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第1节　科学探究:感应电流的方向
[定位·学习目标]　1.了解影响感应电流方向的因素,理解楞次定律的内容。2.理解楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现。3.掌握右手定则,并理解右手定则的实质。
知识梳理
知识点一　探究影响感应电流方向的因素
1.实验探究:将螺线管与电流计组成闭合回路,分别将条形磁铁的N极、S极插入、拔出螺线管,如图所示,记录感应电流的方向。
2.分析
(1)将实验中获得的信息填入表中。
项目 N极 插入 N极 拔出 S极 插入 S极 拔出
穿过螺线管的磁通量变化　 增加 减少 增加 减少
感应电流的方向(俯视) 逆时针 顺时针 顺时针 逆时针
感应电流的磁场方向与条形磁铁的磁场方向比较 相反 相同 相反 相同
(2)实验结论。
表述一:当穿过线圈的磁通量增加时,感应电流的磁场方向与条形磁铁的磁场方向相反;当穿过线圈的磁通量减少时,感应电流的磁场方向与条形磁铁的磁场方向相同。
表述二:当磁铁靠近线圈时,二者相斥;当磁铁远离线圈时,二者相吸。
知识点二　楞次定律
1.内容:感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
2.当磁铁的N极移近导体线圈的上端时,由感应电流激发的磁场使线圈的上端也是N极,因为同名磁极相互排斥,所以阻碍磁铁相对线圈向下的运动;而当磁铁的N极离开导体线圈时,由感应电流激发的磁场使线圈的上端是S极,因为异名磁极相互吸引,所以阻碍磁铁相对线圈向上的运动。
3.从能量转化和守恒的角度来看,把磁体移近线圈时,外力要克服磁体和线圈之间的排斥力做功,使外界其他形式的能量转化为电能;磁体离开线圈时,外力则要克服磁体和线圈之间的吸引力做功,也使外界其他形式的能量转化为电能。在这两种情况下,总能量都是守恒的。
知识点三　右手定则
1.内容:伸开右手,让拇指与其余四指垂直,且都与手掌处于同一平面内,让磁感线垂直穿过手心,使拇指指向导体运动的方向,其余四指所指的方向就是感应电流的方向。如图所示。
2.适用范围:适用于闭合回路中部分导体切割磁感线产生感应电流的情况。
新知检测
1.思考判断
(1)感应电流的磁场总与原磁场方向相反。(　×　)
(2)感应电流的磁场总是阻碍原磁场的磁通量。(　×　)
(3)感应电流的磁场有可能阻止原磁通量的变化。(　×　)
(4)导体棒不垂直切割磁感线时,也可以用右手定则判断感应电流方向。(　√　)
(5)凡可以用右手定则判断感应电流方向的,均能用楞次定律判断。(　√　)
(6)右手定则即右手螺旋定则。(　×　)
2.思维探究
(1)楞次定律中“阻碍”与“阻止”有何区别
(2)当线圈和磁场发生相对运动而引起感应电流时,感应电流的效果是阻碍线圈或磁场的运动吗
(3)左手定则和右手定则中“四指所指的方向”表示的物理意义一样吗
【答案】 (1)阻碍不是阻止,阻碍只是延缓了磁通量的变化,但这种变化仍继续进行。
(2)感应电流阻碍线圈与磁场间的相对运动。
(3)左手定则中“四指所指的方向”为已知电流的方向,右手定则中“四指所指的方向”为感应电流的方向。
要点一　对楞次定律的理解
情境探究
法拉第最初发现电磁感应现象的实验如图所示,软铁环上绕有M、N两个线圈。
(1)闭合开关瞬间,穿过N线圈的磁通量如何变化
(2)当开关闭合与断开的瞬间,电流计中感应电流沿什么方向
(3)若在右侧电路中增加一个开关,保持左侧开关闭合,则闭合右侧开关瞬间,电流计中有无电流通过 若有,沿什么方向
【答案】 (1)增加。
(2)闭合瞬间向上,断开瞬间向下。
(3)无。
要点归纳
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.楞次定律的另一种等价表述:感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。
3.楞次定律中“阻碍”的含义
[例1] 下列说法正确的是(　　)
A.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的磁通量的变化
B.感应电流的磁场阻止了引起感应电流的原磁场磁通量的变化
C.闭合线框放在变化的磁场中做切割磁感线运动,一定能产生感应电流
D.感应电流的磁场方向总是跟原来磁场的方向相反
【答案】 A
【解析】 由楞次定律可知,感应电流的磁场阻碍的是原磁场的磁通量的变化,并不一定与原磁场方向相反,阻碍不是阻止,选项A正确,B、D错误;若闭合线框平行于磁场方向放置,则无论是磁场变化,还是线框做切割磁感线的运动,穿过闭合线框的磁通量都不变,都不会有感应电流产生,选项C错误。
“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”,当原磁场磁通量减少时,“阻碍”意味着“相同”。
要点二　楞次定律的应用
情境探究
如图所示,水平桌面上放一圆形金属导体环,从导体环的中心上方释放一条形磁铁,在条形磁铁向下靠近导体环的过程中:
(1)从上向下看导体环中的电流方向是逆时针还是顺时针
(2)导体环内部感应电流的磁感线方向与磁铁的磁场方向相同还是相反
(3)磁铁受到导体环的作用力向哪个方向
(4)导体环有收缩的趋势还是扩张的趋势
(5)导体环对桌面的压力比重力大还是小
(6)磁铁下落过程能量是如何转化的
【答案】 (1)逆时针。
(2)相反。
(3)向上。
(4)收缩。
(5)比重力大。
(6)重力势能一部分转化为磁铁的动能,一部分转化为电能。
要点归纳
运用楞次定律判定感应电流的思路
图中描述了磁通量变化、磁场方向、感应电流方向三个因素的关系,只要知道了其中任意两个因素,就可以确定第三个因素。
[例2] 如图所示,通电导线旁边同一平面内有矩形线圈abcd,则(　　)
A.若线圈向右平动,其中感应电流方向是a→b→c→d→a
B.若线圈竖直向下平动,有感应电流产生
C.当线圈向导线靠近时,其中感应电流方向是a→b→c→d→a
D.当电流I增大时,线圈中感应电流的方向为a→b→c→d→a
【答案】 A
【解析】 由题图根据安培定则可知,导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里,离导线越近,磁感应强度越大。若线圈向右平动,穿过线圈的磁通量减少,根据楞次定律和安培定则可知,感应电流方向为a→b→c→d→a,A正确;若线圈竖直向下平动,穿过线圈的磁通量不变,无感应电流产生,B错误;当线圈向导线靠近时,穿过线圈的磁通量增加,根据楞次定律和安培定则可知,感应电流方向是 a→d→c→b→a,C错误;当电流I增大时,穿过线圈的磁通量增加,根据楞次定律和安培定则可知,感应电流方向为a→d→c→b→a,D错误。
应用楞次定律的解题步骤
(1)明确增减和方向,增反减同切莫忘,安培定则来判断,四指环绕是流向。
(2)涉及相对运动时,阻碍的是导体与磁体间的相对运动,而不是阻碍导体或磁体的运动。
[针对训练1] 如图所示,水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环,其圆心的正上方有一个竖直的条形磁体。当把条形磁体向右水平平移时,圆环始终保持静止。移动磁体的过程中,从上方俯视,下列说法正确的是(　　)
A.穿过圆环的磁通量变大
B.圆环中产生顺时针方向的感应电流
C.圆环中产生逆时针方向的感应电流
D.圆环中不产生感应电流
【答案】 B
【解析】 圆环中磁通量方向向下,移动磁体的过程中,穿过圆环的磁通量减小,根据楞次定律可知,圆环中感应电流从上方俯视为顺时针。故选B。
要点三　右手定则
情境探究
如图所示,在长直载流导线附近有一个矩形线圈 ABCD,线圈与导线始终在同一个平面内。
(1)导线右侧磁感线的方向如何
(2)线圈在导线的右侧平移时,其中产生了A→B→C→D→A方向的电流。请判断线圈在向哪个方向移动
【答案】 (1)根据安培定则可知,方向垂直于纸面向里。
(2)根据安培定则和楞次定律可知,线圈在向左移动。
要点归纳
1.右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和感应电流方向三者之间的相互垂直关系。
(1)大拇指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向,既可以是导体运动而磁场未动,也可以是导体未动而磁场运动,还可以是二者以不同速度同时运动。
(2)四指指向为感应电流方向,切割磁感线的导体相当于电源。
2.楞次定律和右手定则的区别与联系
比较内容 规律
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 只适用于闭合回路中部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况
应用 用于磁感应强度B随时间变化而产生的电磁感应现象较方便 用于导体切割磁感线产生的电磁感应现象较方便
联系 右手定则是楞次定律的特例
[例3] 选项图中表示闭合回路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情境,导体ab上的感应电流方向为a→b的是(　　)
A　 　B
C　 　D
【答案】 A
【解析】 题中四图都属于闭合回路中的一部分导体切割磁感线,应用右手定则判断可得,题图A中电流方向为a→b,题图B中电流方向为b→a,题图C中电流方向沿a→d→c→b→a,题图D中电流方向为b→a,故选A。
应用右手定则的两点注意
(1)右手定则只适用于闭合回路中部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况,导体与磁场无相对运动不能应用。
(2)用右手定则判定导体切割磁感线时导体本身相当于电源,四指的指向由低电势指向高电势。
[针对训练2] (双选)如图所示,导体棒AB、CD可在水平光滑轨道上自由滑动,下列说法正确的是(　　)
A.将导体棒CD固定,当导体棒AB向左移动时,导体棒AB中感应电流的方向为 A→B
B.将导体棒CD固定,当导体棒AB向右移动时,导体棒AB中感应电流的方向为 A→B
C.将导体棒AB固定,当导体棒CD向左移动时,导体棒AB中感应电流的方向为 A→B
D.将导体棒AB固定,当导体棒CD向右移动时,导体棒AB中感应电流的方向为 A→B
【答案】 AC
【解析】 由右手定则可判断,当导体棒AB向左运动时,导体棒AB中感应电流方向为A→B;当导体棒AB向右运动时,导体棒AB中感应电流方向为B→A,A正确,B错误;当导体棒CD向左运动时,导体棒CD中的感应电流方向为C→D,导体棒AB中的感应电流方向为A→B;当导体棒CD向右移动时,导体棒AB中感应电流方向为 B→A,C正确,D错误。
模型·方法·结论·拓展
楞次定律的推广应用
楞次定律中“阻碍”的主要表现形式:
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。
(3)线圈面积变化趋势——“增缩减扩”。
[示例] 如图所示,水平绝缘的桌面上放置一个金属线圈,现有一个竖直的条形磁铁从线圈左上方沿水平方向快速移动经过正上方到达右上方,在此过程中(　　)
A.线圈有先扩张再缩小的趋势
B.线圈中的感应电流方向不变
C.线圈受到的摩擦力方向不变
D.线圈对桌面的压力先减小后增大
【答案】 C
【解析】 当磁铁向右运动时,穿过线圈的磁通量先增加后减少,根据楞次定律的“增缩减扩”可知,线圈有先缩小后扩张的趋势,故A错误;根据楞次定律的“增反减同”结合安培定则可知,线圈中的感应电流方向变化,故B错误;根据楞次定律的“来拒去留”可知,当磁铁靠近线圈时,线圈有向右和向下的运动趋势;而磁铁远离线圈时,线圈有向右和向上的运动趋势,可知线圈一直有向右运动的趋势,受到的摩擦力的方向始终向左,方向不变,同时线圈对桌面的压力先增大后减小,故C正确,D错误。
科学·技术·社会·环境
磁单极子
　　磁单极子是一些仅带有北极或南极单一磁极的磁性物质,它们的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布。这种物质的存在性在科学界时有纷争,从20世纪到21世纪,世界各地都在寻找磁单极子,在陆地、海洋、太空,在深海沉积物中、月球的岩石中,却还是很难发现磁单极子的蛛丝马迹。对于这种状况,完全可以用这样的诗句来形容:“上穷碧落下黄泉,两处茫茫皆不见。”
我们将磁棒一截为二,则不会发生一半是北极,另一半是南极的状况,而会是截开的每一个部分都有自己的北极与南极。如果继续截下去,每段磁棒总是会有相应的南北两极。而如果磁单极子真的存在的话,则是完全不同的物体,它是一个完全独立的南极或北极。
[示例] 1931年,英国物理学家狄拉克从理论上预言:存在只有一个磁极的粒子,即“磁单极子”。1982年,美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验。他设想,如果一个只有S极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈,那么从上向下看,超导线圈的感应电流是(　　)
A.先顺时针方向,后逆时针方向
B.先逆时针方向,后顺时针方向
C.顺时针方向持续流动
D.逆时针方向持续流动
【答案】 C
【解析】 磁单极子靠近超导线圈时,穿过线圈的磁通量向上增加,由楞次定律和安培定则可以判断,从上向下看感应电流为顺时针方向;当磁单极子远离超导线圈时,穿过线圈的磁通量向下减少,感应电流仍为顺时针方向,C正确。
1.下列可以使圆环中产生逆时针方向感应电流的是(　　)
A.圆环沿平行于导线方向运动
B.圆环绕圆心顺时针旋转
C.减小导线中的电流
D.导线稍微向圆环靠近
【答案】 C
【解析】 圆环沿平行于导线方向运动,穿过圆环的磁通量不变,圆环中不会产生感应电流,故A错误;圆环绕圆心顺时针旋转,穿过圆环的磁通量不变,圆环中不会产生感应电流,故B错误;减小导线中的电流,根据安培定则可知,穿过圆环的磁通量向外减小,根据楞次定律可知,圆环中产生逆时针方向的感应电流,故C正确;导线稍微向圆环靠近,根据安培定则可知,穿过圆环的磁通量向外增大,根据楞次定律可知,圆环中产生顺时针方向的感应电流,故D错误。
2.(2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象,汽车可简化为一个矩形线圈abcd,埋在地下的线圈分别为1、2,通上顺时针(俯视)方向电流,当汽车经过线圈时(　　)
A.线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B.汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D.汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
【答案】 C
【解析】 埋在地下的线圈1、2通上顺时针(俯视)方向的电流,根据安培定则可知,线圈1、2产生的磁场方向竖直向下,选项A错误;汽车进入线圈1过程中,穿过abcd的向下的磁通量增加,根据楞次定律和安培定则可知感应电流方向为adcb(逆时针),而汽车离开线圈1过程中,则磁通量减少,可知感应电流方向为abcd(顺时针),选项B错误,C正确;同理,汽车进入线圈2过程中,感应电流方向为adcb(逆时针),由左手定则可知,汽车受到的安培力方向与速度方向相反,选项D错误。
3.金属线框abcd与一长导线在同一平面内,导线通有恒定电流I。线框由图中位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ。在此过程中,有关穿过线框的磁通量与感应电流的方向,下列说法正确的是(　　)
A.垂直于纸面向里的磁通量增大,感应电流方向沿abcda
B.垂直于纸面向里的磁通量减小,感应电流方向沿abcda
C.垂直于纸面向外的磁通量增大,感应电流方向沿adcba
D.垂直于纸面向里的磁通量减小,感应电流方向沿adcba
【答案】 B
【解析】 由安培定则得,导线右侧的磁场为垂直于纸面向里,线框由题图中位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ过程中,线框远离导线,线框所处位置的磁场减弱,所以磁通量垂直于纸面向里减小,根据楞次定律可知,感应电流方向沿abcda。故选B。
4.(双选)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,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属杆PQ向右做减速运动,在之后的运动过程中,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中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向
C.T具有收缩趋势,PQ受到向右的安培力
D.T具有扩张趋势,PQ受到向左的安培力
【答案】 BD
【解析】 根据右手定则,PQRS中电流沿逆时针方向,PQRS中电流在线框T处产生的磁场方向垂直于纸面向外。金属杆PQ向右做减速运动,则PQRS中电流减小,该磁场减弱,根据楞次定律,T中电流沿逆时针方向,A错误,B正确;T磁通量减小,则具有扩张趋势;根据左手定则,PQ受到向左的安培力,C错误,D正确。
5.如图所示,套在条形磁铁外的两个面积相同的线圈A和B,其中B线圈在磁铁的正中间。设A、B两个线圈中的磁通量依次为Φ1、Φ2,它们的大小关系是Φ1　　　　(选填“>”“<”或“=”)Φ2。磁铁如果突然向右运动,线圈A将会　　　　(选填“向右运动”“向左运动”或“静止”),线圈B将会　　　　(选填“向右运动”“向左运动”或“静止”)。
【答案】 <　向右运动　向右运动
【解析】 在条形磁铁内外都有磁场,而磁铁内部向左的磁通量相同,外部向右穿过线圈的磁通量越多,穿过线圈的总磁通量越少。线圈A和线圈B面积相同,线圈B所在位置向右的磁通量较少,故Φ1<Φ2;磁铁如果突然向右运动,根据楞次定律的“来拒去留”,线圈A、B将会向右运动。
课时作业
基础巩固
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.当导体做切割磁感线运动时,必须用安培定则确定感应电流的方向
【答案】 C
【解析】 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原磁场的磁通量的变化(增加或减少),不是阻碍原磁场的减弱,B错误;由楞次定律知,若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;若是因磁通量的增加而引起的感应电流,则感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相反,阻碍磁通量的增加,C正确;导体做切割磁感线运动时,可以直接运用右手定则确定感应电流的方向,也可以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,OO′是矩形导线框abcd的对称轴,线框左半部分处于垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是(　　)
A.将线框abcd向右匀减速平移,线框中产生的感应电流方向为abcda
B.将线框abcd向纸面外平移,线框中产生的感应电流方向为abcda
C.将线框abcd以ad为轴向外转动60°,线框中产生的感应电流方向为adcba
D.将线框abcd以OO′为轴ad边向里转动,线框中产生的感应电流方向为adcba
【答案】 D
【解析】 将线框abcd向右匀减速平移,穿过线框的磁通量向外减小,根据楞次定律可知,线框中产生的感应电流方向为adcba,故A错误;将线框abcd向纸面外平移,穿过线框的磁通量保持不变,线框中不会产生感应电流,故B错误;将线框abcd以ad为轴向外转动60°,穿过线框的磁通量保持不变,线框中不会产生感应电流,故C错误;将线框abcd以OO′为轴ad边向里转动,穿过线框的磁通量向外减小,根据楞次定律可知,线框中产生的感应电流方向为adcba,故D正确。
3.如图所示,在水平放置的条形磁体的S极附近,一个闭合金属线圈竖直向下运动,线圈平面始终保持水平。在位置B磁感线正好与线圈平面平行,A与B和B与C之间的距离都比较小。线圈从位置A运动到位置C的过程中,从上往下看,感应电流的方向是(　　)
A.顺时针方向
B.逆时针方向
C.先顺时针方向,后逆时针方向
D.先逆时针方向,后顺时针方向
【答案】 A
【解析】 线圈从位置A运动到位置B的过程中,磁场方向向下,穿过线圈的磁感线条数减少,即磁通量减小,根据楞次定律可知感应电流磁场方向向下,从上往下看,感应电流的方向是顺时针方向;线圈从位置B运动到位置C的过程中,磁场方向向上,穿过线圈的磁感线条数增加,即磁通量增加,根据楞次定律可知感应电流磁场方向向下,从上往下看,感应电流的方向是顺时针方向。所以线圈从位置A运动到位置C的过程中,从上往下看,感应电流的方向是顺时针方向。故选A。
4.如图所示,水平放置的两条电阻不计的光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,当MN在外力作用下向左匀加速运动时,PQ的电流方向及运动情况是(　　)
A.P→Q,向右运动 B.Q→P,向右运动
C.P→Q,向左运动 D.Q→P,向左运动
【答案】 A
【解析】 当MN在外力作用下向左匀加速运动时,根据右手定则和右手螺旋定则可知,线圈L1中电流产生的磁场向上穿过线圈L2,且穿过线圈L2的磁通量增加;根据楞次定律可知,线圈L2感应电流产生的磁场方向向下,根据右手螺旋定则可知通过金属棒PQ的电流方向由P→Q,根据左手定则可知,金属棒PQ受到的安培力向右,则金属棒PQ向右运动。
故选A。
5.(双选)如图所示,光滑平行金属导轨PP′和 QQ′都处于同一水平面内,P和Q之间连接一电阻R,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现垂直于导轨放置一根导体棒MN,用一水平向右的力F拉动导体棒MN,以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是(　　)
A.感应电流方向是N→M
B.感应电流方向是M→N
C.安培力方向水平向左
D.安培力方向水平向右
【答案】 AC
【解析】 以导体棒MN为研究对象,所处位置磁场方向向下、运动方向向右。由右手定则可知,感应电流方向是 N→M;再由左手定则可知,安培力方向水平向左。故B、D错误,A、C正确。
6.如图所示,导体棒PQ放在垂直于纸面向外的匀强磁场中,PQ与螺线管和金属导轨组成闭合回路,将条形磁体往上向远离螺线管方向移动时,关于导体棒PQ中的感应电流方向和PQ受到的安培力方向判断正确的是(　　)
A.电流从Q到P,安培力向右
B.电流从Q到P,安培力向左
C.电流从P到Q,安培力向左
D.电流从P到Q,安培力向右
【答案】 C
【解析】 将条形磁体往上向远离螺线管方向移动时,螺线管里面条形磁体产生的向下的磁场减弱,磁通量减小,根据楞次定律知感应电流产生的感应磁场与原磁场同向(向下),可知感应电流从P到Q,再由左手定则可知安培力向左。故选C。
7.(双选)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,在电梯挂厢上安装永磁体,电梯的井壁上铺设线圈,能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,该安全装置可起到阻碍电梯下落的作用
B.当电梯突然坠落时,该安全装置可使电梯停在空中
C.当电梯坠落至永磁体在图示位置时,闭合线圈A、B中电流方向相同
D.当电梯坠落至永磁体在图示位置时,闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落
【答案】 AD
