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第九章　电磁感应　交变电流
洞悉目标
知识内容
考试
要求
历次考题
2016年4月
2016年10月
2017年4月
2017年
11月
2018年4月
2018年11月
2019年4月
2020年1月
电
磁
感
应
1.电磁感应现象
b
2.楞次定律
c
3.法拉第电磁感应定律
d
23
22
22
22
22
22
4.电磁感应现象的两类情况
b
23
5.互感和自感
b
6.涡流、电磁阻尼和电磁驱动
b
实验:探究电磁感应的产生条件
√
21
实验:探究感应电流方向的规律
√
21(2)
21
交
变
电
流
1.交变电流
c
2.描述交变电流的物理量
c
21
3.电感和电容对交变电流的影响
b
4.变压器
c
10
5.电能的输送
c
实验:探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
√
21
21
考纲解读
对本章内容的考查,重点有感应电流的产生、感应电动势方向的判断、感应电动势大小的计算及交变电流的有效值、瞬时值、变压器的原理及远距离输电等知识。
1.常以选择题形式考查对基础知识、基本规律的理解与应用。
2.以计算题的形式考查综合性知识,如运动学、力学、能量、电路、图象等知识与电磁感应结合的问题,一般难度较大,分值较高。
课时1　法拉第电磁感应定律　楞次定律　自感　涡流
基础梳理
一、电磁感应
1.电磁感应现象
当穿过闭合电路的
发生变化时,电路中有电流产生,这种现象称为电磁感应现象。
2.产生感应电流的条件
(1)条件:穿过闭合电路的磁通量
。
(2)特例:闭合电路的一部分导体在磁场内做
运动。
3.能量转化
发生电磁感应现象时,机械能或其他形式的能转化为
。
磁通量
发生变化
切割磁感线
电能
温馨提示:当回路不闭合时,没有感应电流,但有感应电动势,只产生感应电动势的现象也可以称为电磁感应现象,且产生感应电动势的那部分导体或线圈相当于电源。
二、感应电流方向的判断
1.楞次定律
(1)内容:感应电流的磁场总要
引起感应电流的
的变化。
(2)适用情况:所有的电磁感应现象。
2.右手定则
(1)内容:伸开右手,使拇指与其余四个手指
,并且都与手掌在同一个
,让磁感线从掌心进入,并使拇指指向
的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
(2)适用情况:
产生感应电流。
阻碍
磁通量
垂直
平面内
导线运动
导线切割磁感线
考点一　电磁感应现象的判断
1.产生感应电流的条件
表述一:闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。
表述二:穿过闭合电路的磁通量发生变化。
2.判断感应电流有无的流程
(1)确定研究的闭合回路。
(2)弄清楚回路内的磁场分布,并确定该回路的磁通量Φ。
夯实考点
(3)
3.电磁感应现象的判断
判断电路中能否产生感应电流的一般流程
[典例1]
如图所示,闭合铜环与闭合金属矩形框架abcd接触良好,匀强磁场垂直穿过它们。当铜环沿框架向右移动时(　　)
A.efg边上没有感应电流产生,因为铜环内磁通量没有变化
B.ab边上没有感应电流产生,因为金属框架内磁通量没有变化
C.ab边上有感应电流,efg边上没有感应电流
D.ab边、efg边上均有感应电流
答案:D
解析:法一　取aefgb为研究的回路,当闭合铜环向右移动时,其磁通量Φ增大,所以该回路中有感应电流,ab边、efg边上均有感应电流产生,选项A,
B,C错误,D正确。
法二　当闭合铜环向右移动时,efg,ehg两边都在切割磁感线,相当于两个电源并联,所以ab,efg,dc和ehg各边上均有感应电流产生,选项A,B,C错误,
D正确。
判断能否产生电磁感应现象,关键是看回路的磁通量是否发生了变化。磁通量的变化量ΔΦ=Φ2-Φ1有多种形式,主要有:
(1)S,θ不变,B改变,这时ΔΦ=ΔB·Ssin
θ;
(2)B,θ不变,S改变,这时ΔΦ=ΔS·Bsin
θ;
(3)B,S不变,θ改变,这时ΔΦ=BS(sin
θ2-sin
θ1)。
特别提醒
变式1:(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。下列说法正确的是(　
　)
AB
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动
解析: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,感应电流阻碍其相对运动,但抗拒不了相对运动,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为零,选项C错误;圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向,会使磁针沿轴线方向偏转,选项D错误。
考点二　感应电流方向的判断
1.楞次定律: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.右手定则:如图,伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一平面内,让磁感线从掌心进入,并使拇指指向导体运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
说明:(1)楞次定律适用于所有的电磁感应现象。
(2)右手定则是楞次定律的一个推论,适用于导体棒切割磁感线产生感应电流。
[典例2]
如图,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突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是(　　)
A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向
B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向
C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向
D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向
解析:因为PQ突然向右运动,由右手定则可知,运动开始的瞬间,PQRS中有沿逆时针方向的感应电流,穿过T中的磁通量减小,由楞次定律可知,T中有沿顺时针方向的感应电流,D正确,A,B,C错误。
答案:D
变式2:(多选)如图所示,“U”形金属框架固定在水平面上,金属杆ab与框架间无摩擦。整个装置处于竖直方向的磁场中。若因磁场的变化,使杆ab向右运动,则磁感应强度(　
　)
A.方向向下并减小
B.方向向下并增大
C.方向向上并增大
D.方向向上并减小
AD
解析:杆ab向右运动,使得闭合回路中磁通量有增加趋势,说明原磁场的磁通量必定减小,即磁感应强度正在减小,与方向向上、向下无关,故选项A,D正确,B,C错误。
考点三　楞次定律的推广应用
1.楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因:
