垂线方
向;同理,其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力(中心原点除
外),所以,由上往下看(俯视),线框沿逆时针转动,若扁圆柱形磁铁上端为N极,
下端为S极,则转动方向相反,所以该装置的原理是电流在磁场中的受力,不是电磁感应,故A、C错误,B正确;稳定时,因导线切割磁感线,则线框中电流比刚开始转动时的小,故D错误。
【拓展例题】考查内容:涡流现象在日常生活中　　的应用
【典例】如图为电磁灶,是采用磁场感应涡流原理,它利用高频的交流电通过环形线圈,从而产生无数封闭磁感线,当磁感线通过导磁(如:铁质锅)的底部,而底部可看作由无数个导体圆环构成,当穿过圆环的磁通量发生变化时,圆环上就产生感应电流,即小涡流(一种交变电流,家用电磁炉使用的是15～30
kHz的高频电流)。它和普通电流一样要放出焦耳热,会使锅体本身自行高速发热,然后再加热锅内食物。
(1)为什么锅体必须是导磁性材料
(2)如图所示为电磁灶的结构示意图。电磁灶是根据涡流原理给锅加热的,调查研究电磁灶与一般烹饪灶具比较具有哪些优点 (写出两条即可)
【解析】(1)由于非导磁性材料不能有效汇聚磁感线,几乎不能形成涡流,所以基本上不加热;另外,导电能力特别差的磁性材料由于其电阻率太高,产生的涡流电流也很小,也不能很好地产生热量。所以,电磁灶使用的锅体材料导电性能相对较好,一般采用铁磁性材料的金属或者合金以及它们的复合体,一般采用的锅有:铸造铁锅、生铁锅、不锈铁锅。纯不锈铁锅材料由于其导磁性能非常低,所以在电磁灶上并不能正常工作。
(2)①热效率高。由于电磁灶是通过涡流而使磁性锅体发热的,它不存在热量再传导或辐射的过程,也就减少了传导和辐射过程中的热量损耗,热效率较高。一般电炉的热效率为50%,煤气灶的热效率为40%,而电磁灶的热效率可达80%。
②控温准确。电磁灶能方便而准确地根据用户的要求控制发热功率及烹调温度,热惯性小,断电即断磁,也就不再发热,而且使锅内温度分布均匀,烹调效果好。
③安全可靠。由于电磁灶使用时不产生明火,再加上灶台本身不发热,并且又附有多种自动保护功能,因此使用时,不会发生烫伤事故,也不会引起火灾、爆炸、中毒等事故。④清洁卫生。由于电磁灶无明火,无烟,不会产生有害气体污染空气,还能保持锅体和灶台清洁,由于灶台面板为结晶陶瓷玻璃制成,即使食物溢出也不会焦糊,如有污物很容易擦净。
⑤使用方便。电磁灶体积小,重量轻,操作简单,一目了然,可随意搬动,便于携带,可以作为外出旅游之用,也可以放在餐桌上使用。
答案:见解析
情境·模型·素养
【实验情境】
电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是
利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如
图所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水
平方向夹角为θ。一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时
磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不
动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁距离铝
条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为ρ。为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g。
探究:(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I;
(2)若两铝条的宽度均为b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式;
(3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度b′>b的铝条,磁铁仍以速度v进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。
【解析】(1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等均为F安,
有F安=IdB
①
磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,
其大小有F=2F安
②
磁铁匀速运动时受力平衡,则有
F-mgsinθ=0
③
联立①②③式可得I=
④
(2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E,有
E=Bdv
⑤
铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有
R=ρ
⑥
由欧姆定律有
I=
⑦
联立④⑤⑥⑦式可得
v=
⑧
(3)磁铁以速度v进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用
力F,
联立①②⑤⑥⑦式可得
F=
⑨
当铝条的宽度b′>b时,磁铁以速度v进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F′,
有F′=
⑩
可见,F′>F=mgsinθ,
磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减
速下滑,此时加速度最大。之后,随着运动速度减小,F′也随着减小,磁铁所受
的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减
小。综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动,直到F′=mgsinθ时,磁铁
重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑。
答案:(1)
　
(2)v=
　
(3)见解析
【生产情境】
如图所示是高频焊接原理示意图,线圈中通以高频交流电时,待焊接的金属工件中就产生感应电流,由于焊接缝处的接触电阻很大,放出的焦耳热很多,致使温度升得很高,将金属熔化,焊接在一起,我国生产的自行车车架就是用这种办法焊接的。
探究:为什么交变电流的频率越高,焊接缝处放出的热量越大
【解析】交变电流的频率越高,它产生的磁场的变化就越快,根据法拉第电磁感应定律,在待焊接工件中产生的感应电动势就越大,感应电流就越大,而放出的电热与电流的平方成正比,所以交变电流的频率越高焊接处放出的热量越多。
答案:见解析
课堂检测·素养达标
1.物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用。下面列举的四种器件中,利用电磁感应原理工作的是
(　　)
【解析】选B。可变电容器是改变极板间的正对面积进而改变电容的,故A错误;电磁炉是利用锅底在磁场中产生涡流而产生热量,应用了电磁感应现象,故B正确;质谱仪是利用了带电粒子在磁场中偏转而工作的,故C错误;示波管是带电粒子在电场中偏转,故D错误。故选B。
【加固训练】
电磁炉是利用涡流加热的,它利用交变电流通过线圈产生变化的磁场,当磁场内的磁感线通过锅底时,即会产生无数小涡流,使锅体本身高速发热,从而达到烹饪食物的目的。因此,下列的锅类或容器中,适用于电磁炉的是
(　　)
A.煮中药的瓦罐　
B.不锈钢锅
C.玻璃茶杯
D.塑料盆
【解析】选B。煮中药的瓦罐、玻璃茶杯、塑料盆都不是铁质锅,不能被磁化,因而不能形成涡流(即电流),故不能用来加热食物,故A、C、D错误,B正确。
2.甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定的轴OO′无摩擦旋转,若分别加上如图甲、乙所示的匀强磁场,当同时给甲、乙相同的初速度旋转时
(　　)
A.甲环先停
B.乙环先停
C.两环同时停下
D.无法判断两环停止的先后
【解析】选B。甲环旋转时,穿过环的磁通量不变,没有感应电流产生,而乙环旋转时,穿过环的磁通量不断变化,有感应电流产生,根据楞次定律,运动导体上的感应电流所受的磁场力(安培力)总是反抗(或阻碍)导体的运动,因此乙环先停下。故A、C、D错误,B正确。故选B。
3.如图是机场的安检人员用手持金属探测器检查乘客的情景,探测线圈内通有交变电流,能产生迅速变化的磁场,当探测线圈靠近金属物体时,这个磁场能在金属物体内部产生涡电流,涡电流又会产生磁场,倒过来影响原来的磁场,如果能检测出这种变化,就可以判定探测线圈下面有金属物体了。以下用电器与金属探测器工作原理相似——利用涡流的是
(　　)
【解析】选C。当探测器中通以交变电流的线圈靠近金属物时,线圈在空间产生交变的磁场,金属物品横截面的磁通量发生变化,会产生感应电流,故探测器采用了电磁感应原理中的涡流的原理;变压器采用了电磁互感原理,要防止涡流,故A错误;日光灯的镇流器采用的是线圈的自感现象,与涡流无关,故B错误;电磁炉中,将炉子中的线圈通以交变电流,线圈将产生变化的磁场,该磁场穿过铁质锅时,在锅底的部分将产生涡流,所以电磁炉的原理与金属探测器工作原理相似,故C正确;直流电动机是通电导体在磁场中受力,与涡流无关,故D错误。
4.扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌,为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图所示,无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是
(　　)
【解析】选A。感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化,A图中紫铜薄板上下及左右振动时,在磁场中的部分有时多有时少,磁通量发生变化,产生感应电流,受到安培力,阻碍系统的振动,故A正确;而B、C、D三个图均无此现象,故B、C、D错误。
5.如图所示,质量为m=100
g的铝环,用细线悬挂起来,环中央距地面高度h=0.8
m,有一质量为M=200
g的小磁铁(长度可忽略),以v0=10
m/s的水平速度射入并穿过铝环,落地点距铝环原位置的水平距离x=3.6
m,则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看作平抛运动),求:
(1)铝环向哪边偏斜
(2)若铝环在磁铁穿过后速度v′=2
m/s,在磁铁穿过铝环的整个过程中,环中产生了多少电能 (g取10
