2.2 法拉第电磁感应定律 课件 -2025-2026学年高二下学期物理鲁科版选择性必修第二册

该高中物理课件围绕法拉第电磁感应定律展开，涵盖感应电动势概念、定律公式、导线切割磁感线规律及电路、图像、动力学和能量问题。通过情境探究实验导入，衔接楞次定律，构建从定性到定量的知识支架。 其亮点在于以科学思维为核心，通过模型建构（如转动切割电动势推导）、科学推理（图像问题四步法），结合“太空悬绳发电”等实例渗透科学态度与责任。学生能提升问题解决能力，教师可依托系统例题与训练优化教学效率。

第2节　法拉第 电磁感应定律 1.了解感应电动势的概念。2.理解法拉第电磁感应定律,运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小。3.能运用E=Blv或E=Blvsin θ计算导线切割磁感线时的感应电动势。4.掌握电磁感应现象中电路问题的分析方法和解题基本思路。5.综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图像问题。6.运用楞次定律和法拉第电磁感应定律结合牛顿运动定律解决电磁感应中的动力学和能量问题。 [定位·学习目标]　 探究·必备知识 「知识梳理」 在 现象中产生的电动势被称为感应电动势。产生感应电动势的那部分导体相当于 。 知识点一　感应电动势 电磁感应 电源 知识点二　法拉第电磁感应定律 快慢 1.磁通量的变化率 2.法拉第电磁感应定律 (1)内容:电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的 成正比。 变化率 (3)在国际单位制中,感应电动势E的单位是 ,磁通量Φ的单位是 。 (4)感应电动势是 ,但有方向。其方向规定为从电源的负极经过电源内部指向电源的正极,与电源内部电流方向 。 伏特(V) 韦伯(Wb) 标量 一致 3.导线切割磁感线时的感应电动势 (1)导线垂直于磁场运动,B、l、v两两垂直时,如图甲所示,E= 。 (2)导线的运动方向与导线本身垂直,但与磁感线方向夹角为θ时,如图乙所示, E= 。  Blv Blvsin θ 1.思考判断 (1)穿过某闭合线圈的磁通量的变化量越大,产生的感应电动势就越大。 (　 　) (2)感应电动势的方向可用右手定则或楞次定律判断。(　 　) (3)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。(　 　) (4)闭合回路置于磁场中,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。(　 　) × 「新知检测」 √ √ √ (5)导体棒在磁场中运动速度越大,产生的感应电动势一定越大。(　 　) (6)在电磁感应现象中,有感应电动势,就一定有感应电流。(　 　) × × 2.思维探究 (1)产生感应电动势的电路一定是闭合的吗? 【答案】 (1)当闭合回路中磁通量发生变化时,会产生感应电动势和感应电流;如果回路不闭合,仍会产生感应电动势,但不会产生感应电流。 (2)感应电动势和磁通量都和线圈的匝数成正比吗? 【答案】 (2)感应电动势的大小和线圈匝数成正比,但磁通量和线圈的匝数无关。 突破·关键能力 要点一　对法拉第电磁感应定律的理解 「情境探究」 结合探究“感应电动势与磁通量变化的关系”的几个演示实验,回答下列 问题: (1)在实验中,电流计指针偏转原因是什么? 【答案】 (1)穿过闭合回路的Φ变化⇒产生E感⇒产生I感。 (2)电流计指针偏转程度跟感应电动势的大小有什么关系? 「要点归纳」 [例1] 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是(　　) A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大 C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大 D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 C [针对训练1] (双选)关于感应电动势的大小,下列说法正确的是(　 　) A.穿过线圈的磁通量的变化率越大,所产生的感应电动势就越大 B.穿过线圈的磁通量的变化量减小时,所产生的感应电动势一定也减小 C.穿过线圈的磁通量等于0,所产生的感应电动势不一定为0 D.穿过线圈的磁通量最大时,所产生的感应电动势就一定最大 AC [例2] (2022·全国甲卷)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框,正方形线框的边长与圆线框的直径相等,圆线框的半径与正六边形线框的边长相等,如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中,线框所在平面均与磁场方向垂直,正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则(　　) A.I1<I3<I2 B.I1>I3>I2 C.I1=I2>I3 D.I1=I2=I3 C ·误区警示· [针对训练2] 如图所示,边长L=20 cm、匝数为10的正方形导线框abcd放置于墙角,线框平面与地面的夹角α=30°。