【解析】 电梯突然坠落,穿过线圈的磁通量发生变化,将在线圈中产生感应电流,感应电流会阻碍电梯下落,A正确;感应电流会阻碍电梯下落,但不能使电梯停在空中,B错误;当电梯坠落至永磁体在题图位置时,闭合线圈A中向上的磁场减弱,感应电流的方向是逆时针方向(从上向下看),线圈B中向上的磁场增强,感应电流的方向是顺时针方向(从上向下看),可知线圈A与B中感应电流方向相反,C错误;根据上述分析可知,当电梯坠落至永磁体在题图位置时,闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落,D正确。
8.(双选)如图是某电磁冲击钻的原理图,若突然发现钻头M向右运动,则可能是(　　)
A.开关S闭合瞬间
B.开关S由闭合到断开的瞬间
C.开关S已经是闭合的,滑动变阻器滑片P向左迅速滑动
D.开关S已经是闭合的,滑动变阻器滑片P向右迅速滑动
【答案】 AC
【解析】 当开关S闭合瞬间,左侧线圈上有了电流,产生磁场,而对于右侧线圈来说,穿过线圈的磁通量增加,为阻碍其增加,钻头M向右运动,同理,开关S由闭合到断开瞬间,钻头M向左运动,故A正确,B错误;当开关S已经闭合时,只有左侧线圈电流增大才会导致钻头M向右运动,故C正确,D错误。
9.在“探究电磁感应的产生条件”实验中,实物连线后如图甲所示。感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图乙粗线所示,已知所选G表指针偏转规律为“左进左偏,右进右偏”。
(1)接通电源,闭合开关,G表指针会有大的偏转,几秒后G表指针停在中间不动。将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动时,G表指针　　　　(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”);迅速抽出铁芯时,G表指针　　　　(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)。
(2)断开开关和电源,将铁芯重新插入内线圈中,把直流输出改为交流输出,其他均不变。接通电源,闭合开关,G表指针　　　　(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)。
【答案】 (1)左偏　右偏　(2)不停振动
【解析】 (1)滑动变阻器滑片向右滑动时,接入电路的电阻减小,电流增大,穿过内线圈的磁通量方向向下且增加,根据楞次定律和安培定则可判断外线圈内的感应电流方向从A接线柱流入,故G表指针向左偏。抽出铁芯时,磁通量减少,G表指针向右偏。
(2)把直流输出改为交流输出后,外线圈中的感应电流方向不断发生变化,故G表指针不停振动。
能力提升
10.如图甲,一长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内,直导线中电流i发生如图乙所示的变化,设电流i正方向与图甲中箭头方向相同,则(　　)
A.线框中感应电流总是沿逆时针方向
B.线框受到的安培力的合力一直向左
C.线框受到的安培力的合力先水平向左,后水平向右
D.线框受到的安培力的合力先水平向右,后水平向左
【答案】 C
【解析】 由题图乙可知,导线中的电流先正向减小后负向增大,根据安培定则可得,线框所在位置的磁场先垂直于纸面向里减小后垂直于纸面向外增大,根据楞次定律“增反减同”,线框感应电流的磁场一直垂直于纸面向里,根据安培定则可得,线框的电流一直为顺时针,故A错误;线框所在位置的磁场先垂直于纸面向里减小后垂直于纸面向外增大,而线框的电流一直为顺时针,根据左手定则,ad边的安培力先向左后向右,bc边的安培力先向右后向左,其中ad边位置的磁感应强度比bc边位置的磁感应强度大,电流大小相同,所以ad边所受的安培力大于bc边受到的安培力,则线框的合力先向左后向右,故B、D错误,C正确。
11.如图所示,有一弹性金属环,当条形磁体由图示位置向下靠近或向上远离金属环时,金属环所围面积变化情况是(　　)
A.向下靠近时金属环面积增大,向上远离时金属环面积减小
B.向下靠近时金属环面积减小,向上远离时金属环面积增大
C.两次金属环面积都增大
D.两次金属环面积都减小
【答案】 B
【解析】 当磁体向下靠近时,穿过金属环磁通量增大,根据楞次定律判断金属环中电流为顺时针,利用左手定则判断金属环受到的安培力有使金属环面积缩小的分力,同理向上远离时金属环面积会增大,故B正确。
12.如图所示,固定的水平长直导线中通有电流,矩形线框与导线在同一竖直平面内,且上下边与导线平行。线框由静止释放,在下落过程中(　　)
A.穿过线框的磁通量保持不变
B.线框中感应电流方向保持不变
C.线框所受安培力的合力为零
D.线框的机械能不断增大
【答案】 B
【解析】 当线框由静止向下落的过程中,穿过线框的磁通量逐渐减少,根据楞次定律和安培定则可知,产生的感应电流的方向为顺时针方向,且方向不发生变化,A错误,B正确;因为线框上下两边所处的区域磁感应强度方向相同、大小不同,所以线框所受的安培力的合力一定不为零,C错误;整个线框所受的安培力的合力方向竖直向上,对线框做负功,线框的机械能不断减小,D错误。
13.如图所示,在匀强磁场中有一个用比较软的金属导线制成的闭合圆环。在此圆环的形状由圆形变成正方形的过程中(　　)
A.环中有感应电流,方向a→d→c→b→a
B.环中有感应电流,方向a→b→c→d→a
C.环中无感应电流
D.条件不够,无法确定
【答案】 A
【解析】 在此圆环的形状由圆形变成正方形的过程中,面积减小,磁通量减少,由楞次定律和安培定则可知,产生 a→d→c→b→a方向的感应电流,A正确。
14.如图所示,水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈,右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态,电路接通的瞬间,可观察到(　　)
A.拨至M端或N端,圆环都向左运动
B.拨至M端或N端,圆环都向右运动
C.拨至M端时圆环向左运动,拨至N端时圆环向右运动
D.拨至M端时圆环向右运动,拨至N端时圆环向左运动
【答案】 B
【解析】 开关S由断开状态拨至连接状态,不论拨至M端还是N端,通过圆环的磁通量均增加,根据楞次定律可得圆环会阻碍磁通量的增加,即向右运动来阻碍磁通量的增加,即“增离减靠”。
15.如图所示,线圈P、Q同轴放置,P与开关S、电源和滑动变阻器R组成回路,Q与电流计G相连,要使线圈Q产生图示方向的电流,可采用的方法有(　　)
A.闭合开关S后,把R的滑片右移
B.闭合开关S后,把R的滑片左移
C.闭合开关S后,使Q远离P
D.无须闭合开关S,只要使Q靠近P即可
【答案】 B
【解析】 闭合开关S后,线圈P形成的磁场向右穿过线圈Q,若把R的滑片右移,Q中的磁通量减少,根据楞次定律和安培定则可知,线圈Q中电流方向与题图中所标电流方向相反,同理可知,若把R的滑片左移,线圈Q中电流方向与题图中所标电流方向相同,故A错误,B正确;闭合开关S后,使Q远离P,Q中的磁场方向向右,磁通量减少,根据楞次定律和安培定则可知,线圈Q中的电流方向与题图中所标电流方向相反,故C错误;若S不闭合,则穿过线圈Q的磁通量始终为零,故Q中不会有电流产生,故D错误。
16.如图,螺线管的导线两端与两平行金属板相接,一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间,并处于静止状态,若条形磁铁突然插入螺线管,小球将(　　)
A.向右摆动 B.向左摆动
C.保持静止 D.无法确定
【答案】 B
【解析】 当磁铁插入螺线管时,导致穿过螺线管的磁通量发生变化,从而导致螺线管中产生感应电流,由楞次定律和安培定则可知,感应电流的方向是从右金属板向下通过螺线管再到左金属板,由于螺线管相当于电源,因此左金属板电势高,所以带负电的小球将向左摆动,选项B正确,A、C、D错误。
17.如图所示,金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上,在ef右侧存在有界匀强磁场B,磁场方向垂直于导轨平面向下,在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环与导轨在同一平面内。当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后,金属棒ab中的感应电流方向为　　　　(选填“从a到b”或“从b到a”),金属圆环L中的电流方向是　　　　(选填“顺时针”或“逆时针”)方向,圆环L具有　　　　
(选填“收缩”或“扩张”)趋势。
【答案】 从b到a　顺时针　收缩
【解析】 当金属棒ab在水平恒力F的作用下向右运动时,根据右手定则可知,金属棒ab中的感应电流方向为从b到a。abdc回路中有逆时针方向的感应电流,则在圆环处产生垂直于导轨平面向上的磁场,随着金属棒ab向右加速运动,abdc回路中的感应电流逐渐增大,穿过圆环的磁通量也逐渐增加,根据楞次定律和安培定则可知,圆环中产生顺时针方向的感应电流,同时圆环有收缩的趋势以阻碍圆环中磁通量的增加。
18.如图甲所示,同心导体圆环M、N处在同一平面内,M环的半径大于N环,若在M环中通有如图乙所示的电流i,电流沿顺时针方向。
(1)分析N环中的感应电流的方向;
(2)分析N环的运动趋势。
【答案】 见解析
【解析】 (1)M环通有顺时针的电流,根据安培定则,可知穿过N环的磁通量垂直于纸面向里,且逐渐增加。根据楞次定律和安培定则,N环中的感应电流沿逆时针方向。
(2)由楞次定律“增缩减扩”可知,N环有向里收缩的趋势。第3节　自感现象与涡流
[定位·学习目标]　1.能够利用电磁感应的有关规律分析通电自感和断电自感现象,了解自感电动势、自感系数的意义和决定因素。2.了解涡流现象及其利用和危害。
知识梳理
知识点一　自感现象
1.自感现象:由线圈自身的电流变化所产生的电磁感应现象。
2.通电自感和断电自感
项目 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逐渐亮起来,A2立即变亮 阻碍 电流的 增加
断电 自感 断开开关的瞬间,灯泡A1逐渐变暗,A2立即熄灭 阻碍 电流的 减小
知识点二　自感电动势
1.定义:由线圈自身电流变化所产生的感应电动势称为自感电动势。
2.自感电动势的大小:E=L,其中L是自感系数,简称自感或电感,单位是亨利,符号是H。
1 mH=10-3H,1 μH=10-6H。
3.自感系数大小的决定因素:自感系数与线圈的形状、横截面积、长短、匝数以及是否有铁芯等因素有关。
知识点三　涡流及其应用
1.定义
将一金属块放在变化的磁场中,穿过金属块的磁通量发生变化,金属块内部就会产生感应电流。这种电流在金属块内部形成闭合回路,就像旋涡一样(如图)。我们把这种感应电流称为涡电流,简称涡流。
2.应用
(1)电磁炉的工作原理与涡流有关。当 50 Hz 的交变电流流入电磁炉时,变频装置可将其变为高频电流(20～50 kHz)进入炉内的线圈中。由于电流的变化频率较高,通过铁质锅底的磁通量变化率较大,根据电磁感应定律可知,产生的感应电动势也较大,会在锅底产生很强的涡电流,使锅底迅速发热,进而加热食物。
(2)金属探测器应用于安检门、探雷器等。
3.防止
变压器、电动机和发电机的铁芯常会因涡流损失大量的电能并导致设备发热。
(1)减少发热途径一:先把硅钢轧制成很薄的板材,板材外涂以绝缘材料,再把板材叠放在一起,形成铁芯。这样,涡流被限制在薄片之内,由于回路的电阻很大,涡流大为减弱。
(2)减少发热途径二:组成铁芯的硅钢电阻率大,也可进一步减少涡流造成的损失。
新知检测
1.思考判断
(1)自感现象中,感应电流的方向一定与引起自感的原电流的方向相反。(　×　)
(2)涡流是由整块导体发生的电磁感应现象,不遵从电磁感应定律。(　×　)
(3)通过增大铁芯材料的电阻率可以减小涡流。(　√　)
(4)变压器的铁芯用硅钢片叠成是为了减小涡流。(　√　)
(5)线圈自感电动势的大小与自感系数L有关,反过来,L与自感电动势也有关。(　×　)
(6)在断开电路时,与线圈并联的灯泡会亮一下后再逐渐熄灭,说明能量不再守恒了。(　×　)
2.思维探究
(1)自感电动势的作用是什么 方向如何判断
(2)断电自感现象中,在断开开关后,灯泡仍然亮一会儿,是否违背能量守恒定律
【答案】 (1)总是阻碍导体中原电流的变化。当原电流增大时,自感电动势与原电流方向相反;当原电流减小时,自感电动势与原电流方向相同。
(2)不违背。断电时,储存在线圈内的磁场能转化为电能,用以维持回路保持一定时间的电流,直到电流为零时,磁场能全部转化为电能并通过灯泡转化为内能,可见自感现象遵循能量守恒定律。
要点一　对自感现象的理解及应用
情境探究
如图所示为演示断电自感的电路,先闭合开关使灯泡发光,然后断开开关。回答以下问题:
(1)为什么灯泡A不立即熄灭
(2)L中感应电流的方向与原电流的方向有什么关系 产生的感应电动势在电路中起什么作用
(3)开关断开后,通过灯泡的感应电流与原来通过它的电流方向有什么关系
【答案】 (1)电源断开时,A中由电源提供的电流瞬间变为零,而通过线圈L的电流减小,线圈中会产生自感电动势,且线圈L与灯泡A构成闭合回路,线圈L对A进行供电,所以灯泡A不会立即熄灭。
(2)L中感应电流的方向与原电流的方向相同,产生的感应电动势在电路中起阻碍电流减小的作用。
(3)原来通过灯泡的电流方向从左向右,开关断开后,通过灯泡的感应电流方向从右向左,所以通过灯泡的感应电流方向与原来通过它的电流方向相反。
要点归纳
1.自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化。
(2)通过线圈中的电流不能发生突变,只能缓慢变化。
(3)电流稳定时,自感线圈就相当于普通导体。
(4)线圈的自感系数越大,自感现象越明显,自感电动势只是延缓了过程的进行,但它不能使过程停止,更不能使过程反向。
2.自感现象中灯泡亮度变化的问题
项目 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡
电路图
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,灯泡突然变亮然后逐渐变暗,最后亮度不变
断电时 电流逐渐减小,灯泡逐渐变暗,电流方向不变 电路中稳态电流为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。 两种情况下灯泡电流方向均改变
[例1] 关于自感现象、自感系数、自感电动势,下列说法正确的是(　　)
A.当线圈中通恒定电流时,线圈中没有自感现象,线圈自感系数为零
B.线圈中电流变化越快,线圈的自感系数越大
C.自感电动势与原电流方向相反
D.对于确定的线圈,其产生的自感电动势与其电流变化率成正比
【答案】 D
【解析】 自感系数是描述线圈特性的物理量,只与线圈本身的形状、横截面积、长短、匝数以及是否有铁芯等因素有关,选项A、B错误;根据楞次定律,当线圈中电流增大时,自感电动势阻碍电流增大,其方向与原电流方向相反,当线圈中电流减小时,自感电动势阻碍电流减小,其方向与原电流方向相同,选项C错误;对于确定的线圈,自感系数L一定,其产生的自感电动势与其电流变化率成正比,选项D正确。
[针对训练1] 关于自感系数,下列说法正确的是(　　)
A.自感系数越大,自感电动势越大
B.自感系数L由线圈自身的性质决定,与线圈的大小、形状、匝数、有无铁芯有关
C.其他条件相同,线圈越细自感系数越大
D.其他条件相同,有铁芯的比没有铁芯的自感系数小
【答案】 B
【解析】 由自感电动势公式E=L知,自感电动势不仅由自感系数决定,还与电流变化快慢有关,故A错误;自感系数与线圈的大小、形状、匝数、有无铁芯有关,与其他因素无关,故B正确;自感系数与线圈的大小、粗细有关,当其他条件相同时,线圈越细自感系数越小,故C错误;其他条件相同,有铁芯的比没有铁芯的自感系数大,故D错误。
[例2] 如图所示的电路中,A和B是两个完全相同的小灯泡,L是一个自感系数很大、直流电阻可忽略不计的电感线圈。当S闭合与断开的瞬间,对A、B的发光情况判断正确的是(　　)
A.S闭合的瞬间,A、B同时立即发光,且一样亮
B.S闭合的瞬间,B立即发光,A逐渐变亮,最后两灯一样亮
C.S闭合足够长时间后再断开,A、B立即熄灭
D.S闭合足够长时间后再断开,B闪亮一下再熄灭
【答案】 B
【解析】 当S闭合时,电路产生通电自感,会使A逐渐变亮,而B立即发光,稳定后A、B电流相等,两灯一样亮,选项A错误,B正确;当S断开时,会产生断电自感,此时A、B会逐渐熄灭,但不会闪亮,选项C、D错误。
断电自感的三点说明
(1)断开开关后,灯泡是否瞬间变得更亮,取决于电路稳定时两支路中电流的大小关系,即由两支路中电阻的大小关系决定。
(2)若断开开关后,线圈与灯泡不能组成闭合回路,则灯泡会立即熄灭。
(3)自感线圈直流电阻小与直流电阻不计含义不同,稳定时,前者相当于定值电阻,后者相当于导线。
[针对训练2] 如图所示,A、B是两盏完全相同的白炽灯,L是电阻不计的电感线圈。若最初S1是接通的,S2是断开的,那么下列描述正确的是(　　)
A.刚接通S2,A灯立即亮,B灯延迟一段时间才亮
B.刚接通S2时,A灯延迟一段时间才亮,B灯立即亮
C.接通S2到电路稳定,B灯由亮变暗最后熄灭
D.接通S2,电路稳定后再断开S2时,A、B灯均立即熄灭
【答案】 C
【解析】 刚接通S2时,由于电感线圈L会发生通电自感现象,使通过线圈的电流由零逐渐增大,所以灯泡A、B会同时变亮;从接通S2到电路稳定,由于线圈的电阻不计,则B灯被短路,B灯由亮变暗最后熄灭,电源只给A灯供电,A灯将变得更亮,故A、B错误,C正确。接通S2,电路稳定后再断开S2时,A灯与电路断开将立即熄灭,而B灯与电感线圈构成闭合电路,由于线圈的自感现象,B灯会先亮一下,然后慢慢熄灭,故D错误。
要点二　涡流
情境探究
　如图所示是电磁炉的工作原理图,电磁炉具为什么用平底的铁锅 涡流发生时,伴随着哪些能量发生转化
【答案】 在平底的铁锅底部产生涡流,从而使得锅底温度升高,起到加热作用。磁场能转化为电能,最终转化为内能。
要点归纳
1.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变化的磁场中运动。
2.产生涡流时的能量转化
(1)金属块在变化的磁场中,磁场能转化为电能,最终转化为内能。
(2)金属块进出磁场或在变化的磁场中运动,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。
3.涡流的应用与防止
(1)应用:真空冶炼炉、探雷器、安检门等。
(2)防止:为了减小电动机、变压器铁芯上的涡流,常用电阻率较大的硅钢做材料,而且用相互绝缘的硅钢片叠成铁芯来代替整块硅钢铁芯。
[例3] (双选)如图所示是冶炼金属的高频感应炉的示意图。高频感应炉中装有待冶炼的金属,当线圈中通有电流时,通过产生涡流来熔化金属。以下关于高频感应炉的说法正确的是(　　)
A.高频感应炉的线圈中必须通有变化的电流,才会产生涡流
B.高频感应炉的线圈中通有恒定的电流,也可以产生涡流
C.高频感应炉是利用线圈中的感应电流产生的焦耳热使金属熔化的
D.高频感应炉是利用炉内金属中的涡流的热效应使金属熔化的
【答案】 AD
【解析】 变化的电流才能产生变化的磁场,引起感应炉中磁通量的变化,待冶炼金属内才会产生感应电流(涡流),恒定的电流不会使感应炉中的磁通量发生变化,待冶炼金属内不会产生涡流,选项A正确,B错误;当感应炉内装入待冶炼的金属时,金属中产生的涡流使金属熔化,高频感应炉不是利用线圈中的感应电流产生的焦耳热使金属熔化的,而是利用炉内金属中的涡流的热效应使金属熔化的,选项C错误,D正确。
(1)涡流是整块导体发生的电磁感应现象,同样遵循法拉第电磁感应定律。
(2)磁场变化越快(越大),导体的横截面积S越大,导体材料的电阻率越小,形成的涡流就越大。
[针对训练3] 电磁炉又名电磁灶,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,完全区别于传统的有火或无火传导加热厨具。由高频感应加热线圈(即励磁线圈)、高频电力转换装置、控制器及铁磁材料锅底炊具等部分组成。图示是描述电磁炉工作原理的示意图,下列说法正确的是(　　)
A.电磁炉通电线圈加交流电后,在图示通电线圈中产生热量从而对锅体加热
B.当恒定电流通过线圈时,会产生恒定磁场,恒定磁场越强,电磁炉加热效果越好
C.电磁炉不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅,主要原因是这些材料不能产生涡流
D.在锅和电磁炉中间放一纸板,则电磁炉不能起到加热作用
【答案】 C
【解析】 电磁炉通电线圈加交流电后,在通电线圈中产生变化的磁场,通过锅的磁通量变化,在锅中产生感应电流对锅加热,故A错误;当恒定电流通过线圈时,不能产生变化的磁场,不能在锅中产生感应电流,无法加热,故B错误;锅能加热是因为锅底产生电磁感应现象,在锅底产生涡流,所以电磁炉不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅的主要原因是这些材料不能产生涡流,故C正确;锅能加热是因为锅底产生电磁感应现象,在锅底产生涡流,所以在锅和电磁炉中间放一纸板,电磁炉也能起到加热作用,故D错误。
模型·方法·结论·拓展
对自感现象的分析思路
明确通过自感线圈的电流的变化情况
(增大还是减小)
↓
根据“增反减同”,判断自感电动势的方向
↓
分析阻碍的结果
　　电流增大时,由于自感电动势的作用,线圈中电流逐渐增大,与线圈串联的元件中的电流也逐渐增大;电流减小时,由于自感电动势的作用,线圈中电流逐渐减小,与线圈串联的元件中的电流也逐渐减小。
[示例] 在如图所示的电路中,a、b、c为三盏完全相同的灯泡,L是电感线圈,直流电阻为RL,不能忽略,下列说法正确的是(　　)
A.闭合开关后,c先亮,a、b后亮
B.断开开关后,c立即熄灭,b缓慢熄灭
C.断开开关后,b、c同时熄灭,a缓慢熄灭
D.断开开关后,a缓慢熄灭,b闪亮一下后缓慢熄灭
【答案】 B
【解析】 开关闭合,因通过电感线圈L的电流增大,自感电动势会阻碍电流的增大,则b、c同时亮,a缓慢变亮,故A错误;断开开关,c会立即熄灭;因为流过线圈的电流减小,线圈会阻碍电流的减小,线圈与b、a形成回路,由于线圈的直流电阻不能忽略,开关闭合时通过线圈的电流比通过b的电流小,断开开关时流过b的电流较断开前反向减小,b不会闪亮而是缓慢熄灭,故B正确,C、D错误。
科学·技术·社会·环境
高频焊接
　　高频焊接是指利用高频电流流经工件接触面所产生的电阻热,并施加压力(或不施加压力),使金属工件形成连接的一种焊接方法。高频焊接与电阻焊接不同。高频焊接时,焊接电流仅在工件表面平行接触;电阻焊接的电流是垂直于焊接界面流动。高频焊接的电源频率范围为300～450 kHz,电阻焊接则是使用50 kHz的高频电流。
高频焊接具有下列特点:
(1)由于电流高度集中于焊接区,加热速度极快,因而焊接速度可高达150～200 m/min。
(2)因焊接速度快,焊件自冷作用强,故不仅热影响区小,而且还不易发生氧化,因此焊缝的组织和性能十分优良。
(3)焊前焊件表面可以不进行清理工作,因而提高了效率。
(4)能焊接的金属种类广,产品的形状规格多。
[示例] (双选)如图所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时,待焊接的金属工件中就产生感应电流,感应电流通过焊缝处产生大量热量,将金属熔化,把工件焊接在一起,而工件其他部分发热很少,以下说法正确的是(　　)
A.电流变化的频率越低,焊缝处的温度升高得越快
B.电流变化的频率越高,焊缝处的温度升高得越快
C.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻较小
D.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻较大
【答案】 BD
【解析】 高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场,在待焊接工件中产生感应电流,根据法拉第电磁感应定律分析知,电流变化的频率越高,磁通量变化率越大,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,A错误,B正确;焊缝处的电阻大,电流相同时,焊缝处的电功率大,温度高,C错误,D正确。