m/s2)
【解析】(1)由楞次定律可知,当小磁铁向右运动时,铝环向右偏斜(阻碍相对
运动)。
(2)由磁铁穿过铝环后飞行的水平距离可求出穿过后的速度v=
=
m/s=9
m/s
由能量守恒可得:
W电=
-
Mv2-
mv′2=1.7
J。
答案:(1)向右偏斜　(2)1.7
J
课时素养评价
六　涡流、电磁阻尼和电磁驱动
【基础达标】(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
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】选C。容器中水温升高,是电能转化成内能所致。因此只有变化的电流才能导致磁通量变化,且只有小铁锅处于变化的磁通量中时,才能产生感应电动势,从而产生感应电流,导致电流发热。玻璃杯是绝缘体,不能产生感应电流,故C正确,A、B、D错误。
2.下列四个图都与涡流有关,其中说法不正确的是
(　　)
A.真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B.自制金属探测器是利用被测金属中产生的涡流来进行探测的
C.电磁炉工作时在它的面板上产生涡流加热食物
D.变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠合而成是为了减小涡流
【解析】选C。真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化,在金属中产生涡流,从而产生大量的热量熔化金属的,故A正确;金属探测器中变化电流遇到金属物体,在被测金属中上产生涡流来进行探测,故B正确;家用电磁炉工作时,在锅体中产生涡流,加热食物,故C错误;当变压器中的电流变化时,在其铁芯产生涡流,使用硅钢片做成的铁芯可以尽可能减小涡流造成的损失,故D正确。题目让选不正确的,故选C。
3.如图所示,一铝块静止在光滑水平面上,现让一条形磁铁以一定的速度向右靠近铝块,在磁铁靠近铝块的过程,说法正确的是
(　　)
A.若条形磁铁的右端为N极,则铝块会向右以相同的速度运动
B.若条形磁铁的右端为S极,则铝块会向左运动,速度小于磁铁的速度
C.在它们相遇前,铝块一直处于静止状态
D.不论条形磁铁的右端为N极还是S极,铝块都会向右运动,且同一时刻铝块的速度小于磁铁的速度
【解析】选D。不管条形磁铁的右端是N极还是S极,向右靠近铝块时都在铝块中产生涡流,因此会有电磁驱动现象,根据楞次定律阻碍作用的特点,铝块的速度小于磁铁的速度,D正确,A、B、C错误。
4.如图一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动。现施加一垂直圆盘向里的有界匀强磁场,圆盘开始减速。不计金属圆盘与轴之间的摩擦,下列说法正确的是
(　　)
A.在圆盘减速过程中,处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高
B.在圆盘减速过程中,若使所加磁场反向,圆盘将加速转动
C.在圆盘转动的过程中,穿过整个圆盘的磁通量不发生变化,没有产生感应电流
D.若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动
【解析】选D。将金属圆盘看成由无数金属辐条组成,这些金属辐条不断切割磁感线从而产生电动势和感应电流。根据右手定则可知,圆盘上的感应电流由圆心流向边缘,因此靠近圆心处电势低,故A、C错误;若所加磁场反向,只是产生的电流反向,根据楞次定律可知,安培力还是阻碍圆盘的转动,因此圆盘还是减速转动,故B错误;若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘在切割磁感线,产生感应电动势,相当于电路断开,不会产生感应电流,没有安培力的作用,圆盘将匀速转动,故D正确。
5.如图所示,两同心圆环A、B置于同一水平面上,其中A为均匀带电绝缘环,B为导体环,两环均可绕中心在水平面内转动,则
(　　)
A.若A匀速转动,B中产生恒定的感应电流
B.若A逆时针加速转动,B中一定产生顺时针方向的感应电流
C.若A顺时针减速转动,B中感应电流的方向可能是逆时针
D.若A、B以相同的转速同方向加速转动,B中没有感应电流
【解析】选C。若A匀速转动,相当于产生了一恒定的环形电流,B中的磁通量不发生变化,不产生感应电流,故A错误;若A加速转动,则相当于电流增大,B中的磁通量增加,但因所带的电量的正负不知,不能确定A中的电流的方向,故不知磁场的方向,则不能由安培定则得B中会产生感应电流的方向,故B错误;因减速转动,相当于电流减小,则B中的磁通量减小,会产生感应电流,因A所带的电荷的正负不知,故方向不确定,可能为逆时针,故C正确;不论B是否运动,若A加速,则B中会有电流产生,故D错误。故选C。
6.如图甲所示的是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤设备,其原理是用载流线圈使物件内产生涡电流,借助探测线圈测定涡电流的改变,从而获得物件内部是否断裂及其位置的信息。如图乙所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置,将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中,闭合开关S的瞬间,套环将立刻跳起。对以上两个实例的理解正确的是
(　　)
A.涡流探伤技术运用了互感原理,跳环实验演示了自感现象
B.能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料
C.以上两个实例中的线圈所连接的电源都必须是变化的交流电源
D.以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是稳恒电源
【解析】选B。涡流探伤技术其原理是用载流线圈使物件内产生涡电流,借助探测线圈测定涡电流的改变;跳环实验演示了电磁感应现象,故A错误;无论是涡流探伤技术还是演示电磁感应现象,都需要产生感应电流,而感应电流产生的条件之一是在导电材料内,故B正确;涡流探伤时,探测器中通过交变电流产生变化的磁场,当导体、物件处于该磁场中时,该导体、物件中会感应出涡流;演示电磁感应现象的实验中,线圈接在直流电源上,闭合开关的瞬间,穿过套环的磁通量仍然会改变,套环中会产生感应电流,会跳动,故C、D错误。
二、计算题(本题共1小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.如图所示,在光滑的水平面上有一半径r=10
cm、电阻R=1
Ω、质量m=1
kg的金属环,以速度v=10
m/s向一有界匀强磁场滑去。匀强磁场方向垂直于纸面向里,B=0.5
T。从环刚开始进入磁场算起,到刚好有一半进入磁场时圆环释放了32
J的热量,求:
(1)此时圆环中电流的瞬时功率。
(2)此时圆环运动的加速度。
【解析】(1)取金属环为研究对象,从刚进入磁场至一半进入磁场的过程中,由能量守恒定律可知,环减少的动能全部转化为热能,设此时的速度为v1,则有
Q=
mv2-
,
又因为P=
=
,
由以上两式联立,代入数据解得
P=0.36
W。
(2)由楞次定律可知环此时受到的安培力方向向左,
由牛顿第二定律得
=ma,
即a=
=6×10-2
m/s2,方向向左。
答案:(1)0.36
W　(2)6×10-2
m/s2,方向向左
【总结提升】涡流现象中两种不同的能量转化方式
(1)电磁阻尼中克服安培力做功,其他形式的能转化为电能,最终转化为内能。
(2)电磁驱动中由于电磁感应,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。
【能力提升】(15分钟·40分)
8.(9分)(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。下列说法正确的是
(　　)
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动
【解析】选A、B。圆盘运动过程中,半径方向的金属条切割磁感线,在圆心和边缘之间产生了感应电动势,选项A对;圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中,内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流,选项B对;圆盘转动过程中,圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化,所以没有磁通量的变化,选项C错;圆盘本身呈现电中性,不会产生环形电流,选项D错。
【加固训练】
焊接无缝钢管需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热。如图所示,将被加热管道置于感应线圈中,当感应线圈中通以电流时管道发热,则下列说法中正确的是
(　　)
A.感应线圈电阻越大,加热效果越好
B.感应线圈中电流应该采用高频交流电
C.塑料管道用这种感应加热焊接的方式更容易实现
D.感应线圈加热管道产生热量不符合焦耳定律
【解析】选B。当增大感应线圈电阻,相当于减小了交流电的电流,电流的峰值变小,在频率不变的情况下,单位时间电流的变化量变小,即电流的变化率变小,则磁场的变化率变小,磁通量的变化率变小,加热效果减弱,故A错误;高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场,在焊接的金属工件中就产生感应电流,根据法拉第电磁感应定律分析可知,电流变化的频率越高,磁通量变化频率越高,产生的感应电动势越大,感应电流越大,焊缝处的温度升高得越快。故B正确;采用塑料管不可能在焊缝中产生电流。故C错误;感应加热是利用电磁感应现象,产生涡流而发热,不是利用线圈电阻产生的焦耳热直接焊接的,仍然符合焦耳定律。故D错误。
9.(9分)(多选)如图所示,闭合金属环从曲面上高h处滚下,又沿曲面的另一侧上升,设环的初速度为零,摩擦不计,曲面处在图示磁场中,则
(　　)
A.若是匀强磁场,环滚上的高度小于h
B.若是匀强磁场,环滚上的高度等于h
C.若是非匀强磁场,环滚上的高度等于h
D.若是非匀强磁场,环滚上的高度小于h
【解析】选B、D。若磁场为匀强磁场,穿过环的磁通量不变,不产生感应电流,即无机械能向电能转化,机械能守恒,故A错,B正确;若磁场为非匀强磁场,环内要产生电能,机械能减少,故C错,D正确,故选B、D。
　【加固训练】
