電磁感應 優(yōu)秀公開課

第十二章電磁感應●考點指要知識點要求程度1.磁通量.電磁感應現(xiàn)象.感應電流的方向.右手定則.法拉第電磁感應定律.楞次定律Ⅱ2.自感現(xiàn)象Ⅰ3.日光燈Ⅰ【說明】(1)導體切割磁感線時感應電動勢的計算，只限于l垂直于B、v的情況.(2)在電磁感應現(xiàn)象里，不要求判斷內電路中各點電勢的高低.●復習導航本章以電場及磁場等知識為基礎，研究了電磁感應的一系列現(xiàn)象，通過實驗總結出了產生感應電流的條件和判定感應電流方向的一般方法——楞次定律，給出了確定感應電動勢大小的一般規(guī)律——法拉第電磁感應定律.楞次定律和法拉第電磁感應定律是解決電磁感應問題的重要依據(jù)，復習中必須深入理解和熟練掌握；同時由于電磁感應的實際問題與磁場、直流電路等知識聯(lián)系密切，因而在復習中還應注意培養(yǎng)綜合應用這些知識分析解決實際問題的能力.近幾年高考中對本章內容的考查，命題頻率較高的是感應電流的產生條件、方向判定和導體切割磁感線產生感應電動勢的計算.電磁感應現(xiàn)象與磁場、電路、力和運動、能量等知識相聯(lián)系的綜合題及感應電流(或感應電動勢)的圖象問題在近幾年高考中也時有出現(xiàn)，復習中應引起重視.本章內容可分以下三個單元組織復習：(Ⅰ)電磁感應現(xiàn)象·楞次定律.(Ⅱ)法拉第電磁感應定律·自感.(Ⅲ)電磁感應規(guī)律的應用.第Ⅰ單元電磁感應現(xiàn)象·楞次定律●知識聚焦1.磁通量：磁感應強度B與垂直磁場方向的面積S的乘積叫做穿過這個面積的磁通量.定義式為：Φ=BS.如果面積S與B不垂直，如圖12—1—1所示，應以B乘以在垂直于磁場方向上的投影面積S′，即Φ=BS′=BScosα=BSsinβ.(圖中abcd面積為S；ab′c′d的面積為S′)圖12—1—12.產生感應電動勢、感應電流的條件：導體在磁場里做切割磁感線運動時，導體內就產生感應電動勢；穿過線圈的磁通量發(fā)生變化時，線圈里就產生感應電動勢.如果導體是閉合電路的一部分，或者線圈是閉合的，就產生感應電流.部分導體做切割磁感線的運動必然引起穿過閉合電路的磁通量的變化，所以產生感應電流的條件可以歸結為：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化.3.感應電動勢和感應電流的方向（1)楞次定律楞次定律的內容：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化.應用楞次定律判斷感應電流方向的具體步驟：①明確原磁場的方向及磁通量的變化情況；②根據(jù)楞次定律中的“阻礙”，確定感應電流產生的磁場方向；③利用安培定則判斷出感應電流的方向.楞次定律是判斷感應電流，感應電動勢方向的一般方法，適用于各種情況的電磁感應現(xiàn)象.（2)右手定則：讓磁感線垂直穿過手心，大拇指指向導體切割磁感線的運動方向，四指的指向就是導體內部所產生的感應電流（電動勢)的方向.右手定則僅適用于導體切割磁感線產生感應電動勢（電流)的情況，對于這種情況用右手定則判斷方向較為方便.●疑難辨析1.導體運動切割磁感線產生感應電流是磁通量發(fā)生變化引起感應電流的特例，所以判定感應電流方向的右手定則也是楞次定律的特例.用右手定則能判定的，一定也能用楞次定律判定，只是不少情況下，不如用右手定則判定來得方便簡單.反過來，用楞次定律能判定的，并不是用右手定則都能判斷出來.例如圖12—1—2中，閉合圓形導線中的磁場逐漸增強，用右手定則就難以判定感應電流方向(因為并不切割)；相反，用楞次定律就很容易判定出來.圖12—1—22.正確理解楞次定律中“感應電流的磁場總是阻礙原磁通量的變化”.這句話的關鍵是“阻礙”二字，具體地說有四層意思需要搞清楚：①誰阻礙誰?是感應電流的磁通量阻礙原磁場的磁通量.②阻礙什么?阻礙的是磁通量的變化，而不是阻礙磁通量本身.③如何阻礙?當磁通量增加時，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反；當磁通量減少時，感應電流的磁場方向與原磁場方向相同，即“增反減同”.④結果如何?阻礙并不是阻止，只是延緩了磁通量的變化快慢.結果是增加的還是增加；減少的繼續(xù)減少.3.楞次定律也可以理解為：(1)阻礙相對運動，即“來拒去留”.(2)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢.(3)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象).利用上述規(guī)律分析問題可以獨辟蹊徑，達到快速準確的效果.圖12—1—圖12—1—3［例1］如圖12—1—3所示，開始時矩形線框與勻強磁場的方向垂直，且一半在磁場內，一半在磁場外，若要使線框中產生感應電流，下列辦法中可行的是①將線框向左拉出磁場②以ab邊為軸轉動(小于90°)③以ad邊為軸轉動(小于60°)④以bc邊為軸轉動(小于60°)以上判斷正確的是A.①②③ B.②③④C.①②④ D.①②③④【解析】將線框向左拉出磁場的過程中，線框的bc部分做切割磁感線的運動，或者說穿過線框的磁通量減少，所以線框中產生感應電流，故選項①正確.當線框以ab邊為軸轉動時，線框的cd邊的右半段在做切割磁感線的運動，或者說穿過線框的磁通量在發(fā)生變化，所以線框中將產生感應電流，故選項②正確.當線框以ad邊為軸轉動(小于60°)時，穿過線框的磁通量在減小，所以在這個過程中線框中會產生感應電流，故選項③正確.如果轉過的角度超過60°，bc邊將進入無磁場區(qū)，那么線框中將不產生感應電流(60°～300°).當線框以bc邊為軸轉動時，如果轉動的角度小于60°，則穿過線框的磁通量始終保持不變(其值為磁感應強度與矩形面積的一半的乘積)，故選項④是錯的.應選A.【思考】為使線圈從圖示的位置開始運動產生沿adcba方向的感應電流，線圈應如何運動？【思考提示】線圈中感應電流方向沿adcba時，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反，引起感應電流的磁通量應是增加的，故線圈應以圖示的位置向右移動.【說明】判斷電路中是否產生感應電動勢（電流)，關鍵是判斷穿過電路的磁通量是否變化.【設計意圖】通過本例說明應用產生感應電流的條件進行分析判斷的方法.［例2］如圖12—1—4所示，當磁鐵突然向銅環(huán)運動時，銅環(huán)的運動情況是圖12—1—4A.向右擺動 B.向左擺動C.靜止 D.不能判定【解析】方法1(電流元受力分析法)：畫出磁鐵磁感線分布如圖12—1—5所示，當磁鐵向環(huán)運動時，由楞次定律判斷出銅環(huán)的感應電流方向如圖12—1—5所示，把銅環(huán)的電流等效為多段直線電流元，取上、下兩小段電流研究，由左手定則判出兩段電流受力如圖示，由圖可聯(lián)想到整個銅環(huán)所受合力向右，則A選項正確.圖12—1—5圖12—1—6方法2(躲閃法)：磁鐵向右運動，使銅環(huán)的磁通量增加而產生感應電流，由楞次定律可知，銅環(huán)為阻礙原磁通量的增大，必向磁感線較疏的右方運動，即往躲開磁通量增加的方向運動.則A正確.方法3(等效法)：磁鐵向右運動，使銅環(huán)產生的感應電流可等效為圖12—1—6所示的條形磁鐵，則兩磁鐵有排斥作用，故A正確.