第14讲 电磁感应定律及两类情况-高二物理上学期知识点讲解及课后练习(江苏专用)

第14讲 电磁感应定律及两类情况 适用学科 物理 适用年级 高二 适用区域 江苏 本讲时长 120分钟 知识点 及学习目标 法拉第电磁感应定律，电磁感应现象的两类情况 知道感应电动势的概念，理解决定感应电动势大小的因素，知道反电动势的概念，了解反电动势的作用，掌握不同条件下感应电动势的表达式及其应用； 了解电磁感应两种情况下电动势的产生机理，能够运用电磁感应规律熟练解决相关问题。 一．法拉第电磁感应定律的理解和应用 1．表述：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。 2．公式：E＝k·　k为比例常数 当E、ΔΦ、Δt都取国际单位时，k＝1，所以有E＝ 若线圈有n匝，则相当于n个相同的电动势串联，所以整个线圈中的电动势为E＝n 注意：产生感应电动势的那部分导体相当于电源，感应电动势即该电源的电动势。 3．磁通量Φ，磁通量的变化量ΔΦ与磁通量变化率的比较。 物理量 单位 物理意义 计算公式 磁通量Φ Wb 表示某时刻或某位置时穿过某一面积的磁感线条数的多少 Φ＝B·S⊥ 磁通量的变化量ΔΦ Wb 表示在某一过程中穿过某一面积磁通量变化的多少 ΔΦ＝Φ2－Φ1 磁通量的变化率 Wb/s 表示穿过某一面积的磁通量变化的快慢 ＝ 特别提醒： （1）Φ、ΔΦ、均与线圈匝数无关。 （2）磁通量和磁通量的变化率大小没有直接关系，Φ很大时，可能很小，也可能很大；Φ＝0时，可能不为零。 例1．一个面积S＝4×10－2 m2、匝数n＝100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（　 　） A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08 Wb/s B．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零 C．在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于0.08 V D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零 （变式训练1）如图，边长L＝20 cm的正方形线框abcd共有10匝，靠着墙角放置，线框平面与地面的夹角α＝30°。该区域有磁感应强度B＝0.2 T、水平向右的匀强磁场。现将cd边向右拉动，ab边经0.1 s着地。在这个过程中线框中产生的感应电动势的大小与方向是（　 　） A．0.8 V　方向：adcb　　 B．0.8 V　方向：abcd C．0.4 V　方向：adcb D．0.4 V　方向：abcd 二．导线切割磁感线时的感应电动势 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，通常用来求导体运动速度为v时的瞬时电动势，若v为平均速度，则E为平均电动势。 （2）当B、l、v三个量方向相互垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向平行时，E＝0。 （3）式中的l应理解为导体切割磁感线时的有效长度。 如图所示，导体切割磁感线的情况应取与B和v垂直的等效直线长度，即ab的长度。 （4）该式适用于导体平动时，即导体上各点的速度相等时。 （5）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，是线性增加的，所以导体运动的平均速度为＝＝，由公式E＝Bl得，E＝Bl＝Bl2ω （6）公式中的v应理解为导线和磁场的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象产生。 2．公式E＝n与E＝Blvsinθ的对比 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 求得的是Δt内的平均感应电动势 求得的是某一时刻的瞬时感应电动势 适用情景 用于磁感应强度B变化所产生的电磁感应现象（磁场变化型） 用于导体切割磁感线所产生的电磁感应现象（切割型） 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 特别提醒：若磁场本身在变化的同时，电路中还有一部分导体切割磁感线运动，则上述两种情况都同时存在，应分别分析，总电动势等于感生电动势和动生电动势的和或差。 例2．如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的磁感应强度的大小为B的匀强磁场中绕圆心O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，圆盘的圆心和边缘间接有一个阻值为R的电阻，则通过电阻R的电流的大小和方向分别为（金属圆盘的电阻不计）（　　） A．I＝，由d到c　　 B．I＝，由c到d C．I＝，由d到c D．