该区域有磁感应强度大小为B=0.2 T、方向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平均感应电动势的大小与感应电流的方向为(　　) A.0.8 V,方向为a→d→c→b→a B.0.8 V,方向为a→b→c→d→a C.0.4 V,方向为a→b→c→d→a D.0.4 V,方向为a→d→c→b→a D 要点二　导线切割磁感线时的感应电动势 「情境探究」 如图所示,一个半径为r的半圆导线,处在磁感应强度为B的匀强磁场中。 (1)当导线沿OP方向以速度v做匀速运动时,其感应电动势的大小是多少? 【答案】 (1)导线切割磁感线的有效长度l=2r,则感应电动势 E=Blv=2Brv。 (2)当导线沿MN方向以速度v做匀速运动时,其感应电动势的大小是多少? 【答案】 (2)导线切割磁感线的有效长度l′=0,则感应电动势E=Bl′v=0。 「要点归纳」 1.对公式E=Blv的理解 (1)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。 (2)式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度。若切割磁感线的导线是弯曲的,则应取其与B和v方向都垂直的有效线段长度来计算。如图甲、乙、丙中线段ab的长即为导线切割磁感线的有效长度。 (3)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.导体棒转动切割磁感线时的感应电动势 如图所示,长为l的导体棒ab以a为圆心,以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动,其感应电动势可从两个角度推导。 BC 感应电动势的三个表达式对比 ·学习笔记· ·学习笔记· 意义 一般求平均感应电动势,当Δt→0时求的是瞬时感应电动势 一般求瞬时感应电动势,当v为平均速度时求的是平均感应电动势 用平均值法求瞬时感应电动势 适用 条件 所有磁场 匀强磁场 匀强磁场 [针对训练3] 如图所示,导体AC的长为4R,绕O点以角速度ω匀速转动,OC长为R,且O、C、A三点在同一条直线上,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(图中未画出),那么AC两端的电势差为(　　) D 要点三　电磁感应中的电路问题 「要点归纳」 1.对电源的理解 (1)在电磁感应现象中,产生感应电动势的那部分导体相当于电源,如切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等,这种电源将其他形式的能转化为电能。 (2)判断感应电流和感应电动势的方向,都是利用相当于电源的那部分导体根据右手定则或楞次定律判定的。实际问题中应注意外电路电流由高电势处流向低电势处,而内电路则相反。 2.对电路的理解 (1)内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈,外电路由电阻、电容等电学元件组成。 (2)在闭合电路中,相当于“电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样,等于路端电压,而不等于感应电动势。 3.利用电路规律求解,主要还是利用欧姆定律、串并联电路中电功、电热之间的关系等。 【解析】设杆OA转至题图中位置时,金属环A、D间的两部分电阻分别为R1、R2,其等效电路如图所示, 电磁感应中电路问题的分析方法 (1)明确电路结构,分清内外电路。 ·方法总结· (3)根据楞次定律或右手定则判断感应电流的方向。 (4)根据电路组成列出相应的方程式。 A 要点四　电磁感应中的图像问题 「要点归纳」 1.问题概括 图像 类型 (1)电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图像,即B-t图像、Φ-t图像、E-t图像和I-t图像。 (2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况,还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图像,即E-x图像和I-x图像 问题 类型 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像。 (2)由给定的有关图像分析电磁感应过程,求解相应的物理量 应用 知识 右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、相关数学知识等 2.解决图像问题的一般步骤 (1)明确图像的种类,即是B-t图像还是Φ-t图像,或者是E-t图像、I-t图像等。 (2)分析电磁感应的具体过程。 (3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。 (4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。 (5)根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等。 (6)画图像或判断图像。 [例5] 如图甲所示,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于纸面向里,磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。若规定顺时针方向为感应电流的正方向,下列各图正确的是(　　) D A 　 B C　 D 电磁感应图像问题的四点注意 (1)判断切割磁感线的有效长度或磁通量是否变化,如何变化。 (2)对切割磁感线类,若只有一个磁场且足够宽,关注进入磁场的过程和离开磁场的过程。 (3)对切割磁感线类,若有两个不同的磁场,还需注意线框的边分别在不同磁场时产生感应电流方向的关系。 (4)图像选取或描绘,明确图像和电磁感应过程之间的对应关系,明确“+”“-”号、斜率的含义。 ·规律总结· [针对训练5] 半径为L的圆形边界内分布有垂直于圆所在平面的磁场,垂直于纸面向里的磁感应强度大小为2B,垂直于纸面向外的磁感应强度大小为B,如图所示。AEO为八分之一圆导线框,其总电阻为R,以角速度ω绕O轴逆时针匀速转动,从图中所示位置开始计时,用i表示导线框中的感应电流(顺时针方向为正),线框中感应电流i随时间t变化的图像可能是(　　) A B C D A 要点五　电磁感应中的动力学和能量问题 「要点归纳」 1.平衡类问题的求解思路 2.加速类问题的求解思路 (1)确定研究对象(一般为在磁场中做切割磁感线运动的导体)。 (2)根据牛顿运动定律和运动学公式分析导体在磁场中的受力与运动情况。 (3)如果导体在磁场中受到的安培力变化了,则会引起合外力的变化,导致加速度、速度等发生变化,进而又引起感应电流、安培力、合外力的变化,最终可能使导体达到稳定状态。 3.能量类问题的求解思路 (1)用法拉第电磁感应定律或导体切割磁感线公式确定感应电动势的大小,用楞次定律或右手定则判断感应电动势的方向。 (2)画出等效电路,求解电路中相关参量,分析电路中能量转化关系。 (3)研究导体机械能的转化,利用能量守恒定律,列出机械能与电路中电能变化的守恒关系式。 4.求解焦耳热Q的几种方法 公式法 Q=I2Rt 功能关系法 焦耳热等于克服安培力做的功 能量转化法 焦耳热等于其他能的减少量 [例6] 如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L。M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦。 (1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆 下滑过程中某时刻的受力示意图; 【答案及解析】 (1)如图所示,重力mg方向竖直向下;支持力N方向垂直斜面向上;结合右手定则和左手定则可知,安培力F方向沿斜面向上。 (2)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时,求ab杆中的电流及其加速度的大小; (3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值。 “四步法”分析电磁感应中的动力学问题 ·规律方法· [针对训练6] 如图所示,两根倾斜放置与水平面夹角为θ的平行光滑导轨间距为l,导轨间接一阻值为R的电阻,整个空间分布着匀强磁场,磁场方向垂直于导轨所在平面向上,磁感应强度大小为B,一质量为m、接入电路的电阻也为R的金属杆ab,以某一初速度沿轨道上滑,直至速度减为零。已知上述过程中电阻R产生的热量为Q,其最大瞬时电功率为P,导轨电阻不计,ab杆向上滑动的过程中始终与导轨保持垂直且接触良好。求: (1)金属杆ab上滑的初速度大小; (2)金属杆ab刚开始上滑时的加速度大小; (3)金属杆ab上滑的最大距离x。 提升·核心素养 「模型·方法·结论·拓展」 电磁感应中的动量问题 1.利用动量定理求解电磁感应问题 单杆(或线框)切割磁感线做非匀变速运动时,应用动量定理可求解变力的时间、速度、位移和电荷量,从而解决牛顿运动定律不易解答的问题。 2.