方法4(阻礙相對運動法)：磁鐵向右運動時，由楞次定律的另一種表述得知銅環(huán)產生的感應電流總是阻礙導體間的相對運動，則磁鐵和銅環(huán)間有排斥作用，故A正確.【說明】從以上的分析可以看出：雖然方法不同，但本質還是楞次定律，只有領會其精髓，才能運用它進行正確的判斷.深刻理解楞次定律中“阻礙”的含義是靈活運用楞次定律進行分析判斷的前提.【設計意圖】通過本例說明判斷感應電流受力及其運動方向的方法，并進一步說明如何從多個角度深刻理解楞次定律中阻礙的含義，從而靈活運用楞次定律進行分析判斷.［例3］如圖12—1—7所示，發(fā)現(xiàn)放在光滑金屬導軌上的ab導體向右移動，其可能的原因是圖12—1—7①閉合S的瞬間②斷開S的瞬間③閉合S后，減少電阻R時④閉合S后，增大電阻R時以上判斷正確的是A.①③ B.②④C.①④ D.②③【解析】本題中線圈L1和L2繞在同一個鐵芯上，因此二者的磁通量始終相等.只要L1中的電流發(fā)生變化，L2中的磁通量就發(fā)生變化，L2中就有感應電流，ab棒就受安培力的作用，而導軌又光滑，則ab將發(fā)生移動.若ab在安培力作用下向右移動，ab中的電流方向應為a→b，則在L2中產生的感應電流的磁場方向與原磁場方向相反，說明引起感應電流的磁通量在增加，即L1中的電流在增大，相應的情況應是閉合S的瞬間或閉合S后減少電阻R，①③正確，選A.【思考】如圖12—1—8所示，若將跟L1線圈相連的電源換成放在磁場中的導軌和可沿導軌移動的導體棒cd,cd如何移動可使ab向右移動？圖12—1—8【思考提示】根據(jù)例題分析知，ab在安培力作用下向右運動時，ab中的電流方向沿a→b，L2中感應電流的磁場方向向上，若在L2中引起感應電流的磁通量增加，則L2中原磁場方向應向下，由此判斷出cd應向右做加速運動.若在L2中引起感應電流的磁通量減少，則L2中原磁場的方向應向上，則cd應向左做減速運動.【設計意圖】通過本例說明應用楞次定律分析判斷較復雜情況下感應電流方向的方法.●反饋練習★夯實基礎1.如圖12—1—9所示，兩同心圓環(huán)a和b，處在同一平面內，a的半徑小于b的半徑，條形磁鐵的軸線與圓環(huán)平面垂直.則穿過兩圓環(huán)的磁通量Φa與Φb的大小關系為圖12—1—9A.Φa＞Φb B.Φa＜ΦbC.Φa=Φb D.無法比較【解析】圓環(huán)b的半徑大于環(huán)a的半徑，由于Φ=Φ內-Φ外（其中Φ內為磁鐵內部的磁通量，Φ外為磁鐵外部穿過線圈的磁通量)，故其包含磁鐵的外磁場范圍越大，則合磁通量越小.(磁鐵內部、外部的磁通量方向相反，可抵消).【答案】A2.如圖12—1—10所示，閉合矩形銅框的兩條長邊與一閉合圓環(huán)相切，環(huán)可沿矩形框的長邊滑動，整個裝置處于勻強磁場中，當環(huán)沿框的長邊向右做勻速運動時，則圖12—1—10A.因銅框所圍面積的磁通量不變化，銅框上無電流B.因圓環(huán)所圍面積的磁通量不變化，圓環(huán)上無電流C.各部分導線內均有電流D.各部分導線內均無電流【解析】由于閉合圓環(huán)向右移動，egf和ehf等效為兩個并聯(lián)的電源，而eadf和ebcf為兩段并聯(lián)的電阻作為外電路，所以各部分都有電流.【答案】C3.在勻強磁場中，a、b是兩條平行金屬導軌，而c、d為串有電流表、電壓表的兩金屬棒，如圖12—1—11所示，兩棒以相同的速度向右勻速運動，則以下結論正確的是圖12—1—11A.電壓表有讀數(shù)，電流表沒有讀數(shù)B.電壓表有讀數(shù)，電流表也有讀數(shù)C.電壓表無讀數(shù)，電流表有讀數(shù)D.電壓表無讀數(shù)，電流表也無讀數(shù)【解析】由于c、d以相同的速度向右運動，穿過閉合電路的磁通量不變，在閉合電路中沒有感應電流產生，所以，沒有電流通過電流表和電壓表，故電流表和電壓表均無示數(shù).【答案】D年英國物理學家狄拉克從理論上預言：存在只有一個磁極的粒子——磁單極子.1982年美國物理學家卡布萊拉設計了一個尋找磁單極子的實驗.設想一個只有N極的磁單極子從上向下穿過一個超導線圈，那么從上向下看①超導線圈中將出現(xiàn)先逆時針后順時針方向的感應電流②超導線圈中將出現(xiàn)總是逆時針方向的感應電流③超導線圈中產生的感應電動勢一定恒定不變④超導線圈中產生的感應電流將長期維持下去以上判斷正確的是A.①③ B.②④C.①② D.③④【解析】由楞次定律可判知：出現(xiàn)逆時針電流，又因超導體電阻為0，故電流會長期維持下去，而感應電動勢則是變化的.【答案】B5.如圖12—1—12所示，MN是一根固定的通電長直導線，電流方向向上.今將一金屬線框abcd放在導線上，讓線框的位置偏向導線的左邊，兩者彼此絕緣.當導線中的電流突然增大時，線框整體受力的情況為圖12—1—12A.受力向右 B.受力向左C.受力向上 D.受力為零【解析】導線中電流突然增大時，金屬框abcd中向外的磁通量增大，線框中產生感應電流，感應電流方向為adcba，cd邊所受安培力向右，ab邊受力向左，但Fcd＞Fab，故合力向右.【答案】A6.磁懸浮列車已進入試運行階段，磁懸浮列車是在車輛底部安裝電磁鐵，在軌道兩旁埋設一系列閉合的鋁環(huán)，當列車運行時，電磁鐵產生的磁場相對鋁環(huán)運動，列車凌空浮起，使車與軌之間的摩擦減少到零，從而提高列車的速度，以下說法正確的是A.當列車通過鋁環(huán)時，鋁環(huán)中有感應電流，感應電流產生的磁場的方向與電磁鐵產生磁場的方向相同B.當列車通過鋁環(huán)時，鋁環(huán)中有感應電流，感應電流產生的磁場的方向與電磁鐵產生磁場的方向相反C.當列車通過鋁環(huán)時，鋁環(huán)中通有電流，鋁環(huán)中電流產生的磁場的方向與電磁鐵產生磁場的方向相同D.當列車通過鋁環(huán)時，鋁環(huán)中通有電流，鋁環(huán)中電流產生的磁場的方向與電磁鐵產生磁場的方向相反【解析】列車通過鋁環(huán)時，鋁環(huán)中磁通量增加，鋁環(huán)中產生感應電流，由楞次定律知，鋁環(huán)中感應電流的磁場方向跟電磁鐵的磁場方向相反，從而使電磁鐵受到向上的力，使列車懸浮.【答案】B7.如右圖12—1—13所示，一定長度的導線圍成閉合的正方形線框，使框面垂直于磁場放置，若因磁場的變化而導致線框突然變成圓形，則圖12—1—13A.因B增強而產生逆時針的電流B.因B減弱而產生逆時針的電流C.因B減弱而產生順時針的電流D.以上選項均不正確【解析】線圈因磁場變化變成圓形，線圈面積增大，由楞次定律知，感應電流是為了阻礙磁通量減少而使線圈面積增大，所以磁感應強度減弱，感應電流沿順時針方向.【答案】C8.如右圖12—1—14所示，當導線ab在電阻不計的金屬導軌上滑動時，線圈C向右擺動，則ab的運動情況是圖12—1—14A.向左或向右做勻速運動B.向左或向右做減速運動C.向左或向右做加速運動D.只能向右做勻加速運動【解析】線圈C向右擺動靠近螺線管，說明螺線管中的電流正在減小，ab必向左或向右做減速運動.【答案】B★提升能力9.如圖12—1—15所示，在絕緣圓筒上繞兩個線圈P和Q，分別與電池E和電阻R構成閉合回路，然后將軟鐵棒迅速插入線圈P中，則在插入的過程中圖12—1—15A.電阻R上沒有電流B.電阻R上有方向向左的電流C.電阻R上有方向向右的電流D.