1.为了研究电磁炉的工作原理,某同学制作了一个简易装置。如图所示,将一根电线缠绕在铁芯外部,接通交流电源,放置在铁芯上方的不锈钢锅具开始发热。下述可以增大锅具的发热功率的办法是(　　)
A.增大交流电源的频率
B.把不锈钢锅换成砂锅
C.将电源换成电动势更大的直流电源
D.把线圈内部的铁芯去掉
【答案】 A
【解析】 当下方线圈通入交流电时,不锈钢锅具中会产生感应电动势,形成涡流而产生热量,增大交流电源的频率,即增大磁通量的变化率,使感应电动势增大,电流增大,热功率增大,故A正确;砂锅不是导体,把不锈钢锅换成砂锅,则不会产生涡流,不发热,故B错误;换成直流电源,恒定电流产生恒定的磁场,穿过不锈钢锅的磁通量不变,不锈钢锅中不会有感应电流,热功率为0,故C错误;把线圈内部的铁芯去掉,则磁场减弱,磁通量变化率减小,感应电动势减小,感应电流减小,热功率变小,故D错误。
2.某同学为了验证自感现象,找来带铁芯的线圈L(线圈的自感系数很大,构成线圈导线的电阻可以忽略),两个相同的小灯泡A和B、二极管D、开关S和电池组E等,用导线将它们连接成如图所示的电路。经检查,各元件和导线均是完好的,检查电路无误后,开始进行实验操作。他可能观察到的现象是(　　)
A.闭合S瞬间,A不亮,B逐渐变亮
B.闭合S瞬间,A、B同时亮
C.闭合S待电路稳定后,A、B亮度一样
D.断开S瞬间,B闪亮后逐渐熄灭
【答案】 A
【解析】 根据实物图画出电路图如图所示,闭合开关的瞬间,通过B的电流增大,自感线圈产生感应电流阻碍电路电流增大,所以B是逐渐亮起来,电路稳定后B亮度保持不变;而A灯泡和二极管串联,二极管阻止由S向A的电流通过,故A灯泡一直不亮,故A正确,B、
C错误。断开开关的瞬间,电流减小,自感线圈要阻碍电流的减小,产生与原电流方向相同的感应电流,此时A、B串联构成回路,所以B灯泡是缓慢熄灭,A会先亮再逐渐熄灭,故D错误。
3.如图为演示自感现象的实验电路,A1、A2为相同的灯泡,电感线圈的自感系数较大,且使得滑动变阻器R接入电路中的阻值与线圈直流电阻相等,下列判断正确的是(　　)
A.断开开关S,灯A1、A2逐渐熄灭
B.闭合开关S,灯A2逐渐变亮,A1立即变亮
C.闭合开关S,灯A1、A2立即变亮
D.断开开关S,灯A1逐渐熄灭,A2闪一下再逐渐熄灭
【答案】 A
【解析】 闭合开关S,线圈L产生自感电动势阻碍线圈所在支路的电流增大,所以通过A1的电流逐渐增大,A1逐渐变亮,而该自感电动势对通过A2的电流无影响,所以A2立即变亮,故B、C错误;因为R接入电路的阻值与线圈L的直流电阻相等,所以闭合开关S后待电路稳定时,通过A1和A2的电流大小相等,断开开关S,此时A1、A2、R和L串联在同一回路中,L产生自感电动势阻碍回路中电流减小,因为A1和A2初始电流相等,所以通过A2的电流不会突然增大,即A2不会闪亮,两灯都逐渐熄灭,故A正确,D错误。
4.如图甲所示是高频焊接原理示意图,线圈中通以图乙所示的交变电流时(以电流顺时针为正方向),待焊接的金属工件中就产生感应电流,感应电流流过工件产生大量热量,将金属熔化,把工件焊接在一起,下列说法正确的是(　　)
A.待焊接金属工件中产生的感应电流为直流电
B.图乙中的交流电的频率越小,焊缝处的温度上升越快
C.0.5×10-6～1×10-6 s内,工件中的感应电流在减小
D.1×10-6～1.5×10-6 s内,工件中的感应电流方向为顺时针
【答案】 D
【解析】 线圈中电流为正弦式变化,线圈中电流产生的磁场也是正弦式变化,在金属工件中的感应电流是交流电,故A错误;线圈中电流变化的频率越高,金属工件的磁通量变化频率就越高,根据E=n 可知,产生的感应电动势就越大,感应电流越大,焊缝处的温度上升越快,故B错误;0.5×10-6～1×10-6 s内,线圈中的电流变化率在变大,磁场的变化率变大,所以金属工件的磁通量变化率也在增大,工件中的感应电流在增大,故C错误;1×10-6～1.5×
10-6 s内,线圈中的电流沿逆时针增大,穿过金属的磁场方向垂直于纸面向外,且不断增大,磁通量不断增大,根据楞次定律可知工件中的感应电流方向为顺时针,故D正确。
课时作业
基础巩固
1.如图所示是研究自感现象的电路图,L是自感系数很大的线圈,其直流电阻几乎为零,两个灯泡A、B完全相同,下列说法正确的是(　　)
A.开关闭合瞬间,灯B不亮
B.电路稳定时,灯A、B一样亮
C.开关断开瞬间,流过灯B的电流向左
D.开关断开瞬间,灯A、B同时熄灭
【答案】 C
【解析】 开关闭合瞬间,线圈L中电流变大,产生自感电动势阻碍电流的变化,此时灯泡B未短路,灯A和灯B同时亮,A错误。电路稳定时,线圈L相当于导线,灯B被短路,灯B不亮,灯A亮,B错误。开关断开瞬间,线圈L相当于电源,给灯B供电,B灯先亮再逐渐熄灭,A灯立即熄灭;根据楞次定律,线圈L的右端为正极,流过灯B的电流向左,C正确,D错误。
2.在如图所示的电路中,L是自感系数较大、直流电阻不计的自感线圈,A、B是两个相同的小灯泡,D是理想二极管,关于实验现象,下列说法正确的是(　　)
A.闭合开关S瞬间,A灯不亮,B灯缓慢变亮
B.闭合开关S瞬间,A灯和B灯均立即亮
C.断开开关S瞬间,A灯和B灯均立即熄灭
D.断开开关S瞬间,A灯闪亮后再熄灭,B灯逐渐熄灭
【答案】 A
【解析】 开关S闭合的瞬间,由于二极管不导通,则A灯不亮;B灯与线圈串联受自感的作用,使得流过线圈的电流逐渐变大,可知流过B的电流逐渐增大,所以B灯逐渐变亮,故A正确,B错误。断开开关S的瞬间,B灯与电路断开,电流突然消失,立即熄灭;流过线圈的电流将要减小,产生自感电动势,相当于电源,与A灯和二极管构成闭合回路,L中的电流逐渐减小,所以A灯突然闪亮一下再逐渐熄灭,故C、D错误。
3.(双选)1824年,法国物理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
【答案】 AB
【解析】 当圆盘转动时,圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线,产生感应电动势,选项A正确;如图所示,铜圆盘上存在许多小的闭合回路,当圆盘转动时,穿过小的闭合回路的磁通量发生变化,回路中产生感应电流,根据楞次定律可知,感应电流阻碍其相对运动,但阻止不了相对运动,故磁针会随圆盘一起转动,但略有滞后,选项B正确;在圆盘转动过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终不变,选项C错误;引起磁针转动的电流是圆盘切割磁感线产生的,不是因自由电子随圆盘转动形成的,选项D错误。
4.如图甲为研究自感现象的电路图,其中电灯电阻R1=3.0 Ω,定值电阻 R=1.0 Ω,A、B间电压 U=6.0 V。闭合开关S,电路处于稳定状态,1.0×10-3s 时断开开关S,通过电感线圈L的电流随时间变化的i-t图线如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.线圈L的直流电阻为4 Ω
B.断开开关后通过电灯的电流方向向左
C.断开开关时可以观察到电灯闪一下再熄灭
D.断开开关后,通过电阻R的电荷量约为2.25×10-3 C
【答案】 B
【解析】 断开开关前,通过线圈的电流为1.5 A,则R总=RL+R== Ω=4 Ω,则线圈的直流电阻RL=R总-R=3 Ω,故A错误;断开开关前,通过电灯的电流方向向右,由楞次定律可知,断开开关后,线圈产生的感应电流方向向右,则通过电灯的电流方向向左,故B正确;断开开关前通过电灯的电流I1== A=2 A,由题图乙可知,断开开关后,通过电灯的电流从1.5 A逐渐减小到零,电灯不会闪亮,而是逐渐变暗最后熄灭,故C错误;根据q=It和题图乙可知,通过电阻R的电荷量等于i-t 图像与时间轴所围的面积,大小为q=26×0.1×0.2×10-3 C=
5.2×10-4 C,故D错误。
5.在如图所示的电路中,两个完全相同的小灯泡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待电路稳定后,调整R的滑片使L1和L2亮度一样,此时通过两个灯泡的电流均为I。在t0时刻断开S,能正确反映t0前后的一小段时间内通过L1的电流i1和通过L2的电流i2随时间t变化关系的是(　　)
A B
C D
【答案】 C
【解析】 在t0时刻断开S,电感线圈L将产生自感电动势阻碍线圈中的电流减小,此时L1、L与L2、R构成一个回路,且该回路中电流方向为顺时针,所以t0时刻i1将从I逐渐减小至零;而开始时通过L2的电流方向为向右,所以t0时刻i2将从I突变为-I之后再逐渐减小至零,综上所述可知,A、B、D错误,C正确。
6.如图所示的电路,可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻,线圈两端并联一个电压表,用来测量自感线圈两端的直流电压,在测量完毕后,将电路拆开时应(　　)
A.先断开开关S1 B.先断开开关S2
C.先拆去电流表 D.先拆去电阻R
【答案】 B
【解析】 该电路实际上就是伏安法测电感线圈的直流电阻电路,在实验完毕后,由于线圈的自感现象,若电路拆去的先后顺序不对,可能会烧坏电表。当S1、S2闭合,电路稳定时,线圈中的电流由a→b,电压表右端为“+”,左端为“-”,指针正向偏转,若先断开S1,或先拆去电流表,或先拆去电阻R,则在此瞬间,线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源,其a端相当于电源的负极,b端相当于电源的正极,相当于给电压表加了一个反向电压,使指针反偏。由“自感系数较大的线圈”知其反偏电压较大,可能会损坏电压表。而先断开S2,由于电压表内阻很大,电路中总电阻变化很小,电流几乎不变,不会损坏其他器件,故应先断开S2。
7.(双选)如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,电感线圈L的直流电阻不计。以下判断正确的是(　　)
A.闭合S,稳定后,电容器的a极板带正电
B.闭合S,稳定后,电容器两端电压小于E
C.断开S的瞬间,通过R1的电流方向向右
D.断开S的瞬间,通过R2的电流方向向右
【答案】 BC
【解析】 闭合S,稳定后,电容器相当于断路,线圈L相当于导线,电容器b极板与电源正极相连,所以带正电,A项错误;电源有内阻,电容器两端电压等于电路的路端电压,小于电源电动势,B项正确;断开S瞬间,由于自感现象,线圈L相当于临时电源,阻碍原来的电流减小,通过线圈的电流方向不变,R1与线圈L构成闭合回路,所以通过R1的电流方向向右,C项正确;断开S瞬间,电容器与R2构成闭合回路放电,通过R2的电流方向向左,D项错误。
8.在如图所示的电路中,两个相同的电流表G1和G2的零点在刻度盘中央,当电流从“+”接线柱流入时,指针向右摆;当电流从“-”接线柱流入时,指针向左摆。断开开关S的瞬间,下列说法正确的是(　　)
A.G1指针向右摆,G2指针向左摆
B.两电流表指针都向右摆
C.G1指针向左摆,G2指针向右摆
D.两电流表指针都向左摆
【答案】 A
【解析】 电路稳定后断开开关,通过电阻这一支路的电流立即为零,由于电感线圈对电流的变化有阻碍作用,会阻碍其减小,通过电感线圈的电流会通过电阻,所以含有电感线圈的支路的电流从G1“+”接线柱流入,G1指针向右摆,含有电阻的支路电流从G2“-”接线柱流入,G2指针向左摆,故A正确,B、C、D错误。
9.如图所示的电路中,电感线圈L的自感系数足够大且直流电阻可忽略,G为电流传感器,灯泡A与理想二极管B相连,则下列说法正确的是(　　)
A.S闭合瞬间,灯泡A立即亮,电流传感器G电流逐渐增大,a点电势比b点低
B.S闭合瞬间,灯泡A亮一下再熄灭,电流传感器G电流突然减小,a点电势比b点高
C.S断开瞬间,灯泡A亮一下再熄灭,电流传感器G电流逐渐减小,a点电势比b点低
D.S断开瞬间,灯泡A不亮,电流传感器G电流先增大后逐渐减小,a点电势比b点高
【答案】 C
【解析】 灯泡A与二极管串联,二极管具有单向导电性,闭合开关S时,二极管截止,电流无法流过二极管,灯泡A不亮,电感线圈L与电流传感器串联,线圈中电流增大,产生自感电动势阻碍电流增大,所以电流传感器的电流先逐渐增大后不变,又电流在电源外部由高电势流向低电势,则a点电势比b点高,A、B错误;断开开关S时,线圈中电流减小,产生自感电动势阻碍原电流减小,则通过电流传感器G的电流逐渐减小,且二极管导通,电流向左流过二极管,故灯泡A在断开开关S瞬间,亮一下再熄灭,又电流在电源外部由高电势流向低电势,则此时b点电势高于a点,C正确,D错误。
能力提升
10.(双选)如图所示,为一电磁阻尼实验装置,将一质量为m的小块磁铁从铜管上端由静止释放,可观察到磁铁下落的速度明显放缓,现测得铜管长为L,磁铁通过铜管的时间为t,磁铁离开铜管时的速度为v,不计空气阻力及电磁辐射,以下说法正确的是(　　)
A.将铜管改为塑料管也能观察到类似现象
B.磁铁在铜管中做匀加速运动
C.该过程,系统因涡流产生的热量为mgL-mv2
D.在t时间内铜管对磁铁的平均作用力大小为mg-
【答案】 CD
【解析】 将铜管改为塑料管,不会产生电磁感应现象,故不会观察到类似现象,A错误;由于磁铁的速度发生变化,导致产生感应电流的大小发生变化,所受安培力发生变化,则合外力发生变化,故磁铁在铜管中做变加速运动,B错误;该过程,磁铁减少的重力势能等于系统中产生的热量与磁铁增加的动能之和,即系统产生的热量为Q=mgL-mv2,C正确;根据动量定理可得(mg-)t=mv,解得在t时间内铜管对磁铁的平均作用力大小为 =mg-,D正确。
11.用电流传感器(相当于电流表,其电阻可以忽略不计)研究通电自感现象的电路如图甲所示。电阻的阻值是R,多匝线圈L中未插入铁芯,电源电动势为E,L的直流电阻和电源的内阻均可忽略。闭合开关S,传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图像,如图乙中曲线①所示。如果改变某一条件,其他条件不变,重复实验,可以得到图乙中曲线②。改变的条件可能是(　　)
A.线圈L中插入铁芯 B.增大E
C.增大R D.减小R
【答案】 A
【解析】 若线圈L中插入铁芯,线圈自感系数增大,自感现象延长,电流达到稳定值经历的时间延长,A正确;若增大E或减小R,则电路稳定后的Im应增大;若增大R,则电路稳定后的Im应减小,B、C、D错误。
12.(双选)如图所示,L是自感系数很大、电阻不计的自感线圈,当闭合或断开开关S1和S2后,下列情况可能发生的是(　　)
A.S1合上,S2断开,Q灯立即亮起来
B.合上S1、S2,稳定后,P灯是熄灭的
C.保持S2闭合,断开S1瞬间,Q灯立即熄灭,P灯亮一下再熄灭
D.保持S2闭合,断开S1瞬间,P灯和Q灯都是过一会儿才熄灭
【答案】 BC
【解析】 只合上S1时,由于线圈的自感作用,流过Q灯的电流将逐渐增大,Q灯逐渐亮起来,P灯立即亮起来,故A错误;合上S1、S2稳定后,由于线圈电阻为零,P灯被短路,故P灯是熄灭的,故B正确;保持S2闭合,断开S1瞬间,线圈和P灯构成放电回路,由于自感作用,L中的电流将由稳定逐渐减小,而原来P灯被短路,所以P灯将亮一下再熄灭,而跟Q灯并联的是电阻,所以Q灯立即熄灭,故C正确,D错误。
13.(双选)如图所示,a、b灯分别标有“3.6 V,2.5 W”和“3.6 V,4.0 W”,闭合开关,调节R,能使a、b都正常发光。断开开关后重做实验,则(　　)
A.闭合开关,a将慢慢亮起来,b立即达到最亮
B.闭合开关,a、b立即达到最亮
C.断开开关,a逐渐熄灭,b灯闪亮一下再熄灭
D.断开开关,a、b都逐渐熄灭
【答案】 AD
【解析】 闭合瞬间,由于自感线圈L中的电流逐渐变大,b立刻变亮,a逐渐变亮,故A正确,B错误。闭合开关稳定时,a、b正常发光但b的功率大,a的亮度比b的小;根据I=知通过a的电流小;开关断开,L相当于电源,与两个灯泡串联,两灯逐渐熄灭,由于稳定后a灯中的电流小于b灯,所以开关断开瞬间b灯的电流比稳定时的电流小,b灯不会再闪亮一下,故C错误,D正确。
14.某同学用图甲电路探究自感现象对电流的影响,闭合开关后灯泡发光,过一会再断开开关,图乙为电流传感器采集的电流随时间变化的图像。已知图乙中单元格边长为0.4 s和0.1 A,线圈直流电阻与灯泡电阻相同,电流传感器内阻不计。则(　　)
A.开关闭合后通过线圈的电流恒为0.4 A
B.开关断开后灯泡闪一下然后逐渐熄灭
C.开关断开后通过灯泡的电流方向向左
D.开关断开后通过灯泡的电荷量约为0.2 C
【答案】 D
【解析】 根据题意,由于线圈的自感现象,通过线圈的电流逐渐增大,稳定后电流恒为
0.4 A,故A错误;根据题意可知,稳定后通过线圈的电流与通过灯泡的电流相等,开关断开后,由于线圈的自感现象,灯泡逐渐熄灭,且通过灯泡的电流方向向右,故B、C错误;根据题意,I-t图像中图线与横轴围成的面积表示电荷量,由题图乙可知,每个小格为 q0=0.04 C,根据不足半格舍去,半格以上算一格可得,开关断开后通过灯泡的电荷量约为q=5q0=0.2 C,故D正确。
15.(双选)在如图所示的电路中,L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡,E是内阻不计的电源。在t=0时刻,闭合开关S,电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向,分别用I1、I2表示流过D1、D2的电流,则下列图像中能定性描述电流随时间变化关系的是(　　)
A B
C D
【答案】 BC
【解析】 当闭合开关,因为线圈与D1串联,所以电流I1会慢慢增大,最后达到最大值;当开关断开,因为线圈阻碍电流的减小且方向不变,所以通过D1的电流不会立即消失,会从原来的大小慢慢减小到零,A错误,B正确。当闭合开关,灯泡D2这一支路立即就有电流,由于L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,稳定后则有I1=2I2;当开关断开时,D2这一支路原来的电流立即消失,但线圈与D1和D2、D3构成回路,通过D1的电流也流过D2,所以I2变成反向,且逐渐减小到零,C正确,D错误。
16.如图所示,L是一带铁芯的自感线圈,其直流电阻为零,电路中A和B是两个完全相同的灯泡。开关闭合瞬间,观察到的现象是　　　　(选填“A、B同时亮”“A先亮”或“B先亮”)。当开关S闭合一段时间,电路稳定时,A灯　　　　(选填“亮”或“不亮”),当开关S断开瞬间,a点电势比b点电势　　　　(选填“高”或“低”)。
【答案】 A、B同时亮　不亮　低
【解析】 由题意知,开关闭合瞬间,自感线圈相当于断路,故A与B同时亮。当开关S闭合一段时间,电路稳定时,由于A灯与自感线圈并联,将被线圈短路,则A灯将不亮;当开关S断开瞬间,自感线圈产生自感电动势,与A灯构成闭合回路,将对A灯进行短暂供电,电流方向从b到A灯再到a,所以a点电势比b点电势低。
17.某校物理研究学习小组的某同学用如图所示电路研究自感现象。
(1)该同学用图中两个电路研究通电自感和断电自感现象,图中L是一带铁芯的线圈,直流电阻忽略不计,A、B是额定电压均为1.5 V的灯泡,直流电源为一节新的干电池,实验过程中有可能会观察到的现象:①慢慢变亮,然后亮度不变;②立即变亮,然后亮度不变;③立即变亮,然后慢慢熄灭;④慢慢熄灭;⑤立即熄灭;⑥闪亮一下,然后慢慢熄灭。
两电路开关S闭合后,小灯泡A将　　　　,小灯泡B将　　 　　;S断开后,小灯泡A将　　　　,小灯泡B将　　　　。请将该同学观察到的实验现象对应的序号填在相应的横线上。
(2)假设图乙中线圈L和灯泡B的电阻相同,开关原先闭合,电路处于稳定状态,在某一时刻突然断开开关S,则通过灯泡的电流I随时间t变化的图线可能是图中的　　　　。
A B
C D
【答案】 (1)①　③　⑤　⑥　(2)D
【解析】 (1)题图甲电路中开关S闭合后,线圈L中产生自感电动势阻碍电流的增加,小灯泡A将慢慢变亮,电路稳定后,电路中的电流不变,小灯泡A亮度不变,故选①;题图乙电路中开关S闭合瞬间,电压同时加在两个支路上,小灯泡B有电流通过,立即变亮,线圈L中产生自感电动势阻碍电流的增加,电路稳定后,线圈电阻可以忽略,小灯泡B被短路,然后熄灭,故选③;题图甲电路中S断开后,线圈虽然产生自感电动势,但电路中没有闭合回路,小灯泡A将立即熄灭,故选⑤;题图乙电路中S断开后,线圈L中产生自感电动势阻碍电流的减小,在线圈与小灯泡B构成的闭合回路中产生感应电流,S断开前通过线圈的电流大于通过小灯泡B的电流,故S断开后,小灯泡B闪亮一下,然后慢慢熄灭,故选⑥。
(2)题图乙电路中开关S原来闭合,电路处于稳定状态,流过灯泡B的电流方向向左,大小为I1,线圈L支路中的电流I1的方向也向左。当某一时刻开关S突然断开时,线圈L中向左的电流要减小,由于自感现象,线圈L产生自感电动势,在线圈与小灯泡B构成的闭合回路中产生感应电流,通过小灯泡B的电流方向与原来相反,变为向右,并从I1开始逐渐减小到零,故题图D符合要求。(共93张PPT)
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.I1I3>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(aB
「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(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。
感谢观看第2节　法拉第电磁感应定律
[定位·学习目标]　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。
知识梳理
知识点一　感应电动势
在电磁感应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电源。
知识点二　法拉第电磁感应定律
1.磁通量的变化率
磁通量的变化率表示磁通量变化快慢,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.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变化率成正比。
(2)公式:E=(单匝线圈),E=n(多匝线圈)。
(3)在国际单位制中,感应电动势E的单位是伏特(V),磁通量Φ的单位是韦伯(Wb)。
(4)感应电动势是标量,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=Blv。
(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=Blvsin θ。
新知检测
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。(　√　)
(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
(2)感应电动势和磁通量都和线圈的匝数成正比吗
【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)感应电动势的大小和线圈匝数成正比,但磁通量和线圈的匝数无关。
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
(2)电流计指针偏转程度跟感应电动势的大小有什么关系
【答案】 (1)穿过闭合回路的Φ变化 产生E感 产生I感。
(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。
要点归纳
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。
[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
【答案】 C
【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。
[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
【答案】 AC
【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。