I＝，由c到d （变式训练2）（多选）如图所示，在国庆70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行，该机的翼展（两翼尖之间的距离）为50 m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5 T，则（　 　） A．两翼尖之间的电势差为0.29 V B．两翼尖之间的电势差为2.9 V C．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高 D．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 三．电磁感应现象中的电路问题 1．题型特点 在电磁感应现象中，闭合电路中磁通量发生变化（或部分导体切割磁感线），在回路中将产生感应电动势和感应电流。在题目中常涉及电流、电压、电功等的计算，还可能涉及电磁感应与力学、能量等知识的综合分析。 2．解题思路 （1）明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路。 （2）用法拉第电磁感应定律或切割公式确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向。 （3）画出等效电路图。注意分清内外电路。 （4）运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电功等公式联立求解。 3．一个常用的结论 电磁感应现象中通过闭合电路某截面的电荷量q＝Δt，而＝＝n，则q＝n，所以q只和线圈匝数、磁通量的变化量及总电阻有关，与完成该过程需要的时间无关。 例3．如图所示，矩形线圈在0.01 s内由原始位置Ⅰ转落至位置Ⅱ。已知ad＝5×10－2 m，ab＝20×10－2 m，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，R1＝R3＝1 Ω，R2＝R4＝3 Ω。求： （1）平均感应电动势； （2）转落时，通过各电阻的平均电流。（线圈的电阻忽略不计） （变式训练3）截面积为0.2 m2的100匝圆形线圈A处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按＝0.02 T/s的规律均匀减小，开始时S未闭合。R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，线圈内阻不计。求： （1）S闭合后，通过R2的电流大小； （2）S闭合后一段时间又断开，则S切断后通过R2的电量是多少？ 四．对感生电动势的理解 1．产生：如图所示，当磁场变化时，产生感生电场。感生电场的电场线是与磁场垂直的曲线。 2．方向：闭合环形回路（可假定存在）的电流方向就表示感生电场的电场方向。依据实验存在的或假定存在的回路结合楞次定律判定感生电场的方向。 3．对感生电场的理解 （1）变化的磁场周围产生感生电场，与闭合电路是否存在无关。如果在变化的磁场中放一个闭合电路，电路中的自由电荷在感生电场作用下，做定向移动，形成电流。在这种情况下所谓的非静电力就是感生电场的作用。 （2）感生电场是电场的一种形式，是客观存在的一种特殊物质。 （3）感生电场可用电场线形象描述，但感生电场的电场线是闭合曲线，所以感生电场又称为涡旋电场。这一点与静电场不同，静电场的电场线不闭合。 （4）感生电场可以对带电粒子做功，可使带电粒子加速和偏转。 例4．如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1＝0.5 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L2＝0.8 m，整个闭合回路的电阻为R＝0.2 Ω，磁感应强度为B0＝1 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路。ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m＝0.04 kg的物体，不计一切摩擦，现使磁场以＝0.2 T/s的变化率均匀地增大。求： （1）金属棒上电流的方向。 （2）感应电动势的大小。 （3）物体刚好离开地面的时间（g取10 m/s2）。 （变式训练4）（多选）内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场。设运动过程中小球带电荷量不变，那么（如图所示）（　 　） A．小球对玻璃圆环的压力一定不断增大 B．小球所受的磁场力一定不断增大 C．小球先沿逆时针方向减速运动，之后沿顺时针方向加速运动 D．磁场力对小球一直不做功 五．对动生电动势的理解 1．成因：导体棒做切割磁感线运动时，导体棒中的自由电荷随棒一起定向运动，并因此受到洛伦兹力。 2．动生电动势中的非静电力：与洛伦兹力有关，是洛伦兹力的一个分力。 3．对动生电动势中电荷所受洛伦兹力的理解 （1）运动导体中的自由电子，不仅随导体以速度v运动，而且还沿导体以速度u做定向移动，如图所示。