條件不足，不好確定【解析】軟鐵棒被磁化，相當于插入一跟P的磁場同向的條形磁鐵，使P、Q線圈中的磁通量增加，根據(jù)楞次定律知，在Q中產生的感應電流向右通過電阻R.【答案】C10.如圖12—1—16所示的整個裝置在豎直平面內，欲使帶負電的油滴P在兩平行金屬板間靜止，導體棒ab沿導軌運動的情況是_______.圖12—1—16【解析】對油滴，qE=mg，電場力向上，又因為油滴帶負電，故場強向下，電容器上極板帶正電，下極板帶負電，線圈N感應電動勢正極在上端，負極在下端.由楞次定律知ab向右減速運動或向左加速運動.【答案】向右減速或向左加速11.如圖12—1—17所示，ab是一個可繞垂直于紙面的軸O轉動的閉合矩形導線框，當滑動變阻器的滑片P自左向右滑動時，從紙外向紙內看，線框ab將圖12—1—17A.保持靜止不動B.逆時針轉動C.順時針轉動D.發(fā)生轉動，但電源極性不明，無法確定轉動方向【解析】無論電源的極性如何，在兩電磁鐵中間的區(qū)域內應產生水平的某一方向磁場，當滑片P向右滑動時，電流減小，兩電磁鐵之間的磁場減弱，即穿過ab線框的磁通量減小.雖然不知ab中的感應電流方向，但由楞次定律中的“阻礙”可直接判定線框ab應順時針方向轉動(即向穿過線框的磁通量增大的位置——豎直位置轉動)，所以應選C.【答案】C12.如圖12—1—18，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方懸掛一相同的線圈Q，P和Q共軸.Q中通有變化電流，電流隨時間變化的規(guī)律如圖12—1—19所示.P所受的重力為G，桌面對P的支持力為FN，則圖12—1—18圖12—1—19①t1時刻FN＞Ｇ②t2時刻FN＞③t3時刻FN＜Ｇ④t3時刻FN=Ｇ以上判斷正確的是A.①④ B.②③C.①③ D.③④【解析】t1時刻Q的磁場增強，通過P的Φ增大，P有向下運動的趨勢，故FN＞G.同理C可否定.而t2、t4時刻Q的磁場不變，故Q對P無磁場力作用，有FN=Ｇ.t3時刻P中雖有感應電流，但Q中電流為零，P、Q無相互作用力，故t3時刻FN=G.【答案】A13.如圖12—1—20所示，兩條平行的直導線m和n通以大小和方向都相同的電流I，在m、n所在的平面內有一導線框abcd，從m向n勻速平動的過程中，線框中圖12—1—20A.感應電流的方向先順時針方向后逆時針方向B.感應電流的方向先逆時針方向后順時針方向C.感應電流的方向始終是順時針方向D.線框中沒有感應電流【解析】與m、n兩導線等距的各點的磁感應強度為零，在靠近m一側合磁場方向向里，在靠近n一側，合磁場的方向向外，矩形導線框從m向n勻速平動的過程中，先是向里的磁通量減少，后是向外的磁通量增加，根據(jù)楞次定律知，兩種情況產生的感應電流方向均相同，都沿順時針方向.【答案】C14.如圖12—1—21所示，有界的勻強電場和勻強磁場正交，電場方向豎直向下，金屬棒ab水平放置，由靜止釋放ab棒，則圖12—1—21A.兩端同時出場 端先出場區(qū)端先出場區(qū) D.無法判斷【解析】根據(jù)右手定則知，導體棒向下運動時，a端出現(xiàn)負電荷，b端出現(xiàn)正電荷，故a端受到向上的電場力，b端受到向下的電場力，b端先出場區(qū).【答案】C15.邊長為h的正方形金屬導線框，從圖12—1—22所示的位置由靜止開始下落，通過一勻強磁場區(qū)域，磁場方向水平，且垂直于線框平面，磁場區(qū)寬度為H，上、下邊界如圖中虛線所示，H＞h，從線框開始下落到完全穿過磁場區(qū)的全過程中圖12—1—22①線框中總有感應電流存在②線框受到磁場力的合力方向有時向上，有時向下③線框運動方向始終是向下的④線框速度的大小不一定總是在增加以上判斷正確的是A.①② B.③④ C.①④ D.②③【解析】因H＞h故可分為三個過程：①從下邊開始進入磁場到全部進入磁場.②從全部進入磁場到下邊開始離開磁場.③從下邊開始離開磁場到全部離開磁場.根據(jù)楞次定律和左手定則可判知.【答案】B16.如圖12—1—23所示，螺線管CD的導線繞法不明.當磁鐵AB插入螺線管時，電路中有圖示方向的感應電流產生.下列關于螺線管極性的判斷正確的是圖12—1—23端一定是N極端一定是S極端的極性一定與磁鐵B端的極性相同D.無法判斷極性的關系，因螺線的繞法不明【解析】磁鐵AB插入螺線管時，在螺線管中產生感應電流，感應電流的磁場必定阻礙AB插入，故螺線管的C端和磁鐵的B端極性相同.【答案】C17.如圖12—1—24所示，原線圈P內有鐵芯，原線圈與變阻器、電源、開關連成電路；副線圈Q套在P處，并與電流計G連成電路.實驗時若發(fā)現(xiàn)副線圈中有感應電流i從a經(jīng)eq\o\ac(○,G)流向b，這可能是圖12—1—24A.在閉合電鍵K的瞬間B.閉合電鍵K后，把滑動變阻器的滑動片C向上移動C.閉合電鍵K后，把滑動變阻器的滑動片C向下移動D.把鐵芯從原線圈中拔出【解析】閉合電鍵K后，滑片C向上移動會導致磁通量增大，副線圈中要產生反方向磁場來阻礙增大，故此時產生由b經(jīng)eq\o\ac(○,G)向a的電流.【答案】CD18.如圖12—1—25所示，金屬導軌ab、cd平行于水平面放置且固定，兩金屬桿PQ、MN放置在導軌上，沒有摩擦，一條形磁鐵從上往下接近框架時，下列說法中，正確的是圖12—1—25A.電流方向為MNQP，PQ與MN相互靠攏B.電流方向為MNQP，PQ與MN相互遠離C.電流方向為PQNM，PQ與MN相互靠攏D.電流方向為PQNM，PQ與MN相互遠離【解析】條形磁鐵由上而下接近，磁感線向下穿過線框，且磁通量增大，在線框中產生的感應電流的磁場必定推斥磁鐵，根據(jù)環(huán)形電流的磁場性質(可視方框為環(huán)形電流)判斷可得電流方向為MNQP方向.另一方面，矩形框架MNQP為了阻礙磁通量的增加，除了通過感應電流產生的磁場阻礙其增加外，還可通過縮小面積的辦法實現(xiàn)，因此，MN與PQ將互相靠攏.【答案】A19.如圖12—1—26所示，一閉合線圈穿入蹄形磁鐵由1位置經(jīng)2位置到3位置，最后從下方S端拉出，則在這一過程中，線圈中感應電流方向是圖12—1—26A.沿abcda不變B.沿dcbad不變C.先沿abcda，后沿dcbadD.先沿dcbad,后沿abcda【解析】線圈由1位置到3位置，磁通量(合磁場的)增大，由楞次定律，線圈中感應電流方向為dcbad；線圈從3位置經(jīng)S極抽出過程中，磁通量減小(但注意到線圈與開始相比，已經(jīng)翻轉了)，故感應電流方向為abcda.【答案】Ｄ第Ⅱ單元法拉第電磁感應定律·自感●知識聚焦1.法拉第電磁感應定律：在電磁感應現(xiàn)象中產生的感應電動勢大小，跟穿過這一回路的磁通量的變化率成正比.公式E=n.2.法拉第電磁感應定律的特殊情況——回路中的一部分導體做切割磁感線的運動，產生的感應電動勢計算公式為E=BLvsinθ，式中θ為導體運動方向與磁感線方向的夾角.3.由于通過導體本身的電流發(fā)生變化而引起的電磁感應現(xiàn)象叫自感現(xiàn)象.自感現(xiàn)象中產生的感應電動勢叫自感電動勢，自感電動勢阻礙導體本身電流的變化.自感電動勢的大小跟電流的變化率成正比，對同一線圈，電流變化越快，自感電動勢越大.4.日光燈主要由燈管、鎮(zhèn)流器、啟動器組成.啟動器實際上就是一個自動開關，一通一斷，使通過鎮(zhèn)流器的電流急劇變化，鎮(zhèn)流器中產生自感電動勢.鎮(zhèn)流器在日光燈啟動時提供瞬時高壓，而在日光燈正常工作時起降壓限流的作用.