[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.I1I3>I2
C.I1=I2>I3 D.I1=I2=I3
【答案】 C
【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。
[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
【答案】 D
【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。
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
(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】 (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)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。
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
【答案】 BC
【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。
感应电动势的三个表达式对比
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
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(　　)
A.4BωR2 B.8BωR2
C.BωR2 D.12BωR2
【答案】 D
【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。
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。
[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≤
【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,
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≤。
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。
(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。
(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。
[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
【答案】 A
【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。
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(　　)
A 　B
C　 D
【答案】 D
【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。
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。
[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
【答案】 A
【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。
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;
(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。
【答案】 (1)图见解析　(2)　gsin θ- (3)
【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)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-。
(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=。
“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
[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。
【答案】 (1)　(2)+gsin θ (3)
【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=。
(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。
(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=。
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。
(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)。
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(aA.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
【答案】 B
【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。
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。
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。
[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;
(2)悬绳两端的电压;
(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】 (1)5.2×103 V　
(2)2.8×103 V　
(3)7.98×107 J
【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
【答案】 AD
【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。
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
【答案】 BD
【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。
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 B
C D
【答案】 A
【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+(L4.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。
【答案】 2.4　0.4　0.064
【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。
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(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。
【答案】 (1)　(2)mg(2L2+L1)
【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=。
(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)。
课时作业
基础巩固
1.一根弯成直角的导线放在B=0.4 T的匀强磁场中,如图所示,导线ab=30 cm,bc=40 cm,当导线以5 m/s的速度做切割磁感线运动时可能产生的最大感应电动势的值为(　　)
A.1.4 V B.1.0 V
C.0.8 V D.0.6 V
【答案】 B
【解析】 由ab=30 cm,bc=40 cm,根据勾股定理得ac=50 cm。当切割磁感线的有效长度L=ac=50 cm 时,产生的感应电动势最大,Em=BLv=0.4×0.5×5 V=1.0 V,B正确。
2.如图所示,两条相距为d的平行金属导轨位于同一水平面内。金属杆ab在导轨上以速度v0水平向左匀速运动,其左侧磁感应强度大小为B的矩形匀强磁场区域MNPQ也以速度v0匀速地向右运动,当金属杆刚进入磁场时,金属杆中产生的感应电动势的大小为(　　)
A.0 B.Bdv0 C.2Bdv0 D.4Bdv0
【答案】 C
【解析】 金属杆切割磁感线产生的感应电动势计算公式E=BLv中的v是金属杆相对于磁场方向的速度,由于金属杆ab在导轨上以速度v0水平向左匀速运动,该磁场区域也以速度v0匀速地向右运动,当金属杆刚进入磁场时,金属杆相对于磁场的速度大小为v=2v0,所以金属杆中产生的感应电动势的大小为E=2Bdv0,故选C。
3.(双选)如图所示,半径为2r的线圈内有垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域,磁场区域的半径为r,已知线圈的电阻为R,线圈与磁场区域共圆心,则以下说法正确的是(　　)
A.保持磁场不变,线圈的半径由2r变到3r的过程中,不产生感应电流
B.保持磁场不变,线圈的半径由2r变到0.5r的过程中,有逆时针方向的感应电流
C.保持线圈半径不变,使磁场随时间按B=kt发生变化,线圈中的感应电流为
D.保持线圈半径不变,使磁场随时间按B=kt发生变化,线圈中的感应电流为
【答案】 AC
【解析】 保持磁场不变,线圈的半径由2r变到3r的过程中,穿过线圈的磁通量不变,不产生感应电流,故A正确;保持磁场不变,线圈的半径由2r变到0.5r的过程中,穿过线圈的磁通量减少,根据楞次定律和安培定则可知,此时有顺时针方向的感应电流,故B错误;保持线圈半径不变,使磁场随时间按B=kt发生变化,根据法拉第电磁感应定律可知,线圈产生的感应电动势为E==S=kπr2,根据闭合电路欧姆定律可知,线圈中的感应电流为I==,故C正确,D错误。
4.如图甲所示,一条南北走向的小路,路口设有出入道闸,每侧道闸金属杆长均为L,当有车辆通过时杆会从水平位置以角速度ω匀速转动直到竖起。此处地磁场方向如图乙所示,B为地磁场总量,BH为地磁场水平分量,Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小。则杆在转动升起的过程中,两端电势差的大小为(　　)
A.BxωL2 B.
C.BHωL2 D.
【答案】 B
【解析】 由于小路沿南北方向,则金属杆转动过程切割Bx磁场分量,即金属杆两端电势差的大小为U=BxL=BxL·=,故选B。
5.如图所示,用同种规格的铜丝做成的a、b两个单匝正方形线圈同轴,边长之比为2∶3。仅在a线圈所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,当匀强磁场的磁感应强度均匀减小时,a、b线圈内的感应电动势大小之比和感应电流大小之比分别为(　　)
A.1∶1,3∶2 B.1∶1,2∶3
C.4∶9,2∶3 D.4∶9,9∶4
【答案】 A
【解析】 根据E=n,由于穿过a、b两线圈的磁通量的变化率相同,线圈的匝数相同,因此a、b线圈内的感应电动势大小相等,则有Ea∶Eb=1∶1;设a、b两线圈的边长分别为La、Lb,由电阻定律 R=ρ可得Ra=ρ,Rb=ρ,又有 I=,则通过a、b两线圈的感应电流大小之比为Ia∶Ib=∶=3∶2,故选A。
6.(双选)如图甲所示,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,磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示(以向下为正方向),0～2t0时间内金属棒ab始终保持静止。则下列说法正确的是(　　)
A.0～2t0时间内,金属棒ab中的感应电流方向总是由b到a
B.0～t0时间内,金属棒ab所受的安培力向左
C.t0～2t0时间内,金属棒ab所受的静摩擦力向右
D.t0～2t0时间内,穿过回路的磁通量逐渐增大
【答案】 CD
【解析】 根据题意,结合题图乙可知,0～t0时间内,磁场方向向下,穿过回路的磁通量逐渐减小,由楞次定律可知,感应电流产生的磁场方向向下,由右手螺旋定则可知,回路中电流方向为顺时针(俯视),即金属棒ab中的感应电流方向为由a到b,t0～2t0时间内,磁场方向向上,穿过回路的磁通量逐渐增大,由楞次定律可知,感应电流产生的磁场方向向下,由右手螺旋定则可知,回路中电流方向为顺时针(俯视),即金属棒ab中的感应电流方向为由a到b,故A错误,D正确;根据上述分析可知,0～t0时间内,金属棒ab中电流方向为a→b,磁场方向向下,由左手定则可知,金属棒ab所受的安培力向右,故B错误;同理可判断,t0～2t0时间内,金属棒ab所受的静摩擦力向右,故C正确。
7.(2022·全国乙卷)如图,一不可伸长的细绳的上端固定,下端系在边长为l=0.40 m 的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平,其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ=5.0×10-3 Ω/m;在t=0到t=3.0 s时间内,磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)=0.3-0.1t(SI)。求:
(1)t=2.0 s时金属框所受安培力的大小;
(2)在t=0到t=2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。
【答案】 (1) N　(2)1.6×10-2 J
【解析】 (1)安培力F=BIL,
t=2.0 s时,B=(0.3-0.1×2.0) T=0.1 T,
又I=,R=4lλ,
E==S=·,
L为有效长度,大小等于正方形对角线的长度,
L=l,联立解得F= N。
(2)0～2.0 s时间内金属框产生的焦耳热Q=I2Rt,
解得Q=1.6×10-2 J。
能力提升
8.(双选)如图所示,在水平桌面上有一边长为l的正方形导线框abcd,四个边的电阻相等。桌面所在的空间存在一个竖直向下、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场。导线框在水平外力作用下从边界处以速度v向右匀速进入磁场区域,已知速度方向垂直于导线框的ab边。在导线框进入磁场的过程中,下列关于a和b两点间的电势差Uab和bc边受到的安培力大小Fbc随导线框运动位移x变化图像正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 BD
【解析】 导线框在以速度v向右匀速进入磁场区域过程中,ab边切割磁感线,相当于电源,电动势E=Blv,a和b两点间的电势差Uab=E=Blv,故A错误,B正确;设导线框的总电阻为R,则导线中的电流I==,设bc边进入磁场部分的长度为x,则bc边受到的安培力大小Fbc=BIx=,Fbc与x成正比,Fbc随导线框运动位移x变化图像是过原点的倾斜直线,故C错误,D正确。
9.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P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
【答案】 D
【解析】 磁感应强度以B=B0+kt(k>0)随时间变化,由法拉第电磁感应定律得E==S=kS,而S=,经时间t电容器P板所带电荷量 Q=EC=;由楞次定律和安培定则知电容器P板带负电,故D正确。
10.用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框,以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场,如图所示。在每个线框进入磁场的过程中,M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是(　　)
A.UaC.Ua=Ub【答案】 B
【解析】 线框进入磁场的过程中,MN切割磁感线,为电源,MN两端电压即为路端电压,四种情况下的等效电路图如图所示。
由题知Ea=Eb=BLv,Ec=Ed=2BLv,由闭合电路欧姆定律和串联电路电压规律可知Ua=BLv,
Ub=BLv,Uc=BLv,Ud=BLv,故B正确。
11.(双选)半径分别为r和3r的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为2r、电阻为R的均匀金属棒MN置于圆导轨上,NM的延长线通过圆导轨中心O,在两环之间接阻值分别为R1=2R、R2=R的两定值电阻,装置的俯视图如图所示,整个装置位于匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向竖直向下,金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕圆心O顺时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触,导轨电阻不计。下列说法正确的是(　　)
A.金属棒中电流从N流向M
B.金属棒转动产生的电动势为4Bωr2
C.电阻R1中电流为
D.水平外力做功的功率为
【答案】 BD
【解析】 根据右手定则可知,金属棒中电流方向是从M流向N,选项A错误;金属棒转动产生的电动势为E=B·2r·=B·2r·ω·2r=4Bωr2,金属棒中电流大小为I==,则电阻R1中电流大小为I1==,选项B正确,C错误;根据能量守恒定律可知,外力做功的功率等于电路消耗的电功率,即P外=P电=I2×R=,选项D正确。
12.如图甲所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角,M、P两端接一电阻为R的定值电阻,电阻为r的金属棒ab垂直于导轨放置,其他部分电阻不计,整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F,使金属棒由静止开始沿导轨向上运动,通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方t2变化的关系如图乙所示,下列关于穿过回路 abPM的磁通量Φ、金属棒的加速度a、外力F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图像正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 C
【解析】 由题图看出,通过R的感应电流随时间t增大,即感应电动势也随时间t增大,根据法拉第电磁感应定律可知,穿过回路的磁通量是非均匀变化的,Φ-t图像应是曲线,故A错误;设金属棒长为L,由题图乙得q=kt2,k是比例系数,而q=t=t2=kt2,可知加速度a不变,故B错误;由牛顿运动定律知F-F安-mgsin θ=ma,则F=ma+mgsin θ+,v随时间均匀增大,其他量保持不变,故F随时间均匀增大,故C正确;通过导体棒的电流I==t,I-t图像为过原点的直线,故D错误。
13.如图甲所示,一个阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示。图像与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计,则0至t1时间内通过电阻R1的电流为　　 　,方向为
　　　 　,通过电阻R1的电荷量为　　 　　。
【答案】 　从b到a　
【解析】 由题图乙可知,0到t1时间内||=,由法拉第电磁感应定律有E=n=n||·S,而S=π,可得E=,由闭合电路欧姆定律有I1=,通过电阻R1的电流为I1=。由楞次定律和安培定则可判定通过电阻R1的电流方向为从b到a,通过电阻R1的电荷量为q=I1t1=。
14.如图,由某种粗细均匀的、总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd,宽ad=L,固定在水平面内且处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。一接入电路的电阻为R的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程中PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中,求:
(1)PQ切割磁感线产生的电动势;
(2)PQ滑到中间位置时PQ两端的电压;
(3)线框消耗的最大电功率。
【答案】 (1)BLv　(2)BLv　(3)
【解析】 (1)PQ切割磁感线产生的电动势E=BLv。
(2)PQ滑到中间位置时外电阻R外==0.75R,
根据闭合电路欧姆定律I===,
PQ两端的电压U=IR外=BLv。
(3)当外电阻等于电源内阻时电源输出功率最大,而当PQ在中间位置时外电阻最大,最大值为 0.75R 且小于电源内阻,与电源内阻最接近,可知此时线圈消耗的功率最大,最大功率为P===。(共56张PPT)
第3节　自感现象与涡流
1.能够利用电磁感应的有关规律分析通电自感和断电自感现象,了解自感电动势、自感系数的意义和决定因素。2.了解涡流现象及其利用和危害。
[定位·学习目标]　
探究·必备知识
「知识梳理」
知识点一　自感现象
1.自感现象:由线圈 所产生的电磁感应现象。
自身的电流变化
2.通电自感和断电自感
项目 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 ,A2 电流的增加
逐渐亮起来
立即变亮
阻碍
断电 自感 断开开关的瞬间,灯泡A1 , A2 电流的
减小
逐渐变暗
立即熄灭
阻碍
知识点二　自感电动势
1.定义:由线圈 所产生的感应电动势称为自感电动势。
自身电流变化
3.自感系数大小的决定因素:自感系数与线圈的形状、 、长短、
以及是否有 等因素有关。
自感
电感
亨利
10-3
10-6
横截面积
匝数
铁芯
知识点三　涡流及其应用
1.定义
将一金属块放在变化的磁场中,穿过金属块的磁通量发生变化,金属块内部就会产生感应电流。这种电流在金属块内部形成闭合回路,就像旋涡一样
(如图)。我们把这种感应电流称为 ,简称 。
涡电流
涡流
2.应用
(1)电磁炉的工作原理与 有关。当 50 Hz 的交变电流流入电磁炉时,变频装置可将其变为高频电流(20～50 kHz)进入炉内的线圈中。由于电流的变化频率较高,通过铁质锅底的磁通量变化率较大,根据电磁感应定律可知,产生的感应电动势也较大,会在锅底产生很强的涡电流,使锅底迅速发热,进而加热食物。
(2)金属探测器应用于 、探雷器等。
安检门
涡流
3.防止
变压器、电动机和发电机的铁芯常会因涡流损失大量的电能并导致设备发热。
(1)减少发热途径一:先把硅钢轧制成很薄的板材,板材外涂以绝缘材料,再把板材叠放在一起,形成铁芯。这样,涡流被限制在薄片之内,由于回路的
很大,涡流大为 。
(2)减少发热途径二:组成铁芯的硅钢电阻率 ,也可进一步减少涡流造成的损失。
电阻
减弱
大
1.思考判断
(1)自感现象中,感应电流的方向一定与引起自感的原电流的方向相反。
(　 　)
(2)涡流是由整块导体发生的电磁感应现象,不遵从电磁感应定律。(　 　)
(3)通过增大铁芯材料的电阻率可以减小涡流。(　 　)
(4)变压器的铁芯用硅钢片叠成是为了减小涡流。(　 　)
√
√
×
「新知检测」
×
(5)线圈自感电动势的大小与自感系数L有关,反过来,L与自感电动势也有关。