利用动量守恒定律求解电磁感应问题 双杆做切割磁感线运动时,若双杆系统所受合外力为零(两杆所受安培力等大反向),则系统动量守恒,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题。 3.解决电磁感应中动量问题的一般思路 (1)确定研究对象,分析受力情况。 (2)对变速过程运用动量定理,建立电磁学和运动学的联系。 (3)联立求解。 [示例] 如图所示,在光滑的水平面上,有一竖直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内,现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后,速度为v(v<v0),那么线圈(　　) B 「科学·技术·社会·环境」 太空悬绳发电 大家知道地球是一个大磁场。当航天飞机携带着绳系卫星在空中飞行时,由导电材料制成的绳系卫星的系绳,在绕地球运动时切割地磁场的磁感线,运动过程中,系绳、航天飞机、绳系卫星和大气层中的电离层形成回路。它就成为一台发电机,可以向绳系卫星和牵引它的航天飞机供电。 [示例] 据报道,1992年7月,某国的航天飞机进行了一项卫星悬绳发电实验。航天飞机在地球赤道上空离地面约3 400 km处由东向西飞行,相对地面速度大约为6.5×103 m/s,从航天飞机上向地心方向发射一颗卫星,携带一根长 20 km、电阻为800 Ω的金属悬绳,使这根悬绳与地磁场垂直,做切割磁感线运动,假定这一范围内的地磁场是均匀的,磁感应强度约为4×10-5 T,且认为悬绳上各点的切割速度都与航天飞机的速度相同,根据理论设计,通过电离层(由等离子体组成)的作用,悬绳可产生约 3 A 的感应电流,试求: (1)金属悬绳中产生的感应电动势; 【答案】 (1)5.2×103 V　 【解析】 (1)将航天飞机下金属悬绳切割磁感线产生感应电动势看作电源模型,当它通过电离层放电可看作直流电路模型,如图所示。 悬绳切割磁感线,产生感应电动势 E=BLv=4×10-5×20×103×6.5×103 V=5.2×103 V。 (2)悬绳两端的电压; 【答案】 (2)2.8×103 V　 【解析】 (2)悬绳两端电压,即路端电压 U=E-Ir=5.2×103 V-3×800 V =2.8×103 V。 (3)航天飞机绕地球运行一周悬绳输出的电能。(已知地球半径为6 400 km) 【答案】 (3)7.98×107 J 检测·学习效果 AD 2.(双选)利用电磁感应原理制成了手掌张合速度测量仪。如图所示,在空心软橡胶直筒中间放置 1 000圈半径为2.1 cm的导电圆环回路,且在直筒两端各放置一个磁体,产生的 4.0×10-2 T 向右的匀强磁场垂直通过导电圆环平面。右手掌心朝上、手指紧握横放的橡胶筒。在 1.0 s 内,压缩橡胶筒使导电圆环半径收缩为 1.9 cm,下列说法正确的是(　　 ) A.导电圆环未被压缩时,每圈的初始磁通量为8.0π×10-6 T·m2 B.导电圆环回路的平均感应电动势为3.2π×10-3 V C.导电圆环回路的平均感应电动势为1.6π×10-3 V D.导电圆环回路的感应电流方向与手抓握橡胶筒的四指弯曲方向相同 BD 3.如图所示,等腰直角三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场,它的直角边在x轴上且长为L,高为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域,在t=0时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向,下列图像正确的是(　　) A A B C D 4.如图所示,在磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场中,让长为0.2 m的导体棒ab在金属框上以30 m/s的速度向右移动时,感应电动势大小为　 　V。如果R1、R2和导体棒电阻均为2 Ω,其余部分电阻不计,则通过R1的电流大小为 　　　A,导体棒所受安培力大小为　 　　 N。 2.4 0.4 0.064 5.如图所示,粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为θ=30°的绝缘光滑斜面上,通过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连,细线和线框共面且与斜面平行。距线框cd边为L0的MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场,EF为两个磁场的分界线,ME=EP=L2。现将木块由静止释放后,木块下降,线框沿斜面上滑,恰好匀速进入和离开匀强磁场。已知线框边长为L1(L1<L2)、质量为m、电阻大小为R,木块质量也为m,重力加速度为g,试求: (1)匀强磁场的磁感应强度大小B; (2)导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q。 