●疑難辨析1.公式E=n計算的是在Δt時間內的平均電動勢；公式E=BLv中的v代入瞬時速度，則E為瞬時電動勢；v代入平均速度，則E為平均電動勢.這樣在計算感應電動勢時，就要審清題意是求平均電動勢還是求瞬時電動勢，以便正確地選用公式.2.公式E=n中涉及到磁通量的變化量ΔΦ的計算.對于ΔΦ的計算，在高中階段一般遇到的有兩種情況：(1)回路與磁場垂直的面積S不變，磁感應強度發(fā)生變化，則ΔΦ=ΔB·S.此時E=n·S，此式中的叫磁感應強度的變化率.若是恒定的，即磁場是均勻變化的，那么產生的感應電動勢就是恒定電動勢.(2)磁感應強度B不變，回路與磁場垂直的面積發(fā)生變化，則ΔΦ=B·ΔS.線圈繞垂直于勻強磁場的軸勻速轉動產生交變電動勢就屬于這種情況.3.嚴格區(qū)別磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ及磁通量的變化率.磁通量Φ=BS表示穿過一平面的磁感線條數(shù)，磁通量的變化量ΔΦ=Φ2-Φ1，表示磁通量變化的多少，磁通量的變化率表示磁通量變化的快慢.Φ大，ΔΦ及不一定大；大，Φ及ΔΦ也不一定大.它們的區(qū)別類似于力學中的v、Δv及a=的區(qū)別.4.公式E=BLv一般用于導體各部分切割磁感線的速度相同，對有些導體各部分切割磁感線的速度不相同的情況，有時也可利用此式求感應電動勢.如圖12—2—1所示，一長為L的導體桿AC繞A點在紙面內以角速度ω勻速轉動，轉動的區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，求AC產生的感應電動勢.AC各部分切割磁感線的速度不相等，vA=0，vC=ωL，而且AC上各點的線速度大小與半徑成正比，所以AC切割的速度可以用其平均切割速度，即v=，故E=BωL2.圖12—2—15.電磁感應現(xiàn)象中產生感應電動勢的那部分導體相當于電源，如果它有電阻，就相當于內電阻.不論回路是否閉合，都設想電路閉合，判斷出感應電流的方向，根據(jù)在電源內部電流從負極到正極，確定相當電源的正負極.如圖12—2—1中AC轉動，設想AC與其他導體已組成閉合電路，判斷AC中的感應電流方向是從C→A，那么A端相當于正極，C端相當于負極.●典例剖析［例1］如圖12—2—2所示的電路中有L1和L2兩個完全相同的燈泡，線圈L的電阻忽略不計，下列說法中正確的是圖12—2—2A.閉合S時，L2先亮，L1后亮，最后一樣亮B.斷開S時，L2立刻熄滅，L1過一會兒熄滅中的電流始終從a到b中的電流始終從c到d【解析】閉合S時，L2中立即有從d到c的電流，先亮，線圈由于自感作用，通過它的電流將逐漸增加，所以L1逐漸變亮，電路穩(wěn)定后自感作用消失，線圈L相當于導線，所以L1、L2一樣亮，斷開S時，L2中由電源提供的電流瞬間消失，但是L中從b到a的電流由于自感的阻礙作用將逐漸減小，該電流與L1形成回路.因此L1、L2將過一會兒一塊熄滅.L1中的電流始終由b到a，L2中的電流先由d到c，后由c到d.【說明】自感電動勢阻礙電流的變化，線圈中電流增加時，自感電動勢（電流)方向與原電流方向相反，阻礙電流的增加；線圈中電流減少時，自感電動勢（電流)方向與原電流方向相同，阻礙電流的減少.正是這種阻礙作用，使線圈中的電流只能從原來的值逐漸變化，不能發(fā)生突變.【設計意圖】通過本例說明自感現(xiàn)象的分析方法.［例2］如圖12—2—3所示，線圈由A位置開始下落，在磁場中受到的磁場力如果總小于它的重力，則它在A、B、C、D四個位置(B、D位置恰好線圈有一半在磁場中)時，加速度關系為圖12—2—3＞aB＞aC＞aD =aC＞aB＞aD=aC＞aD＞aB =aC＞aB=aD【解析】線框在A、C位置時只受重力作用，加速度aA=aC=g.線框在B、D位置時均受兩個力的作用，其中安培力向上、重力向下.由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小a=g-F／m＜g.又線框在D點時速度大于B點速度，即FD＞FB.所以aD＜aB.因此加速度的關系為aA=aC＞aB＞aD.選項B正確.【思考】(1)不加條件“在磁場中受到磁場力如果總小于它的重力”，加速度的關系可能如何?(2)在線框進入磁場的過程中，第(1)問中線框的速度圖線可能如何?(3)線框剛進入磁場時的加速度與框的質量是否有關?(框的材料、形狀、初始位置均不變)(4)兩個質量不同(材料和形狀相同)的金屬框，同時從同一高度自由下落，能否同時落地?【思考提示】（1）aB、aD若方向向下，必定小于重力加速度g，即小于aC，并且一定有aD＜aB，若aB、aD方向向上，則難以確定它們之間的關系，aB、aD可能小于g，也可能等于g，還可能大于g.(2)對于第（1）問中的情況，線框進入磁場的過程，它可能做勻速運動，也可能做加速度逐漸減小的加速運動，還可能做加速度逐漸減小的減速運動，其速度圖象如下圖所示：（3）設線框剛進入磁場時的速度為v，由牛頓第二定律得mg-=maa=g-若線框的材料、形狀、初始位置不變，僅質量變化，即僅線框的導線橫截面積變化，而mR與導線的橫截面積無關，即線框剛進入磁場時的加速度與質量（導線的橫截面積）無關.(4)由第（3）問的討論知，兩質量不同的金屬框從同一高度自由下落，它們每時每刻的加速度、速度均相同，故同時落地.【設計意圖】通過本例說明綜合利用電磁感應規(guī)律和力學規(guī)律分析電磁感應問題的方法.［例3］在一磁感應強度B=T的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距為h=m的平行金屬導軌MN與PQ，導軌的電阻忽略不計，在兩根導軌的端點N、Q之間連接一阻值R=Ω的電阻.導軌上跨放著一根長為L=m，每米長電阻r=Ω/m的金屬棒ab.金屬棒與導軌正交放置，交點為c、d.當金屬棒以速度v=m/s向左做勻速運動時(圖12—2—4)，試求：圖12—2—4圖12—2—5(1)電阻R中的電流強度大小和方向；(2)使金屬棒做勻速運動的外力；(3)金屬棒ab兩端點間的電勢差.(4)ab棒向右變速移動L′=m的過程中，通過電阻R的電量是多少？【解析】金屬棒向左勻速運動時，等效電路如圖12—2—5所示.在閉合回路中，金屬棒的cd部分相當于電源，內阻rcd=hr，電動勢Ecd=Bhv.(1)根據(jù)歐姆定律，R中的電流強度為I==A方向從N流向Q(2)使棒勻速運動的外力與安培力是一對平衡力，方向向左，大小為F=F安=IhB=××N=N(3)金屬棒ab兩端的電勢差，等于Uac+Ucd+Udb，由于Ucd=IR=Ecd-Ircd，因此也可以寫成：Uab=Eab-Ircd=BLv-Ircd=××4××2V=V(4)在ab變速移動L′=m的過程中通過電阻的電量為q==C=5×10-2C【說明】（1)在討論該類題目時，不要把ab兩端的電勢差與ab棒產生的感應電動勢這兩個概念混為一談.（2)求電磁感應過程中通過電路的電量時，用到的是平均電流和平均電動勢，所以通常用，即q=所以，通過電路的電量僅由電阻磁通量的改變量決定.【設計意圖】通過本例說明綜合利用電磁感應規(guī)律和電路知識分析電磁感應問題的方法.［例4］如圖12—2—6所示，面積為m2的100匝線圈A處在磁場中，磁場方向垂直于線圈平面.磁感應強度隨時間變化的規(guī)律是B=（）T，已知電路中的R1=4Ω，R2=6Ω，電容C=30μF，線圈A的電阻不計.