(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)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”;
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
2.楞次定律的使用步骤
[典例3]
如图,通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面,位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时,线圈所受安培力的合力方向(　　)
A.向左
B.向右
C.垂直纸面向外
D.垂直纸面向里
答案:B
解析:因为导线MN靠近ab,由图可知,线圈中等效合磁场为垂直纸面向里,当MN中电流减小时,由楞次定律可知感应电流的磁场阻碍磁通量的减小,故线圈向右运动,所受安培力的合力向右,故只有B项正确。
A
变式3:如图,一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上,细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放,环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F1和F2,重力加速度大小为g,则(　
　)
A.F1>mg,F2>mg
B.F1C.F1>mg,F2D.F1mg
解析:金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中,由楞次定律知,金属圆环在磁铁上端时受力向上,在磁铁下端时受力也向上,则金属圆环对磁铁的作用力始终向下,对磁铁受力分析可知F1>mg,F2>mg,A项正确。
考点四　法拉第电磁感应定律
1.对法拉第电磁感应定律的理解
4.求解感应电动势常有如下几种方法
[典例4]
如图a所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4
m。导轨右端接有阻值R=1
Ω的电阻,导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计,导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,bd连线与导轨垂直,长度也为L。从t=0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t的变化规律如图b所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1
s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1
m/s做直线运动,求:
(1)棒进入磁场前,回路中的电动势E;
答案:(1)0.04
V
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
答案:(2)0.04
N　i=t-1(1
s≤t≤1.2
s)
变式4:(多选)如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面向里。回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是(　
　)
ACD
考点五　自感、涡流、电磁阻尼与电磁驱动
(1)自感系数L
①相关因素:与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。
②单位:亨利(H,1
mH=10-3
H,1
μH=10-6
H)。
(2)通电自感与断电自感的比较
通电自感
断电自感
电路图
器材
要求
A1,A2同规格,
R=RL,L较大
L很大(有铁芯)
现象
在S闭合瞬间,A2灯立即亮起来,A1灯逐渐变亮,最终一样亮
在开关S断开时,灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭(当抽掉铁芯后,重做实验,断开开关S时,会看到灯A马上熄灭)
原因
由于开关闭合时,流过电感线圈的电流迅速增大,使线圈产生自感电动势,阻碍了电流的增大,流过A1灯的电流比流过A2灯的电流增加得慢
断开开关S时,流过线圈L的电流减小,产生自感电动势,阻碍了电流的减小,使电流继续存在一段时间;在S断开后,通过L的电流反向通过A灯,且由于RL?RA,使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大,从而使A灯的发光功率突然变大
能量转
化情况
电能转化为磁场能
磁场能转化为电能
2.涡流
(1)涡流:当线圈中的电流发生变化时,在它附近的导体中都会产生感应电流,这种电流像水中的旋涡,所以叫涡流。
(2)电磁阻尼:当导体在磁场中运动时,感应电流会使导体受到安培力,安培力的方向总是阻碍导体的相对运动。
(3)电磁驱动:如果磁场相对于导体运动,在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用,使导体运动起来。
说明:电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。
[典例5]
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,在实验完毕后,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
解析:该电路实际上就是伏安法测电感线圈直流电阻的电路,在实验完毕后,由于线圈的自感现象,若电路元件拆去的先后顺序不对,可能会烧坏电表。当开关S1,S2闭合,电路稳定时,线圈中的电流方向为a→b,电压表的右端为“+”,左端为“-”,指针正向偏转。若先断开开关S1或先拆电流表(或先拆去电阻R)的瞬间,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,此时电压表加了一个反向电压,使指针反向偏转,因自感系数较大的线圈的电压很大,会烧坏电压表。而先断开开关S2,由于电压表的内阻很大,电路中的总电阻变化很小,电流几乎不变,不会损坏其他器件,故应先断开开关S2,选项B正确。
答案:B
变式5:(多选)如图所示的电路中,电感线圈L的自感系数很大,电阻可忽略,D为理想二极管,则下列说法正确的有(　
　)
BD
A.当S闭合时,L1立即变亮,L2逐渐变亮
B.当S闭合时,L1一直不亮,L2逐渐变亮
C.当S断开时,L2立即熄灭
D.当S断开时,L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭
解析:当S闭合时,因二极管加上了反向电压,故二极管截止,L1一直不亮。通过线圈的电流增加,产生感应电动势阻碍电流增加,故使得L2逐渐变亮,选项B正确,A错误;当S断开时,由于线圈自感电动势阻碍电流的减小,通过L1的电流要在L2→L1→D→L中形成新的回路,故L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,选项C错误,D正确。
课堂训练
1.(电磁感应现象)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发生声音,下列说法正确的有(　