(多选)如图所示,一金属铜盘紧靠U形磁铁的两极而不接触,U形磁铁在铜盘正中央。当磁铁旋转起来,会带动铜圆盘跟随磁铁转动,这种现象称为电磁驱动,在圆盘转动过程中下列说法正确的是(　　)
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致U形磁铁转动
C.在圆盘转动的过程中,U形磁铁的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘转动方向与磁铁方向相反
【解析】选A、B。铜盘中有自由电子,在磁场运动时,这些电子受到洛伦兹力,会沿半径方向运动,圆盘上产生了感应电动势,从而形成涡流。这个涡流反过来又会受到磁场的作用力,使得铜盘随着磁极转动。故A、B正确;根据对称性原理,U形磁铁的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变,故C错误;根据楞次定律可知,圆盘会阻碍磁铁的相对运动,所以圆盘以较小的转速与磁铁同向转动。故D错误。
10.(22分)有人设计了可变阻尼的电磁辅助减震系统,由三部分组成。一部分
是电磁侦测系统;一部分是可变电磁阻尼系统,吸收震动时的动能;还有一部分
是控制系统,接收侦测系统的信号,改变阻尼磁场的强弱。系统如图1所示,侦
测线框、阻尼线圈固定在汽车底盘上,侦测系统磁体、减震系统磁体固定在车
轴上,车轴与底盘通过一减震弹簧相连。侦测系统磁场为匀强磁场,B1=0.01
T,
长方形线框宽d=0.05
m,整个回路的电阻R1=0.1
Ω,运动过程中,线框的下边
不会离开磁场,上边不会进入磁场。阻尼线圈由100个相互绝缘的独立金属环
组成,这100个金属环均匀固定在长为0.2
m的不导电圆柱体上,减震系统磁场
辐向分布,俯视如图2所示,线圈所在位置磁感应强度B2大小处处相等,大小由控制系统控制。汽车静止时,阻尼线圈恰好50匝处于磁场中,取此时侦测线框所在的位置为原点,取向下为正,线框相对侦测磁场的位移记为x,B2的大小与x的关系如图3所示。每个线圈的电阻为R2=0.001
Ω,周长L=0.3
m。不考虑阻尼线圈之间的电磁感应,忽略阻尼线圈导体的粗细,设车轴与底盘总保持平行。
(1)侦测线框向下运动时电流的方向为顺时针还是逆时针
(2)写出侦测线框由平衡位置向下运动时,侦测线框流入控制系统的电量q与位移x的大小关系式;
(3)某次侦测线框由平衡位置向下运动,流入控制系统的电量q=2.5×10-4C,这一过程底盘相对车轴做v=10
m/s的匀速运动,求这一过程阻尼线圈吸收了多少机械能。
【解析】(1)向下运动时,线圈的磁通量增大,感应电流为逆时针。
(2)线框向下运动速度为v时,感应电动势为:
E=B1dv
感应电流为:I=
那么,在极短时间间隔Δt内侦测线框流入控制系统的电量为:
Δq=IΔt
Δx=v·Δt
那么,对侦测线框向下运动x距离的运动时间对电量进行叠加可得侦测线框流
入控制系统的电量为:
q=
=0.005x
(C)
(3)由(2)可得:流入控制系统的电量为:
q=2.5×10-4C时,x=0.05
m,
由图3可知当0m时B2=1
T,
单个金属环进入磁场后受到安培力的大小:
F=
=900
N
当位移x=0.05
m时,下面50个环的克服安培力做的总功为:
W1=50×F·x
W1=2
250
J
上面25个线圈新进入磁场的线圈
W2=
×25×F·x=562.5
J
W总=W1
+W2=2
812.5
J
答案:(1)逆时针　(2)q=0.005x(C)　(3)
2812.5
J(共100张PPT)
　第四章　电
磁
感
应
　　　1　划时代的发现
2　探究感应电流的产生条件
一、划时代的发现
【情境思考】
　
“磁生电”说明了什么 满足哪些条件才能“磁生电”
必备知识·自主学习
提示:“磁生电”说明了磁和电相互联系;“磁生电”的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化。
1.奥斯特梦圆“电生磁”:
1820年,丹麦物理学家_______发现了电流的磁效应。
2.法拉第心系“磁生电”:
1831年,英国物理学家_______发现了“磁生电”的现象,这种现象叫作
_________,产生的电流叫作_________。
奥斯特
法拉第
电磁感应
感应电流
二、探究感应电流产生的条件
1.探究导体棒在磁场中运动是否产生电流(如图所示):
实验操作
实验现象(有无电流)
导体棒静止
无
导体棒平行磁感线运动
无
导体棒切割磁感线运动
有
总结:闭合导体回路包围的面积_____时,产生感应电流;闭合导体回路包围的面
积_____时,不产生感应电流。
改变
不变
2.探究磁铁在通电螺线管中运动是否产生电流(如图所示):
实验操作
实验现象(有无电流)
N(或S)极插入线圈
___
N(或S)极停在线圈中
___
N(或S)极从线圈中抽出
___
有
无
有
总结:线圈中的磁场_____时产生感应电流;线圈中的磁场_____时不产生感应电
流。
变化
不变
3.模拟法拉第实验(如图所示):
实验操作
实验现象(线圈
B中有无电流)
开关闭合瞬间
___
开关断开瞬间
___
开关保持闭合,滑动变阻器滑片不动
___
开关保持闭合,迅速移动滑动变阻器的滑片
___
有
有
无
有
【易错辨析】
(1)只要闭合电路内有磁通量,闭合电路中就有感应电流产生。
(
)
(2)穿过螺线管的磁通量发生变化时,螺线管内部就一定有感应电流产生。
(
)
(3)闭合电路的部分导体在磁场中运动就会产生感应电流。
(
)
(4)线框不闭合时,即使穿过线框的磁通量发生变化,线框中也没有感应电流产
生。
(
)
×
×
×
√
关键能力·合作学习
知识点一　磁通量
1.磁通量的理解:
磁通量可以形象地理解为穿过某一面积磁感线条数的多少,当穿过某一面积的磁感线条数发生改变时,则穿过该面积的磁通量发生变化。
2.磁通量的计算:
(1)B与S垂直时(匀强磁场中),Φ=BS。B指匀强磁场的磁感应强度,S为线圈的面积。
(2)B与S不垂直时(匀强磁场中),Φ=BS⊥。S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积,S⊥=Ssinθ,称之为有效面积,如图甲所示。或者Φ=B⊥S。B⊥为磁感应强度B垂直线圈平面方向上的分量,B⊥=Bsinθ,如图乙所示。两种计算方法均可得出Φ=BSsinθ。
3.磁通量变化的三种情况:
(1)磁感应强度B不变,闭合电路的面积S发生变化。如图a。
(2)闭合电路的面积S不变,磁感应强度B发生变化。如图b。
(3)磁感应强度B和闭合电路的面积S都不变,它们之间的夹角α发生变化。如图c。
4.磁通量变化量的求法:
可先规定磁通量的正方向,磁通量变化量为末状态磁通量减去初状态磁通量。
【问题探究】
如图甲,竖直向下的匀强磁场中,水平放置一正方形线框;如图乙,竖直向下的匀强磁场中,平行磁感应强度的方向放置正方形线框。若线框的面积是S,磁感应强度为B,试求两种情况下,穿过线框的磁通量分别是多少
提示:甲图中穿过线框的磁通量Φ1=BS;乙图中穿过线框的磁通量为Φ2=0。
【典例示范】
【典例1】有一个100匝的线圈,其横截面是边长为L=0.20
m的正方形,放在磁感应强度为B=0.50
T的匀强磁场中,线圈平面与磁场垂直。若将这个线圈横截面的形状由正方形改变成圆形(横截面的周长不变),在这一过程中穿过线圈的磁通量改变了多少
【解题探究】
(1)磁通量的大小由什么决定
提示:磁场的磁感应强度B和线圈在垂直于磁场方向的面积S。
(2)磁通量的正负如何确定
提示:从磁感线穿过面的角度来分,一个面积的两个面分为“正面”和“反面”,“正面”穿入的磁感线,磁通量为正值,“反面”穿入的磁感线,磁通量为负值。
【解析】线圈横截面为正方形时的面积
S1=L2=(0.20
m)2=4.0×10-2
m2,
穿过线圈的磁通量
Φ1=BS1=0.50×4.0×10-2
Wb=2.0×10-2
Wb,
横截面形状为圆形时,半径r=
横截面面积大小S2=
穿过线圈的磁通量Φ2=BS2=0.50×
Wb≈2.55×10-2
Wb,所以,磁通量的变化
量ΔΦ=Φ2-Φ1=(2.55-2)×10-2
Wb=5.5×10-3
Wb。
答案:5.5×10-3
Wb
【规律方法】
磁通量Φ=BS的计算的几点注意
(1)S是指闭合回路中包含磁场的那部分的有效面积。
(2)磁通量与线圈的匝数无关,也就是磁通量大小不受线圈匝数的影响。同理,磁通量的变化量ΔΦ=Φ2-Φ1也不受线圈匝数的影响。所以,直接用公式求Φ、ΔΦ不必考虑线圈匝数n。
【素养训练】
1.如图所示,矩形线框ABCD面积为S,磁感应强度为B的匀强磁场垂直线框平面,M为AB边的中点,N为AD边的中点,只有AMON区域中有磁场,穿过线框的磁通量为
(　　)
【解析】选D。由图可知,有磁场的区域面积:S′=
S,当线圈平面与磁场方
向垂直时,Φ=BS′=
BS。故A、B、C错误,D正确。
2.如图甲所示,一面积为S的矩形导线框abcd,在匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B,方向与ad边垂直并与线框平面成45°角,O、O′分别是ab和cd边的中点。现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针转过90°到图乙所示位置,下列判断正确的是
(　　)
A.在图甲位置时线圈中的磁通量是BS
B.在图乙位置时线圈中的磁通量是
BS
C.由图甲位置到图乙位置线圈中的磁通量变化了
BS
D.由图甲位置到图乙位置线圈中的磁通量变化了BS
【解析】选C。线框的右半边(ObcO′)未旋转时整个回路的磁通量为:Φ1=
BSsin45°=
BS,线框的右半边(ObcO′)旋转90°后,穿进跟穿出的磁通量相
等,整个回路的磁通量Φ2=0,磁通量的变化量为
BS,C正确。
【加固训练】
1.如图所示,通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面,第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ,第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ,设先后两次通过金属框的磁通量变化的大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2,则
(　　)
A.ΔΦ1<ΔΦ2　　　
B.ΔΦ1=ΔΦ2
C.ΔΦ1>ΔΦ2
D.不能判断