(　 　)
(6)在断开电路时,与线圈并联的灯泡会亮一下后再逐渐熄灭,说明能量不再守恒了。(　 　)
×
×
2.思维探究
(1)自感电动势的作用是什么 方向如何判断
【答案】 (1)总是阻碍导体中原电流的变化。当原电流增大时,自感电动势与原电流方向相反;当原电流减小时,自感电动势与原电流方向相同。
(2)断电自感现象中,在断开开关后,灯泡仍然亮一会儿,是否违背能量守恒定律
【答案】 (2)不违背。断电时,储存在线圈内的磁场能转化为电能,用以维持回路保持一定时间的电流,直到电流为零时,磁场能全部转化为电能并通过灯泡转化为内能,可见自感现象遵循能量守恒定律。
突破·关键能力
要点一　对自感现象的理解及应用
「情境探究」
如图所示为演示断电自感的电路,先闭合开关使灯泡发光,然后断开开关。回答以下问题:
(1)为什么灯泡A不立即熄灭
【答案】 (1)电源断开时,A中由电源提供的电流瞬间变为零,而通过线圈L的电流减小,线圈中会产生自感电动势,且线圈L与灯泡A构成闭合回路,线圈L对A进行供电,所以灯泡A不会立即熄灭。
(2)L中感应电流的方向与原电流的方向有什么关系 产生的感应电动势在电路中起什么作用
【答案】 (2)L中感应电流的方向与原电流的方向相同,产生的感应电动势在电路中起阻碍电流减小的作用。
(3)开关断开后,通过灯泡的感应电流与原来通过它的电流方向有什么关系
【答案】 (3)原来通过灯泡的电流方向从左向右,开关断开后,通过灯泡的感应电流方向从右向左,所以通过灯泡的感应电流方向与原来通过它的电流方向相反。
「要点归纳」
1.自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化。
(2)通过线圈中的电流不能发生突变,只能缓慢变化。
(3)电流稳定时,自感线圈就相当于普通导体。
(4)线圈的自感系数越大,自感现象越明显,自感电动势只是延缓了过程的进行,但它不能使过程停止,更不能使过程反向。
2.自感现象中灯泡亮度变化的问题
项目 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡
电路图
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,灯泡突然变亮然后逐渐变暗,最后亮度不变
断电时 电流逐渐减小,灯泡逐渐变暗,电流方向不变 电路中稳态电流为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。
两种情况下灯泡电流方向均改变
[例1] 关于自感现象、自感系数、自感电动势,下列说法正确的是(　　)
A.当线圈中通恒定电流时,线圈中没有自感现象,线圈自感系数为零
B.线圈中电流变化越快,线圈的自感系数越大
C.自感电动势与原电流方向相反
D.对于确定的线圈,其产生的自感电动势与其电流变化率成正比
D
[针对训练1] 关于自感系数,下列说法正确的是(　　)
A.自感系数越大,自感电动势越大
B.自感系数L由线圈自身的性质决定,与线圈的大小、形状、匝数、有无铁芯有关
C.其他条件相同,线圈越细自感系数越大
D.其他条件相同,有铁芯的比没有铁芯的自感系数小
B
[例2] 如图所示的电路中,A和B是两个完全相同的小灯泡,L是一个自感系数很大、直流电阻可忽略不计的电感线圈。当S闭合与断开的瞬间,对A、B的发光情况判断正确的是(　　)
A.S闭合的瞬间,A、B同时立即发光,且一样亮
B.S闭合的瞬间,B立即发光,A逐渐变亮,最后两灯一样亮
C.S闭合足够长时间后再断开,A、B立即熄灭
D.S闭合足够长时间后再断开,B闪亮一下再熄灭
B
【解析】 当S闭合时,电路产生通电自感,会使A逐渐变亮,而B立即发光,稳定后A、B电流相等,两灯一样亮,选项A错误,B正确;当S断开时,会产生断电自感,此时A、B会逐渐熄灭,但不会闪亮,选项C、D错误。
断电自感的三点说明
(1)断开开关后,灯泡是否瞬间变得更亮,取决于电路稳定时两支路中电流的大小关系,即由两支路中电阻的大小关系决定。
(2)若断开开关后,线圈与灯泡不能组成闭合回路,则灯泡会立即熄灭。
(3)自感线圈直流电阻小与直流电阻不计含义不同,稳定时,前者相当于定值电阻,后者相当于导线。
·方法总结·
[针对训练2] 如图所示,A、B是两盏完全相同的白炽灯,L是电阻不计的电感线圈。若最初S1是接通的,S2是断开的,那么下列描述正确的是(　　)
A.刚接通S2,A灯立即亮,B灯延迟一段时间才亮
B.刚接通S2时,A灯延迟一段时间才亮,B灯立即亮
C.接通S2到电路稳定,B灯由亮变暗最后熄灭
D.接通S2,电路稳定后再断开S2时,A、B灯均立即熄灭
C
【解析】 刚接通S2时,由于电感线圈L会发生通电自感现象,使通过线圈的电流由零逐渐增大,所以灯泡A、B会同时变亮;从接通S2到电路稳定,由于线圈的电阻不计,则B灯被短路,B灯由亮变暗最后熄灭,电源只给A灯供电,A灯将变得更亮,故A、B错误,C正确。接通S2,电路稳定后再断开S2时,A灯与电路断开将立即熄灭,而B灯与电感线圈构成闭合电路,由于线圈的自感现象,B灯会先亮一下,然后慢慢熄灭,故D错误。
要点二　涡流
「情境探究」
如图所示是电磁炉的工作原理图,电磁炉具为什么用平底的铁锅 涡流发生时,伴随着哪些能量发生转化
【答案】 在平底的铁锅底部产生涡流,从而使得锅底温度升高,起到加热作用。磁场能转化为电能,最终转化为内能。
「要点归纳」
1.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变化的磁场中运动。
2.产生涡流时的能量转化
(1)金属块在变化的磁场中,磁场能转化为电能,最终转化为内能。
(2)金属块进出磁场或在变化的磁场中运动,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。
3.涡流的应用与防止
(1)应用:真空冶炼炉、探雷器、安检门等。
(2)防止:为了减小电动机、变压器铁芯上的涡流,常用电阻率较大的硅钢做材料,而且用相互绝缘的硅钢片叠成铁芯来代替整块硅钢铁芯。
[例3] (双选)如图所示是冶炼金属的高频感应炉的示意图。高频感应炉中装有待冶炼的金属,当线圈中通有电流时,通过产生涡流来熔化金属。以下关于高频感应炉的说法正确的是(　 　)
A.高频感应炉的线圈中必须通有变化的电流,才会产生涡流
B.高频感应炉的线圈中通有恒定的电流,也可以产生涡流
C.高频感应炉是利用线圈中的感应电流产生的焦耳热使金属熔化的
D.高频感应炉是利用炉内金属中的涡流的热效应使金属熔化的
AD
【解析】 变化的电流才能产生变化的磁场,引起感应炉中磁通量的变化,待冶炼金属内才会产生感应电流(涡流),恒定的电流不会使感应炉中的磁通量发生变化,待冶炼金属内不会产生涡流,选项A正确,B错误;当感应炉内装入待冶炼的金属时,金属中产生的涡流使金属熔化,高频感应炉不是利用线圈中的感应电流产生的焦耳热使金属熔化的,而是利用炉内金属中的涡流的热效应使金属熔化的,选项C错误,D正确。
(1)涡流是整块导体发生的电磁感应现象,同样遵循法拉第电磁感应定律。
·学习笔记·
[针对训练3] 电磁炉又名电磁灶,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,完全区别于传统的有火或无火传导加热厨具。由高频感应加热线圈(即励磁线圈)、高频电力转换装置、控制器及铁磁材料锅底炊具等部分组成。图示是描述电磁炉工作原理的示意图,下列说法正确的是(　　)
A.电磁炉通电线圈加交流电后,在图示通电线圈中产生热量从而对锅体加热
B.当恒定电流通过线圈时,会产生恒定磁场,恒定磁场越强,
电磁炉加热效果越好
C.电磁炉不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅,主要原因是这些材料不能产生涡流
D.在锅和电磁炉中间放一纸板,则电磁炉不能起到加热作用
C
【解析】 电磁炉通电线圈加交流电后,在通电线圈中产生变化的磁场,通过锅的磁通量变化,在锅中产生感应电流对锅加热,故A错误;当恒定电流通过线圈时,不能产生变化的磁场,不能在锅中产生感应电流,无法加热,故B错误;锅能加热是因为锅底产生电磁感应现象,在锅底产生涡流,所以电磁炉不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅的主要原因是这些材料不能产生涡流,故C正确;锅能加热是因为锅底产生电磁感应现象,在锅底产生涡流,所以在锅和电磁炉中间放一纸板,电磁炉也能起到加热作用,故D错误。
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
对自感现象的分析思路
明确通过自感线圈的电流的变化情况
(增大还是减小)
↓
根据“增反减同”,判断自感电动势的方向
分析阻碍的结果
↓
电流增大时,由于自感电动势的作用,线圈中电流逐渐增大,与线圈串联的元件中的电流也逐渐增大;电流减小时,由于自感电动势的作用,线圈中电流逐渐减小,与线圈串联的元件中的电流也逐渐减小。
[示例] 在如图所示的电路中,a、b、c为三盏完全相同的灯泡,L是电感线圈,直流电阻为RL,不能忽略,下列说法正确的是(　　)
A.闭合开关后,c先亮,a、b后亮
B.断开开关后,c立即熄灭,b缓慢熄灭
C.断开开关后,b、c同时熄灭,a缓慢熄灭
D.断开开关后,a缓慢熄灭,b闪亮一下后缓慢熄灭
B
【解析】 开关闭合,因通过电感线圈L的电流增大,自感电动势会阻碍电流的增大,则b、c同时亮,a缓慢变亮,故A错误;断开开关,c会立即熄灭;因为流过线圈的电流减小,线圈会阻碍电流的减小,线圈与b、a形成回路,由于线圈的直流电阻不能忽略,开关闭合时通过线圈的电流比通过b的电流小,断开开关时流过b的电流较断开前反向减小,b不会闪亮而是缓慢熄灭,故B正确,C、D错误。
「科学·技术·社会·环境」
高频焊接
高频焊接是指利用高频电流流经工件接触面所产生的电阻热,并施加压力
(或不施加压力),使金属工件形成连接的一种焊接方法。高频焊接与电阻焊接不同。高频焊接时,焊接电流仅在工件表面平行接触;电阻焊接的电流是垂直于焊接界面流动。高频焊接的电源频率范围为300～450 kHz,电阻焊接则是使用50 kHz的高频电流。
高频焊接具有下列特点:
(1)由于电流高度集中于焊接区,加热速度极快,因而焊接速度可高达150～200 m/min。
(2)因焊接速度快,焊件自冷作用强,故不仅热影响区小,而且还不易发生氧化,因此焊缝的组织和性能十分优良。
(3)焊前焊件表面可以不进行清理工作,因而提高了效率。
(4)能焊接的金属种类广,产品的形状规格多。
[示例] (双选)如图所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时,待焊接的金属工件中就产生感应电流,感应电流通过焊缝处产生大量热量,将金属熔化,把工件焊接在一起,而工件其他部分发热很少,以下说法正确的是(　 　)
A.电流变化的频率越低,焊缝处的温度升高得越快
B.电流变化的频率越高,焊缝处的温度升高得越快
C.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻较小
D.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻较大
BD
【解析】 高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场,在待焊接工件中产生感应电流,根据法拉第电磁感应定律分析知,电流变化的频率越高,磁通量变化率越大,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,A错误,B正确;焊缝处的电阻大,电流相同时,焊缝处的电功率大,温度高,C错误,D正确。
检测·学习效果
1.为了研究电磁炉的工作原理,某同学制作了一个简易装置。如图所示,将一根电线缠绕在铁芯外部,接通交流电源,放置在铁芯上方的不锈钢锅具开始发热。下述可以增大锅具的发热功率的办法是(　　)
A.增大交流电源的频率
B.把不锈钢锅换成砂锅
C.将电源换成电动势更大的直流电源
D.把线圈内部的铁芯去掉
A
【解析】 当下方线圈通入交流电时,不锈钢锅具中会产生感应电动势,形成涡流而产生热量,增大交流电源的频率,即增大磁通量的变化率,使感应电动势增大,电流增大,热功率增大,故A正确;砂锅不是导体,把不锈钢锅换成砂锅,则不会产生涡流,不发热,故B错误;换成直流电源,恒定电流产生恒定的磁场,穿过不锈钢锅的磁通量不变,不锈钢锅中不会有感应电流,热功率为0,故C错误;把线圈内部的铁芯去掉,则磁场减弱,磁通量变化率减小,感应电动势减小,感应电流减小,热功率变小,故D错误。
2.某同学为了验证自感现象,找来带铁芯的线圈L(线圈的自感系数很大,构成线圈导线的电阻可以忽略),两个相同的小灯泡A和B、二极管D、开关S和电池组E等,用导线将它们连接成如图所示的电路。经检查,各元件和导线均是完好的,检查电路无误后,开始进行实验操作。他可能观察到的现象是(　　)
A.闭合S瞬间,A不亮,B逐渐变亮
B.闭合S瞬间,A、B同时亮
C.闭合S待电路稳定后,A、B亮度一样
D.断开S瞬间,B闪亮后逐渐熄灭
A
【解析】 根据实物图画出电路图如图所示,闭合开关的瞬间,通过B的电流增大,自感线圈产生感应电流阻碍电路电流增大,所以B是逐渐亮起来,电路稳定后B亮度保持不变;而A灯泡和二极管串联,二极管阻止由S向A的电流通过,故A灯泡一直不亮,故A正确,B、C错误。断开开关的瞬间,电流减小,自感线圈要阻碍电流的减小,产生与原电流方向相同的感应电流,此时A、B串联构成回路,所以B灯泡是缓慢熄灭,A会先亮再逐渐熄灭,故D错误。
3.如图为演示自感现象的实验电路,A1、A2为相同的灯泡,电感线圈的自感系数较大,且使得滑动变阻器R接入电路中的阻值与线圈直流电阻相等,下列判断正确的是(　　)
A.断开开关S,灯A1、A2逐渐熄灭
B.闭合开关S,灯A2逐渐变亮,A1立即变亮
C.闭合开关S,灯A1、A2立即变亮
D.断开开关S,灯A1逐渐熄灭,A2闪一下再逐渐熄灭
A
【解析】 闭合开关S,线圈L产生自感电动势阻碍线圈所在支路的电流增大,所以通过A1的电流逐渐增大,A1逐渐变亮,而该自感电动势对通过A2的电流无影响,所以A2立即变亮,故B、C错误;因为R接入电路的阻值与线圈L的直流电阻相等,所以闭合开关S后待电路稳定时,通过A1和A2的电流大小相等,断开开关S,此时A1、A2、R和L串联在同一回路中,L产生自感电动势阻碍回路中电流减小,因为A1和A2初始电流相等,所以通过A2的电流不会突然增大,即A2不会闪亮,两灯都逐渐熄灭,故A正确,D错误。
4.如图甲所示是高频焊接原理示意图,线圈中通以图乙所示的交变电流时
(以电流顺时针为正方向),待焊接的金属工件中就产生感应电流,感应电流流过工件产生大量热量,将金属熔化,把工件焊接在一起,下列说法正确的是(　　)
A.待焊接金属工件中产生的感应电流为直流电
B.图乙中的交流电的频率越小,焊缝处的温度上升越快
C.0.5×10-6～1×10-6 s内,工件中的感应电流在减小
D.1×10-6～1.5×10-6 s内,工件中的感应电流方向为顺时针
D
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章末总结
专题研析·拓展提升
专题一　电磁感应中的图像问题
[例1] (双选)边长为a的闭合金属正三角形线框,完全处于垂直于线框平面的匀强磁场中,现把线框匀速拉出磁场,如图所示,则线框中的电流、感应电动势、外力、外力的功率与位移的关系图像正确的是(　　 )
A B C D
BD
解决电磁感应中图像问题的方法技巧
(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、F-t图像等。
(2)利用图像分析问题时,应确定纵、横坐标的含义,分析图像的斜率、截距等的含义。
(3)画图像或判断图像时,首先分析电磁感应的具体过程,对涉及与电磁感应有关的速度、安培力、电势差、电功等可应用有关规律进行分析,最后确定答案。
·规律方法·
[针对训练1] (双选)如图,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的矩形单匝闭合线圈从图示位置沿垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域。若规定顺时针方向为感应电流的正方向,水平向左为安培力的正方向,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安培力随时间变化的图像是(　 　)
BD
A B C D
专题二　电磁感应中的动力学问题
[例2] 如图所示,一个足够长的U形金属导轨NMPQ固定在水平面内,MN、PQ两导轨间的宽为 L=0.50 m;一根质量为m=0.50 kg、电阻R=0.10 Ω 的金属导体棒ab静止在导轨上且接触良好,abMP恰好围成一个正方形,该导轨平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中,其他各部分电阻均不计。开始时,磁感应强度B0=0.50 T,导体棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2,最大静摩擦力和滑动摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2。
【答案】 (1)3.75 s　
(2)若保持磁感应强度B0的大小不变,从t=0时刻开始,给ab棒施加一个水平向右的拉力,使它做加速度为4 m/s2的匀加速直线运动,求此拉力F的大小随时间t的变化关系。
【答案】(2)F=(2.5t+3)N
由牛顿第二定律可得
F-μmg-F安=ma,
根据运动学规律有
v=at,
联立可得
F=(2.5t+3)N。
(1)电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源),又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力),而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两大对象的纽带。
·规律方法·
(2)解决电磁感应中力学问题的基本步骤。
①明确研究对象和物理过程,即研究哪段导体在哪一过程切割磁感线。
②根据导体运动状态,应用法拉第电磁感应定律和楞次定律求出感应电动势的大小和方向。
③画出等效电路图,应用闭合电路欧姆定律求回路中的感应电流。
④分析导体的受力情况,要特别注意安培力方向的确定。
⑤列出动力学方程或平衡方程求解。
·规律方法·
[针对训练2] 如图,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。两细金属棒ab和cd长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。右侧斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上,已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,已知金属棒ab匀速下滑。求:
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;
【答案】 (1)mg(sin θ-3μcos θ)
【解析】 (1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连,故ab、cd速度总是相等,cd也做匀速直线运动。设导线的张力的大小为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2,
对于ab棒,受力分析如图甲所示,
由力的平衡条件得
2mgsin θ=μN1+T+F,
N1=2mgcos θ,
对于cd棒,受力分析如图乙所示,
由力的平衡条件得
mgsin θ+μN2=T′=T,
N2=mgcos θ,
联立解得F=mg(sin θ-3μcos θ)。
(2)金属棒运动的速度大小。
专题三　电磁感应中的动量问题
[例3] (双选)如图所示,两根电阻不计且足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内,其间距为1 m,左端连接一个R=1.5 Ω 的定值电阻,整个导轨处在磁感应强度B=0.2 T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下。质量m=0.2 kg、长度L=1 m、电阻 r=0.5 Ω的导体棒垂直导轨放置并与导轨接触良好。现使导体棒获得大小为6 m/s、方向水平向右的初速度,下列说法正确的是(　 　)
A.回路中感应电流的方向为顺时针方向
B.导体棒刚开始运动的瞬间,R两端电压为 1.2 V
C.当导体棒停止运动时,通过R的电荷量为6 C
D.整个过程中导体棒向右运动的位移为60 m
CD
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。
·规律方法·
[针对训练3] 如图所示,间距L=1 m的粗糙倾斜金属轨道与水平面间的夹角θ=37°,在其顶端与阻值为2R的定值电阻相连,间距相同的光滑金属轨道固定在水平面上,两轨道都足够长且在AA′处平滑连接,AA′至DD′间是绝缘带,保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通。倾斜轨道处有垂直于轨道向上、磁感应强度大小为 B1=0.5 T的匀强磁场,水平轨道处有竖直向上、磁感应强度大小为B2=1 T的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为m=0.1 kg,两棒接入电路部分的电阻均为R,初始时刻,导体棒1放置在倾斜轨道上,且距离AA′足够远,导体棒2静置于水平轨道上,已知倾斜轨道与导体棒1间的动摩擦因数μ=0.5,R=1 Ω。现将导体棒1由静止释放,运动过程中未与导体棒2发生碰撞。取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,两棒与轨道始终垂直且接触良好,导轨电阻不计,不计金属棒1经过AA′时的机械能损失。下列说法正确的是(　　 )
A.导体棒1滑至DD′瞬间的速度大小为 1.2 m/s
B.导体棒1滑至DD′瞬间,导体棒2的加速度大小为6 m/s2
C.稳定时,导体棒2的速度大小为1.2 m/s
D.整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为0.06 C
C
专题四　电磁感应中的能量问题
[例4] 如图所示,MN、PQ为间距L=0.5 m足够长的光滑平行导轨,NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角 θ=37°,N、Q间连接有一个R=10 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B0=2 T。将一根质量为m=0.05 kg 的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上,且与导轨接触良好,导轨与金属棒的电阻均不计,现由静止释放金属棒,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度,cd距离NQ为s=2 m。(g取 10 m/s2,取 sin 37°=0.6)
(1)当金属棒滑行至cd处时回路中的电流为多大
【答案】 (1)0.3 A
(2)金属棒达到的稳定速度是多大
【答案】 (2)3 m/s　
(3)当金属棒滑行至cd处时回路中产生的焦耳热是多少
【答案】 (3)0.375 J　
(4)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0,从此时刻起,让磁感应强度逐渐减小,使金属棒中不产生感应电流,磁感应强度B应怎样随时间t变化(写出B与t的关系式)
(1)电磁感应现象中的能量转化。
·规律方法·
(2)求解焦耳热Q的三种方法。
·规律方法·
(3)求解电磁感应现象中能量问题的一般思路。