求：圖12—2—6(1)閉合K后，通過R2的電流強度大小及方向.(2)閉合K一段時間后，再斷開K，K斷開后通過R2的電量是多少?【解析】(1)由于磁感應強度隨時間均勻變化，根據(jù)B=（）T，可知=T／s，所以線圈中感應電動勢的大小為E=n=ns·=100××V=4V通過Rr的電流強度為I=A=A由楞次定律可知電流的方向由上而下.(2)閉合K一段時間后，電容器被充上一定的電量，此時其電壓U=IR2=×6V=V再斷開K，電容器將放電，通過R2的電量就是C原來所帶的總量Ｑ=CU=30×10-6×C=×10-5C【說明】在計算線圈產生的感應電動勢時，一定不能漏掉公式E=n中的匝數(shù)n.【設計意圖】通過本例說明綜合應用法拉第電磁感應定律和電路的規(guī)律解決問題的方法.［例5］如圖12—2—7所示，矩形線圈由n=50匝導線組成，ab邊長l1=m，bc邊長l2=m，整個線圈R=2Ω，在B=T的勻強磁場中，以兩短邊中點的連線為軸轉動，ω=50rad/s，求：圖12—2—7（1）線圈從圖(a)位置轉過180°的過程中的平均電動勢；（2）線圈從圖(b)位置轉過180°的過程中的平均電動勢；（3）線圈從圖(b)位置起轉動30°時瞬時電動勢.【解析】用E=求線圈因磁通量變化產生的感應電動勢是在Δt時間內的平均值，用E=Blv求線圈在某一位置或某一特定時刻的瞬時電動勢.（1）線圈轉過180°角時，穿過線圈的磁通量的方向發(fā)生了一次變化.如果規(guī)定開始時穿過線圈的磁通量為負Φ1=-BS；由后來穿過線圈的磁通量為正，Φ2=BS，E===50×V=V(2)開始時Φ1′=0,轉過180°后，Φ2′=0所以E=n=0.(3)當線圈從圖（b）位置轉過30°時，導線的速度方向與磁場有一夾角，計算時要把導線速度分解為沿磁場方向的分量和垂直于磁場方向的分量，畫成俯視圖（如圖12—2—8所示），ab邊產生的Eab=nBl1cos30°，cd邊產生的Ecd=nBl1·cos30°,ab邊和cd邊產生的電動勢是串聯(lián)的，E總=Eab+Ecd=nBSωcos30°=50××50×××V=V圖12—2—8【設計意圖】通過本例說明求平均感應電動勢和瞬時感應電動勢的方法.●反饋練習★夯實基礎1.日光燈電路主要由鎮(zhèn)流器、啟動器和燈管組成，在日光燈正常工作時A.燈管正常發(fā)光后，啟動器兩個觸片是連接的B.燈管正常發(fā)光后，啟動器起降壓作用C.日光燈開始發(fā)光時，鎮(zhèn)流器提供瞬時高壓D.燈管正常發(fā)光后，鎮(zhèn)流器將交流電變成直流電【答案】C2.穿過一個電阻為1Ω的單匝閉合線圈的磁通量始終是每1s均勻地減少2Wb，則①線圈中的感應電動勢一定是每秒減少2V②線圈中的感應電動勢一定是2V③線圈中的感應電流一定是每秒減少2A④線圈中的感應電流一定是2A以上判斷正確的是A.①③ B.②④ C.①④ D.②③【解析】由法拉第電磁感應定律得E==2V電流為I==2A【答案】B3.如圖12—2—9所示，豎直向下的勻強磁場中，將一水平放置的金屬棒ab以水平速度v0拋出，設整個過程中，棒的取向不變，且不計空氣阻力，則金屬棒運動過程中產生的感應電動勢的大小變化情況應是圖12—2—9A.越來越大 B.越來越小 C.保持不變 D.無法判斷【解析】金屬棒做平拋運動，水平切割磁感線的速度不變，故感應電動勢大小不變.圖12—圖12—2—10【解析】欲獲得最小速度，由公式E=BLv，則L最長，即沿106°角平分線的方向運動，此時由幾何知識知，L的等效長度為m，則由公式E=BLv得v最小=m/s=10m/s【答案】10m/s5.如圖12—2—11所示，金屬三角形導軌COD上放有一根金屬棒MN.拉動MN，使它以速度v向右勻速運動，如果導軌和金屬棒都是粗細相同的均勻導體，電阻率都相同，那么在MN運動的過程中，閉合回路的圖12—2—11①感應電動勢保持不變②感應電流保持不變③感應電動勢逐漸增大④感應電流逐漸增大以上判斷正確的是

A.①② B.③④ C.②③ D.①④【解析】由E=BLv判知在MN運動過程中，L逐漸增大，故E增大；而該閉合回路的周長也在增大，故R在增大，可算得I不變.【答案】C6.如圖12—2—12所示的電路中，電容C和電感L的值都很大，L的電阻不計，A、B是完全相同的燈泡，當電鍵K閉合時，下面所敘述的情況中正確的是圖12—2—12燈比B燈先亮，然后A燈熄滅 燈比A燈先亮，然后B燈熄滅燈、B燈一起亮，而后A燈熄滅 燈、B燈一起亮，而后B燈熄滅【解析】因A燈串接了一個電感L，由于電感阻礙電流的變化，故A燈后亮；而B燈串接了一個電容，故B亮一下即熄滅.【答案】B7.如圖12—2—13所示，U形線框abcd處于勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B，方向垂直于紙面向內.長度為L的直導線MN中間串有一個電壓表跨接在ab與cd上且與ab垂直，它們之間的接觸是完全光滑的.R為電阻，C為電容器.現(xiàn)令MN以速度v向右勻速運動，用U表示電壓表的讀數(shù)，q表示電容器所帶電量，C表示電容器電容，F(xiàn)表示對MN的拉力.設電壓表體積很小，其中線圈切割磁感線對MN間的電壓的影響可以忽略不計.則圖12—2—13=BLv0F=v0B2L2／R =BLv0F=0=0F=0 =q／CF=v0B2L2／R【解析】MN之間有一電壓表，因電壓表本身內阻過大，可視為斷路，故無I，則F=0；MN可視為電源，因電壓表內無電流通過，故無電壓示數(shù).(據(jù)電壓表工作原理)，則U=0.【答案】C★提升能力8.如圖12—2—14所示，線圈內有理想邊界的磁場，當磁感應強度均勻增加時，有一帶電微粒靜止于水平放置的平行板電容器中間，則此粒子帶_______電，若線圈的匝數(shù)為n，平行板電容器的板間距離為d，粒子的質量為m，帶電量為q，線圈面積為S，則磁感應強度的變化率為_______.圖12—2—14【解析】由楞次定律易判知微粒帶負電.欲使其靜止，必有mg=F電；又F電=qE=q；而E=nS，綜合各式解得.【答案】負9.水平面上有兩根平行的光滑導軌MN、PQ相距L=1m，在M和P之間接有R=2Ω的定值電阻，金屬棒ab的質量為m=kg，垂直放在導軌上，整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B=T的勻強磁場中，如圖12—2—15所示.除定值電阻外，其他電阻不計.圖12—2—15(1)當金屬棒以速度v向右運動切割磁感線運動時，根據(jù)法拉第電磁感應定律證明：感應電動勢的大小為：E=BLv.(2)作用一個水平向右的力F于金屬棒上，可以使金屬棒從靜止開始向右做加速度a=4m/s2的勻加速直線運動，試畫出F隨時間變化的圖線.(只畫圖，不要求推導過程，只畫前16s的圖線，并過圖線上的最末點用虛線向橫軸、縱軸畫平行線)【解析】(1)設金屬棒以速度v向右運動時間t,它向右的位移是：s=vt整個回路磁通量的變化為：ΔΦ=B·S=BLvt根據(jù)法拉第電磁感應定律：E==BLv(2)因為金屬棒做勻加速直線運動，故有：F-F安=ma而F安=BIL，I=，E=BLv，v=at因此有：F=ma＋·t代入數(shù)據(jù)得：F=2＋顯然，當t=0時，F(xiàn)=2N，當t=16s時，F(xiàn)=10N【答案】(1)略(2)如圖10.