【解析】选A。设在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1,在位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2。规定位置Ⅱ相对线圈磁通量为正,第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ,穿过线框的磁感线方向没有改变,磁通量变化量ΔΦ1=Φ2-Φ1;第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ,穿过线框的磁感线的方向发生改变,磁通量变化量ΔΦ2=Φ1+Φ2。所以:ΔΦ1<ΔΦ2。故选A。
2.如图所示,线圈平面与水平方向夹角θ=60°,磁感线竖直向下,线圈平面面积S=0.4
m2,匀强磁场磁感应强度B=0.8
T。把线圈以cd为轴顺时针转过120°角,则通过线圈磁通量的变化量为
(　　)
A.0.16
Wb　　　B.0.32
Wb
C.0.48
Wb
D.0.64
Wb
【解析】选C。开始时穿过线圈的磁通量大小Φ1=BScosθ=0.8×0.4×
Wb=0.16
Wb;把线圈以cd为轴顺时针转过120°角,则通过线圈磁通量大小
Φ2=BS=0.8×0.4
Wb=0.32
Wb,则此过程中磁通量的变化量:ΔΦ=Φ1+Φ2=
0.48
Wb,故选C。
　知识点二　感应电流产生的条件
　(1)只要满足电路闭合和穿过该电路的磁通量发生变化这两个条件,就必然产生感应电流。
(2)只要产生了感应电流,则电路一定是闭合的,穿过该电路的磁通量也一定发生了变化。
【问题探究】
从奥斯特发现电流周围存在磁场后,法拉第坚信磁一定能生电。他使用如图所示的装置进行实验研究,以至于经过了10年都没发现“磁生电”。
主要原因是什么
提示:励磁线圈A中的电流是恒定电流,产生稳恒磁场,穿过线圈B的磁通量都不发生变化,电流表G中没有感应电流。
【典例示范】
【典例2】如图为“探究感应电流与磁通量变化关系”的实验装置图。下列操作中不能产生感应电流的是
(　　)
A．开关S闭合瞬间①
B．开关S断开瞬间②
C．开关S闭合后，变阻器滑片P移动③
D．开关S闭合后，变阻器滑片P不移动④
【审题关键】
序号
信息提取
①
S闭合瞬间,穿过线圈B的磁通量发生变化
②
S断开瞬间,穿过线圈B的磁通量发生变化
③
滑片P移动,穿过线圈B的磁通量发生变化
④
滑片P不移动,穿过线圈B的磁通量不发生变化
【解析】选D。开关S闭合瞬间,穿过线圈B的磁通量发生变化,线圈产生感应电流,故A错误;开关S断开瞬间,穿过线圈B的磁通量发生变化,有感应电流产生,故B错误;开关S闭合后,变阻器滑片P移动,穿过线圈B的磁通量发生变化,有感应电流产生,故C错误;开关S闭合后,变阻器滑片P不移动,穿过线圈B的磁通量不发生变化,没有感应电流产生,故D正确。
【素养训练】
1.如图是电磁冲击钻的原理示意图,若发现静止的钻头M突然向右运动,则可能是
(　　)
A.开关S由闭合到断开的瞬间
B.开关S由断开到闭合的瞬间
C.保持开关S闭合,滑动变阻器滑片P加速向右滑动
D.保持开关S闭合,滑动变阻器滑片P减速向右滑动
【解析】选B。开关S由闭合到断开的瞬间,穿过M的磁通量减小,为阻碍磁通量的减小,钻头向左运动,故A错误;开关S由断开到闭合的瞬间,穿过M的磁通量变大,为阻碍磁通量变大,钻头向右运动,故B正确;保持开关S闭合,滑动变阻器滑片P加速向右滑动时接入电阻增大,电流减小,穿过M的磁通量减小,为阻碍磁通量减小,钻头向左运动,故C错误;保持开关S闭合,滑动变阻器滑片P减速向右滑动时接入电阻增大,电流减小,穿过M的磁通量减小,为阻碍磁通量减小,钻头向左运动,故D错误。
2.图中能产生感应电流的是
(　　)
【解析】选B。线圈是不闭合的,不能产生感应电流,故A错误;线框的面积增大,穿过线框的磁通量增大,能够产生感应电流,故B正确;由于直导线在线圈的直径的上方,所以穿过线圈的磁通量等于0,电流增大,线圈的磁通量仍然是0,故C错误;线框整体垂直于磁场运动,线框的磁通量始终是最大的,没有发生变化,没有感应电流,故D错误。
【加固训练】
　　1.科学家探索自然界的奥秘,要付出艰辛的努力。19世纪,英国科学家法拉第经过10年坚持不懈的努力,发现了电磁感应现象。如图中可用于研究电磁感应现象的实验是
(　　)
【解析】选C。A图是演示通电导体在磁场中受力的装置,故A不符合题意;B图是奥斯特实验装置,故B不符合题意;C图是演示电磁感应现象的装置,故C符合题意;D图是通电后灯泡发光,体现电流的热效应,故D不符合题意。
2.下列情况中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,条形磁铁插入线圈中不动时
C.如图丙所示,小螺线管A置于大螺线管B中不动,开关S一直接通,滑动变阻器滑片不动时
D.如图丙所示,小螺线管A置于大螺线管B中不动,开关S一直接通,在移动变阻器滑片的过程中
【解析】选D。如图甲所示,导体AB顺着磁感线运动,不切割磁感线,无感应电流,选项A错误;如图乙所示,条形磁铁插入线圈中不动时,磁通量不变,无感应电流产生,选项B错误;如图丙所示,小螺线管A置于大螺线管B中不动,开关S一直接通且滑动变阻器滑片不动时,穿过B的磁通量不变,无感应电流,选项C错误;如图丙所示,小螺线管A置于大螺线管B中不动,开关S一直接通,在移动变阻器滑片的过程中,线圈A中的电流变化,穿过线圈B的磁通量变化,会有感应电流产生,选项D正确。
【拓展例题】考查内容:“磁生电”与“电生磁”的比较
【典例】科学家通过长期研究,发现了电和磁的联系,其中最重要的两项研究如图所示。
(1)研究电磁感应现象的装置是____(“甲”或“乙”)图,根据这一现象,制成了____(“电动机”或“发电机”)。
(2)研究通电导线在磁场中的受力情况现象的装置是_____(“甲”或“乙”)图,根据这一现象,制成了_____(“电动机”或“发电机”)。
【解析】(1)甲图中导体棒与电流表相连,无供电装置,故为演示电磁感应的装置。由这一原理我们制成了发电机。
(2)乙图中有电源供电,而无电流表,但能看到通电导线在磁场中的运动,故本实验是研究磁场对电流作用的装置,通过这一现象,我们制成了电动机。
答案:(1)甲　发电机　(2)乙　电动机
情境·模型·素养
【实验情境】如图所示,A、B两环共面同心,A环上均匀带有负电荷。
探究:(1)当A环逆时针加速转动时,通过B环中的磁通量变化了吗
(2)当A环顺时针匀速转动时,通过B环中的磁通量变化了吗 为什么 简述出理由。
【解析】(1)A环上均匀带有负电荷,当A环逆时针加速转动时,产生顺时针方向且大小越来越大的电流,产生的磁场变强,通过B环中的磁通量变化。
(2)A环上均匀带有负电荷,当A环顺时针匀速转动时,产生逆时针方向且大小不变的电流,产生的磁场不变,通过B环中的磁通量不变。
答案:(1)变化　(2)不变　理由见解析
【实验情境】一种早期发电机原理示意图如图所示,该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成,两磁极相对于线圈平面对称,线圈圆心为O点。
探究:在磁极绕转轴匀速转动的过程中,磁感应强度为B,线圈面积为S。当磁极与O点在同一条直线上时,穿过线圈的磁通量为多少
【解析】在磁极与O点在同一条直线上时,穿过线圈的磁通量最大,为Φ=BS。
答案:BS
课堂检测·素养达标
1.1831年8月29日,法拉第历经近十年的研究终于在一次实验中发现了电磁感应现象:把两个线圈绕在同一个铁环上(如图),一个线圈接到电源上,另一个线圈接入“电流表”,在给一个线圈通电或断电的瞬间,另一个线圈中也出现了电流。之后他设计出几十个关于电磁感应现象的实验,并把它们总结成五类情况,请结合你学习的电磁感应知识判断以下哪个选项不属于这五类现象
(　　)
A.恒定的电流
B.变化的磁场
C.运动的磁铁
D.在磁场中运动的导体
【解析】选A。因为电磁感应现象是一个瞬间现象,只有在磁通量改变的时候才会出现,因此恒定的电流产生恒定的磁场,无法发生电磁感应现象,因此A符合题意,B、C、D不符合题意,故选A。
2.如图所示匀强磁场的磁感应强度为B,磁场方向与线框面的夹角为θ,若线框的面积为S,匝数为n,则穿过线框面的磁通量为(　　)
A.BSsinθ　　　　　　　
B.BScosθ
C.nBSsinθ
D.nBScosθ
【解析】选A。根据磁通量的概念可知,穿过线框面的磁通量为BSsinθ,故选A。
3.老师做了一个物理小实验让学生观察:一轻质横杆两侧各固定一金属环,横杆绕中心点自由转动,老师拿一条形磁铁插向其中一个小环,后又取出插向另一个小环,同学们看到的现象是
(　　)
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】选B。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B正确,A、C、D错误。
4.一磁感应强度为B的匀强磁场,方向水平向右,一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置,平面abcd与竖直方向成θ角,将abcd绕ad轴转180°角,则穿过线圈平面的磁通量的变化量为
(　　)
A.0　　　　　
B.2BS
C.2BScosθ
D.2BSsinθ
【解析】选C。开始时穿过线圈平面的磁通量为Φ1=BScosθ,后来穿过线圈平面的磁通量为Φ2=-BScosθ,则磁通量的变化量为ΔΦ=|Φ2-Φ1|=2BScosθ。
【加固训练】
(多选)A、B两回路中各有一开关S1、S2,且回路A中接有电源,回路B中接有灵敏电流计(如图所示),下列操作及相应的结果可能实现的是
(　　)
A.先闭合S2,后闭合S1的瞬间,电流计指针偏转
B.S1、S2闭合后,在断开S2的瞬间,电流计指针偏转
C.先闭合S1,后闭合S2的瞬间,电流计指针偏转
D.S1、S2闭合后,在断开S1的瞬间,电流计指针偏转
【解析】选A、D。当S1闭合后,回路中有电流,在回路的周围产生磁场,回路B中有磁通量,在S1闭合或断开的瞬间,回路A中的电流从无到有或从有到无,电流周围的磁场发生变化,从而使穿过回路B的磁通量发生变化,产生感应电动势,此时若S2是闭合的,则回路B中有感应电流,电流计指针偏转,所以选项A、D正确。
5.如图所示,框架的面积为S,匀强磁场的磁感应强度为B。试求:
(1)若从图示位置转过90°,则穿过框架平面的磁通量的变化量为多少
(2)若从图示位置转过180°,则穿过框架平面的磁通量的变化量为多少
【解题指南】本题要知道对于匀强磁场中磁通量计算的一般公式Φ=BScosθ,θ是线圈与磁场垂直方向的夹角。夹角变化,磁通量也会变化,注意磁通量要分清穿过线圈的正反面。
【解析】(1)框架平面与磁感应强度B垂直时,穿过框架平面的磁通量:Φ=BS;从图示位置转过90°,则穿过框架平面的磁通量变为0,则磁通量的变化量为0-BS=-BS;