①用法拉第电磁感应定律、楞次定律和安培定则确定感应电动势的大小和方向。
②画出等效电路,列出回路中电能变化表达式。
③分析导体机械能的变化,用能量守恒定律得到机械能的改变与回路中电能的改变所满足的方程。
·规律方法·
[针对训练4] 用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框绝缘,如图甲所示。圆环的半径R=2 m,导线单位长度的电阻r0=0.2 Ω/m。把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。磁感应强度B随时间t变化如图乙所示。
(1)求正方形线框产生的感应电动势;
【答案】 (1)4 V
(2)求在0～2.0 s内,圆环产生的焦耳热;
【答案】 (2)10π J
(3)若不知道圆环半径数值,求在0～2.0 s内,圆环中的电流与正方形线框中电流的比值。
达标训练·检测效果
1.(双选)如图所示,边长为1 m的正方形光滑固定金属导轨水平放置,处在竖直向下、磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场中。长度为1 m的金属棒MN垂直于导轨放置,且与导轨接触良好,导轨和金属棒单位长度的电阻均为 2 Ω。当MN以4 m/s的速度向右经过导轨中点时,下列说法正确的是(　　 )
A.M点电势比N点电势高
B.棒中电流大小为1 A
C.MN两点间电压为1 V
D.导轨的热功率为1 W
AC
2.如图所示,匀强磁场方向垂直于纸面向里,磁场区域在y轴方向足够宽,在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置沿x轴向右匀速穿过磁场区域,下列关于BC两端的电势差UBC与线框移动的距离x的关系图像正确的是(　　)
B
A B C D
3.(双选)如图所示,光滑平行长直导轨水平放置,间距L=0.5 m,左侧接有阻值R=5.0 Ω的电阻。导体棒质量m=0.25 kg,垂直静止放在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨所在区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T。初始时刻给导体棒一向右的初速度v0=5 m/s,滑行一段时间t后导体棒速度变为v1=3 m/s,已知重力加速度g取10 m/s2,则以下说法正确的是(　 　)
A.导体棒做匀减速运动,直到速度为0
B.在t时间内,导体棒向右运动的位移为2.5 m
C.在t时间内,电阻R产生的热量Q=1.0 J
D.在t时间内,通过电阻R的电荷量q=0.5 C
BD
4.如图所示,两电阻不计的足够长光滑导轨倾斜放置,上端连接一电阻R,空间有一垂直于导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场,一质量为m的导体棒与导轨接触良好,从某处自由释放,选项四个图像分别表示导体棒运动过程中速度v与时间t的关系、加速度a与时间t的关系、机械能E与位移x的关系以及通过导体棒的电荷量q与位移x的关系,其中可能正确的是(　　)
C
A B C D
5.(双选)如图甲所示,光滑的水平面内MN、QP间存在一匀强磁场,磁场方向竖直向下,一正方形金属线框放置在水平面上。t=0时,该线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动,外力F随时间t变化的图线如图乙所示,已知线框质量m=1 kg、电阻 R=2 Ω,则( 　 　)
AC
6.如图甲所示,两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m,固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为 1 T 的匀强磁场。质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑,其运动过程中的v-t图像如图乙所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好,不计金属棒和导轨的电阻,g取10 m/s2,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则金属棒与导轨间的动摩擦因数 μ=　　　　;金属棒在磁场中能够达到的最大速率vm=　　　　;若金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C,则此过程中电阻产生的焦耳热 Q=　　　　。
0.25
8 m/s
2.95 J
7.(2025·福建卷)光滑斜面倾角θ=30°,Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直于斜面向上的匀强磁场,两区域中磁场的磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m,总电阻为R,线框由同种材料制成且粗细均匀,Ⅰ区域沿斜面的宽度为L1,Ⅱ区域沿斜面的宽度为L2,两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的边长。线框从某一位置释放,cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致。已知重力加速度为g。求:
(1)线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离;
(2)cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差;
(3)线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率。
第3种情况:若L1=L2,根据题给信息与上述分析可知,线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域的过程,始终受安培力,可能一直减速,也可能先减速后匀速,则ab边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致,与题给信息不符,故不存在此种情况。
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第1节　科学探究:感应电流的方向
第2章　电磁感应及其应用
1.了解影响感应电流方向的因素,理解楞次定律的内容。2.理解楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现。3.掌握右手定则,并理解右手定则的实质。
[定位·学习目标]　
探究·必备知识
「知识梳理」
1.实验探究:将螺线管与电流计组成闭合回路,分别将条形磁铁的N极、S极插入、拔出螺线管,如图所示,记录感应电流的方向。
知识点一　探究影响感应电流方向的因素
2.分析
(1)将实验中获得的信息填入表中。
项目 N极插入 N极拔出 S极插入 S极拔出
穿过螺线管的磁通量变化　
感应电流的方向 (俯视)
感应电流的磁场方向与条形磁铁的磁场方向比较
增加
减少
增加
减少
逆时针
顺时针
顺时针
逆时针
相反
相同
相反
相同
(2)实验结论。
表述一:当穿过线圈的磁通量增加时,感应电流的磁场方向与条形磁铁的磁场方向 ;当穿过线圈的磁通量减少时,感应电流的磁场方向与条形磁铁的磁场方向 。
表述二:当磁铁靠近线圈时,二者 ;当磁铁远离线圈时,二者 。
相反
相同
相斥
相吸
知识点二　楞次定律
1.内容:感应电流的磁场总要 引起感应电流的磁通量的变化。
2.当磁铁的N极移近导体线圈的上端时,由感应电流激发的磁场使线圈的上端也是N极,因为同名磁极相互排斥,所以 磁铁相对线圈向下的运动;而当磁铁的N极离开导体线圈时,由感应电流激发的磁场使线圈的上端是S极,因为异名磁极相互吸引,所以 磁铁相对线圈向上的运动。
阻碍
阻碍
阻碍
3.从能量转化和守恒的角度来看,把磁体移近线圈时,外力要克服磁体和线圈之间的 做功,使外界其他形式的能量转化为 ;磁体离开线圈时,外力则要克服磁体和线圈之间的 做功,也使外界其他形式的能量转化为 。在这两种情况下,总能量都是守恒的。
排斥力
电能
吸引力
电能
知识点三　右手定则
1.内容:伸开右手,让拇指与其余四指 ,且都与手掌处于 内,让磁感线 穿过手心,使 指向导体运动的方向,其余 所指的方向就是感应电流的方向。如图所示。
垂直
同一平面
垂直
拇指
四指
2.适用范围:适用于闭合回路中部分导体 产生感应电流的情况。
切割磁感线
1.思考判断
(1)感应电流的磁场总与原磁场方向相反。(　 　)
(2)感应电流的磁场总是阻碍原磁场的磁通量。(　 　)
(3)感应电流的磁场有可能阻止原磁通量的变化。(　 　)
(4)导体棒不垂直切割磁感线时,也可以用右手定则判断感应电流方向。
(　 　)
(5)凡可以用右手定则判断感应电流方向的,均能用楞次定律判断。(　 　)
(6)右手定则即右手螺旋定则。(　 　)
×
「新知检测」
×
×
√
√
×
2.思维探究
(1)楞次定律中“阻碍”与“阻止”有何区别
【答案】 (1)阻碍不是阻止,阻碍只是延缓了磁通量的变化,但这种变化仍继续进行。
(2)当线圈和磁场发生相对运动而引起感应电流时,感应电流的效果是阻碍线圈或磁场的运动吗
【答案】 (2)感应电流阻碍线圈与磁场间的相对运动。
(3)左手定则和右手定则中“四指所指的方向”表示的物理意义一样吗
【答案】 (3)左手定则中“四指所指的方向”为已知电流的方向,右手定则中“四指所指的方向”为感应电流的方向。
突破·关键能力
要点一　对楞次定律的理解
「情境探究」
法拉第最初发现电磁感应现象的实验如图所示,软铁环上绕有M、N两个
线圈。
(1)闭合开关瞬间,穿过N线圈的磁通量如何变化
【答案】 (1)增加。
(2)当开关闭合与断开的瞬间,电流计中感应电流沿什么方向
【答案】 (2)闭合瞬间向上,断开瞬间向下。
(3)若在右侧电路中增加一个开关,保持左侧开关闭合,则闭合右侧开关瞬间,电流计中有无电流通过 若有,沿什么方向
【答案】 (3)无。
「要点归纳」
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.楞次定律的另一种等价表述:感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。
3.楞次定律中“阻碍”的含义
[例1] 下列说法正确的是(　　)
A.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的磁通量的变化
B.感应电流的磁场阻止了引起感应电流的原磁场磁通量的变化
C.闭合线框放在变化的磁场中做切割磁感线运动,一定能产生感应电流
D.感应电流的磁场方向总是跟原来磁场的方向相反
A
【解析】 由楞次定律可知,感应电流的磁场阻碍的是原磁场的磁通量的变化,并不一定与原磁场方向相反,阻碍不是阻止,选项A正确,B、D错误;若闭合线框平行于磁场方向放置,则无论是磁场变化,还是线框做切割磁感线的运动,穿过闭合线框的磁通量都不变,都不会有感应电流产生,选项C错误。
“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”,当原磁场磁通量减少时,“阻碍”意味着“相同”。
·学习笔记·
要点二　楞次定律的应用
「情境探究」
如图所示,水平桌面上放一圆形金属导体环,从导体环的中心上方释放一条形磁铁,在条形磁铁向下靠近导体环的过程中:
(1)从上向下看导体环中的电流方向是逆时针还是顺时针
【答案】 (1)逆时针。
(2)导体环内部感应电流的磁感线方向与磁铁的磁场方向相同还是相反
【答案】 (2)相反。
(3)磁铁受到导体环的作用力向哪个方向
【答案】 (3)向上。
(4)导体环有收缩的趋势还是扩张的趋势
【答案】 (4)收缩。
(5)导体环对桌面的压力比重力大还是小
【答案】 (5)比重力大。
(6)磁铁下落过程能量是如何转化的
【答案】 (6)重力势能一部分转化为磁铁的动能,一部分转化为电能。
「要点归纳」
运用楞次定律判定感应电流的思路
图中描述了磁通量变化、磁场方向、感应电流方向三个因素的关系,只要知道了其中任意两个因素,就可以确定第三个因素。
[例2] 如图所示,通电导线旁边同一平面内有矩形线圈abcd,则(　　)
A.若线圈向右平动,其中感应电流方向是a→b→c→d→a
B.若线圈竖直向下平动,有感应电流产生
C.当线圈向导线靠近时,其中感应电流方向是a→b→c→d→a
D.当电流I增大时,线圈中感应电流的方向为a→b→c→d→a
A
【解析】 由题图根据安培定则可知,导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里,离导线越近,磁感应强度越大。若线圈向右平动,穿过线圈的磁通量减少,根据楞次定律和安培定则可知,感应电流方向为a→b→c→d→a,A正确;若线圈竖直向下平动,穿过线圈的磁通量不变,无感应电流产生,B错误;当线圈向导线靠近时,穿过线圈的磁通量增加,根据楞次定律和安培定
则可知,感应电流方向是 a→d→c→b→a,C错误;当电流I增
大时,穿过线圈的磁通量增加,根据楞次定律和安培定则可
知,感应电流方向为a→d→c→b→a,D错误。
应用楞次定律的解题步骤
(1)明确增减和方向,增反减同切莫忘,安培定则来判断,四指环绕是流向。
(2)涉及相对运动时,阻碍的是导体与磁体间的相对运动,而不是阻碍导体或磁体的运动。
·学习笔记·
[针对训练1] 如图所示,水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环,其圆心的正上方有一个竖直的条形磁体。当把条形磁体向右水平平移时,圆环始终保持静止。移动磁体的过程中,从上方俯视,下列说法正确的是(　　)
A.穿过圆环的磁通量变大
B.圆环中产生顺时针方向的感应电流
C.圆环中产生逆时针方向的感应电流
D.圆环中不产生感应电流
B
【解析】 圆环中磁通量方向向下,移动磁体的过程中,穿过圆环的磁通量减小,根据楞次定律可知,圆环中感应电流从上方俯视为顺时针。故选B。
要点三　右手定则
「情境探究」
如图所示,在长直载流导线附近有一个矩形线圈 ABCD,线圈与导线始终在同一个平面内。
(1)导线右侧磁感线的方向如何
【答案】 (1)根据安培定则可知,方向垂直于纸面向里。
(2)线圈在导线的右侧平移时,其中产生了A→B→C→D→A方向的电流。请判断线圈在向哪个方向移动
【答案】 (2)根据安培定则和楞次定律可知,线圈在向左移动。
「要点归纳」
1.右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和感应电流方向三者之间的相互垂直关系。
(1)大拇指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向,既可以是导体运动而磁场未动,也可以是导体未动而磁场运动,还可以是二者以不同速度同时运动。
(2)四指指向为感应电流方向,切割磁感线的导体相当于电源。
2.楞次定律和右手定则的区别与联系
比较内容 规律
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 只适用于闭合回路中部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况
应用 用于磁感应强度B随时间变化而产生的电磁感应现象较方便 用于导体切割磁感线产生的电磁感应现象较方便
联系 右手定则是楞次定律的特例
[例3] 选项图中表示闭合回路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情境,导体ab上的感应电流方向为a→b的是(　　)
A
A　 B C　 　 D
【解析】 题中四图都属于闭合回路中的一部分导体切割磁感线,应用右手定则判断可得,题图A中电流方向为a→b,题图B中电流方向为b→a,题图C中电流方向沿a→d→c→b→a,题图D中电流方向为b→a,故选A。
应用右手定则的两点注意
(1)右手定则只适用于闭合回路中部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况,导体与磁场无相对运动不能应用。
(2)用右手定则判定导体切割磁感线时导体本身相当于电源,四指的指向由低电势指向高电势。
·方法总结·
[针对训练2] (双选)如图所示,导体棒AB、CD可在水平光滑轨道上自由滑动,下列说法正确的是(　 　)
A.将导体棒CD固定,当导体棒AB向左移动时,
导体棒AB中感应电流的方向为 A→B
B.将导体棒CD固定,当导体棒AB向右移动时,导体棒AB中感应电流的方向为 A→B
C.将导体棒AB固定,当导体棒CD向左移动时,导体棒AB中感应电流的方向为 A→B
D.将导体棒AB固定,当导体棒CD向右移动时,导体棒AB中感应电流的方向为 A→B
AC
【解析】 由右手定则可判断,当导体棒AB向左运动时,导体棒AB中感应电流方向为A→B;当导体棒AB向右运动时,导体棒AB中感应电流方向为B→A,A正确,B错误;当导体棒CD向左运动时,导体棒CD中的感应电流方向为C→D,导体棒AB中的感应电流方向为A→B;当导体棒CD向右移动时,导体棒AB中感应电流方向为 B→A,C正确,D错误。
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
楞次定律的推广应用
楞次定律中“阻碍”的主要表现形式:
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。
(3)线圈面积变化趋势——“增缩减扩”。
[示例] 如图所示,水平绝缘的桌面上放置一个金属线圈,现有一个竖直的条形磁铁从线圈左上方沿水平方向快速移动经过正上方到达右上方,在此过程中(　　)
A.线圈有先扩张再缩小的趋势
B.线圈中的感应电流方向不变
C.线圈受到的摩擦力方向不变
D.线圈对桌面的压力先减小后增大
C
【解析】 当磁铁向右运动时,穿过线圈的磁通量先增加后减少,根据楞次定律的“增缩减扩”可知,线圈有先缩小后扩张的趋势,故A错误;根据楞次定律的“增反减同”结合安培定则可知,线圈中的感应电流方向变化,故B错误;根据楞次定律的“来拒去留”可知,当磁铁靠近线圈时,线圈有向右和向下的运动趋势;而磁铁远离线圈时,线圈有向右和向上的运动趋势,可知线圈一直有向右运动的趋势,受到的摩擦力的方向始终向左,方向不变,同时线圈对桌面的压力先增大后减小,故C正确,D错误。
「科学·技术·社会·环境」
磁单极子
磁单极子是一些仅带有北极或南极单一磁极的磁性物质,它们的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布。这种物质的存在性在科学界时有纷争,从20世纪到21世纪,世界各地都在寻找磁单极子,在陆地、海洋、太空,在深海沉积物中、月球的岩石中,却还是很难发现磁单极子的蛛丝马迹。对于这种状
况,完全可以用这样的诗句来形容:“上穷碧落下黄泉,两处茫茫皆不见。”
我们将磁棒一截为二,则不会发生一半是北极,另一半是南极的状况,而会是截开的每一个部分都有自己的北极与南极。如果继续截下去,每段磁棒总是会有相应的南北两极。而如果磁单极子真的存在的话,则是完全不同的物体,它是一个完全独立的南极或北极。
[示例] 1931年,英国物理学家狄拉克从理论上预言:存在只有一个磁极的粒子,即“磁单极子”。1982年,美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验。他设想,如果一个只有S极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈,那么从上向下看,超导线圈的感应电流是(　　)
A.先顺时针方向,后逆时针方向
B.先逆时针方向,后顺时针方向
C.顺时针方向持续流动
D.逆时针方向持续流动
C
【解析】 磁单极子靠近超导线圈时,穿过线圈的磁通量向上增加,由楞次定律和安培定则可以判断,从上向下看感应电流为顺时针方向;当磁单极子远离超导线圈时,穿过线圈的磁通量向下减少,感应电流仍为顺时针方向,C正确。
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1.下列可以使圆环中产生逆时针方向感应电流的是(　　)
A.圆环沿平行于导线方向运动
B.圆环绕圆心顺时针旋转
C.减小导线中的电流
D.导线稍微向圆环靠近
C
【解析】 圆环沿平行于导线方向运动,穿过圆环的磁通量不变,圆环中不会产生感应电流,故A错误;圆环绕圆心顺时针旋转,穿过圆环的磁通量不变,圆环中不会产生感应电流,故B错误;减小导线中的电流,根据安培定则可知,穿过圆环的磁通量向外减小,根据楞次定律可知,圆环中产生逆时针方向的感应电流,故C正确;导线稍微向圆环靠近,根据安培定则可知,穿过圆环的磁通量向外增大,根据楞次定律可知,圆环中产生顺时针方向的感应电流,故
D错误。
2.(2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象,汽车可简化为一个矩形线圈abcd,埋在地下的线圈分别为1、2,通上顺时针(俯视)方向电流,当汽车经过线圈时(　　)
A.线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B.汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D.汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
C
【解析】 埋在地下的线圈1、2通上顺时针(俯视)方向的电流,根据安培定则可知,线圈1、2产生的磁场方向竖直向下,选项A错误;汽车进入线圈1过程中,穿过abcd的向下的磁通量增加,根据楞次定律和安培定则可知感应电流方向为adcb(逆时针),而汽车离开线圈1过程中,则磁通量减少,可知感应电流方向为abcd(顺时针),选项B错误,C正确;同理,汽车进入线圈2过程中,感应电流方向为adcb(逆时针),由左手定则可知,汽车受到的安培力方向与速度方向相反,选项D错误。
3.金属线框abcd与一长导线在同一平面内,导线通有恒定电流I。线框由图中位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ。在此过程中,有关穿过线框的磁通量与感应电流的方向,下列说法正确的是(　　)
A.垂直于纸面向里的磁通量增大,感应电流方向沿abcda
B.垂直于纸面向里的磁通量减小,感应电流方向沿abcda
C.垂直于纸面向外的磁通量增大,感应电流方向沿adcba
D.垂直于纸面向里的磁通量减小,感应电流方向沿adcba
B
【解析】 由安培定则得,导线右侧的磁场为垂直于纸面向里,线框由题图中位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ过程中,线框远离导线,线框所处位置的磁场减弱,所以磁通量垂直于纸面向里减小,根据楞次定律可知,感应电流方向沿abcda。故选B。
4.(双选)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,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属杆PQ向右做减速运动,在之后的运动过程中,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中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向
C.T具有收缩趋势,PQ受到向右的安培力
D.T具有扩张趋势,PQ受到向左的安培力
BD
【解析】 根据右手定则,PQRS中电流沿逆时针方向,PQRS中电流在线框T处产生的磁场方向垂直于纸面向外。金属杆PQ向右做减速运动,则PQRS中电流减小,该磁场减弱,根据楞次定律,T中电流沿逆时针方向,A错误,B正确;T磁通量减小,则具有扩张趋势;根据左手定则,PQ受到向左的安培力,C错误,D正确。