因此，导体中的电子的合速度v合等于v和u的矢量和，所以电子受到的洛伦兹力为F合＝ev合B，F合与合速度v合垂直。 （2）从做功角度分析，由于F合与v合垂直，所以它对电子不做功。 更具体地说，F合的一个分量是F1＝evB，这个分力做功，产生动生电动势。F合的另一个分量是F2＝euB，阻碍导体运动，做负功。可以证明两个分力F1和F2所做功的代数和为零。结果仍然是洛伦兹力并不提供能量，而只是起传递能量的作用，即外力克服洛伦兹力的一个分力F2所做的功能通过另一个分力F1转化为能量。 4．感生电动势与动生电动势的对比 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 处于变化磁场中的线圈部分 做切割磁感线运动的导体 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 特别提醒：有些情况下，动生电动势和感生电动势具有相对性。例如，将条形磁铁插入线圈中，如果在相对磁铁静止的参考系内观察，线圈运动，产生的是动生电动势；如果在相对线圈静止的参考系中观察，线圈中磁场变化，产生感生电动势。 例5．如图1所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道和导体棒的电阻均不计。 （1）如图2所示，若轨道左端MP间接一阻值为R的电阻，导体棒在水平向右的恒力F的作用下由静止开始运动。求经过一段时间后，导体棒所能达到的最大速度的大小。 （2）如图3所示，若轨道左端MP间接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值为R的电阻。闭合开关S，导体棒从静止开始运动。求经过一段时间后，导体棒所能达到的最大速度的大小。 （3）如图4所示，若轨道左端MP间接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平向右的恒力F的作用下从静止开始运动。求导体棒运动过程中的加速度的大小。 （变式训练5）如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求： （1）MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I； （2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a； （3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。 六．电磁感应中的图象问题 1．图象类型 在电磁感应问题中，很多问题与图象结合在一起，如感应电动势与时间的图象、磁通量与时间的图象、电流与时间的图象等。 2．常见的两类图象问题 （1）由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象； （2）由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量。 3．注意的事项 （1）电磁感应中的图象定性或定量地表示出所研究问题的函数关系。 （2）在图象中E、I、B等物理量的方向通过物理量的正、负来反映。 （3）画图象要注意纵、横坐标的单位长度、定义或表达。 例6．如图所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L，现将宽度也为L的矩形闭合线圈从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图像是图中的（　 　） （变式训练6）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示。若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，下列各图中正确的是（　　） 1．下列说法正确的是（　　） A．感应电动势是矢量 B．奥斯特最早发现电流的磁效应 C．穿过同一线圈的磁通量越大，感应电动势越大 D．穿过同一线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大 2．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设整个运动过程中金属棒ab的取向不变，且不计空气阻力，则金属棒ab在运动过程中产生的感应电动势大小将（　　） A．越来越大 B．越来越小 C．保持不变 D．无法确定 3．如图1所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与一个理想电压表相连。线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图2所示规律变化。下列说法正确的是（　　） A．电压表的示数为150 V，A端接电压表正接线柱 B．