　)
A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作
B.取走磁体,电吉他将不能正常工作
C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化
BCD
解析:因铜质弦不能被磁化,所以A错误;若取走磁铁,金属弦无法磁化,电吉他将不能正常工作,所以B正确;根据法拉第电磁感应定律知,增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势,所以C正确;弦振动过程中,线圈中的磁通量一会儿增大一会儿减小,所以电流方向不断变化,D正确。
2.(楞次定律的应用)(多选)如图,在水平光滑桌面上,两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上,且每个小线圈都各有一半面积在金属框内,在金属框接通逆时针方向电流的瞬间(　
　)
A.两小线圈会有相互靠拢的趋势
B.两小线圈会有相互远离的趋势
C.两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
D.左边小线圈中感应电流沿顺时针方向,右边小线圈中感应电流沿逆时针方向
BC
解析:在金属框接通逆时针方向电流的瞬间,穿过两线圈的磁通量均增加,为了阻碍磁通量的增加,由楞次定律知,左、右两线圈分别向左、右移动,两小线圈中感应电流都沿顺时针方向,故B,C正确。
3.(楞次定律的应用)如图所示,在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A,B,导轨与直导线平行且在同一水平面内,在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐增强时,导体ab和cd的运动情况是(　
　)
A.一起向左运动
B.一起向右运动
C.ab和cd相向运动,相互靠近
D.ab和cd相背运动,相互远离
C
解析:根据安培定则知,直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里,电流增强时,磁场增强,根据楞次定律得,回路中的感应电流方向为abdc,根据左手定则知,ab所受安培力方向向右,cd所受安培力向左,即ab和cd相向运动,相互靠近,故选项C正确,A,B,D错误。
AB
4.(法拉第电磁感应定律)(多选)法拉第圆盘发动机的示意图如图所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P,Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是(　
　)
A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定
B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动
C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的两倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
5.(自感)(多选)如图所示的电路中,L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D1,D2是两个完全相同的电灯,E是内阻不计的电源。t=0时刻,闭合开关S,经过一段时间后,电路达到稳定,t1时刻断开开关S。I1,I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流,规定图中箭头所示方向为电流正方向,以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　
　)
AC
解析:当S闭合时,L的自感作用会阻碍其中的电流变大,电流从D1流过;当L的阻碍作用变小时,L中的电流变大,D1中的电流变小至零;D2中的电流为电路总电流,电流流过D1时,电路总电阻较大,电流较小,当D1中电流为零时,电流流过L与D2,总电阻变小,电流变大至稳定;当S再断开时,D2马上熄灭,D1与L组成回路,由于L的自感作用,D1慢慢熄灭,电流反向且减小;综上所述知选项A,C正确。
真题试做
1.(2019·全国Ⅲ卷,14)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现(　
　)
A.电阻定律
B.库仑定律
C.欧姆定律
D.能量守恒定律
D
解析:楞次定律指感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程,选项D正确。
2.(2018·全国Ⅰ卷,19)(多选)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　
　)
A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
AD
解析:根据安培定则,开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。根据楞次定律,直导线上将产生由南向北的电流,根据安培定则,直导线上方的磁场垂直纸面向里,故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动,A正确;开关闭合并保持一段时间后,直导线上没有感应电流,故小磁针的N极指北,B,C错误;开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,根据楞次定律,直导线上将产生由北向南的电流,这时直导线上方的磁场垂直纸面向外,故小磁针N极朝垂直纸面向外的方向转动,D正确。
3.(2018·全国Ⅲ卷,20)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　
　)
AC
B
5.(2016·浙江10月选考,22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如图所示的装置。半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上,由电动机A带动旋转。在圆形金属导轨区域内存在垂直于导轨平面,大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的“U”形导轨保持良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”形导轨连接。当开关S断开,棒cd静止时,弹簧伸长量为x0;当开关S闭合,电动机以某一转速逆时针(从上向下看)匀速转动,棒cd再次静止时,弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)。不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时:
(1)通过棒cd的电流Icd;
(2)电动机对该装置的输出功率P;
答案:见解析
(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系。