感谢观看 磁通量的变化率表示磁通量变化 ,用表示,其中ΔΦ表示磁通量的变化量,Δt表示发生磁通量变化所用的时间。 (2)公式:E= (单匝线圈),E= (多匝线圈)。 n 【答案】 (2)由闭合电路欧姆定律知I=,当电路的总电阻一定时,E感越大,I感越大,指针偏转程度越大。 1.理解公式E=n (1)感应电动势E的大小取决于穿过回路的磁通量的变化率,而与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然的关系,与电路的电阻R无关;感应电流的大小与感应电动势E和回路总电阻R有关。 (2)磁通量的变化率,是Φ-t图像上某点切线的斜率的绝对值,可反映单匝线圈感应电动势的大小。 (3)E=n只表示感应电动势的大小,不涉及正负,计算时ΔΦ应取绝对值。感应电流的方向可以用楞次定律和安培定则去判定。 2.磁通量发生变化的三种方式 (1)B不变,S变化,则=B·。 (2)B改变,S不变,则=·S。 (3)B、S均变化,则=。 3.由=n可求得平均感应电动势,根据闭合电路欧姆定律可求得回路中的平均电流 ==,通过回路中导体横截面的电荷量 q=Δt=n。 【解析】 由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E=n,即感应电动势与线圈匝数有关,与磁通量的变化率有关,磁通量变化越快,感应电动势越大,故A错误,C正确;穿过线圈的磁通量大,但所用的时间长,则感应电动势可能小,故B错误;由楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,故原磁场的磁通量增加,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,原磁场的磁通量减少,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,即“增反减同”,故D错误。 【解析】 由电磁感应定律计算公式E=n可知,穿过线圈的磁通量的变化率越大,所产生的感应电动势就越大,穿过线圈的磁通量的变化量减小时,磁通量的变化率不一定减小,则所产生的感应电动势不一定也减小,穿过线圈的磁通量等于0,可磁通量的变化率不一定是0,则所产生的感应电动势不一定是0,穿过线圈的磁通量最大时,可磁通量的变化率不一定最大,则所产生的感应电动势就不一定最大,A、C正确,B、D错误。 【解析】 设线框的面积为S,周长为L,导线的横截面积为S′,由法拉第电磁感应定律可知,线框中感应电动势E==S,而线框的总电阻R=ρ,所以线框中感应电流I==,由于三个线框处于同一线性变化的磁场中,且绕制三个线框的导线相同,设正方形线框的边长为l,则三个线框的面积分别为S1=l2,S2=l2,S3=l2,三个线框的周长分别为L1=4l,L2=πl,L3=3l,则I1∶I2∶I3=∶∶=2∶2∶, 故选C。 应用E=n时应注意的三个问题 (1)此公式适用于求平均感应电动势。 (2)计算电动势大小时,ΔΦ取绝对值不涉及正负。 (3)用E=n所求的感应电动势为整个闭合回路的感应电动势,而不是回路中某部分导体两端的电动势。 【解析】 初状态穿过线框abcd的磁通量Φ1=BL2sin α,末状态穿过线框abcd的磁通量Φ2=0,根据法拉第电磁感应定律得=n,解得=0.4 V,根据楞次定律可知,感应电流的方向为a→d→c→b→a,A、B、C错误,D正确。 角度一:棒上各点速度不同,其平均速度=ωl,由E=Blv得棒上感应电动势大小为 E=Bl·ωl=Bl2ω。 角度二:若经时间Δt,棒扫过的面积为ΔS=πl2=l2ω·Δt,磁通量的变化量ΔΦ= B·ΔS=Bl2ω·Δt,由E=得棒上感应电动势大小为E=Bl2ω。 [例3] (双选)如图所示,xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为 L的扇形区域充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动。t=0 时刻,金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响,关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是(　 　) A.在t=0到t= 的过程中,E一直增大 B.在t=0到t= 的过程中,E先增大后减小 C.在t=0到t= 的过程中,E的变化率一直增大 D.在t=0到t= 的过程中,E的变化率一直减小 【解析】 如图所示,金属框切割磁感线的有效长度为d,根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E=Bd2ω,从图中可以看出在t=0到t=的过程中,d是先增大到 L,再减小到L,所以电动势E先增大后减小,选项A错误,B正确;在t=0到t=的过程中,d=,感应电动势的表达式可写为E=Bd2ω=,由表达式可以看出在t=0到t=的过程中,E的变化率一直增大,选项C正确,D错误。 