电压表的示数为50.0 V，A端接电压表正接线柱 C．电压表的示数为150 V，B端接电压表正接线柱 D．电压表的示数为50.0 V，B端接电压表正接线柱 4．单匝线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示（D点横坐标是0.005 s）（　　） A．线圈中0时刻感应电动势为零 B．线圈中D时刻感应电动势为零 C．线圈中D时刻感应电动势最大 D．线圈中0至D时间内平均感应电动势为0.2 V 5．如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb（　　） A．恒为 B．从0均匀变化到 C．恒为－ D．从0均匀变化到－ 6．如图所示，将一半径为r的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间成“8”字型，并使上、下两圆半径相等。如果环的电阻为R，则此过程中流过环的电荷量为（　　） A．　 B． C．0　 D． 7．如图所示，均匀导线制成的半径为R的圆环以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置（∠aOb＝90°）时，a、b两点的电势差为（　　） A．BRv　　　 　　 B．BRv C．BRv D．BRv 8．一直升机停在南半球的地磁极上空。该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B。直升机螺旋桨叶片的长度为L，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，如图所示则（　　） A．E＝πfL2B，且a点电势低于b点电势 B．E＝2πfL2B，且a点电势低于b点电势 C．E＝πfL2B，且a点电势高于b点电势 D．E＝2πfL2B，且a点电势高于b点电势 9．（多选）如图所示的匀强磁场中，MN、PQ是两条平行的金属导轨，AB、CD分别为串有电流表、电压表的两根金属棒，且与金属导轨接触良好。当两金属棒以相同速度向右运动时，下列判断正确的是（　 　） A．电流表示数为零，A、B间有电势差，电压表示数为零 B．电流表示数不为零，A、B间有电势差，电压表示数不为零 C．电流表示数为零，A、C间无电势差，电压表示数为零 D．电流表示数为零，A、C间有电势差，电压表示数不为零 10．如图所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L，导轨间接有一定值电阻R，质量为m，电阻为r的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，现将金属棒由静止释放，金属棒下落高度为h时开始做匀速运动，在此过程中（　 　） A．导体棒的最大速度为 B．通过电阻R的电荷量为 C．导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量 D．安培力对导体棒做的功等于导体棒动能的增加量 11．（多选）著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着一圈带电的金属小球，如图所示。当线圈接通电源后，将产生流过图示逆时针方向的电流，则下列说法正确的是（　 　） A．接通电源瞬间，圆板不会发生转动 B．线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向不同方向转动 C．若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相反 D．若金属小球带正电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相反 12．如图甲所示，一根电阻R＝4 Ω的导线绕成半径d＝2 m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两个直径均为d的半圆，磁感应强度随时间变化如图乙所示（磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针方向为正），关于圆环中的感应电流—时间图象，下列选项中正确的是（　 　） 13．如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线框开始做减速运动，直到其上边dc刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为（　 　） A．2mgL　　　　 B．2mgL＋mgH C．2mgL＋mgH　　　 D．2mgL＋mgH 14．如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨MN、PQ间距d＝1m，倾角θ＝30°，轨道顶端连有一阻值R＝2 Ω的定值电阻，整个空间存在着垂直轨道平面向下的磁场，磁感应强度B的变化规律如图乙所示。