(2)若从图示位置转过180°,则穿过框架平面的磁通量为-BS,磁通量的变化量为:-BS-BS=-2BS。
答案:(1)-BS　(2)-2BS
课时素养评价
一　划时代的发现　探究感应电流的产生条件
【基础达标】(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.关于感应电流的产生,下列说法中正确的是
(　　)
A.导体相对磁场运动,导体内一定会产生感应电流
B.导体做切割磁感线运动,导体内一定会产生感应电流
C.穿过闭合电路的磁通量发生变化,电路中一定会产生感应电流
D.闭合电路在磁场中做切割磁感线运动,电路中一定会产生感应电流
【解析】选C。导体相对磁场运动,若没有切割磁感线,则导体内不会产生感应电流,故选项A不符合题意;导体做切割磁感线运动时,能产生感应电动势,若导体所在电路不闭合,则导体中就没有感应电流,故选项B不符合题意;穿过闭合电路的磁通量发生变化,则闭合电路中就有感应电流,故选项C符合题意;导体做切割磁感线运动,不一定有感应电流产生,只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生,故选项D不符合题意。
2.条形磁铁竖直放置,闭合圆环水平放置,条形磁铁中心穿过圆环中心,如图所示。若圆环为弹性环,其形状由Ⅰ扩大到Ⅱ,那么圆环内磁通量的变化情况是
(　　)
A.磁通量不变　　　　　　
B.磁通量增大
C.磁通量减小
D.条件不足,无法确定
【解析】选C。磁感线是闭合曲线,磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和,图中内部磁感线比外部多,外部的磁感线与内部的磁感线方向相反,外部的磁感线将内部的磁感线抵消,Ⅰ位置磁铁外部磁感线条数少,将内部磁感线抵消的少,则Ⅰ位置磁通量大,而Ⅱ位置磁铁外部磁感线条数多,将内部磁感线抵消的多,则Ⅱ位置磁通量小,故选C。
3.如图所示,正方形金属线圈a和b的边长分别为l和2l,线圈a内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。则穿过a、b两线圈的磁通量之比为
(　　)
A.1∶1　
　B.1∶2　　
C.1∶3　
　D.1∶4
【解析】选A。由于线圈平面与磁场方向垂直,故穿过该面的磁通量为:Φ=BS,边长为l的正方形金属线圈范围内有匀强磁场,所以磁场的区域面积为:S=l2,结合图可知,穿过两个线圈的磁感线的条数是相等的,所以磁通量都是:Φ=Bl2。与线圈的大小无关,故A正确,B、C、D错误。
4.如图所示,无限大的水平匀强磁场B中,有一面积为S的矩形线圈,可绕竖直轴MN转动。关于穿过此线圈的磁通量,下列说法正确的是
(　　)
A.当线圈平面与磁感线垂直时,磁通量为零
B.当线圈平面与磁感线平行时,磁通量最大
C.线圈绕轴MN转过90°的过程中,磁通量保持不变
D.线圈绕轴MN转过90°的过程中,磁通量会发生变化
【解析】选D。当线圈平面与磁感线垂直时,穿过线圈的磁通量最大,故A错误;当线圈平面与磁感线平行时,没有磁感线穿过线圈,穿过线圈的磁通量为零,故B错误;线圈在转动过程中,与磁感线垂直的有效面积在不断变化,所以磁通量在不断变化,故C错误,D正确。
5.如图所示,条形磁铁竖直放置,闭合的金属线框从离磁铁较远的正上方,自上
向下竖直地移动至N极上方附近,此过程中穿过线框的磁通量的变化情况是
(　　)
A.一直变大
B.一直变小
C.先变大后变小
D.先变小后变大
【解析】选A。线圈在N极和S极附近时,磁场较强,磁感线较密,穿过线圈的磁感线较多,磁通量较大,因此闭合的金属线框从离磁铁较远的正上方,自上向下竖直地移动至N极上方附近,此过程中穿过线框的磁通量是一直增大,故A正确,B、C、D错误。
【加固训练】
　　如图所示,套在条形磁铁外的三个线圈,其面积S1>S2=S3,“1”和“2”在同一平面内,“3”线圈在磁铁的正中间。设各线圈中的磁通量依次为Φ1、Φ2、Φ3,则它们的大小关系是
(　　)
A.Φ1>Φ2>Φ3　　　　B.Φ1>Φ2=Φ3
C.Φ1<Φ2<Φ3
D.Φ1<Φ2=Φ3
【解析】选C。在条形磁铁内外都有磁场,套在条形磁铁外的三个线圈的磁通量为内部向左的磁通量减去外部向右的磁通量。而内部向左的磁通量相同,外部向右的磁通量越大,抵消越多,总磁通量越少,1、2
在同一位置,1的外部面积大,则向右的磁通量大,故Φ2>Φ1,2、3面积一样,3位置外部B小,则外部向右磁通量小;则Φ3>Φ2;可知:Φ1<Φ2<Φ3,故C正确,A、B、D错误。
6.(2020·西安高二检测)如图为一种早期发电机原理示意图,该发电机由固定
的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成,两磁极相对于线圈平面对称,
在磁极绕转轴匀速转动过程中,磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动
(O是线圈中心)。则
(　　)
A.从X到O,电流由E经G流向F,线圈的面积有收缩的趋势
B.从X到O,电流由F经G流向E,线圈的面积有扩张的趋势
C.从O到Y,电流由F经G流向E,线圈的面积有收缩的趋势
D.从O到Y,电流由E经G流向F,线圈的面积有扩张的趋势
【解析】选D。磁极绕转轴从X到O匀速转动时,穿过线圈平面的磁通量向上增大,从上往下看线圈中产生顺时针方向的感应电流,电流由F经G流向E,线圈的每部分受到指向圆心的安培力,线圈的面积有缩小的趋势,故A、B错误;磁极绕转轴从O到Y匀速转动时,穿过线圈平面的磁通量向上减小,从上往下看线圈中产生逆时针方向的感应电流,电流由E经G流向F,线圈的每部分受到背离圆心的安培力,所以线圈的面积有扩大的趋势,故C错误,D正确。
【加固训练】
　　如图所示,直导线MN竖直放置并通以向上的电流I,矩形金属线框abcd与MN处在同一平面,边ab与MN平行,则
(　　)
A.线框向左平移时,线框中有感应电流
B.线框竖直向上平移时,线框中有感应电流
C.线框以MN为轴转动时,线框中有感应电流
D.MN中电流突然变化时,线框中无感应电流
【解析】选A。由于导线中有恒定的I,由距导线越远的地方磁场越弱,则穿过线框的磁通量越小,故当线框向左平移时,由于靠近导线,穿过线框的磁通量增加,线框中将产生感应电流,故A正确;当线框竖直向上平移时,由于线框与导线的距离没有发生变化,故穿过线框的磁通量没有发生变化,线框中不会产生感应电流,故B错误;线框以MN为轴转动时,由于线框距导线的距离没有发生变化,则线框中磁通量也没有随之变化,故没有感应电流产生,故C错误;当MN中电流变化时,由电流产生的磁场随之发生变化,所以穿过线框的磁通量发生变化,线框中产生感应电流,故D错误。
二、非选择题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)法拉第把两个线圈绕在一个铁环上,如图甲所示,线圈A的电路在开关S接触或断开的瞬间,线圈B中产生瞬时电流。法拉第发现,铁环并不是必需的,拿走铁环,再做这个实验,电磁感应现象仍然发生。只是线圈B中的电流弱些,如图乙所示。思考:
(1)为什么在开关断开和闭合的瞬间线圈B中有感应电流产生
(2)开关断开或者闭合以后线圈B中还有电流产生吗
(3)你能否由此总结出产生感应电流的条件
【解题指南】(1)铁环的作用是使磁通量及其变化大。
(2)产生感应电流的条件是电路闭合和穿过电路的磁通量变化。
【解析】(1)开关断开和闭合时,A电路中电流发生变化,从而使A线圈产生的磁场发生变化,穿过B线圈的磁通量发生变化,从而使B中产生感应电流。
(2)当开关断开或闭合后,A电路稳定,周围的磁场不发生变化,穿过B线圈的磁通量不变化,B线圈中无感应电流产生。
(3)产生感应电流需两个条件:①闭合电路;②磁通量发生变化。
答案:见解析
8.(12分)边长为10
cm、匝数为10的正方形线圈,垂直于磁感应强度B的方向置于0.2
T的匀强磁场中。试求:
(1)图示位置时,穿过线圈的磁通量为多少
(2)若将线圈以一边为轴转过60°,则穿过线圈的磁通量为多少
(3)若将线圈以一边为轴转过180°,则穿过线圈的磁通量变化了多少
【解析】(1)正方形线圈的面积S=L2=10-2
m2。
图示位置时,磁场与线圈垂直,穿过线圈的磁通量Φ1=BS=2×10-3
Wb。
(2)将线圈以一边为轴转过60°,磁场与线圈夹角为30°,穿过线圈的磁通量Φ2=BScos
60°=1×10-3
Wb。
(3)将线圈以一边为轴转过180°,则穿过线圈的磁通量变化ΔΦ=2BS=4×10-3
Wb。
答案:(1)2×10-3
Wb　(2)1×10-3
Wb
(3)4×10-3
Wb
【能力提升】
(15分钟·40分)
9.(6分)如图,在同一竖直平面内,彼此绝缘的长直通电导线与椭圆形线圈的长轴重合,直导线中电流恒定。下列运动中,线圈内有感应电流产生的是(　　)
A.直导线水平向外平移
B.直导线以椭圆的中心为轴顺时针旋转
C.椭圆形线圈向下平移
D.椭圆形线圈向左平移
【解析】选C。由题可知,通电直导线将椭圆线圈平分,所以线圈中的磁通量为0,当直导线水平向外平移时,线圈中的磁通量还是0,磁通量没有发生变化,所以不会产生感应电流,故A错误;同理,直导线以椭圆的中心为轴顺时针旋转过程中,始终平分椭圆线圈,所以线圈的磁通量为0,磁通量没有发生变化,所以不会产生感应电流,故B错误;当椭圆形线圈向下平移时,线圈上半部分面积减小,下半部分面积增大,导致线圈磁通量发生变化,所以会产生感应电流,故C正确;当椭圆形线圈向左平移时,线圈的磁通量还是0,即磁通量没有发生变化,所以不会产生感应电流,故D错误。
10.(6分)(多选)足够大的桌面有垂直桌面向下的匀强磁场B,一L×2L的线圈一
半在桌面上,AB(长L)边和桌边平行,以AB边为轴旋转线圈,关于线圈的说法正
确的有
(　　)
A.线圈没有旋转时的磁通量等于BL2
B.线圈旋转60°时的磁通量等于BL2
C.线圈从开始到旋转120°的过程中磁通量没有变化
D.线圈从开始到旋转180°的过程中磁通量的变化量等于3BL2
【解析】选A、B、D。根据Φ=BS可知,线圈没有旋转时的磁通量等于BL2,选项A正确;线圈旋转60°时的磁通量:B L 2Lcos
60°=BL2,选项B正确;线圈从开始到旋转120°的过程中磁通量变化了:B L 2Lcos
60°-(-
BL2)=2BL2,选项C错误;线圈从开始到旋转180°的过程中磁通量的变化量等于B L 2L-(-
BL2)
=3
BL2,选项D正确;故选A、B、D。
　【加固训练】
　　如图所示,矩形线圈abcd放置在水平面内,磁场方向与水平方向成α角,
sinα=
,cosα=
,回路面积为S,匀强磁场的磁感应强度为B,则通过线框
的磁通量为
(　　)
A.BS　　
B.