答案:见解析课时1　法拉第电磁感应定律　楞次定律　自感　涡流
1.下列四幅演示实验图中,实验现象能正确表述实验结论的是(　B　)
A.图甲用磁铁靠近轻质铝环A,A会靠近磁铁
B.图乙断开开关S,触点C不立即断开
C.图丙闭合开关S时,电流表有示数,断开开关S时,电流表没有示数
D.图丁铜盘靠惯性转动,手持磁铁靠近铜盘,铜盘转动加快
解析:图甲用磁铁靠近轻质铝环A,由于A环中发生电磁感应现象,根据楞次定律可知,A将远离磁铁,故A错误;图乙断开开关S,由于B线圈中发生电磁感应现象阻碍电流的减小,因此线圈仍有磁性,触点C不立即断开,故B正确;图丙闭合开关S和断开开关S时均会发生电磁感应,因此电流表均有示数,故C错误;当转动铜盘时,磁铁靠近铜盘,导致铜盘切割磁感线,从而产生感应电流,出现安培力,由楞次定律可知,产生安培力导致铜盘转动受到阻碍,因此铜盘转动减慢,故D
错误。
2.如图所示为感应式发电机,a,b,c,d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点,O1,O2是连接铜盘轴线导线的接线端,M,N是电流表的接线端。现在将铜盘转动,能观察到感应电流的是(　B　)
A.将电流表的接线端M,N分别连接a,c位置
B.将电流表的接线端M,N分别连接O1,a位置
C.将电流表的接线端M,N分别连接O1,O2位置
D.将电流表的接线端M,N分别连接c,d位置
解析:当铜盘转动时,其切割磁感线产生感应电动势,此时铜盘相当于电源,铜盘边缘和中心为电源的两个极,则要想观察到感应电流,M,N应分别连接电源的两个极,故B正确。
3.现代科学研究中常要用到高速电子,电子感应加速器就是电子加速的设备。它的基本原理如图所示,上、下为电磁铁的两个磁极,磁极之间有一个环形真空室,电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化。上图为侧视图,下图为真空室的俯视图,如果从上向下看,电子沿逆时针方向运动。以下分析正确的是(　A　)
A.变化的磁场在真空室内形成感生电场使电子加速
B.变化的电场在真空室内形成磁场使电子加速
C.当电磁铁线圈电流的方向与图示方向相反时,为使电子加速,电磁铁中的电流应该由小变大
D.当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时,为使电子加速,电磁铁中的电流应该由大变小
解析:根据法拉第电磁感应定律可知,变化的磁场在真空室内形成感生电场,而电场能使电子加速,选项A正确;因洛伦兹力对电荷不做功,故选项B错误;当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时,线圈中的电流增强,磁场就增大了,根据楞次定律,感生电场产生的磁场要阻碍它增大,所以感生电场为顺时针方向,即电流方向为顺时针,所以电子沿逆时针方向在电场力作用下加速运动,在洛伦兹力约束下做圆周运动,选项C,D错误。
4.(多选)如图所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过了几分钟,杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有(　AB　)
A.增加线圈的匝数
B.提高交流电源的频率
C.将金属杯换为瓷杯
D.取走线圈中的铁芯
解析:根据法拉第电磁感应定律E=n知,增加线圈的匝数n,提高交流电源的频率即缩短交流电源的周期(相当于减小Δt),这两种方法都能使感应电动势增大,故选项A,B正确。将金属杯换为瓷杯,因瓷杯不能被磁化,也就不能产生感应电流;取走线圈中的铁芯,则使线圈中的磁场大大减弱,则磁通量的变化率减小。感应电动势减小。故选项C,D错误。
5.大小不等的两导电圆环P,Q均固定于水平桌面,Q环位于P环内。在两环间的范围内存在方向竖直向下、大小随时间均匀增强的磁场B,则(　D　)
A.Q环内有顺时针方向的感应电流
B.Q环内有逆时针方向的感应电流
C.P环内有顺时针方向的感应电流
D.P环内有逆时针方向的感应电流
解析:磁场变化时穿过Q环的磁通量不变,穿过P环的磁通量均匀增大,则Q环内无感应电流、P环中有感应电流,由楞次定律可知P环内有逆时针方向的感应电流,故A,B,C错误,D正确。
6.如图所示,固定的水平长直导线中通有电流I,矩形线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行。线框由静止释放,在下落过程中(　B　)
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
解析:因为磁感应强度随线框下落而减小,所以穿过线框的磁通量也减小,A错误;因为磁通量随线框下落而减小,根据楞次定律,感应电流的磁场与原磁场方向始终相同,所以感应电流的方向不变,B正确;感应电流在磁场中受安培力作用,上边框比下边框始终处于较强的磁场区域,线框所受安培力的合力向上而不为零,C错误;下落过程中克服安培力做功,机械能转化为内能,机械能减少,D错误。
7.如图所示,螺线管的导线的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线圈时,小球的运动情况是(　A　)
A.向左摆动
B.向右摆动
C.保持静止
D.无法判定
解析:条形磁铁突然插入线圈时,由楞次定律可判定线圈中产生瞬间电流给平行金属板充电,左板带正电,右板带负电,小球在电场力作用下向左摆动,故A正确。
8.(多选)如图,磁场垂直于纸面,磁感应强度在竖直方向均匀分布,水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于O点,将圆环拉至位置a后无初速释放,在圆环从a摆向b的过程中(　AD　)
A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
B.感应电流方向一直是逆时针
C.安培力方向始终与速度方向相反
D.安培力方向始终沿水平方向
解析:圆环从位置a运动到磁场分界线前,磁通量向里增大,感应电流方向为逆时针;跨越分界线过程中,磁通量由向里最大变为向外最大,感应电流方向为顺时针;再摆到b的过程中,磁通量向外减小,感应电流方向为逆时针,A正确,B错误;由于圆环所在处的磁场,上下对称,所受安培力在竖直方向平衡,因此总的安培力方向沿水平方向,故C错误,D正确。
能力提升
9.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,L1,L2和L3是3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L1,L2的电流方向为正方向,分别用I1,I2表示流过L1和L2的电流,则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　C　)
解析:L的直流电阻不计,电路稳定后通过L1的电流是通过L2,L3电流的2倍,闭合开关瞬间,L2立即变亮,由于L的阻碍作用,L1逐渐变亮,即I1逐渐变大,在t1时刻断开开关S,之后电流I1由电路稳定时通过L1的电流大小基础上逐渐变小,I1方向不变,I2反向,故选C。
10.如图,匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率的大小应为(　C　)
A.
B.
C.
D.