如圖12—2—16所示，用鋁板制成“”形框，將一質量為m的帶電小球用絕緣細線懸掛在框的上方，讓整體在垂直于水平方向的勻強磁場中向左以速度v勻速運動，懸線拉力為F，則圖12—2—16A.懸線豎直，F(xiàn)=mg B.懸線豎直，F(xiàn)＜mg選擇合適的大小，可使F=0 D.因條件不足，F(xiàn)與mg的大小關系無法確定【解析】當框在磁場中向左以速度v勻速運動時，框的豎直部分(右端)將切割磁感線，其感應電動勢的大小為Blv(l為上下兩板間的距離).因此，上下板間的電勢差大小也等于Blv,且下板電勢高.兩板間的電場可認為是勻強電場，其場強為E=U／d=Bv.小球受的電場力和磁場力的大小均為qvB,且不論小球帶何種電荷，二者的方向均相反.故選項A正確.圖12—2圖12—2—1711.如圖12—2—17所示，豎直放置的螺線管與導線abcd構成閉合回路，導線所圍區(qū)域內有一垂直紙面向里的變化的勻強磁場，螺線管下方水平桌面上有一導體圓環(huán).導線abcd所圍區(qū)域內磁場的磁感應強度按下圖12—2—18中哪一圖線變化時，導體圓環(huán)將受到向上的磁場力作用圖2—2—18【解析】若環(huán)受向上的磁場力，由楞次定律知，則引起環(huán)中感應電流的原磁場減弱，螺線管中電流減弱，再由法拉第電磁感應定律，abcd所圍磁場的變化率減小，故A項正確.【答案】A12.如圖12—2—19所示，(a)是測定機車速度和加速度大小的裝置，它由一塊安裝在機車車頭底部的強磁鐵和埋設在軌道地面上的一組線圈及電流表(圖中未標出)組成.當機車經(jīng)過線圈上方時，線圈中產生電流就被記錄下來，因此可以求出機車在該位置時的速度，假設磁體外側為一個勻強磁場，磁感應強度為B=T，磁體寬度與線圈寬度相同，且都比較小，線圈匝數(shù)為n=5，長度L=m，電阻R=Ω，測量記錄如圖(b)所示.則距離原點O為30m處時機車的速度為_______m/s，距離原點O為130m處時機車的速度為_______m/s，如果機車的行駛是勻變速的，則機車行駛的加速度大小為_______m/s2.圖12—2—19【解析】由E=nBLv，I=，則v=得v1=m/s=12m／sv2=15m/s又v22-v12=2as152-122=2a（130-30)a=m/s2【答案】121513.在磁感應強度B=T的勻強磁場中，有一個直角三角形線框ABC，如圖12—2—20所示，線框以2m/s的速度沿圖示方向(與BC邊平行)勻速運動，已知AB=10cm，α=30°，線框總電阻R=Ω，則AC、BC、AB三條線段上的感應電動勢EAC=____V，EBC=____V，EAB=______V，線框A、B、C三點，電勢最高的點是______，線框中感應電流強度I=____A.圖12—2—20【解析】EAC=EAB=B··v=2×10-2VEBC=0.由右手定則知，A點電勢最高.由于通過三角形線框的磁通量不變化，所在線框中沒有感應電流產生.【答案】2×10-2;0;2×10-2;A;014.圖12—2—21中PQRS是一個正方形的閉合導線框，MN為一個勻強磁場的邊界，磁場方向垂直于紙面向里，如果線框以恒定的速度沿著PQ方向向右運動，速度方向與MN邊界成45°角，在線框進入磁場的過程中圖12—2—21A.當Q點經(jīng)過邊界MN時，線框的磁通量為零，感應電流最大B.當S點經(jīng)過邊界MN時，線框的磁通量最大，感應電流最大點經(jīng)過邊界MN時跟F點經(jīng)過邊界MN時相比較，線框的磁通量小，感應電流大點經(jīng)過邊界MN時跟F點經(jīng)過邊界MN時相比較，線框的磁通量小，感應電流也小【解析】P點經(jīng)過MN時，正方形閉合導線框切割磁感線的導線有效長度最大，感應電流最大.【答案】C※15.一個閉合線圈處在如圖12—2—22所示的正弦變化的磁場中，磁場方向垂直于導線圈平面，則圖12—2—22①在1s末線圈中感應電流最大②在2s末線圈中感應電流最大③1~2s內的感應電流方向和2~3s內相同④在1～2s內的感應電流方向和3～4s內的相同以上說法正確的是A.①④ B.②③ C.①③ D.②④【解析】1s末=0，2s末最大，結合楞次定律判定.【答案】B圖12—2—23＞Ub，20V ＞Ub，10V＜Ub，20V ＜Ub，10V【解析】由楞次定律可知Ua＞Ub，又根據(jù)：E=n=50×V=10V【答案】B※17.如圖12—2—25(甲)所示，為勻強磁場的磁感應強度B隨時間變化的圖象，將一閉合線圈放于磁場中，其平面垂直于B，請在圖12—2—25(乙)圖中畫出線圈中感應電動勢隨時間變化的圖象.圖12—2—25【解析】由法拉第電磁感應定律得：E=nS∝即感應電動勢與B—t圖象的斜率成正比，設斜率為正時感應電流方向為正方向，則斜率為負時，感應電流方向沿負方向.E—t圖象如圖所示.【答案】如圖※18.如圖12—2—26所示，MN和PQ為相距L=30cm的平行金屬導軌，電阻R=Ω的金屬棒ab可緊貼平行導軌運動.相距d=20cm、水平放置的兩平行金屬板E和F分別與金屬棒的a、b兩端相連.圖中R0=Ω，金屬棒ac=cd=bd，導軌和連線的電阻不計，整個裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中.當金屬棒ab以速率v向右勻速運動時，恰能使一帶電粒子以速率v在兩金屬板間做勻速圓周運動.在磁場的磁感應強度大小可根據(jù)需要而變化的情況下，試求金屬棒ab勻速運動的最大速度.圖12—2—26【解析】帶電粒子qE=mg，r=,U=BLv+BLv+，則有v2=rgd／L［2＋R0／（R0+R／3)］當r=時,v=vm=m/s【答案】（或）m/s第Ⅲ單元電磁感應規(guī)律的綜合應用●知識聚焦與本章知識有關的綜合題主要表現(xiàn)在以下幾方面：1.電磁感應問題與電路問題的綜合.電磁感應提供電路中的電源，解決這類電磁感應中的電路問題，一方面要考慮電磁學中的有關規(guī)律如右手定則、法拉第電磁感應定律等；另一方面還要考慮電路中的有關規(guī)律，如歐姆定律、串并聯(lián)電路的性質等，有時可能還會用到力學的知識.●疑難辨析1.電磁感應中的電路分析.在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生感應電動勢，則該導體或回路就相當于電源.將它們接上電容器可以使電容器充電；將它們接上電阻或用電器可以對用電器供電.在回路中形成電流.2.電磁感應中的動力學分析和能量分析切割磁感線的導體作為一個電磁學研究對象有感應電動勢、感應電流、兩端電壓、電流做功、電阻發(fā)熱等問題；作為一個力學對象有受力、加速度、動能、能量及其變化等問題；所以電磁感應和力學知識發(fā)生聯(lián)系是必然的.由于這類問題中物理過程比較復雜，狀態(tài)變化過程中變量比較多，關鍵是能抓住狀態(tài)變化過程中變量“變”的特點和規(guī)律，從而確定狀態(tài)變化過程中的臨界點，求解時注意從動量、能量的觀點出發(fā)，運用相應的規(guī)律進行分析和解答.●典例剖析［例1］如圖12—3—1所示，光滑導軌傾斜放置，其下端連接一個燈泡，勻強磁場垂直于導軌所在平面，當ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時，小燈泡獲得的功率為P0，除燈泡外，其他電阻不計，要使穩(wěn)定狀態(tài)燈泡的功率變?yōu)?P0，下列措施正確的是圖12—3—1A.換一個電阻為原來一半的燈泡B.