BS　　
C.
BS　　
D.
BS
【解析】选C。矩形线圈abcd水平放置,匀强磁场方向与水平方向成α角向上,
因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解,所以B⊥=Bsinα=
B,则穿
过矩形线圈的磁通量是Φ=B⊥S=
BS,因此A、B、D错误;C正确。
11.(6分)如图所示,弹簧上端固定,下端悬挂一个磁铁,磁铁正下方有一固定的闭合线圈。现将磁铁托起到某一高度后放开,使磁铁上下振动时穿过它,磁铁会很快停下来。关于此现象,下列说法正确的是
(　　)
A.磁铁上下振动过程中,线圈中会产生感应电流
B.磁铁上下振动过程中,线圈中不会产生感应电流
C.磁铁上下振动过程中,磁铁与弹簧组成的系统机械能不变
D.磁铁上下振动过程中,磁铁与弹簧组成的系统机械能增加
【解析】选A。磁铁上下振动过程中,穿过线圈的磁通量发生变化,则线圈中会产生感应电流,选项A正确,选项B错误;磁铁上下振动过程中,由于有电能产生,可知磁铁与弹簧组成的系统机械能减小,选项C、D错误。
12.(22分)矩形线框abcd的边长分别为l1、l2,可绕它的一条对称轴OO′转动,
匀强磁场的磁感应强度为B,方向与OO′垂直,初位置时线框平面与B平行,如图
所示。
(1)初位置时穿过线框的磁通量Φ0为多少
(2)当线框沿如图所示方向绕过60°时,磁通量Φ2
为多少 这一过程中磁通量的变化ΔΦ1为多少
(3)当线框绕轴沿图示方向由(2)问中的位置再转过60°位置时,磁通量Φ3为
多少 这一过程中ΔΦ2=Φ3-Φ2为多少
【解析】本题的关键是分析矩形线框的平面是否与B垂直,只有垂直时才能应用Φ=B·S,不垂直时S为面积沿与B垂直方向投影,为能清晰地观察面积与B夹角的情况,可作出其俯视图如图所示。
(1)当处于如图所示ad位置时,从俯视图可看出没有磁感线穿过矩形线框,故
Φ0=0。
(2)当绕轴(从上往下看)沿逆时针方向转动60°到a′d′位置时,线框与B的夹
角θ=60°。
所以Φ2=B·Ssin
60°=
Bl1l2
ΔΦ1=Φ2-Φ0=
Bl1l2。
(3)当再由a′d′位置逆时针转60°时,到a″d″,这时线框与B方向成120°
角。
所以Φ3=B·Ssin
120°=
Bl1l2,
ΔΦ2=Φ3-Φ2=
Bl1l2-
Bl1l2=0。
答案:(1)0　(2)
Bl1l2　
Bl1l2　(3)
Bl1l2　0(共67张PPT)
单元素养评价(一)(第四章)
(90分钟　100分)
一、选择题(本题共14小题,每小题4分,共56分。其中1～9题为单选,10～14题为多选)
1.(2020·全国Ⅱ卷)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示,圆管通过一个接有高频交流电源的线圈,线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流,电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为
(　　)
A.库仑　　B.霍尔　　C.洛伦兹　　D.法拉第
【解析】选D。线圈中接高频交流电源,交变电流产生的交变磁场通过圆管,在圆管中产生交变电流,这是电磁感应现象,是法拉第发现的,D正确,A、B、C错误。
【加固训练】
楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现
(　　)
A.电阻定律　　B.库仑定律
C.欧姆定律
D.能量守恒定律
【解析】选D。楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程,D正确。
2.关于产生感应电流的条件,下列说法正确的是
(　　)
A.只要闭合导体回路在磁场中运动,回路中就一定有感应电流
B.只要闭合导体回路中有磁通量,回路中就有感应电流
C.只要导体做切割磁感线运动,就有感应电流产生
D.只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,回路中就有感应电流
【解析】选D。闭合电路在磁场中运动,穿过闭合电路的磁通量不一定发生变化,所以闭合电路中不一定有感应电流,故A错误;闭合电路中有磁通量,如果没有变化,闭合电路中就没有感应电流,故B错误;导体做切割磁感线运动,不一定有感应电流产生,只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生,故C错误;穿过闭合电路的磁通量发生变化,闭合电路中就有感应电流,所以D选项是正确的,故选D。
3.如图1所示是一个电磁阻尼现象演示装置,钢锯条上端固定在支架上,下端固定有强磁铁,将磁铁推开一个角度释放,它会在竖直面内摆动较长时间;如图2所示,若在其正下方固定一铜块(不与磁铁接触),则摆动迅速停止。关于实验的以下分析与结论正确的是
(　　)
A.如果将磁铁的磁极调换,重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
B.用闭合的铜制线圈替代铜块,重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
C.在图2情况中,下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少
D.在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力
【解析】选C。此现象的原理是当磁铁在铜块上面摆动时,铜块中产生涡流,与磁场相互作用阻碍磁铁的运动;则如果将磁铁的磁极调换,重复实验仍能观察到电磁阻尼现象,A错误;用闭合的铜制线圈替代铜块,仍能在线圈中产生感应电流,从而与磁铁产生阻碍作用,则重复实验仍能观察到电磁阻尼现象,B错误;在图2情况中,下摆和上摆过程中均会产生涡流从而消耗机械能,则磁铁和锯条组成的系统机械能均减少,C正确;由上述分析可知,在摆动过程中铜块对磁铁有阻碍作用,同时铜块也要受磁铁的作用力,D错误;故选C。
【加固训练】
如图,在垂直纸面向内的匀强磁场中,有一个平行纸面的金属线框abdc。要使线框中产生感应电流,下列可行的操作是
(　　)
A.将线框上下匀速运动
B.将线框左右匀速运动
C.将线框垂直纸面前后加速运动
D.将线框以ac边为轴匀速转动
【解析】选D。由于磁场是匀强磁场,把线圈向左右拉动或向上下拉动或垂直纸面向前后运动,其磁通量均不变化,均无感应电流产生,故A、B、C错误;当线圈以ac边为轴转动时,其磁通量发生变化,故有感应电流产生,故D正确,故选D。
4.如图所示,圆形闭合线圈a平放在绝缘水平桌面上,在a的中心静止放置一条形磁铁。把条形磁铁竖直向上移走的过程中,下列说法正确的是
(　　)
A.穿过线圈a的磁通量增加
B.线圈a中不会产生感应电流
C.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
D.线圈a对水平桌面的压力小于其重力
【解析】选D。根据楞次定律可知:当条形磁铁沿轴线竖直向上移走时,闭合线圈a内的磁通量向上减小,因此a中一定产生俯视逆时针方向的感应电流,故A、B、C错误;导体线圈作出的反应是面积有扩大的趋势,同时有靠近磁铁的趋势,则线圈a对桌面的压力减小,故压力小于重力,故D正确。
5.一圆线圈位于垂直纸面向里的匀强磁场中,如图所示,下列操作中始终保证线圈在磁场中,且能使线圈中产生感应电流的是
(　　)
A.把线圈向右拉动
B.把线圈向上拉动
C.垂直纸面向外运动
D.以圆线圈的任意直径为轴转动
【解析】选D。把线圈向右拉动,线圈的磁通量不变,故不能产生感应电动势,所以A错误;把线圈向上拉动,线圈的磁通量不变,故不能产生感应电动势,所以B错误;
垂直纸面向外运动,磁通量也不变,故C错误;以圆线圈的任意直径为轴转动,磁通量变化,根据法拉第电磁感应定律知,线圈中产生感应电动势,形成感应电流,
所以D正确。
6.如图,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3B,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之比分别为
(　　)
A.c→a,3∶1　
B.a→c,1∶3
C.a→c,3∶1
D.c→a,1∶3
【解析】选B。由右手定则可知,电流方向为由N到M,则通过电阻R的电流方向为a→c,由E=Blv可知E1∶E2=1∶3。故B正确,A、C、D错误。故选B。
【加固训练】
材料、粗细相同,长度不同的电阻丝做成ab、cd、ef三种形状的导线,分别放在电阻可忽略的光滑金属导轨上,并与导轨垂直,如图所示,匀强磁场方向垂直导轨平面向内。外力使导线水平向右做匀速运动,且每次外力所做功的功率相同,已知三根导线在导轨间的长度关系是Lab(　　)
A.ab运动速度最大
B.ef运动速度最大
C.三根导线每秒产生的热量不同
D.因三根导线切割磁感线的有效长度相同,故它们产生的感应电动势相同
【解析】选B。三根导线长度不同,故它们连入电路的阻值不同,有Rab但它们切割磁感线的有效长度相同,根据P=Fv,I=
,F=BIl,可得v2=
,所
以三根导线的速度关系为vab电动势不同,D错误。运动过程中外力做功全部转化为内能,故C错误。