解析:当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时,由于面积的变化产生感应电动势,从而产生感应电流。设半圆的半径为r,导线框的电阻为R,则I1=====。当线圈不动,磁感应强度变化时,I2====,由I1=I2,可得=。C选项正确。
11.某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象,他冥思苦想找不出原因,你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是(　C　)
A.电源的内阻较大
B.小灯泡电阻偏大
C.线圈电阻偏大
D.线圈的自感系数较大
解析:闭合开关S,电路稳定小灯泡正常发光时,如果电感线圈L的电阻比小灯泡A的电阻大,则电感线圈L中的电流IL比小灯泡A中的电流IA小。当开关S断开时,由于自感现象,电感线圈L和小灯泡A构成回路使电感线圈L和小灯泡A中的电流从IL开始减小,因此不可能看到小灯泡闪亮的现象,C正确。
12.如图所示,导体棒AB,CD可以在水平导轨上无摩擦地滑动,并对称地放在导轨上,两导轨在O处交叉,但不连通,匀强磁场垂直穿过导轨平面,则下列说法正确的是(　A　)
A.将AB向左移动能使AB,CD作相互远离运动
B.将CD向右移动能使AB也向右移运动
C.将磁感应强度均匀变大能使AB,CD做相互远离运动
D.将磁感应强度均匀变小能使AB,CD做相互靠近运动
解析:可假设匀强磁场方向垂直穿过纸面向里,将AB向左移动时,产生的感应电流方向由A→B,流经CD棒的电流由C→D,由左手定则可判断CD棒所受磁场力向右,A正确;同理可判知,B错误;由于左右回路对称,穿过整个回路的磁通量始终为0,故磁感应强度发生变化时,回路中不产生感应电流,C,D错误。
13.如图所示为安检门原理图,左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收线圈。某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流,则(　D　)
A.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流增大
C.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流大小发生变化
解析:根据楞次定律可得,无论有无金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为逆时针,A,C错误:无金属片通过时,通电线圈中的电流均匀增大,则根据法拉第电磁感应定律,接收线圈中的感应电流恒定,B错误;有金属片通过时,金属片中产生感应电流会使接收线圈中的磁场不再均匀变化,故接收线圈中的感应电流大小发生变化,D正确。
14.英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做的功是(　D　)
A.0
B.r2qk
C.2πr2qk
D.πr2qk
解析:本题考查电磁感应、动能定理等知识点,考查对“变化的磁场产生电场”的理解能力与推理能力。由法拉第电磁感应定律可知,圆环中感生电动势E感==·S=k·πr2,电荷环绕一周,受环形电场的加速作用,应用动能定理可得W=qE感=πr2qk,选项D正确。
15.如图甲所示,在水平面上固定有长为L=2
m、宽为d=1
m的金属“U”形导轨,在“U”形导轨右侧l=0.5
m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。在t=0时刻,质量为m=0.1
kg的导体棒以v0=1
m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ=0.1
Ω/m,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g=10
m/s2)。
(1)通过计算分析4
s内导体棒的运动情况;
(2)计算4
s内回路中电流的大小,并判断电流方向;
(3)计算4
s内回路产生的焦耳热.
解析:(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动,有
-μmg=ma,
vt=v0+at,
s=v0t+at2
当导体棒速度减为零时,vt=0.
代入数据解得t=1
s,s=0.5
mm,所以导体棒没有进入磁场区域。导体棒在1
s末已停止运动,以后一直保持静止。
(2)前2
s磁通量不变,回路中电动势和电流分别为
E=0,I=0
后2
s回路产生的感应电动势为E==ld=0.1
V,回路的总长度为5
m,因此回路的总电阻为R=5λ=0.5
Ω,电流为I==0.2
A
根据楞次定律,回路中的电流方向是顺时针方向。
(3)前2
s电流为零,后2
s有恒定电流,所以4
s内回路产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.04
J。
答案:(1)前1
s导体棒做匀减速直线运动,1～4
s内一直保持静止　(2)0.2
A　顺时针方向　(3)0.04
J
[教师备用1]
有人设计了一种可测速的跑步机。测速原理如图所示,该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,理想伏特表和电阻R并联后接在电极的两端。绝缘橡胶带上固定有间距为d的平行细金属条,橡胶带在电动机带动下运动时,金属条将随着橡胶带进入磁场区域,金属条跟电极接触良好,每根金属条的电阻均为r,其他部分的电阻均可忽略不计。
(1)写出橡胶带运动速度v跟伏特表示数U之间的表达式;
(2)橡胶带以速度v1匀速运动时,求每根金属条穿过磁场区域克服安培力做的功;
(3)关闭电动机,运动员在跑步机上跑步时对橡胶带的静摩擦力也可以带动橡胶带运动,这种跑步机被称为机械式跑步机。假定橡胶带在此种情况下运动时受到的机械阻力跟速度的平方成正比,即f=kv2(k为比例常数),并且运动员消耗的体能全部用来维持橡胶带匀速运动。求橡胶带以速度v2匀速运动时运动员消耗的功率。
解析:(1)金属条做切割磁感线运动产生的电动势大小
E=BLv,
回路中的电流大小为I=,
伏特表的示数U=IR,
解得v=。
(2)金属条中的电流I1=,
金属条所受安培力大小F1=BI1L,
金属条克服安培力做功W=F1d,
解得W=。
(3)运动员对橡胶带的摩擦力大小F=f+F2,
其中f=k,
金属条受的安培力大小F2=BI2L=,
运动员消耗的功率P=Fv2=(f+F2)v2,
解得P=(kv2+)。
[教师备用2]
如图,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt,式中k为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN(虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为B0,方向也垂直于纸面向里。某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在t0时刻恰好以速度v0越过MN,此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。求
(1)在t=0到t=t0时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值;
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
解析:(1)在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为
Φ=ktS①
设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq,由法拉第电磁感应定律有ε=-
②
由欧姆定律有i=
③
由电流的定义有i=
④
联立①②③④式得|Δq|=Δt
⑤
由⑤式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电
荷量q的绝对值为|q|=。
⑥
(2)当t>t0时,金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有f=F
⑦
式中,f是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I,F的大小为F=B0Il
⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0)
⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′=B0ls
⑩
回路的总磁通量为Φt=Φ+Φ′