把磁感應強度B增為原來的2倍C.換一根質量為原來的倍的金屬棒D.把導軌間的距離增大為原來的倍【解析】解答這類問題的基本思路是：先求出燈泡功率P與其他量的關系式，然后再討論各選項是否正確.金屬棒在導軌上下滑的過程中，受重力mg、支持力FN和安培力F=IlB三個力的作用.其中安培力F是磁場對棒ab切割磁感線所產生的感應電流的作用力，它的大小與棒的速度有關.當導體棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(勻速運動)所受合外力為零，則有mgsinθ=IlB.此過程小燈泡獲得穩(wěn)定的功率P=I2R.由上兩式可得P=m2g2Rsin2θ／B2l2.要使燈泡的功率由P0變?yōu)?P0，根據(jù)上式討論可得，題目所給的四個選項只有C是正確的.【思考】(1)試分析在棒下滑的整個過程中，不同形式的能量是如何轉化的?(2)此題的答案與磁場的方向是否有關?【思考提示】（1）棒加速下滑時，它減小的重力勢能一部分轉化為電能，電能又轉化為內能，另一部分轉化為棒的動能.棒勻速下滑時，減小的重力勢能全部轉化為電能，電能又轉化為內能.(2)答案與磁場方向無關（只要導線下滑時切割磁感線即可）.圖12—圖12—3—2圖12—3—3［例2］水平放置的金屬框架abcd，寬度為m，勻強磁場與框架平面成30°角，如圖12—3—2所示，磁感應強度為T，框架電阻不計，金屬桿MN置于框架上可以無摩擦地滑動，MN的質量kg，電阻Ω圖12—3—3【解析】當金屬桿對框架無壓力時受力如圖12—3—3所示，根據(jù)平衡條件得此時水平拉力為F=mgtan30°=×10×N=N安培力大小為F安= ①MN中產生的感應電動勢為E=BLvsin30° ②閉合電路中的感應電流為I= ③安培力為F安=BIL ④由①②③④解得金屬桿勻速運動的速度為v==m/s=m/s【說明】受力分析時要特別注意安培力總跟磁場方向垂直.本題中金屬桿運動的方向與磁場方向成30°角，求電動勢時要用公式E=BLvsinθ，但是金屬桿卻是和磁場方向垂直的，安培力為F安=BIL，而不是F安=BILsinθ.【設計意圖】通過本例說明導體的運動方向與磁場方向不垂直時，感應電動勢的計算及電磁感應問題與力學綜合問題的分析方法.［例3］如圖12—3—4所示，一個半徑為r的銅圓盤可以繞垂直于其盤面的中心軸轉動，圓盤所在區(qū)域內有方向垂直于盤面的磁感應強度為B的勻強磁場，盤的邊緣纏繞著一根細長線，線的一端掛著質量為m的物體A.電阻R的一端與盤的中心相連接，另一端通過滑片與盤的邊緣保持良好接觸，不計銅盤的電阻，不計摩擦，現(xiàn)由靜止釋放物體A，銅盤也由靜止開始轉動，試求銅盤轉動時角速度所能達到的最大值.圖12—3—4【解析】解答本題的思路有兩個.其一，當圓盤角速度達到最大時，圓盤所受合力矩為零，此時安培力的力矩與重力mg的力矩的代數(shù)和為零.其二，根據(jù)能量守恒定律，當圓盤速度最大時，A物體勻速下降，此時重力勢能的減少全部轉化為電能，電能又通過R轉化為內能，因此重力的功率應等于R的發(fā)熱功率.不難看出從能量的角度求解更簡便.圓盤轉動產生的感應電動勢為E=Br2ω ①A下落的速度與圓盤角速度的關系為v=ωr ②A重力的功率等于R的發(fā)熱功率，即mgv= ③解①②③得銅盤的最大角速度ω=【說明】電磁感應過程往往涉及多種形式能量的轉化，從功和能的觀點入手，分析清楚電磁感應過程中能量轉化的關系，往往是解決該類問題的重要途徑.【設計意圖】通過本例說明利用能量轉化和守恒的觀點分析解決電磁感應問題的方法.圖12—3—5［例4］如圖12—3—5所示，兩根相距d=m的平行金屬長導軌，固定在同一水平面內，并處于豎直方向的勻強磁場中，磁場的感應強度B=T.導軌上面橫放著兩根金屬細桿，構成矩形回路，每根金屬細桿的電阻r=Ω，回路中其余部分的電阻可不計.已知兩金屬細桿在平行于導軌的拉力作用下，沿導軌朝相反方向勻速平移，速度大小都是圖12—3—5(1)求作用于每根金屬細桿的拉力的大??；(2)求兩金屬桿在間距增加ΔL=m的滑動過程中共產生的熱量.圖12—3—6【解析】設勻強磁場方向豎直向上.在兩金屬桿勻速平移的過程中，等效電路如圖12—3—6所示，即兩桿可以等效為兩個串聯(lián)的同樣的電源(E0圖12—3—6P=2Fv=所以，每根金屬桿受到的拉力大小為F==×10-2N在兩金屬桿增加距離ΔL的過程中，產生的熱量就等于兩拉力所做的功，即Ｑ=2FΔL／2=FΔL=×10-2J【設計意圖】通過本例說明電磁感應規(guī)律與電路知識和力學知識綜合問題的分析方法.●反饋練習★夯實基礎1.如圖12—3—7所示，abcd是一閉合的小金屬線框，用一根絕緣細桿掛在固定點O，使金屬線框繞豎直線OO′來回擺動的過程中穿過水平方向的勻強磁場區(qū)域，磁感線方向跟線框平面垂直，若懸點摩擦和空氣阻力均不計，則圖12—3—7①線框進入或離開磁場區(qū)域時，都產生感應電流，而且電流的方向相反②線框進入磁場區(qū)域后越靠近OO′線時速度越大，因而產生的感應電流也越大③線框開始擺動后，擺角會越來越小，擺角小到某一值后將不再減?、芫€框擺動過程中，機械能完全轉化為線框電路中的電能以上判斷正確的是A.①③ B.②④C.①② D.②③【解析】線框進入磁場時Φ增大，而離開磁場時Φ減少，完全進入磁場后Φ不變，故①對②錯.當擺角小到線框僅在磁場中擺動時，Φ不變.機械能將保持不變.故③對④錯.應選A.【答案】A2.如圖12—3—8所示，兩個互連的金屬環(huán)，左環(huán)電阻為右環(huán)電阻的一半，磁場垂直穿過左環(huán)所在區(qū)域，當磁感應強度隨時間均勻增加時，左環(huán)內產生感應電動勢為E，則右環(huán)中感應電流方向為_______,a、b兩點間的電勢差為_______.圖12—3—8【解析】由楞次定律可判知右環(huán)中感應電流方向為逆時針；設左環(huán)電阻為R，則右環(huán)電阻為2R，回路中感應電流I=，由歐姆定律a、b兩點電勢差為U=I·2R=E.【答案】逆時針E3.如圖12—3—9所示，虛線框abcd內為一矩形勻強磁場區(qū)域，ab=2bc，磁場方向垂直于紙面；實線框a′b′c′d′是一正方形導線框，a′b′邊與ab邊平行.若將導線框勻速地拉離磁場區(qū)域，以W1表示沿平行于ab的方向拉出過程中外力所做的功，W2表示以同樣速率沿平行于bc的方向拉出過程中外力所做的功，則圖12—3—9=W2 =2W1=2W2 =4W1【解析】沿平行于ab方向拉出線圈過程拉力做的功為W1=lab沿平行于bc方向拉出線圈過程拉力做的功為W2=lbc故W2=2W1【答案】B4.如圖12—3—10所示，矩形線圈一邊長為d,另一邊長為a，電阻為R，當它以速度v勻速穿過寬度為L、磁感應強度為B的勻強磁場過程中：若L＜d，產生的電能為______，若L＞d，產生的電能為_______.圖12—3—10【解析】L＜d時，產生電能的時間為.而L＞d時，時間為.【答案】5.如圖12—3—11，AB、CD是固定的水平放置的足夠長U形金屬導軌，整個導軌處于豎直向上的勻強磁場中，在導軌上放一金屬棒ab，給ab一個水平向右的沖量，使它以初速度v0運動起來，最后靜止在導軌上，在導軌是光滑和粗糙兩種情況下圖12—3—11A.安培力對ab所做的功相等B.電流通過整個回路做功相等C.整個回路產生的熱量相等D.