5.如图所示,套在条形磁铁外的两个面积相同的线圈A和B,其中B线圈在磁铁的正中间。设A、B两个线圈中的磁通量依次为Φ1、Φ2,它们的大小关系是Φ1　　 　　(选填“>”“<”或“=”)Φ2。磁铁如果突然向右运动,线圈A将会
　　 　　(选填“向右运动”“向左运动”或“静止”),线圈B将会　　　 　(选填“向右运动”“向左运动”或“静止”)。
<
向右运动
向右运动
【解析】 在条形磁铁内外都有磁场,而磁铁内部向左的磁通量相同,外部向右穿过线圈的磁通量越多,穿过线圈的总磁通量越少。线圈A和线圈B面积相同,线圈B所在位置向右的磁通量较少,故Φ1<Φ2;磁铁如果突然向右运动,根据楞次定律的“来拒去留”,线圈A、B将会向右运动。
感谢观看章末总结
专题一　电磁感应中的图像问题
[例1] (双选)边长为a的闭合金属正三角形线框,完全处于垂直于线框平面的匀强磁场中,现把线框匀速拉出磁场,如图所示,则线框中的电流、感应电动势、外力、外力的功率与位移的关系图像正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 BD
【解析】 设线框的速度为v,根据几何关系可知,把线框匀速拉出磁场的过程中,切割磁感线的有效长度为L=x,所以E=Bvx,即E与x成正比,故B正确;根据闭合电路欧姆定律有I==,即I与x成正比,故A错误;外力大小等于线框所受安培力大小,即F=BIL=,即F与x2成正比,故C错误;外力的功率为P外=Fv=,即P外与x2成正比,故D正确。
解决电磁感应中图像问题的方法技巧
(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、F-t图像等。
(2)利用图像分析问题时,应确定纵、横坐标的含义,分析图像的斜率、截距等的含义。
(3)画图像或判断图像时,首先分析电磁感应的具体过程,对涉及与电磁感应有关的速度、安培力、电势差、电功等可应用有关规律进行分析,最后确定答案。
[针对训练1] (双选)如图,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的矩形单匝闭合线圈从图示位置沿垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域。若规定顺时针方向为感应电流的正方向,水平向左为安培力的正方向,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安培力随时间变化的图像是(　　)
A B
C D
【答案】 BD
【解析】 线圈在进入磁场前,没有磁通量的变化,故没有感应电流产生,线圈也不受安培力;在线圈进入磁场的距离为0～L的过程中,线圈右侧切割磁感线,根据楞次定律,产生的感应电流方向为逆时针,电动势 E1=BLv,电流I1==,安培力的大小 F1=BI1L=,线圈的右侧受力,电流方向向上,根据左手定则,安培力方向向左,为正方向;在L～2L过程中,线圈的左右两侧都在切割磁感线,电动势E2=2BLv,电流I2==,方向为顺时针,线圈受到的安培力的合力大小为F2=2BI2L=,安培力方向向左,为正方向;在2L～3L过程中,线圈左侧切割磁感线,电动势E3=BLv,电流I3==,方向为逆时针,安培力的大小F3=BI3L=,线圈的左侧受力,安培力方向向左,为正方向,故A、C错误,B、D正确。
专题二　电磁感应中的动力学问题
[例2] 如图所示,一个足够长的U形金属导轨NMPQ固定在水平面内,MN、PQ两导轨间的宽为 L=0.50 m;一根质量为m=0.50 kg、电阻R=0.10 Ω 的金属导体棒ab静止在导轨上且接触良好,abMP恰好围成一个正方形,该导轨平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中,其他各部分电阻均不计。开始时,磁感应强度B0=0.50 T,导体棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2,最大静摩擦力和滑动摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若从t=0开始,使磁感应强度的大小从B0开始使其以=0.4 T/s的变化率均匀增加,求经过多长时间ab棒开始滑动;
(2)若保持磁感应强度B0的大小不变,从t=0时刻开始,给ab棒施加一个水平向右的拉力,使它做加速度为4 m/s2的匀加速直线运动,求此拉力F的大小随时间t的变化关系。
【答案】 (1)3.75 s　(2)F=(2.5t+3)N
【解析】 (1)回路产生的感应电动势为
E1=L2=0.1 V,
回路中的电流为
I1==1 A,
设经过时间t1后ab棒开始滑动,此时ab棒所受安培力大小等于最大静摩擦力,即
(B0+t1)I1L=μmg,
解得t1=3.75 s。
(2)设经过时间t后,ab棒的速度大小为v,则此时回路中的感应电流为
I=,
ab棒受到的安培力为
F安=B0IL=,
由牛顿第二定律可得
F-μmg-F安=ma,
根据运动学规律有
v=at,
联立可得
F=(2.5t+3)N。
(1)电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源),又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力),而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两大对象的纽带。
(2)解决电磁感应中力学问题的基本步骤。
①明确研究对象和物理过程,即研究哪段导体在哪一过程切割磁感线。
②根据导体运动状态,应用法拉第电磁感应定律和楞次定律求出感应电动势的大小和
方向。
③画出等效电路图,应用闭合电路欧姆定律求回路中的感应电流。
④分析导体的受力情况,要特别注意安培力方向的确定。
⑤列出动力学方程或平衡方程求解。
[针对训练2] 如图,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。两细金属棒ab和cd长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。右侧斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上,已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,已知金属棒ab匀速下滑。求:
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;
(2)金属棒运动的速度大小。
【答案】 (1)mg(sin θ-3μcos θ)
(2)(sin θ-3μcos θ)
【解析】 (1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连,故ab、cd速度总是相等,cd也做匀速直线运动。设导线的张力的大小为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2,
对于ab棒,受力分析如图甲所示,
由力的平衡条件得
2mgsin θ=μN1+T+F,
N1=2mgcos θ,
对于cd棒,受力分析如图乙所示,
由力的平衡条件得
mgsin θ+μN2=T′=T,
N2=mgcos θ,
联立解得F=mg(sin θ-3μcos θ)。
(2)设金属棒运动速度大小为v,ab棒上的感应电动势为E=BLv,回路中电流I=,
安培力 F=BIL,
联立解得v=(sin θ-3μcos θ)。
专题三　电磁感应中的动量问题
[例3] (双选)如图所示,两根电阻不计且足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内,其间距为1 m,左端连接一个R=1.5 Ω 的定值电阻,整个导轨处在磁感应强度B=0.2 T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下。质量m=0.2 kg、长度L=1 m、电阻 r=0.5 Ω的导体棒垂直导轨放置并与导轨接触良好。现使导体棒获得大小为6 m/s、方向水平向右的初速度,下列说法正确的是(　　)
A.回路中感应电流的方向为顺时针方向
B.导体棒刚开始运动的瞬间,R两端电压为 1.2 V
C.当导体棒停止运动时,通过R的电荷量为6 C
D.整个过程中导体棒向右运动的位移为60 m
【答案】 CD
【解析】 由右手定则可知回路中感应电流的方向为逆时针方向,故A错误;导体棒刚开始运动的瞬间,产生的感应电动势为E=BLv=1.2 V,R两端电压为U==0.9 V,故B错误;取水平向右为正方向,由动量定理可得-BLΔt=0-mv,又q=Δt,解得q=6 C,故C正确;整个过程中通过导体棒的电荷量为q=Δt=Δt==,解得位移为x=60 m,故D正确。
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。
[针对训练3] 如图所示,间距L=1 m的粗糙倾斜金属轨道与水平面间的夹角θ=37°,在其顶端与阻值为2R的定值电阻相连,间距相同的光滑金属轨道固定在水平面上,两轨道都足够长且在AA′处平滑连接,AA′至DD′间是绝缘带,保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通。倾斜轨道处有垂直于轨道向上、磁感应强度大小为 B1=0.5 T的匀强磁场,水平轨道处有竖直向上、磁感应强度大小为B2=1 T的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为m=0.1 kg,两棒接入电路部分的电阻均为R,初始时刻,导体棒1放置在倾斜轨道上,且距离AA′足够远,导体棒2静置于水平轨道上,已知倾斜轨道与导体棒1间的动摩擦因数μ=0.5,R=1 Ω。现将导体棒1由静止释放,运动过程中未与导体棒2发生碰撞。取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,两棒与轨道始终垂直且接触良好,导轨电阻不计,不计金属棒1经过AA′时的机械能损失。下列说法正确的是(　　)
A.导体棒1滑至DD′瞬间的速度大小为 1.2 m/s
B.导体棒1滑至DD′瞬间,导体棒2的加速度大小为6 m/s2
C.稳定时,导体棒2的速度大小为1.2 m/s
D.整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为0.06 C
【答案】 C
【解析】 导体棒1释放位置距离AA′足够远,故导体棒到达AA′前已做匀速直线运动,导体棒1在倾斜轨道上匀速运动时的电流I1==,受力分析可知mgsin θ-μmgcos θ-
I1LB1=0,解得 v1=2.4 m/s,由于水平轨道光滑,所以导体棒1滑至DD′瞬间的速度大小为
2.4 m/s,A错误;导体棒1滑至DD′瞬间,I2=,I2LB2=ma,解得a=12 m/s2,导体棒2的加速度大小为 12 m/s2,B错误;导体棒1、2最终在水平轨道上以相同的速度匀速运动,由动量守恒定律有 mv1=2mv,解得v=1.2 m/s,C正确;对导体棒2利用动量定理有LB2t=mv,则q=t=0.12 C,D错误。
专题四　电磁感应中的能量问题
[例4] 如图所示,MN、PQ为间距L=0.5 m足够长的光滑平行导轨,NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角 θ=37°,N、Q间连接有一个R=10 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B0=2 T。将一根质量为m=0.05 kg 的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上,且与导轨接触良好,导轨与金属棒的电阻均不计,现由静止释放金属棒,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度,cd距离NQ为s=2 m。(g取 10 m/s2,取 sin 37°=0.6)
(1)当金属棒滑行至cd处时回路中的电流为多大
(2)金属棒达到的稳定速度是多大
(3)当金属棒滑行至cd处时回路中产生的焦耳热是多少
(4)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0,从此时刻起,让磁感应强度逐渐减小,使金属棒中不产生感应电流,磁感应强度B应怎样随时间t变化(写出B与t的关系式)
【答案】 (1)0.3 A　(2)3 m/s　(3)0.375 J　(4)B= T
【解析】 (1)金属棒在磁场中运动时受到安培力作用,有F安=ILB0,当达到稳定速度时,有
F安=mgsin θ,
解得I==0.3 A。
(2)稳定速度时的感应电动势为E=B0Lv,
由欧姆定律可知I=,
联立解得v=3 m/s。
(3)根据能量守恒定律可得
Q=mgssin 37°-mv2,
解得Q=0.375 J。
(4)当回路中的总磁通量不变时,金属棒中不产生感应电流,此时金属棒将沿导轨做匀加速运动,由牛顿第二定律得
mgsin θ=ma,
解得a=gsin θ=6 m/s2,
此时,回路中的磁通量与金属棒刚到达cd处时的磁通量相等,即B0Ls=BL(s+vt+at2),
解得B= T。
(1)电磁感应现象中的能量转化。
(2)求解焦耳热Q的三种方法。
(3)求解电磁感应现象中能量问题的一般思路。
①用法拉第电磁感应定律、楞次定律和安培定则确定感应电动势的大小和方向。
②画出等效电路,列出回路中电能变化表达式。
③分析导体机械能的变化,用能量守恒定律得到机械能的改变与回路中电能的改变所满足的方程。
[针对训练4] 用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框绝缘,如图甲所示。圆环的半径R=2 m,导线单位长度的电阻r0=0.2 Ω/m。把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。磁感应强度B随时间t变化如图乙所示。
(1)求正方形线框产生的感应电动势;
(2)求在0～2.0 s内,圆环产生的焦耳热;
(3)若不知道圆环半径数值,求在0～2.0 s内,圆环中的电流与正方形线框中电流的比值。
【答案】 (1)4 V　(2)10π J　(3)
【解析】 (1)正方形线框的面积为S=2R2,
根据法拉第电磁感应定律得E=S=4 V。
(2)圆环面积为S′=πR2,圆周长为L=2πR,
圆环的电阻为r′=2πRr0,
根据法拉第电磁感应定律得E′=S′,
在0～2.0 s内,圆环产生的焦耳热为
Q=t=10π J。
(3)正方形线框中的电流为
I==·,
圆环中的电流为I′==·,
圆环中的电流与正方形线框中电流的比值 =。
1.(双选)如图所示,边长为1 m的正方形光滑固定金属导轨水平放置,处在竖直向下、磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场中。长度为1 m的金属棒MN垂直于导轨放置,且与导轨接触良好,导轨和金属棒单位长度的电阻均为 2 Ω。当MN以4 m/s的速度向右经过导轨中点时,下列说法正确的是(　　)
A.M点电势比N点电势高
B.棒中电流大小为1 A
C.MN两点间电压为1 V
D.导轨的热功率为1 W
【答案】 AC
【解析】 金属棒切割磁感线,金属棒相当于一个电源,根据右手定则可知,金属棒中电流由N到M,M为等效电源的正极,可知M点电势比N点电势高,故A正确;在导轨中点位置,支路并联两部分电阻相等,回路总电阻R=2 Ω+ Ω=4 Ω,感应电动势E=BLv=2 V,则棒中电流大小为I==0.5 A,故B错误;结合上述,根据闭合电路欧姆定律,MN两点间电压U=E-IR内=1 V,故C正确;导轨的热功率P=EI-I2R内=0.5 W,故D错误。
2.如图所示,匀强磁场方向垂直于纸面向里,磁场区域在y轴方向足够宽,在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置沿x轴向右匀速穿过磁场区域,下列关于BC两端的电势差UBC与线框移动的距离x的关系图像正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 B
【解析】 在0～a过程中,导体棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv,感应电流I==,方向沿逆时针,有效长度L均匀变大,感应电流I均匀变大,BC两端的电压UBC=IR,则随着I均匀增大,UBC均匀增大,且B的电势高于C点的电势,UBC>0。在a～2a过程中,有效长度L均匀变大,感应电流均匀变大,方向沿顺时针,故UBC均匀增大,且B的电势低于C点的电势,UBC<0。故B正确,A、C、D错误。
3.(双选)如图所示,光滑平行长直导轨水平放置,间距L=0.5 m,左侧接有阻值R=5.0 Ω的电阻。导体棒质量m=0.25 kg,垂直静止放在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨所在区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T。初始时刻给导体棒一向右的初速度v0=5 m/s,滑行一段时间t后导体棒速度变为v1=3 m/s,已知重力加速度g取10 m/s2,则以下说法正确的是(　　)
A.导体棒做匀减速运动,直到速度为0
B.在t时间内,导体棒向右运动的位移为2.5 m
C.在t时间内,电阻R产生的热量Q=1.0 J
D.在t时间内,通过电阻R的电荷量q=0.5 C
【答案】 BD
【解析】 由右手定则和左手定则可知导体棒在向右运动过程中所受安培力向左,所以导体棒向右做减速运动,再由E=BLv,I=,可知F安=BIL=,在减速过程中安培力为变力,所以导体棒向右做加速度减小的减速运动,直至处于静止状态,故A错误;由动量定理 LBt=qLB=mv0-mv1,得q=0.5 C,又由q==,解得x=2.5 m,故B、D正确;由能量守恒定律有m=m+Q,解得Q=2.0 J,故C错误。
4.如图所示,两电阻不计的足够长光滑导轨倾斜放置,上端连接一电阻R,空间有一垂直于导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场,一质量为m的导体棒与导轨接触良好,从某处自由释放,选项四个图像分别表示导体棒运动过程中速度v与时间t的关系、加速度a与时间t的关系、机械能E与位移x的关系以及通过导体棒的电荷量q与位移x的关系,其中可能正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 C
【解析】 根据右手定则和左手定则可知,导体棒在沿导轨平面方向有mgsin θ-=ma,解得a=gsin θ-,可知速度逐渐增加,其他物理量不变,加速度逐渐减小,且加速度的变化率逐渐减小。v-t图像中斜率表示加速度,而选项A中加速度逐渐增加,A错误;选项B中加速度逐渐减小,但加速度的变化率逐渐增大,B错误;导体棒在磁场中运动时受安培力作用,安培力做负功,故机械能减小,由功能关系得-x=E-E0,则E-x图像斜率的绝对值表示安培力的大小,导体棒先加速后匀速,所以安培力先增大后不变,C正确;由电荷量的公式可得 q=Δt,在电磁感应中,电流与磁通量的关系为=,联立可得q==,可知电荷量与位移成正比,D错误。
5.(双选)如图甲所示,光滑的水平面内MN、QP间存在一匀强磁场,磁场方向竖直向下,一正方形金属线框放置在水平面上。t=0时,该线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动,外力F随时间t变化的图线如图乙所示,已知线框质量m=1 kg、电阻 R=2 Ω,则(　　)
A.磁场宽度为4 m
B.线框穿过磁场边界PQ的时间为0.5 s
C.线框进入磁场过程中,通过线框横截面的电荷量为 C
D.线框刚要从磁场穿出时外力F大小为 3 N
【答案】 AC
【解析】 t=0时,线框的速度为零,不受安培力,则其加速度为a==2 m/s2,磁场宽度为线框在前2 s内的位移,即d=a=4 m,故A正确;设线框刚到达磁场边界PQ时的速度为v2,有v2=at2=2×2 m/s=4 m/s,线框的边长为其第1 s内发生的位移,即L=a=1 m,设穿过磁场边界PQ的时间为t3,根据匀变速直线运动规律可知 L=v2t3+a,解得t3=(-2)s,故B错误;当线框全部进入磁场的瞬间,有F1-FA=ma,FA=,v1=at1,F1=4 N,联立解得B= T,线框进入磁场过程中,通过线框横截面的电荷量为 q=Δt=== C,故C正确;线框刚要从磁场穿出时,设其速度为v3,有2a(L+d)=,对线框应用牛顿第二定律,有 F-FA′=ma,FA′=,联立可得F=(2+2) N,故D错误。
6.如图甲所示,两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m,固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为 1 T 的匀强磁场。质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑,其运动过程中的v-t图像如图乙所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好,不计金属棒和导轨的电阻,g取10 m/s2,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则金属棒与导轨间的动摩擦因数 μ=　　　　;金属棒在磁场中能够达到的最大速率vm=　　　　;若金属棒从进入磁场到速度达到
5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C,则此过程中电阻产生的焦耳热 Q=　　　　。
【答案】 0.25　8 m/s　2.95 J
【解析】 由题图乙可知,金属棒在0～1 s内做初速度为0的匀加速直线运动,1 s后做加速度减小的变加速运动,可知金属棒在第1 s末进入磁场。在0～1 s过程中,由题图乙可知,金属棒的加速度a==4 m/s2 ,在这个过程中,沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律有 mgsin 37°-μmgcos 37°=ma,联立解得金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.25 。金属棒在磁场中达到最大速率时,金属棒处于平衡状态,设金属棒的最大速率为vm,金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLvm,根据闭合电路欧姆定律有I=,根据安培力公式有F=ILB,根据平衡条件有 F+μmgcos 37°=mgsin 37°,联立解得vm=8 m/s。设金属棒进入磁场到速度达到5 m/s时下滑距离为x,根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律,可得 q=Δt====,解得金属棒在磁场中下滑的位移x==2.6 m,由动能定理有mgxsin 37°-μmgxcos 37°-W=m-m,此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功,即Q=W,联立解得此过程中电阻产生的焦耳热 Q=2.95 J。
7.(2025·福建卷)光滑斜面倾角θ=30°,Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直于斜面向上的匀强磁场,两区域中磁场的磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m,总电阻为R,线框由同种材料制成且粗细均匀,Ⅰ区域沿斜面的宽度为L1,Ⅱ区域沿斜面的宽度为L2,两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的边长。线框从某一位置释放,cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致。已知重力加速度为g。求:
(1)线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离;
(2)cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差;
(3)线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率。
【答案】 (1)
(2)
(3)见解析
【解析】 (1)设线框cd边释放点与Ⅰ区域上边缘的距离为x,从线框释放到cd边到达Ⅰ区域上边缘的过程中,由动能定理可得mgxsin θ=mv2,
解得x=。
(2)由于cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,可知线框匀速通过Ⅰ区域,则线框边长L=L1,
且满足BIL1=mgsin θ,①
又有I==,②
将②代入①中可得B=,③
当cd边进入Ⅰ区域时,cd边切割磁感线产生的感应电动势E=BL1v,④
cd边两端的电势差
Ucd=E=E=,⑤
联立③⑤可得
Ucd=。⑥
(3)从cd边进入Ⅱ区域到ab边刚要离开Ⅱ区域的过程中,
由动能定理可得
mg(L2+L1)sin θ-W=0,⑦
解得克服安培力做的功
W=mg(L2+L1),⑧
由于题目中并未给出线框边长L1与Ⅱ区域沿斜面的宽度L2的大小关系,故分情况进行
讨论。
第1种情况:若L11到2过程,即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程,
以线框为研究对象,根据动量定理可得
mgsin θ·t1-BL1t1=mv2-mv1,⑨
又有t1=q1=,
联立⑨解得
mgsin θ·t1-=mv2-mv1;
2到3过程,即从ab边刚要进入Ⅱ区域到cd边刚要出Ⅱ区域的过程,
对线框由动量定理可得
mgsin θ·t2=mv3-mv2;
3到4过程,即从cd边刚要出Ⅱ区域到ab边恰好完全离开Ⅱ区域的过程,
对线框根据动量定理可得
mgsin θ·t3-BL1t3=mv1-mv3,
又有t3=q2=,
即mgsin θ·t3-=mv1-mv3;
联立可得
mgsin θ(t1+t2+t3)-=0,
则t=t1+t2+t3=,
将③代入式可得t=,
则线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率
P==v。
第2种情况:若L1>L2,垂直于斜面看,如图乙所示,
1到2过程,即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到cd边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程,
对线框根据动量定理可得
mgsin θ·t1′-BL1t1′=mv2′-mv1,
又有 t1′=q1′=,
可得mgsin θ·t1′-=mv2′-mv1;
2到3过程,即从cd边刚到达Ⅱ区域下边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程,
对线框根据动量定理可得
mgsin θ·t2′=mv3′-mv2′;
3到4过程,即从ab边刚到达Ⅱ区域上边缘到ab边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程,
对线框根据动量定理可得
mgsin θ·t3′-BL1t3′=mv1-mv3′,
又有 t3′=q2′=,
即mgsin θ·t3′-=mv1-mv3′;
联立可得
mgsin θ(t1′+t2′+t3′)-=0,
则t′=t1′+t2′+t3′=,
将③代入可得t′=,
则线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率
P′==v。
第3种情况:若L1=L2,根据题给信息与上述分析可知,线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域的过程,始终受安培力,可能一直减速,也可能先减速后匀速,则ab边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致,与题给信息不符,故不存在此种情况。
电磁感应及其应用　检测试题
一、单项选择题:本题共4小题,每小题4分,共 16分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.如图所示,某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒,圆筒上套一环形轻质铝箔,电磁炉产生的交变磁场的频率、强弱可以调节。现给电磁炉通电,发现铝箔悬浮起来,则(　　)
A.只减弱磁场,铝箔悬浮高度将不变
B.只增大频率,铝箔中产生的感应电流增大
C.更换薄铝箔,铝箔中产生的感应电流变大
D.在产生图示方向磁场时,断开电源,铝箔中会产生图示方向的电流
【答案】 B
【解析】 铝箔悬浮起来是由于磁场的变化使铝箔中产生感应电流,在磁场中受到安培力的作用,若只减弱磁场,感应电流不变,安培力减小,铝箔悬浮的高度会减小,A错误;只增大频率,磁场的变化率增大,根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势增大,因此铝箔中产生的感应电流增大,B正确;更换薄铝箔,根据R=ρ,横截面积S减小,铝箔的电阻增大,因此感应电流变小,C错误;在产生题图所示方向磁场时,断开电源,向上的磁场减弱,根据楞次定律和安培定则可知,铝箔中产生感应电流的方向与题图所示方向相反,D错误。
2.如图是学生常用的饭卡内部实物图,其由线圈和芯片组成电路。当饭卡处于感应区域时,刷卡机会激发变化的磁场,从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S,共n匝。某次刷卡时,线圈平面与磁场垂直,且全部处于磁场区域内,在感应时间t0内,磁感应强度方向向外且由0增大到B0,此过程中(　　)
A.线圈中感应电流方向为逆时针方向
B.线圈有扩张的趋势
C.通过线圈的磁通量变化量大小为B0S
D.线圈中感应电动势大小为
【答案】 C
【解析】 穿过线圈的磁通量向外增加,根据楞次定律可知,线圈中感应电流方向为顺时针方向,根据增缩减扩推论可知,线圈有收缩的趋势,故A、B错误;通过线圈的磁通量变化量大小为ΔΦ=B0S-0=B0S,故C正确;根据法拉第电磁感应定律可得,线圈中感应电动势大小为E=n=n,故D错误。
3.如图所示,两个电阻阻值均为R,电感线圈L的电阻及电池内阻均可忽略不计,S原来断开,电路中电流I0=。现将S闭合,于是电路中产生了自感电动势,此自感电动势的作用是(　　)
A.使电路的电流减小,最后由I0减小到零
B.有阻碍电流增大的作用,最后电流小于I0
C.有阻碍电流增大的作用,因而电流总保持不变
D.有阻碍电流增大的作用,电流最后变为2I0
【答案】 D
【解析】 S闭合,电路中电阻减小,电流增大,线圈产生的自感电动势的作用是阻碍原电流的增大,选项A错误;阻碍电流增大,不是阻止电流增大,而是让电流增大的速度变慢,最后达到稳定时,电路中电流为I==2I0,选项B、C错误,D正确。
4.如图甲所示,用金属裸导线制作大小两个圆环,已知大圆环半径为R=2 m,小圆环半径为r=1 m,两圆环接触相切于c点。大圆环上端a、b和切点c处留有一非常小的缺口。空间中存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,从t=0时刻起磁感应强度按图乙规律变化,设磁场垂直于纸面向里为正方向。下列说法正确的是(　　)
A.在0～1 s过程中,大圆环上a、b两点电势φa>φb
B.若将a、b间小缺口闭合,在0～1 s过程中小圆环上有如箭头所示方向的电流
C.若将a、b间小缺口闭合,在t=2 s前后瞬间回路中的电流不同
D.在1～3 s过程中,将理想电压表正确接在大圆环上的a、b两点之间,电压表读数为30π V
【答案】 D
【解析】 根据楞次定律,在0～1 s过程中,磁感应强度B不断增大,小圆环与大圆环均产生逆时针方向的电动势,但大圆环电动势较大,故b点相当于电源正极,a点相当于电源负极,φa<φb,故A错误;若将a、b间小缺口闭合,则在0～1 s过程中小圆环上的电流方向与题图甲箭头所示方向相反,在1～3 s内,磁感应强度的变化率不变,可知在t=2 s前后瞬间回路中感应电动势不变,则电流也不变,故B、C错误;由法拉第电磁感应定律得E=n==
30π V,即理想电压表读数为30π V,故D正确。
二、双项选择题:本题共4小题,每小题6分,共 24分。每小题有两项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
5.铁路系统安装了一种设备,可以及时向控制中心传输信号以确定火车的位置和运动状态,其装置原理如图甲所示(俯视图),将能产生匀强磁场的永磁铁安装在火车首节车厢底部,当它经过安放在两铁轨间边长为l的单匝正方形线圈(电阻不计)上方时,线圈便产生一个电信号传输给控制中心。已知匀强磁场的磁感应强度为B,磁场区域的面积略大于线圈的面积。在平直轨道上,当火车首节车厢通过线圈时,控制中心接收到线圈两端电压u与时间t的关系如图乙所示(ab、cd均为直线),则在t1～t2时间内,下列说法正确的是(　　)
A.火车做匀速直线运动
B.M点电势低于N点电势
C.t1时刻火车速度大小为
D.火车平均速度大小为
【答案】 BC
【解析】 由E=Blv可知,动生电动势与速度成正比,而在题图乙中ab段的电压与时间成正比,因此可知在t1到t2这段时间内,火车的速度与时间成正比,所以火车在这段时间内做的是匀加速直线运动,故A错误;磁场向右运动,根据右手定则可知线圈中的感应电流方向为逆时针方向,M点电势低于N点电势,故B正确;t1时刻产生的感应电动势u1=Blv1,t1时刻火车速度大小为v1=,故C正确;t2时刻对应的速度为v2=,这段时间内的平均速度大小为 ==,故D错误。
6.如图甲所示,两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定,顶端接有阻值为R的电阻,垂直于导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场,t=0时磁场方向垂直于纸面向里。在t=0到 t=2t0 的时间内,金属棒水平固定在距导轨顶端L处;t=2t0时,释放金属棒,金属棒下降h时速度大小为v。整个过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,导轨与金属棒的电阻不计,金属棒的质量为m,重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.在t=时,金属棒受到安培力的大小为
B.在t=t0时,金属棒中电流的大小为
C.在t=时,金属棒受到安培力的方向竖直向上
D.金属棒下降h的过程中,所用的时间为
【答案】 BC
【解析】 由题图乙可知在0～t0时间段内产生的感应电动势为E==,根据闭合电路欧姆定律可知,此时间段的电流为I==,在时磁感应强度为,此时安培力大小为F=BIL=,故A错误,B正确;由题图乙可知在t=时,磁场方向垂直于纸面向外并逐渐增大,根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流,再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上,故C正确;金属棒下降过程中,通过金属棒的平均电流==,电荷量q=t=t=t=,利用动量定理有mgt-B0Lt=mv,则金属棒下降h所用的时间t=+,故D错误。
7.如图所示,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)
A.金属棒两端的最大电压为 BL
B.流过电阻R的电荷量为
C.克服安培力所做的功为mgh
D.右端的定值电阻R产生的焦耳热为 (mgh-μmgd)
【答案】 AD
【解析】 金属棒在下滑过程中,由机械能守恒定律得mgh=mv2,解得金属棒到达水平面时的速度v=,金属棒进入磁场后受到向左的安培力和摩擦力而做减速运动,则金属棒刚到达水平面时的速度最大,所以最大感应电动势为E=BLv,金属棒两端的最大电压为U=E=BL,A正确;流过电阻R的电荷量为q=t,==,故 q=·t=,B错误;金属棒在整个运动过程中,由动能定理得mgh-W安-μmgd=0,则克服安培力做功W安=mgh-
μmgd,C错误;克服安培力做功产生焦耳热,定值电阻与金属棒电阻阻值相等,通过它们的电流相等,则定值电阻R产生的焦耳热QR=Q=W安=(mgh-μmgd),D正确。
8.如图所示,固定在竖直平面上半径为L的金属圆环内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为L的金属棒,一端与圆环接触良好,另一端固定在导电转轴上,随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和圆心O间接有阻值为R的电阻和电容为C的平行板电容器,电容器的极板水平且间距为d,在极板间有一带正电微粒处于静止状态。已知重力加速度为g,不计其他电阻和摩擦,下列说法正确的是(　　)
A.金属棒逆时针转动
B.带电微粒的比荷为
C.金属棒转动一周,通过电阻R的电荷量为
D.金属棒克服安培力做功的功率总等于重力对其做功的功率
【答案】 AC
【解析】 由极板间有一带正电微粒处于静止状态可知,上极板带负电,根据右手定则可知,金属棒逆时针转动,故A正确;由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场,所以金属棒有效切割长度为L,金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=BL=BL·=BL2ω,极板两端的电势差为U=E=,带电微粒处于静止状态,由平衡条件得q=mg,联立解得带电微粒的比荷=,故B错误;金属棒转动一周,通过电阻R的电荷量为q==,故C正确;金属棒随轴以角速度ω匀速转动,根据能量守恒定律,金属棒克服安培力做功的功率等于重力对其做功的功率与外力对其做功的功率之和,故D错误。
三、非选择题:共60分。
9.(6分)如图所示,水平桌面上有一闭合铝环,在铝环轴线上方有一条形磁体,当条形磁体沿轴线竖直向上迅速运动时,铝环有　　　　(选填“扩张”或“收缩”)的趋势,对桌面压力　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】 扩张　减小
【解析】 根据楞次定律可知,当条形磁体沿轴线竖直向上迅速运动时,闭合铝环内的磁通量减小,因此铝环面积有扩张的趋势,同时将靠近磁体,故减小了和桌面的挤压程度,从而使铝环对桌面的压力减小。
10.(6分)某学校开展“摇绳发电”的比赛活动。如图所示,在操场上,将一根长为20 m的铜芯导线两端与电流传感器的两个接线柱连接,构成闭合回路;两名同学面对面站立摇动这根导线。(忽略地球磁偏角的影响)
(1)在“摇绳发电”的过程中,导线中将产生　　 　　　(选填“交流电”或“直流电”)。
(2)若增大摇绳的频率,则电流传感器的最大示数将　　 　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)为了获得较大电流,两名同学应该　　　　(选填“东西”或“南北”)方向站立摇绳。
【答案】 (1)交流电　(2)增大　(3)东西
【解析】 (1)摇绳过程中导线切割磁感线的方向在变化,感应电流的方向改变,故产生的是交流电。
(2)若增大摇绳的频率,则穿过闭合线圈的磁通量变化率增大,电流传感器的最大示数将
增大。
(3)地磁场方向沿南北方向,为使摇绳时线圈中有较大的磁通量变化率,从而产生较大电流,两名同学应该沿东西方向站立摇绳。
11.(6分)我国某预警机沿水平方向以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行。该机两翼的面积为 30 m2,两翼尖间的距离为50 m,该区域地磁场的竖直分量为0.47×10-4 T,穿过该机两翼的磁通量为　　　　 Wb,该机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势　　　　(选填“高”或“低”)。
【答案】 1.41×10-3　高
【解析】 穿过该机两翼的磁通量为Φ=BS=1.41×10-3 Wb,根据右手定则可知,电路中感应电动势方向自右向左,因飞机此时作为电源处理,故机左方翼尖的电势比右方翼尖的
电势高。
12.(6分)某同学用如图甲所示的装置“探究影响感应电流方向的因素”,螺线管与电流计构成闭合回路,条形磁铁N极朝下,请回答下列问题。
(1)要想使电流计指针发生偏转,即有感应电流产生,该同学进行了以下四种操作,其中可行的是　　　　。
A.螺线管不动,磁铁静止放在螺线管中
B.螺线管不动,磁铁插入或拔出螺线管
C.磁铁与螺线管保持相对静止,一起匀速向上运动
D.磁铁与螺线管保持相对静止,一起在水平面内做圆周运动
(2)在(1)的研究中,该同学发现电流计指针偏转方向会有所不同,也就是感应电流方向不同,根据(1)中的操作,则感应电流方向与下列哪些因素有关　　　　。
A.螺线管的匝数
B.磁铁的磁性强弱
C.磁铁运动的方向
D.磁铁运动的速度大小
(3)该同学又将实验装置进行了改造,如图乙所示,螺线管A经过滑动变阻器与开关、电池相连构成直流电路;螺线管B与电流计构成闭合回路,螺线管B套在螺线管A的外面,为了探究影响感应电流方向的因素,闭合开关后,以不同速度移动滑动变阻器的滑片,观察指针摆动情况。由此实验可以得出恰当的结论是　　　　　　。
A.螺线管A的磁性变强或变弱影响指针摆动幅度大小
B.螺线管A的磁性变强或变弱不会影响指针摆动方向
C.螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小
D.螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动方向
【答案】 (1)B　(2)C　(3)C
【解析】 (1)当螺线管中的磁通量不发生变化时,就不会有感应电流产生,螺线管不动,磁铁静止放在螺线管中,磁铁与螺线管保持相对静止,一起匀速向上运动或者是一起在水平面内做圆周运动,螺线管中的磁通量都不会发生变化,即不会产生感应电流,A、C、D错误;螺线管不动,磁铁插入或拔出螺线管时,螺线管中的磁通量发生变化,会产生感应电流,
B正确。
(2)由楞次定律可知,感应电流方向和磁铁运动的方向有关,C正确。
(3)磁通量变化越快,感应电流越大,指针摆动幅度越大,C正确,D错误;由楞次定律可知,螺线管A的磁性变强或变弱会影响感应电流的方向,A、B错误。
13.(6分)某学习小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验中采用了如图甲所示的实验装置。
(1)实验需用螺旋测微器测量挡光片的宽度d,如图乙所示,d=　　　　 mm。
(2)在实验中,让小车以不同速度靠近螺线管,记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E,改变速度多次实验,得到多组数据。这样的实验设计满足了物理实验中常用的“控制变量法”,小车以不同速度靠近螺线管过程中不变的量是　　　　。
A.磁通量的变化量
B.磁通量的变化率
(3)得到多组Δt与E的数据之后,若以E为纵坐标、Δt为横坐标画出E-Δt图像,发现图像是一条曲线,不容易得出清晰的实验结论,为了使画出的图像为一条直线,最简单的改进办法是以　　　　为横坐标。
(4)其他条件都不变,若换用匝数更多的螺线管做实验,根据实验数据所作出的那条直线,其斜率　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】 (1)5.665　(2)A　(3)　(4)增大
【解析】 (1)用螺旋测微器测量挡光片的宽度
d=5.5 mm+0.01 mm×16.5=5.665 mm。
(2)小车以不同速度靠近螺线管的过程中,磁铁与螺线管之间的相对位置的改变量一样,穿过螺线管的磁通量的变化量相同,故A正确,B错误。
(3)根据E=n=nΔΦ,螺线管匝数和磁通量变化量一定,可知E-Δt图像是一条曲线,若作出E-图像则为一条直线,即改进的方法是以为横坐标。
(4)根据E=n=nΔΦ,其他条件都不变,若换用匝数更多的螺线管做实验,根据实验数据作出E-图像,其斜率增大。
14.(8分)一个圆形金属线圈,共有n=10匝,其总电阻r=2.0 Ω,线圈半径R= m。将线圈与阻值R0=10 Ω的电阻连成闭合回路,如图甲所示。线圈内部存在着一个边长l=2 m的正方形区域,其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场,如图乙所示,磁场方向以垂直于纸面向外为正。求:
(1)通过R0的电流方向;
(2)回路中感应电动势E的大小;
(3)2 s内R0产生的热量Q。
【答案】 (1)由a指向b　(2)8 V　(3)8.9 J
【解析】 (1)穿过线圈的磁通量垂直于纸面向外且均匀增大,由楞次定律和安培定则可知,闭合回路中产生顺时针方向的感应电流,所以通过R0的电流方向由a指向b。
(2)由法拉第电磁感应定律可得E=n,
=l2,
由题图乙知= T/s=0.2 T/s,
代入数据可得E=8 V。
(3)由闭合电路欧姆定律和焦耳定律可得,2 s内R0产生的热量
Q=I2R0t=()2R0t,
代入数据得Q≈8.9 J。
15.(8分)如图所示,电阻r=0.1 Ω的导体棒ab沿光滑导线框向右做匀速运动,导线框接有R=0.4 Ω 的定值电阻,导线框放在磁感应强度B=0.1 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于导
线框平面,导线框之间的间距为L=0.4 m,导体棒ab的运动速度v=10 m/s。线框的电阻不计。求:
(1)安培力的功率;
(2)电阻R上消耗的功率。
【答案】 (1)0.32 W　(2)0.256 W
【解析】 (1)导体棒ab运动时切割磁感线,产生动生电动势E=BLv,回路中的电流I=,
导体棒ab在磁场中受到的安培力
F安=ILB,
联立解得F安==0.032 N,
安培力的功率
P1=F安v=0.032×10 W=0.32 W。
(2)电阻R上消耗的功率
P2=I2R=R=0.256 W。
16.(14分)如图所示,水平面上固定有光滑金属导轨abcd和efgh,ab、ef平行,间距为2L;cd、gh平行,间距为L,且右端足够长;垂直ab和ef放置一质量为m的粗细均匀金属棒MN,导轨cd、gh的最左端垂直放置另一质量也为m的金属棒PQ,两金属棒均与导轨接触良好,
MN、PQ棒接入电路的电阻分别为2R和R,导轨电阻不计,导轨平面内有垂直于平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现先将PQ棒固定,给MN棒一个水平向右、大小为2v0的初速度,当MN棒速度减为v0时释放PQ棒。当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时,回路中电流恰好为零,求:
(1)MN棒开始运动的瞬间,PQ棒所受安培力的大小;
(2)当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时,两棒各自的速度大小。
【答案】 (1)　(2)v0　v0
【解析】 (1)当MN棒开始运动时,产生的感应电动势大小E0=B·2L·2v0,
由闭合电路欧姆定律可知电流I0=,
PQ棒所受安培力大小F=BI0L=。
(2)回路中电流为零时,有
B·2L·vMN=B·L·vPQ,
解得vPQ=2vMN,
由于MN棒和PQ棒中电流大小始终相等,两棒所受安培力大小的比值==,
对MN棒运用动量定理有
-FMN·Δt=m·ΔvMN,
对PQ棒有FPQ·Δt=m·ΔvPQ,
得==,
解得vMN=v0,vPQ=v0。

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