式中,Φ仍如①式所示,由①⑨⑩式得,在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt=B0lv0(t-t0)+kSt
在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt
由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为
εt=||
由欧姆定律有I=
联立⑦⑧式得
f=(B0lv0+kS)。
答案:(1)
(2)B0lv0(t-t0)+kSt　(B0lv0+kS)
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-课时1　法拉第电磁感应定律　楞次定律　自感　涡流
一、电磁感应
1.电磁感应现象
当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,电路中有电流产生,这种现象称为电磁感应现象。
2.产生感应电流的条件
(1)条件:穿过闭合电路的磁通量发生变化。
(2)特例:闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。
3.能量转化
发生电磁感应现象时,机械能或其他形式的能转化为电能。
温馨提示:当回路不闭合时,没有感应电流,但有感应电动势,只产生感应电动势的现象也可以称为电磁感应现象,且产生感应电动势的那部分导体或线圈相当于电源。
二、感应电流方向的判断
1.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)适用情况:所有的电磁感应现象。
2.右手定则
(1)内容:伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内,让磁感线从掌心进入,并使拇指指向导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
(2)适用情况:导线切割磁感线产生感应电流。
考点一　电磁感应现象的判断
1.产生感应电流的条件
表述一:闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。
表述二:穿过闭合电路的磁通量发生变化。
2.判断感应电流有无的流程
(1)确定研究的闭合回路。
(2)弄清楚回路内的磁场分布,并确定该回路的磁通量Φ。
(3)
3.电磁感应现象的判断
判断电路中能否产生感应电流的一般流程
[典例1]
如图所示,闭合铜环与闭合金属矩形框架abcd接触良好,匀强磁场垂直穿过它们。当铜环沿框架向右移动时(　　)
A.efg边上没有感应电流产生,因为铜环内磁通量没有变化
B.ab边上没有感应电流产生,因为金属框架内磁通量没有变化
C.ab边上有感应电流,efg边上没有感应电流
D.ab边、efg边上均有感应电流
解析:法一　取aefgb为研究的回路,当闭合铜环向右移动时,其磁通量Φ增大,所以该回路中有感应电流,ab边、efg边上均有感应电流产生,选项A,B,C错误,D正确。
法二　当闭合铜环向右移动时,efg,ehg两边都在切割磁感线,相当于两个电源并联,所以ab,efg,dc和ehg各边上均有感应电流产生,选项A,B,C错误,D正确。
答案:D
判断能否产生电磁感应现象,关键是看回路的磁通量是否发生了变化。磁通量的变化量ΔΦ=Φ2-Φ1有多种形式,主要有:
(1)S,θ不变,B改变,这时ΔΦ=ΔB·Ssin
θ;
(2)B,θ不变,S改变,这时ΔΦ=ΔS·Bsin
θ;
(3)B,S不变,θ改变,这时ΔΦ=BS(sin
θ2-sin
θ1)。
变式1:(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。下列说法正确的是(　AB　)
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动
解析: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,感应电流阻碍其相对运动,但抗拒不了相对运动,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为零,选项C错误;圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向,会使磁针沿轴线方向偏转,选项D错误。
考点二　感应电流方向的判断
1.楞次定律: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.右手定则:如图,伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一平面内,让磁感线从掌心进入,并使拇指指向导体运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
说明:(1)楞次定律适用于所有的电磁感应现象。
(2)右手定则是楞次定律的一个推论,适用于导体棒切割磁感线产生感应电流。
[典例2]
如图,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突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是(　　)
A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向
B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向
C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向
D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向
解析:因为PQ突然向右运动,由右手定则可知,运动开始的瞬间,PQRS中有沿逆时针方向的感应电流,穿过T中的磁通量减小,由楞次定律可知,T中有沿顺时针方向的感应电流,D正确,A,B,C错误。
答案:D
变式2:(多选)如图所示,“U”形金属框架固定在水平面上,金属杆ab与框架间无摩擦。整个装置处于竖直方向的磁场中。若因磁场的变化,使杆ab向右运动,则磁感应强度(　AD　)
A.方向向下并减小
B.方向向下并增大
C.方向向上并增大
D.方向向上并减小
解析:杆ab向右运动,使得闭合回路中磁通量有增加趋势,说明原磁场的磁通量必定减小,即磁感应强度正在减小,与方向向上、向下无关,故选项A,D正确,B,C错误。
考点三　楞次定律的推广应用
1.楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因:
(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)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”;
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
2.楞次定律的使用步骤
[典例3]
如图,通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面,位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时,线圈所受安培力的合力方向(　　)
A.向左
B.向右
C.垂直纸面向外
D.垂直纸面向里
解析:因为导线MN靠近ab,由图可知,线圈中等效合磁场为垂直纸面向里,当MN中电流减小时,由楞次定律可知感应电流的磁场阻碍磁通量的减小,故线圈向右运动,所受安培力的合力向右,故只有B项正确。
答案:B
变式3:如图,一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上,细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放,环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F1和F2,重力加速度大小为g,则(　A　)
A.F1>mg,F2>mg
B.F1C.F1>mg,F2D.F1mg
解析:金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中,由楞次定律知,金属圆环在磁铁上端时受力向上,在磁铁下端时受力也向上,则金属圆环对磁铁的作用力始终向下,对磁铁受力分析可知F1>mg,F2>mg,A项正确。
考点四　法拉第电磁感应定律
1.对法拉第电磁感应定律的理解
(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定,而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然的联系。