7.如图所示,一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内,有垂直纸面向里的匀强磁场,其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abdc,线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域,设电流逆时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中,线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是
(　　)
【解析】选B。线框开始进入磁场运动的过程中,只有边bd切割,感应电流不变,前进L后,边bd开始出磁场,边ac开始进入磁场,回路中的感应电动势为ac边产生的电动势减去bd边在磁场中的部分产生的电动势,随着线框的运动,回路中电动势逐渐增大,电流逐渐增大,方向为负方向;当再前进L时,边bd完全出磁场,ac边也开始出磁场,有效切割长度逐渐减小,电流方向不变,B正确;故选B。
【加固训练】
如图甲所示,10匝的线圈内有一垂直纸面向里的磁场,线圈的磁通量在按图乙所示规律变化,下列说法正确的是
(　　)
A.电压表读数为20
V
B.电压表读数为15
V
C.电压表“+”接线柱接A端
D.电压表“+”接线柱接B端
【解析】选C。根据法拉第电磁感应定律可得E=n
=10×
V=10
V,
A、B错误;线圈中垂直纸面向里的磁通量在增大,所以根据楞次定律可得线圈中
的电流方向是逆时针,所以A端是正极,B端是负极,故电压表“+”接线柱接A
端,C正确,D错误。
8.如图所示,在两根平行长直导线M、N中,通过同方向、同强度的电流,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移动,在移动过程中,线框中产生感应电流的方向是
(　　)
A.沿ADCBA,方向不变
B.沿ABCDA,方向不变
C.由沿ABCDA方向变成沿ADCBA方向
D.由沿ADCBA方向变成沿ABCDA方向
【解析】选A。当导线框位于中线右侧运动时,磁场向外,磁通量减小,根据楞次定律可知,感应电流方向为逆时针ADCBA;当导线框经过中线,磁场方向先向外,后向里,磁通量先减小,后增加,根据楞次定律,可知感应电流方向为逆时针ADCBA;当导线框位于中线左侧运动时,磁场向里,磁通量增加,根据楞次定律可知,感应电流方向为逆时针ADCBA。故本题选A。
9.如图所示,电阻不计的平行光滑金属导轨与水平面的夹角为θ,宽度为l,下端
与阻值为R的电阻相连,磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面,现使质量
为m的导体棒从ab位置以平行于斜面的初速度沿导轨向上运动,滑行到最远位置
a′b′后又下滑。已知导体棒运动过程中的最大加速度为2gsinθ,g为重力加
速度,轨道足够长,则
(　　)
A.导体棒运动过程中的最大速度
B.R上的最大热功率为
C.导体棒返回到ab位置前已经达到下滑的最大速度
D.导体棒返回到ab位置时刚好达到下滑的最大速度
【解析】选B。当导体棒所受的合力为零时,速度最大,有:mgsinθ=
。
解得vm=
,故A错误;当速度最大时,感应电流最大,功率最大,则P=
=
=
,故B正确;导体棒向上运动速度最大时,加速度最大,即在ab
时的速度最大,设为v,根据牛顿第二定律得,mgsinθ+
=ma=2mgsinθ,则在
ab时的速度v=
,与下滑的最大速度相等,对从ab开始向上运动到下滑
最大速度的过程中,由能量守恒定律得,动能变化量为零,则重力势能的减小量
等于内能的产生,知导体棒返回到ab位置以下达到下滑的最大速度,故C、D错误。
【加固训练】
如图所示,在有界匀强磁场中水平放置相互平行的金属导轨,导轨电阻不计,导轨上金属杆ab与导线接触良好,磁感线垂直导轨平面向上(俯视图),导轨与处于磁场外的大线圈M相接,欲使置于M内的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流,下列做法可行的是
(　　)
A.ab匀速向右运动　　B.ab加速向右运动
C.ab加速向左运动
D.ab匀速向左运动
【解析】选C。ab匀速向右运动,切割磁感线产生的电动势:E=BLv,可知感应电
动势不变,则产生的感应电流不变,故由感应电流产生的磁场也不变,则穿过线
圈N的磁通量不变,故线圈N不产生感应电流,故A错误;ab加速向右运动,ab切割
磁感线产生的感应电动势:E=BLv,可知感应电动势增大,产生的感应电流增大,
故由感应电流产生的磁场也增大,则穿过线圈N的磁通量增大,由右手定则可
知,ab产生的感应电流由a流向b,由安培定则可知,穿过线圈N的磁场方向垂直于
纸面向里,由楞次定律可知,线圈N中产生逆时针方向的感应电流,故B错误;ab加
速向左运动时,感应电动势:E=BLv,可知感应电动势增大,则感应电流增大,故由
感应电流产生的磁场也增大,则穿过线圈N的磁通量增大,由右手定则与楞次定律可知,线圈N中产生顺时针方向的感应电流,故C正确;ab匀速向左运动,切割磁感线产生的电动势:E=BLv,可知感应电动势不变,则产生的感应电流不变,故由感应电流产生的磁场也不变,则穿过线圈N的磁通量不变,故线圈N不产生感应电流,故D错误;故选C。
10.如图所示,一根导线被弯成半径为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,回路以速度v向右匀速进入磁
场,直径PQ始终与MN垂直。从Q点到达边界开始到P点进入磁场为止,下列结论正
确的是
(　　)
A.闭合回路的圆弧形导线不受安培力
B.闭合回路的直导线始终不受安培力
C.闭合回路的感应电动势最大值Em=BRv
D.闭合回路的感应电动势平均值
=
πBRv
【解析】选C、D。由F=BIL可知,当垂直磁感线方向放置的导线中有电流时,导
线受到安培力的作用,故A、B错误;当半圆形闭合回路进入磁场一半时,这时有
效切割长度最大为R,所以感应电动势最大值Em=BRv,故C正确;感应电动势平均
值为
=
,其中ΔΦ=B·
πR2,Δt=
,解得
=
=
πBRv,故D正确。
故选C、D。
11.图甲为磁控健身车,图乙为其车轮处结构示意图,在金属飞轮的外侧有磁铁与飞轮不接触,人用力蹬车带动飞轮旋转时,需要克服磁铁对飞轮产生的阻碍,通过调节旋钮拉线可以实现不同强度的健身需求(当拉紧旋钮拉线时可以减少磁铁与飞轮间的距离),下列说法正确的是
(　　)
A.飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力
B.人蹬车频率一定时,拉紧旋钮拉线,飞轮受到的阻力会变小
C.控制旋钮拉线不动时,飞轮转速越大,受到的阻力越小
D.控制旋钮拉线不动时,飞轮转速越大,内部的涡流越强
【解析】选A、D。飞轮在磁场中做切割磁感线的运动,会产生感应电动势和感应电流,根据楞次定律可知,磁场会对运动的飞轮产生阻力,以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动,所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力,故A正确;拉紧旋钮拉线,磁铁越靠近飞轮,飞轮处的磁感应强度越强,所以在飞轮转速一定时,磁铁越靠近飞轮,飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大,飞轮受到的阻力越大,故B错误;控制旋钮拉线不动时,则有磁铁和飞轮间的距离一定,飞轮转速越大,根据法拉第电磁感应定律可知,飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大,飞轮受到的阻力越大,内部的涡流越强,故D正确,C错误。
12.如图,C、D是两条竖直且足够长的固定导轨(电阻不计),导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场,EF是一个固定螺线管,C、D的输出端a、b分别连接EF的输入端c、d,P是在EF的正下方水平放置在地面上的铝圆环。现对金属棒AB施加一竖直向上的力使金属棒由静止开始向上做匀加速运动,在运动过程中棒始终与C、D导轨接触良好,可认为通电螺线管在圆环中产生的磁感应强度与通过螺线管的电流成正比,则
(　　)
A.金属棒中的感应电流方向由B到A
B.P环有收缩的趋势
C.P环对地面的压力逐渐减小
D.P环中感应电流逐渐变大
【解析】选A、B。根据右手定则,流过金属棒中的感应电流方向由B到A,A正确;
由于AB匀加速运动,产生的感应电动势E=BLv=BLat越来越大,回路中的电流I=
=
越来越大,穿过P的磁通量与电流成正比,因此穿过P的磁通量也越来
越大,根据楞次定律推论,P环有收缩的趋势;根据法拉第电磁感应定律,P环中产
生恒定的感应电流;根据楞次定律,P环与固定螺线管产生的磁场方向相反,
P环
(等价于磁铁,磁性不变)与固定螺线管(等价于磁铁,磁性变强)同名磁极相对,
相互排斥,因此P环对地面的压力增大;因此B正确,C、D错误。故选B。