表达式 E=n E=Blv E=Bl2ω 情景图 研究 对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线) 绕一端转动的导体棒 A.4BωR2 B.8BωR2 C.BωR2 D.12BωR2 【解析】 因导体AC上各点的角速度相等,设经过Δt时间转过的角度为θ,则AC扫过的面积为S=·5RωΔt·5R-RωΔt·R=12R2ωΔt,根据法拉第电磁感应定律得E==12BωR2,故选D。 [例4] 如图所示,粗细均匀的金属环的电阻为R,可绕轴O转动的金属杆OA的电阻为 ,杆长为l,A端与环相接触,一阻值为 的定值电阻R0分别与杆的端点O及环边缘D连接。杆OA在垂直于环面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中,以角速度ω顺时针转动。求电路中总电流的变化范围。 【答案】 ≤I≤ 则电路中的总电流为I===, 式中R并=。 因为R1+R2=R为定值,故当R1=R2时,R并有最大值,最大值为; 当R1=0或R2=0时,R并有最小值,最小值为0,即此时杆OA转至OD位置。 因此电流的最小值和最大值分别为Imin==,Imax==。 所以电路中总电流的变化范围为≤I≤。 (2)根据产生感应电动势的方式计算感应电动势的大小,如果是磁场变化,由E= n计算;如果是导体切割磁感线,由E=Blv计算。 [针对训练4] 固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd,边长为l,其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝,其余三边均为电阻可忽略的铜线。磁场的磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里。现有一段与ab段的材料、粗细、长度均相同的电阻丝PQ架在导线框上,如图所示。若PQ以恒定的速度v从ad滑向bc,当其滑过l的距离时,通过aP段电阻的电流(　　) A.大小为,方向由P到a B.大小为,方向由a到P C.大小为,方向由P到a D.大小为,方向由a到P 【解析】 PQ右移切割磁感线,产生感应电动势,相当于电源,外电路由Pa与Pb并联而成,画出PQ滑过时的等效电路如图所示,PQ切割磁感线产生的感应电动势大小为E=Blv,方向由Q指向P,外电路总电阻为R外==R,电路总电流为 I===,aP段电流大小为 IaP=I=,方向由P到a。故选A。 【解析】 0～1 s内,磁感应强度B垂直于纸面向里均匀增大,由法拉第电磁感应定律可知,产生的感应电动势 E=恒定,电流i=恒定;由楞次定律和安培定则可知,电流方向为逆时针方向,即负方向,在i-t图像上是一段平行于t轴的直线,且为负值,A、C错误;在2～3 s 内,负向的磁感应强度均匀增大,同理,电流i=恒定,电流方向为顺时针方向,即正方向,在i-t图像上是一段平行于t轴的直线,且为正值,B错误,D正确。 【解析】 从题图位置开始计时,在线圈转过0～ 过程中,即0～时间内,根据楞次定律可知,产生的感应电流为顺时针方向(正方向),排除D项,产生的电动势大小为E1=×2BωL2=BωL2,感应电流大小为 I1===2I0;在线圈转过过程中,即 时间内,线圈不会产生感应电流;在线圈转过 过程中,即时间内,根据楞次定律可知,产生的感应电流为顺时针方向(正方向),排除B项,产生的电动势大小为E2=BωL2,感应电流大小为I2===I0,排除C项,线框中感应电流i随时间t变化的图像可能是A。 【答案】 (2)　gsin θ- 【解析】 (2)当ab杆速度为v时,感应电动势E=BLv, 由欧姆定律得此时电路中电流I==, ab杆受到安培力F=ILB=, 根据牛顿第二定律,有 ma=mgsin θ-F=mgsin θ-, a=gsin θ-。 【答案】 (3) 【解析】 (3)ab杆加速下滑过程中安培力逐渐增大, 当=mgsin θ 时,ab杆达到最大速度 vm=。 【答案】 (1)　 【解析】 (1)设ab杆上滑的初速度为v0,此时电阻R的瞬时功率最大, 则ab杆产生的感应电动势E=Blv0, 通过电阻R的电流I=, R上的最大功率P=I2R, 解得v0=。 【答案】 (2)+gsin θ 【解析】(2)ab杆上滑切割磁感线,产生感应电动势,由右手定则可知感应电流方向为由b→a,由左手定则可得安培力方向沿轨道向下,对导体棒受力分析如图, 由牛顿第二定律可得mgsin θ+F安=ma, 由安培力公式可得F安=IlB,感应电流I=, 联立解得金属杆ab刚开始上滑时的加速度大小a=+gsin θ。 