(2)磁通量的变化率对应Φt图线上某点切线的斜率。
2.应用法拉第电磁感应定律的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时,ΔΦ=BΔS,则E=n;
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时,ΔΦ=ΔBS,则E=n;
(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的,则根据定义求,ΔΦ=|Φ末-Φ初|,E=n≠n。
3.应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题
(1)公式E=n求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势,只有在磁通量均匀变化时,瞬时值才等于平均值。
(2)利用公式E=nS求感应电动势时,S为线圈在磁场范围内的有效面积。
(3)通过回路截面的电荷量q仅与n,ΔΦ和回路电阻R有关,与时间长短无关。推导如下:q=Δt=Δt=。
4.求解感应电动势常有如下几种方法
表达式
E=n
E=BLvsin
θ
E=BL2ω
E=NBSωsin(ωt+0)
情景图
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
求瞬时感应电动势
适用条件
所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析)
匀强磁场
匀强磁场
匀强磁场
[典例4]
如图a所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4
m。导轨右端接有阻值R=1
Ω的电阻,导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计,导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,bd连线与导轨垂直,长度也为L。从t=0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t的变化规律如图b所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1
s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1
m/s做直线运动,求:
(1)棒进入磁场前,回路中的电动势E;
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
解析:(1)棒在进入磁场前没有切割磁感线,但磁场的强弱发生变化,导致磁通量发生变化。
abcd的面积S=L2,①
E=n=n·S②
由①②联立得E=0.04
V。
(2)棒进入磁场后,做切割磁感线运动,当棒到达bd时,产生的感应电流最大,同时切割长度最大,所以受到的安培力也最大,到达bd时,产生的感应电动势
E=BLbdv③
产生的感应电流I=④
所受最大安培力F=BILbd⑤
由③④⑤联立得F=0.04
N,
棒通过三角形abd区域时,切割磁感线的长度
l=2v(t-1),其中t的取值范围为1
s≤t
≤1.2
s⑥
产生的感应电动势E′=Blv⑦
感应电流i=⑧
由⑥⑦⑧联立感应电流为i=(t-1)=t-1(1
s≤t≤1.2
s)。
答案:(1)0.04
V　(2)0.04
N　i=t-1(1
s≤t≤1.2
s)
变式4:(多选)如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面向里。回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是(　ACD　)
A.感应电流方向不变
B.CD段直导线始终不受安培力
C.感应电动势最大值Em=Bav
D.感应电动势平均值E=πBav
解析:在闭合回路进入磁场的过程中,通过闭合回路的磁通量逐渐增大,根据楞次定律可知感应电流的方向始终为逆时针方向,A正确。根据左手定则可判断,CD段受安培力向下,B不正确。当半圆形闭合回路进入磁场一半时,有效切割长度最大为a,所以感应电动势最大值为Em=Bav,C正确。感应电动势平均值E===πBav,D正确。
考点五　自感、涡流、电磁阻尼与电磁驱动
1.自感现象表达式:E=L。
(1)自感系数L
①相关因素:与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。
②单位:亨利(H,1
mH=10-3
H,1
μH=10-6
H)。
(2)通电自感与断电自感的比较
通电自感
断电自感
电路图
器材要求
A1,A2同规格,R=RL,L较大
L很大(有铁芯)
现象
在S闭合瞬间,A2灯立即亮起来,A1灯逐渐变亮,最终一样亮
在开关S断开时,灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭(当抽掉铁芯后,重做实验,断开开关S时,会看到灯A马上熄灭)
原因
由于开关闭合时,流过电感线圈的电流迅速增大,使线圈产生自感电动势,阻碍了电流的增大,流过A1灯的电流比流过A2灯的电流增加得慢
断开开关S时,流过线圈L的电流减小,产生自感电动势,阻碍了电流的减小,使电流继续存在一段时间;在S断开后,通过L的电流反向通过A灯,且由于RL?RA,使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大,从而使A灯的发光功率突然变大
能量转化情况
电能转化为磁场能
磁场能转化为电能
2.涡流
(1)涡流:当线圈中的电流发生变化时,在它附近的导体中都会产生感应电流,这种电流像水中的旋涡,所以叫涡流。
(2)电磁阻尼:当导体在磁场中运动时,感应电流会使导体受到安培力,安培力的方向总是阻碍导体的相对运动。
(3)电磁驱动:如果磁场相对于导体运动,在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用,使导体运动起来。
说明:电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。
[典例5]
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,在实验完毕后,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
解析:该电路实际上就是伏安法测电感线圈直流电阻的电路,在实验完毕后,由于线圈的自感现象,若电路元件拆去的先后顺序不对,可能会烧坏电表。当开关S1,S2闭合,电路稳定时,线圈中的电流方向为a→b,电压表的右端为“+”,左端为“-”,指针正向偏转。若先断开开关S1或先拆电流表(或先拆去电阻R)的瞬间,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,此时电压表加了一个反向电压,使指针反向偏转,因自感系数较大的线圈的电压很大,会烧坏电压表。而先断开开关S2,由于电压表的内阻很大,电路中的总电阻变化很小,电流几乎不变,不会损坏其他器件,故应先断开开关S2,选项B正确。
答案:B
变式5:(多选)如图所示的电路中,电感线圈L的自感系数很大,电阻可忽略,D为理想二极管,则下列说法正确的有(　BD　)
A.当S闭合时,L1立即变亮,L2逐渐变亮
B.当S闭合时,L1一直不亮,L2逐渐变亮
C.当S断开时,L2立即熄灭
D.当S断开时,L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭
解析:当S闭合时,因二极管加上了反向电压,故二极管截止,L1一直不亮。通过线圈的电流增加,产生感应电动势阻碍电流增加,故使得L2逐渐变亮,选项B正确,A错误;当S断开时,由于线圈自感电动势阻碍电流的减小,通过L1的电流要在L2→L1→D→L中形成新的回路,故L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,选项C错误,D正确。
1.(电磁感应现象)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发生声音,下列说法正确的有(　BCD　)
A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作
B.取走磁体,电吉他将不能正常工作
C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化