现用力将质量m＝0.4 kg，电阻r＝2 Ω的导体棒ab从0时刻开始固定于离轨道顶端l＝2 m处，在4 s时刻撤去外力，之后导体棒下滑距离x0＝1.5 m后达到最大速度，导体棒与导轨接触良好。求： （1）0～4 s内通过导体棒ab的电流大小和方向； （2）导体棒ab的最大速度vm。 15．如图所示，斜面的倾角θ＝37°，一个匝数n＝10匝，边长L＝0.1 m的正方形线框abcd被固定在斜面上（固定装置图中未画出），e、f分别为ab与dc的中点。在ebcf区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场，从t＝0时起，撤去固定线框的装置，磁场的磁感应强度按B＝6＋2t（T）的规律开始变化。已知线框质量m＝0.2 kg，总电阻r＝1 Ω，线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）线框静止不动时线框中的感应电动势的大小和感应电流的方向； （2）经过多长时间线框开始滑动； （3）在线框保持不动的时间内，通过线框的电量。 第14讲 电磁感应定律及两类情况 适用学科 物理 适用年级 高二 完成情况 完成评分 1．下列说法正确的是（　　） A．磁通量发生变化时，磁感应强度也一定发生变化 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快，感应电动势越大 D．根据阻碍的含义，感应电流的磁场总和回路中原磁场的方向相反 2．如图中所示的导体棒的长度为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，则产生的感应电动势为BLv的是（　　） 3．（多选）穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（　　） A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变 B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大 C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势 D．图丁回路产生的感应电动势先变小再变大 4．如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直。则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律（　　） 答案 第14讲 适用区域 江苏 适用年级 高二 例1　【答案】 A 解题指导：对于磁通量的变化量和磁通量的变化率，磁感线穿过1匝线圈和穿过n匝线圈是一样的，而感应电动势则不一样，感应电动势与匝数有关。 解析：在开始的2 s内，磁通量的变化率＝＝8×10－2 Wb/s，因此A正确，B错误。感应电动势E＝n＝100×8×10－2 V＝8 V，因此C错误。第3 s末磁通量变化率不为零，因此D错误。 〔变式训练1〕【答案】 C 解析：初状态的磁通量Φ1＝BSsinα，末状态的磁通量Φ2＝0，根据法拉第电磁感应定律得：E＝n＝n＝10× V＝0.4 V；根据楞次定律可知，感应电流的方向：adcba，故C正确，A、B、D错误。 例2　【答案】 C 解题指导：将金属圆盘看成无数条金属幅条组成的，这些幅条切割磁感线，产生感应电流。 解析：由右手定则判断可知：通过电阻R的电流方向为从d到c。金属圆盘产生的感应电动势为：E＝Br2ω，金属圆盘的电阻不计，则通过电阻R的电流强度的大小为：I＝＝，故C正确，ABD错误。故选C。 〔变式训练2〕【答案】 AC 解析：E＝BLv＝4.7×10－5×50×125 V＝0.29 V由右手定则知飞行员左方翼尖电势高，故选AC。 例3　【答案】(1)1 V　(2)0.25 A 解析：线圈由位置Ⅰ转落至位置Ⅱ的过程中，穿过线圈的磁通量Φ发生变化，即产生感应电动势，视这一线圈为一等效电源，线圈内部为内电路，线圈外部为外电路，然后根据闭合电路欧姆定律求解。 (1)设线圈在位置Ⅰ时，穿过它的磁通量为Φ1，线圈在位置Ⅱ时，穿过它的磁通量为Φ2，有 Φ1＝BSsin30°＝1×10－2 Wb，Φ2＝2×10－2 Wb， 所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝1×10－2 Wb 根据电磁感应定律可得E＝＝ V＝1 V (2)将具有感应电动势的线圈等效为电源，其外电路的总电阻R＝＝ Ω＝2 Ω。 根据闭合电路欧姆定律得总电流I＝＝ A＝0.5 A。 通过各电阻的电流I′＝0.25 A。 〔变式训练3〕【答案】 (1)0.04 A　(2)7.2×10－6 C 解析：(1)E＝nS＝100×0.02×0.2 V＝0.4 V I＝＝ A＝0.04 A， (2)R2两端的电压为U2＝E＝×0.4 V＝0.24 V 所以Q＝CU2＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6 C。 