【答案】 (3) 【解析】 (3)在ab杆上滑的全过程中,R上产生的热量为Q, 则ab杆上产生的热量也为Q,全过程电路产生的总热量Q总=2Q; 当ab杆速度为零时,ab杆向上滑动的最大距离为x, 根据能量守恒定律有m=mgxsin θ+Q总, 解得x=。 (1)求速度或电荷量:-BlΔt=mv2-mv1,q=·Δt。 (2)求时间:-Ft=I冲=mv2-mv1,I冲=-BIlΔt=-Bl。 (3)求位移:-BIlΔt=-=mv2-mv1,即-x=m(v2-v1)。 A.完全进入磁场中时的速度大于 B.完全进入磁场中时的速度等于 C.完全进入磁场中时的速度小于 D.以上情况均有可能 【解析】 线圈进入磁场过程,由动量定理有 -Ba·Δt1=mv′-mv0,线圈离开磁场过程,同理 -Ba·Δt2=mv-mv′,进出磁场时磁通量变化数值相同,故q0=·Δt1= ·Δt2=q,联立各式得v′-v0=v-v′,所以v′=,故选B。 1992年和1996年,某国研制的绳系卫星,两次由航天飞机携带,在太空进行试验。第一次由于系绳缠绕,只释放到原计划的 ,不过产生了 40伏特的电压及1.5毫安的电流;第二次释放到19.3千米,产生了 3 000 伏特电压,但是飞行不久以后就出现系绳断裂,绳系卫星也丢失在茫茫太空之中。 【解析】 (3)航天飞机绕地球运行一周所用时间 t== s≈9.5×103 s, 则输出的电能 E电=UIt=2.8×103×3×9.5×103 J=7.98×107 J。 1.(双选)在理解法拉第电磁感应定律E=n 及其改写式E=nS、E=nB的基础上,下列叙述正确的是(　 　) A.对给定的线圈,感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比 B.对给定的线圈,感应电动势的大小跟磁感应强度的变化量ΔB成正比 C.对给定的磁场,感应电动势的大小跟面积的变化率成正比 D.三个计算式算出的感应电动势都是Δt时间内的平均值 【解析】 根据E=n可知,对给定的线圈,感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比,故A正确;根据E=nS可知,对给定的线圈,感应电动势的大小跟磁感应强度的变化率成正比,与ΔB无关,故B错误;根据E=nB可知,对给定匝数的线圈和磁场,感应电动势的大小跟面积的变化率成正比,故C错误;根据法拉第电磁感应定律 E=n可知感应电动势大小与穿过线圈的磁通量的变化率成正比,ΔΦ是表示磁通量的变化量,Δt表示变化所用的时间,则E表示Δt时间内的平均感应电动势,故D正确。 【解析】 导电圆环未被压缩时,每圈的初始磁通量为Φ=BS1=Bπ=17.64π× 10-6 T·m2,A错误;导电圆环回路的平均感应电动势为E=n=nB=3.2π×10-3 V, B正确,C错误;因线圈面积减小,穿过线圈的磁通量减小,根据楞次定律可知,感应电流的磁场与原磁场方向相同,根据右手螺旋定则可知,导电圆环回路的感应电流方向与手抓握橡胶筒的四指弯曲方向相同,D正确。 【解析】 在0～L过程,磁通量增大,由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向,为正值,排除C、D项,线圈切割磁感线的有效长度均匀增加,线圈中的电流为I===x(0≤x≤L);在 L～2L过程,磁通量减小,由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向,为负值,排除B项,线圈切割磁感线的有效长度均匀增加,线圈中的电流为 I=-=-=-x+(L<x≤2L),故选A。 【解析】 由E=Blv得,感应电动势大小为E=0.4×0.2×30 V=2.4 V。由题意得,电路总电阻为R=+r=3 Ω,所以电路总电流为I==0.8 A,所以通过R1的电流大小为I1==0.4 A,导体棒所受安培力大小为F=BIL=0.064 N。 【答案】 (1)　 【解析】 (1)导线框匀速进入磁场时,受力平衡,受力情况如图所示, 根据平衡条件有T=F安+mgsin θ, 其中F安=IL1B,I=,E=BL1v, 导线框与木块通过细线相连,线框匀速进入磁场时,木块匀速下降, 根据平衡条件有T=mg, 对导线框和木块组成的系统,进入磁场前二者一起做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有mg-mgsin θ=2ma, 根据运动学方程可得进入磁场时速度v=, 联立以上各式解得B=。 【答案】 (2)mg(2L2+L1) 【解析】 (2)线框恰好匀速进入和离开匀强磁场,导线框通过匀强磁场过程中, 线框和木块组成的系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热, 根据能量守恒定律得Q=mg(2L2+L1)-mg(2L2+L1)sin θ, 所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热 Q=mg(2L2+L1)。 $