解析:因铜质弦不能被磁化,所以A错误;若取走磁铁,金属弦无法磁化,电吉他将不能正常工作,所以B正确;根据法拉第电磁感应定律知,增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势,所以C正确;弦振动过程中,线圈中的磁通量一会儿增大一会儿减小,所以电流方向不断变化,D正确。
2.(楞次定律的应用)(多选)如图,在水平光滑桌面上,两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上,且每个小线圈都各有一半面积在金属框内,在金属框接通逆时针方向电流的瞬间(　BC　)
A.两小线圈会有相互靠拢的趋势
B.两小线圈会有相互远离的趋势
C.两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
D.左边小线圈中感应电流沿顺时针方向,右边小线圈中感应电流沿逆时针方向
解析:在金属框接通逆时针方向电流的瞬间,穿过两线圈的磁通量均增加,为了阻碍磁通量的增加,由楞次定律知,左、右两线圈分别向左、右移动,两小线圈中感应电流都沿顺时针方向,故B,C正确。
3.(楞次定律的应用)如图所示,在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A,B,导轨与直导线平行且在同一水平面内,在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐增强时,导体ab和cd的运动情况是(　C　)
A.一起向左运动
B.一起向右运动
C.ab和cd相向运动,相互靠近
D.ab和cd相背运动,相互远离
解析:根据安培定则知,直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里,电流增强时,磁场增强,根据楞次定律得,回路中的感应电流方向为abdc,根据左手定则知,ab所受安培力方向向右,cd所受安培力向左,即ab和cd相向运动,相互靠近,故选项C正确,A,B,D错误。
4.(法拉第电磁感应定律)(多选)法拉第圆盘发动机的示意图如图所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P,Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是(　AB　)
A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定
B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动
C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的两倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
解析:将圆盘看成无数辐条组成,它们都在切割磁感线从而产生感应电动势,出现感应电流,则当圆盘顺时针转动时,根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘向中心,流过电阻的电流方向从a到b,B正确;设圆盘半径为L,由法拉第电磁感应定律得感生电动势E=BL=BL2ω,感应电流大小为I==恒定,A正确,C错误;由P=得,当ω变为2倍时,P变为原来的4倍,D错误。
5.(自感)(多选)如图所示的电路中,L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D1,D2是两个完全相同的电灯,E是内阻不计的电源。t=0时刻,闭合开关S,经过一段时间后,电路达到稳定,t1时刻断开开关S。I1,I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流,规定图中箭头所示方向为电流正方向,以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　AC　)
解析:当S闭合时,L的自感作用会阻碍其中的电流变大,电流从D1流过;当L的阻碍作用变小时,L中的电流变大,D1中的电流变小至零;D2中的电流为电路总电流,电流流过D1时,电路总电阻较大,电流较小,当D1中电流为零时,电流流过L与D2,总电阻变小,电流变大至稳定;当S再断开时,D2马上熄灭,D1与L组成回路,由于L的自感作用,D1慢慢熄灭,电流反向且减小;综上所述知选项A,C正确。
1.(2019·全国Ⅲ卷,14)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现(　D　)
A.电阻定律
B.库仑定律
C.欧姆定律
D.能量守恒定律
解析:楞次定律指感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程,选项D正确。
2.(2018·全国Ⅰ卷,19)(多选)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　AD　)
A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
解析:根据安培定则,开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。根据楞次定律,直导线上将产生由南向北的电流,根据安培定则,直导线上方的磁场垂直纸面向里,故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动,A正确;开关闭合并保持一段时间后,直导线上没有感应电流,故小磁针的N极指北,B,C错误;开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,根据楞次定律,直导线上将产生由北向南的电流,这时直导线上方的磁场垂直纸面向外,故小磁针N极朝垂直纸面向外的方向转动,D正确。
3.(2018·全国Ⅲ卷,20)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　AC　)
A.在t=时为零
B.在t=时改变方向
C.在t=时最大,且沿顺时针方向
D.在t=T时最大,且沿顺时针方向
解析:在t=时,交流电图线斜率为0,即磁场变化率为0,
由E==S知,E=0,选项A正确;在t=和t=T时,图线斜率最大,磁场的变化率最大,则在t=和t=T时感应电动势最大。在到之间,电流由Q到P减弱,导线在R处产生垂直纸面向里的磁场,且磁场减弱,由楞次定律知,R中感应电动势沿顺时针方向,同理可判断在到时,R中电动势也为顺时针方向,在T到T时,R中电动势为逆时针方向,选项C正确,B,D错误。
4.(2018·全国Ⅱ卷,17)如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ,Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则等于(　B　)
A.
B.
C.
D.2
解析:在过程Ⅰ,Ⅱ中,根据法拉第电磁感应定律,有E1==,E2==,根据闭合电路欧姆定律,有I1=,I2=,又q1=I1Δt1,q2=I2Δt2,则=,所以=,B正确。
5.(2016·浙江10月选考,22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如图所示的装置。半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上,由电动机A带动旋转。在圆形金属导轨区域内存在垂直于导轨平面,大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的“U”形导轨保持良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”形导轨连接。当开关S断开,棒cd静止时,弹簧伸长量为x0;当开关S闭合,电动机以某一转速逆时针(从上向下看)匀速转动,棒cd再次静止时,弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)。不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时:
(1)通过棒cd的电流Icd;
(2)电动机对该装置的输出功率P;
(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系。
解析:(1)S断开,cd棒静止,有mg=kx0
S闭合,cd棒静止时受到的安培力F=IcdB2l,方向向下
cd棒静止有mg+IcdB2l=kx　得Icd=。
(2)回路总电阻R总=R+R=R
总电流I=
由能量守恒,得P=I2R总=。
(3)由法拉第电磁感应定律E=n=B1ωl2
回路总电流I==
得ω=。
答案:见解析
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