13.如图所示,电灯A和B与固定电阻的电阻均为R,L是自感系数很大的线圈。当S1闭合、S2断开且电路稳定时,A、B亮度相同,再闭合S2,待电路稳定后将S1断开,下列说法正确的是
(　　)
A.B立即熄灭
B.A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C.有电流通过B灯,方向为c→d
D.有电流通过A灯,方向为b→a
【解析】选A、D。当断开S2而只闭合S1时,A、B两灯一样亮,可知线圈L的电阻也是R,在S1、S2闭合时,IA=IL,故当S2闭合、S1突然断开时,流过A灯的电流只是方向变为b→a,但其大小不突然增大,A灯不出现更亮一下再熄灭的现象,故D项正确,B项错误。由于固定电阻R几乎没有自感作用,故断开S1时,B灯电流迅速变为零,而立即熄灭,故A项正确,C项错误。综合上述分析可知,本题正确选项为A、D。
【总结提升】自感问题的求解策略
自感现象是电磁感应现象的一种特例,它仍遵循电磁感应定律。分析自感现象除弄清这一点之外,还必须抓住以下三点:
(1)自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化。当原来电流增大时,自感电动势的方向与原来电流方向相反;当原来电流减小时,自感电动势的方向与原来电流方向相同。
(2)“阻碍”不是“阻止”。“阻碍”电流变化的实质是使电流不发生“突变”,使其变化过程有所延缓。
(3)当电路接通瞬间,自感线圈相当于断路;当电路稳定时,相当于电阻,如果线圈没有电阻,相当于导线(短路);当电路断开瞬间,自感线圈相当于电源。
14.如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是
(　　)
A.ab中的感应电流方向由b到a
B.ab中的感应电流大小不变
C.ab所受的安培力保持不变
D.ab所受的静摩擦力逐渐减小
【解析】选B、D。金属棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路,磁感应强度均匀减小
(
=k为定值),则闭合回路中的磁通量减小,根据楞次定律,可知回路中产生顺
时针方向的感应电流,ab中的电流方向由a到b,故A错误;根据法拉第电磁感应定
律,感应电动势E=
=
=k·S,回路面积S不变,即感应电动势为定值,根
据欧姆定律I=
,所以ab中的电流大小不变,故B正确;安培力F=BIL,电流大小
不变,磁感应强度减小,则安培力减小,故C错误;金属棒处于静止状态,所受合力
为零,对其受力分析,水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向,安培力减小,则静
摩擦力减小,故D正确。
二、非选择题(本题共4小题,共44分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
15.(9分)观察如图实验装置,实验操作中,当导体棒AB沿着磁感线方向上下运动时,电流计指针____(选填“偏转”或“不偏转”);当导体棒AB垂直磁感线方向左右运动时,电流计指针____(选填“偏转”或“不偏转”);若流入电流计的电流从右接线柱进入,指针就往右偏转,则为使图中电流计指针往左偏转,导体棒AB应往____(选填“上”“下”“左”“右”)运动。
【解析】当导体棒AB沿着磁感线方向上下运动时,不切割磁感线,无感应电流产生,则电流计指针不偏转;当导体棒AB垂直磁感线方向左右运动时,切割磁感线,有感应电流产生,则电流计指针偏转;若流入电流计的电流从右接线柱进入,指针就往右偏转,则为使图中电流计指针往左偏转,即电流从左端流入,则根据右手定则可知,导体棒AB应往右运动。
答案:不偏转　偏转　右
16.(9分)如图所示,桌面上放一10匝线圈,线圈中心上方一定高度处有一竖立的条形磁体。当磁体竖直向下运动时(磁体还在线圈上方),穿过线圈的磁通量变化了0.1
Wb,经历的时间为0.5
s,则:
(1)穿过线圈的磁通量是如何变化的
(2)线圈中的感应电动势为多大
(3)若上述过程所经历的时间为0.1
s,线圈中产生的感应电动势为20
V,则线圈中的磁通量变化了多少
【解析】(1)根据条形磁体的磁场的特点可知,当磁体竖直向下运动时(磁体还
在线圈上方),穿过线圈的磁通量增大;
(3分)
(2)根据法拉第电磁感应定律:
E=n
=10×
V=2
V(3分)
(3)若上述过程所经历的时间为0.1
s,线圈中产生的感应电动势为20
V,则:
ΔΦ=
=
Wb=0.2
Wb(3分)
答案:(1)穿过线圈的磁通量增大
(2)2
V　(3)0.2
Wb
17.(13分)如图,水平U形光滑框架,宽度L=1
m,电阻忽略不计,导体棒ab的质量m=0.2
kg、电阻R=0.5
Ω,匀强磁场的磁感应强度B=0.2
T,方向垂直框架向上。现用F=1
N的外力由静止开始向右拉ab棒,当ab棒向右运动的距离为d=
0.5
m时速度达到2
m/s,求此时:
(1)ab棒产生的感应电动势的大小;
(2)ab棒所受的安培力大小;
(3)ab棒的加速度大小;
(4)ab棒在向右运动0.5
m的过程中,电路中产生的焦耳热Q。
【解析】(1)导体棒切割磁感线的电动势为
E=BLv=0.4
V;
(3分)
(2)由闭合电路欧姆定律得回路电流为:
I=
=
A=0.8
A,
(2分)
ab所受安培力为F安=BIL=0.16
N,
方向水平向左。
(2分)
(3)根据牛顿第二定律得ab棒的加速度为:
a=
=
m/s2=4.2
m/s2;
(3分)
(4)由能量守恒Fd=Q+
mv2,
代入数据解得Q=0.1
J(3分)
答案:(1)0.4
V　(2)0.16
N　(3)4.2
m/s2
(4)0.1
J
【加固训练】
如图所示,在磁感应强度B=0.2
T、方向与纸面垂直的匀强磁场中,有水平放置的两平行导轨ab、cd,其间距l=50
cm,a、c间接有电阻R,现有一电阻为r的导体棒MN跨放在两导轨间,并以v=10
m/s的恒定速度向右运动,a、c间电压为0.8
V,且a点电势高,其余电阻忽略不计。问:
(1)导体棒产生的感应电动势是多大
(2)通过导体棒电流方向如何 磁场的方向是指向纸里,还是指向纸外
(3)R与r的比值是多少
【解析】(1)E=Blv=1
V
(2)电流方向N→M;磁场方向指向纸里
(3)I=
=
=4
答案:(1)1
V　(2)电流方向N→M　磁场方向指向纸里　(3)4
【加固训练】
如图甲所示,间距为L、足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ放置在绝缘水平桌面上,M、P间接有电阻R0,导体棒ab垂直放置在导轨上,接触良好。导轨间直径为L的圆形区域内有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B的大小随时间t的变化规律如图乙所示,导体棒和导轨的电阻不计,导体棒ab静止。求:
(1)在0～t0时间内,回路中的感应电动势E。
(2)在0～t0时间内,电阻R0产生的热量Q。
(3)若从t=t0时刻开始,导体棒在水平拉力作用下以速度v向右匀速运动,则导体棒通过圆形区域过程中,导体棒所受水平拉力F的最大值。
【解析】(1)在0～t0时间内,回路中的磁感应强度的变化率为
,
圆形区域的面积:S=
,
回路中的感应电动势:
E=
S=
;
(2)在0～t0时间内,
电阻R上的电流:
I=
,
电阻R产生的热量:
Q=I2Rt0=
;
(3)导体棒进入圆形磁场区域,保持匀速直线运动,说明在水平方向拉力和安培
力二力平衡,当有效切割长度为L时,安培力最大,水平拉力F为最大值,
电动势:E′=B0Lv,
回路中的电流:I′=
,
导体棒受到的安培力:F=B0I′L,
水平拉力F的最大值:Fm=
。
答案:(1)
　(2)
　
(3)
18.(13分)(2020·天津等级考)如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中,金属框平面与磁场方向垂直,电阻R=0.1
Ω,边长l=0.2
m。求:
(1)在t=0到t=0.1
s时间内,金属框中感应电动势E;
(2)t=0.05
s时,金属框ab边受到的安培力F的大小和方向;
(3)在t=0到t=0.1
s时间内,金属框中电流的电功率P。
【解析】(1)在t=0到t=0.1
s的时间Δt内,磁感应强度的变化量ΔB=0.2
T,设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ,有
ΔΦ=ΔBl2　
①(2分)
由于磁场均匀变化,所以金属框中产生的电动势是恒定的,有
E=
　
②(1分)
联立①②式,代入数据,解得
E=0.08
V　
③(2分)
(2)设金属框中的电流为I,由闭合电路欧姆定律,有
I=
　
④(1分)
由图可知,t=0.05
s时,磁感应强度为B1=0.1
T,金属框ab边受到的安培力
F=IB1l　
⑤(1分)
联立①②④⑤式,代入数据,解得
F=0.016
N　
⑥(2分)
方向垂直于ab向左。　
⑦(1分)
(3)在t=0到t=0.1
s时间内,金属框中电流的电功率
P=I2R　
⑧(1分)
联立①②④⑧式,代入数据,解得
P=0.064
W　
⑨(2分)
答案:(1)0.08
V　(2)0.016
N　方向垂直于ab向左
(3)0.064
W