例4【答案】　(1)电流由a到d　(2)0.08 V　(3)5 s 解题指导：本类问题中的恒量与变量必须分清楚，导体不动，磁场发生变化，产生感生电动势，由于变化率是定值，因此E、I均为恒量。但ab杆受到的安培力随磁场的增强而增大，根据力的变化判断出重物刚好离开地面的临界条件。 解析：(1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由a到d。 (2)由法拉第电磁感应定律得：E＝＝S＝0.08 V (3)物体刚好离开地面时，其受到的拉力F＝mg 而拉力F又等于棒所受的安培力。即mg＝F安＝BIL1，其中B＝B0＋t，I＝ 由以上各式代入数据解得t＝5 s。 〔变式训练4〕　【答案】CD　 解析：变化的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其场强方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，使用楞次定律判断。当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力FN和磁场的洛伦兹力F，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中F＝Bqv，磁场在增强，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大；向心力F向＝m，其大小随速度先减小后增大，因此压力FN也不一定始终增大。故正确答案为C、D。 例5【答案】　(1)v1＝　(2)v2＝　(3)a＝ 解析(1)导体棒ab向右做加速度减小的加速运动，当安培力与外力F平衡时，导体棒ab达到最大速度v1 根据BIL＝F　I＝ 动生电动势E＝BLv1，解得v1＝ (2)闭合开关后，导体棒ab产生的动生电动势与电阻R两端的电压相等时，导体棒ab达到最大速度v2 I＝　U＝IR　U＝BLv2，解得v2＝ (3)导体棒ab向右加速运动，在极短时间Δt内，导体棒的速度变化Δv，根据加速度的定义a＝ 导体棒产生的动生电动势变化ΔE＝BLΔv，电容器增加的电荷Δq＝CΔE＝CBLΔv 根据电流的定义I＝，解得I＝CBLa 导体棒ab受到的安培力F安＝BIL＝B2L2Ca 根据牛顿第二定律F－F安＝ma解得a＝ 〔变式训练5〕【答案】 (1)I＝　(2)a＝ (3)P＝ 解析：(1)感应电动势E＝Bdv0 感应电流I＝ 解得I＝ (2)安培力F＝BId 牛顿第二定律F＝ma 解得a＝ (3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v，则感应电动势E＝Bd(v0－v) 电功率P＝ 解得P＝ 例6　【答案】　D 解题指导：线框穿越磁场区域可分为三个过程： 过程1：线框右边切割磁感线； 过程2：线框左右两边均切割磁感线； 过程3：线框左边切割磁感线。 解析：A、B错：由右手定则判断出三个过程中感应电流方向分别为逆时针、顺时针、逆时针，大小分别为、、，仅从大小即可判断。C错、D对：由左手定则判断出三个过程中安培力方向始终向左。三个过程中安培力的大小分别为、、。 〔变式训练6〕【答案】　D　 解析：由图可知，0～1 s内，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1～2 s内电路中的电流为顺时针，2～3 s内，电路中的电流为顺时针，3～4 s内，电路中的电流为逆时针，由E＝＝可知，电路中电流大小恒定不变。故选D。 1．【答案】　B　 解析：感应电动势有方向，但感应电动势是标量，故 A错误；丹麦科学家奥斯特最早发现电流磁效应，故B正确；感应电动势E＝，故感应电动势的大小和磁通量变化快慢有关，和磁通量大小及磁通量变化量大小无关，故CD错误。 2．【答案】　C　 解析：棒ab水平抛出后，其速度越来越大，但只有水平方向的分速度v0切割磁感线产生感应电动势，故E＝Blv0保持不变。 3．【答案】　B　 解析：线圈相当于电源，由楞次定律可知A相当于电源的正极，B相当于电源的负极。故A应该与理想电压表的＋号接线柱相连。由法拉第电磁感应定律得：E＝n＝100× V＝50 V，故B正确，ACD错误。 4．【答案】　B　 解析：由图知t＝0时刻图象切线斜率最大，则磁通量的变化率为最大，则由法拉第电磁感应定律得知：感应电动势最大，不为零，故 A错误。在D时刻切线斜率为零，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零。故B正确，C错误。根据法拉第电磁感应定律得：E＝＝ V＝0.4 V，故D错误。 5．　【答案】C　 解析：穿过线圈的磁场均匀增加，产生恒定的感应电动势，E＝n＝n，而等效电源内部的电流由愣次定律知从a→b，即b点是正极，φa－φb＝－n，故选C。 6． 【答案】 B　 解析：通过环横截面的电荷量只与磁通量的变化量和环的电阻有关，与时间等其他量无关，因此，ΔΦ＝Bπr2－2×Bπ2＝Bπr2，电荷量q＝＝。 7． 【答案】 B　 解析：当圆环运动到图示位置，圆环切割磁感线的有效长度为R，线框刚进入磁场时ab边产生的感应电动势为：E＝BRv 线框进入磁场的过程中a、b两点的电势差由欧姆定律得： Uab＝E－I·rab＝BRv－·＝BRv，故选项B正确，选项A、C、D错误。 8．【答案】 A　 解析：对于螺旋桨叶片ab，其切割磁感线的速度是其做圆周运动的线速度，螺旋桨上不同的点线速度不同，但满足v′＝ωR，可求其等效切割速度v＝ωL/2＝πfL，运用法拉第电磁感应定律E＝BLv＝πfL2B。由右手定则判断电流的方向为由a指向b，在电源内部电流由低电势流向高电势，故选项 A正确。 9．【答案】　AC　 解析：因为两金属棒以相同速度运动，回路面积不变，所以感应电流为零，根据电流表、电压表的工作原理可知电流表、电压表示数均为零，选项BD错误；因为两金属棒都向右运动切割磁感线，所以两金属棒都产生相同的电动势，极性都为上正、下负，所以A、B间有电势差，A、C间无电势差，选项AC正确。 10．【答案】　B　 解析：导体棒匀速运动时速度最大，由于导体棒做加速度减小的变加速运动，加速度小于g，根据功能关系可知最大速度小于；故 A错误；通过电阻R的电量为q＝＝，故B正确；由功能原理可知，导体棒克服安培力做的功等于电阻R与r上产生的热量之和，故C错误；根据动能定理可知，重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量，故D错误。 11．【答案】　BD　 解析：线圈接通电源瞬间，则变化的磁场产生电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，故 A错误；不论线圈中电流强度的增大或减小都会引起磁场的变化，从而产生不同方向的电场，使小球受到电场力的方向不同，所以会向不同方向转动，故B正确；接通电源瞬间，产生顺时针方向的电场，若小球带负电，圆板转动方向与线圈中电流方向相同，故C错误；同理D正确。 12.　【答案】C　 解析：0～1 s，感应电动势为：E1＝S＝×＝4π V 感应电流大小为：I1＝E1/R＝4π/4＝π A 由楞次定律知，感应电流为顺时针方向，为负方向，1～3 s感应电流大小为π A，方向为正方向，故C正确，A、B、D错误。 13.【答案】　C　 解析：设线框进入磁场时的速度为v1，刚穿出磁场时的速度v2＝ ① 线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L。由题意得mv＝mgH ② mv＋mg·2L＝mv＋Q ③ 由①②③得Q＝2mgL＋mgH。C选项正确。 14．【答案】 (1)0.25 A，方向为a到b　(2)2 m/s 解析：(1)根据楞次定律可知，通过导体棒ab的电流方向为a到b 根据法拉第电磁感应定律：E＝n，可得：E1＝ld＝1 V 根据闭合电路欧姆定律可得：I1＝＝0.25 A，方向为a到b (2)从导体棒ab开始下滑到最大速度时匀速运动，根据受力平衡可得：mgsinθ＝BI2d 根据欧姆定律可得：I2＝，切割磁感线产生的感应电动势：E2＝Bdvm 联立可得导体棒ab的最大速度：vm＝＝2 m/s 15．【答案】(1)0.1 V　感应电流的方向为a→b→c→d→a　(2)7 s　(3)0.7 C 解析：(1)由题可知n＝10匝，＝2 T/s，S＝L2＝0.005 m2 由法拉第电磁感应定律知：E＝nS　代入数据可以得到：E ＝0.1 V 由楞次定律可知 感应电流的方向为a→b→c→d→a； (2)根据闭合电路欧姆定律可以得到感应电流为：I＝＝0.1 A 线框开始受到沿斜面向上的静摩擦力，随着t的增大，磁感应强度逐渐增大，导致受到的安培力逐渐增大，根据平衡条件可知静摩擦力先减小后沿斜面向下逐渐增大，当达到最大静摩擦力时线框开始滑动，则：mgsinθ＋μmgcosθ＝nBIL 代入数据可以得到：B＝20 T，由B＝6＋2t　得t＝7 s，即经过7 s时线框开始滑动； (3)在线框保持不动的时间内回路中感应电流恒定为：I＝0.1 A，根据电量公式可以得到：q＝It＝0.7 C。 1．【答案】　C　 解析：根据Φ＝BS可知，磁通量发生变化时，磁感应强度不一定发生变化，选项 A错误；穿过线圈的磁通量为零，但是磁通量的变化率不一定为零，即感应电动势不一定为零，选项B错误；穿过线圈的磁通量变化越快，则磁通量的变化率越大，感应电动势越大，选项C正确；根据阻碍的含义，当磁通量增加时，感应电流的磁场和回路中原磁场的方向相反；当磁通量减小时，感应电流的磁场和回路中原磁场的方向相同，选项D错误。 2．【答案】　D　 3． 【答案】 CD 解析：根据E＝n可知：图甲中E＝0, A错；图乙中E为恒量，B错；图丙中0～t0时间内的E1大于t0～2t0时间内的E2，C正确；图丁中感应电动势先变小再变大，D正确。 4. 【答案】　D　 解析：进入磁场时切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确；故选D。 5 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$