到停止運動時，兩種情況棒運動距離相等【解析】無論導軌光滑還是粗糙，金屬棒原來的動能全部轉化為內能，故整個回路產生的熱量相等，導軌粗糙時棒運動的距離小.【答案】C6.用同樣粗細的銅、鋁、鐵做成三根相同長度的直導線，分別放在電阻可以忽略不計的光滑水平導軌AB、CD上，如圖12—3—12所示，使導線與導軌保持垂直，設豎直方向的勻強磁場垂直于導軌平面，且充滿導軌所在空間，然后用外力使導線向右做勻速直線運動，且每次外力消耗的功率均相同，則圖12—3—12①銅導線運動速度最大②鐵導線運動速度最大③三根導線上產生的感應電動勢相同④在相等的時間內，它們產生的熱量相等以上判斷正確的是A.①④ B.②④C.③④ D.只有③【解析】P=，即有P=v=，R=ρ，故v∝.E=Blv∝.Ｑ=Pt相同【答案】B★提升能力7.如圖12—3—13所示，在平行于地面的勻強磁場上方，有兩個用相同金屬材料制成的邊長相同的正方形線圈a、b，其中a的導線比b粗，它們從同一高度自由落下，則圖12—3—13A.它們同時落地 先落地先落地 D.無法判斷【解析】兩線圈a、b從同一高度自由落下，進入磁場時速度相同，設該速度為v，此時的加速度設為a，由牛頓第二定律得mg-=maa=g-由于兩線圈邊長相同，僅導線橫截面積S不同，而m∝S，R∝，故mR與S無關，所以a相同，從而可判斷進入磁場的過程中和進入磁場后的各個時刻a、b兩線圈的速度和加速度均相同，故它們同時落地，A正確.【答案】A8.如圖12—3—14所示，兩根固定在水平面上的光滑的平行金屬導軌，相距為d，一端接有阻值為R的電阻，在導軌上放一金屬直桿，金屬桿與電阻相距L，金屬桿用一根水平細線通過定滑輪跟重為G的重物相連，金屬桿上作用一個水平力F，使金屬桿處于靜止.除了電阻R之外的其他電阻都可不計.若在金屬導軌區(qū)域加一豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小隨時間增大的規(guī)律為B=kt，為了使金屬桿在導軌上保持靜止，求水平力F(以向左為正方向)隨時間變化的規(guī)律.圖12—3—14【解析】欲使桿靜止則所受合力為零，得力的平衡方程：F＋F安＋Ｇ=0，又以向左為正方向，則有F=Ｇ-F安，又F安=BId=ktId，其中感應電流I=，代入可得：F=Ｇ-【答案】F=Ｇ-9.如圖12—3—15所示，豎直平行導軌間距L=20cm，導軌頂端接有一電鍵K.導體棒ab與導軌接觸良好且無摩擦，ab的電阻R=Ω，質量m=10g，導軌的電阻不計，整個裝置處在與軌道平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度B=1T.當ab棒由靜止釋放s后，突然接通電鍵，不計空氣阻力，設導軌足夠長.求ab棒的最大速度和最終速度的大小.(g取10m/s2)圖12—3—15【解析】ab棒由靜止開始自由下落s時速度大小為v=gt=8m/s則閉合K瞬間，導體棒中產生的感應電流大小I=Blv/R=4Aab棒受重力mg=N因為F＞mg,ab棒加速度向上，開始做減速運動，產生的感應電流和受到的安培力逐漸減小，當安培力F=mg時，開始做勻速直線運動.此時滿足=mg解得最終速度v′=mgR/B2l2=1m/s.閉合電鍵時速度最大為8m/s.【答案】8m/s;1m/s10.有一種磁性加熱裝置，其關鍵部分由焊接在兩個等大的金屬圓環(huán)上的n根間距相等的平行金屬條組成，成“鼠籠”狀，如圖12—3—16所示.每根金屬條的長度為l,電阻為R，金屬環(huán)的直徑為D、電阻不計.圖中虛線所示的空間范圍內存在著磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的寬度恰好等于“鼠籠”金屬條的間距.當金屬環(huán)以角速度ω繞過兩圓環(huán)的圓心的軸OO′轉動時，始終有一根金屬條在垂直切割磁感線.“鼠籠”的轉動由一臺電動機帶動，這套設備的效率為η，求電動機輸出的機械功率.圖12—3—16【解析】處于磁場中的金屬條切割磁感線的線速度為v=ω產生的感應電動勢為E=Blv=Blω通過切割磁感線的金屬條的電流為I=磁場中導體受到的安培力為F=BIl克服安培力做功的功率為P安=Fv=電動機輸出的機械功率為P=P安／η聯(lián)立以上各式解出P=【答案】11.如圖12—3—17所示，足夠長的光滑金屬框豎直放置，框寬l=m，框的電阻不計，勻強磁場磁感應強度B=1T，方向與框面垂直，金屬棒MN的質量為100g，電阻為1Ω.現(xiàn)讓MN無初速地釋放并與框保持接觸良好的豎直下落，從釋放到達到最大速度的過程中通過棒某一橫截面的電量為2C，求此過程中回路產生的電能.(空氣阻力不計，g=10m/s2)圖12—3—17【解析】金屬棒下落過程做加速度逐漸減小的加速運動，加速度減小到零時速度達到最大，根據(jù)平衡條件得mg= ①在下落過程中，金屬棒減小的重力勢能轉化為它的動能和電能E，由能量守恒定律得mgh=mvm2+E ②通過導體某一橫截面的電量為q= ③由①②③解得E=mgh-mvm2==J-J=J【答案】J圖12—3—18(1)棒能達到的穩(wěn)定速度?(2)棒從靜止到達到穩(wěn)定速度所需的時間?【解析】(1)(mg+)vm=IU-I2r，vm=2m/s（vm=-3m/s舍去）(2)(IU-I2r)t=mgh＋mvm2＋Ｑ，t=1s【答案】(1)2m/s(2)1s13.如圖12—3—19所示，一個由金屬導軌組成的回路，豎直放在寬廣的水平勻強磁場中，磁場垂直于該回路所在的平面，方向向外，AC導體可緊貼光滑豎直導軌自由上下滑動，導軌足夠長，回路總電阻R保持不變，當AC由靜止釋放后圖12—3—19①導體AC的加速度將達到一個與阻值R成反比的極限值②導體AC的速度將達到一個與R成正比的極限值③回路中的電流將達到一個與R成反比的極限值④回路中的電功率將達到一個與R成正比的極限值以上判斷正確的是A.①③ B.②④ C.①④ D.②③【解析】勻速運動時v→vm，此時有mg=BIL=得vm=R，P=R.【答案】B14.光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖12—3—20所示，拋物線的方程是y=x2，下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y=a的直線(圖中的虛線所示).一個小金屬塊從拋物線上y=b(b＞a)處以速度v沿拋物線下滑.假設拋物線足夠長，金屬塊沿拋物線下滑后產生的焦耳熱總量是圖12—3—20 (b-a) (b-a)+mv2【解析】最終小金屬塊在y=a的位置(不超出該位置)為邊界的以下范圍振動，由釋放到最后振動，能量守恒，Ｑ=mv2＋mg（b-a)【答案】Ｄ15.如圖12—3—21所示，光滑平行導軌僅其水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，一根質量為2m的金屬桿cd靜止在水平軌道上，另一根質量為m的金屬桿ab從斜軌道上高為h處由靜止開始下滑，運動中兩根桿始終與軌道垂直且接觸良好，兩桿之間未發(fā)生碰撞.若導電軌道有足夠的長度，在兩根金屬桿與導電軌道組成的回路中所產生的熱量是_______.圖12—3—21【解析】當ab進入水平軌道時速度為v0，則v0=；最后ab和cd的速度相同，此時不再產生感應電流，由動量守恒定律可知此時共同的速度為：mv0=mv′+2mv′得v′=v0，故由能量守恒得mgh=mv′2＋（2m）v′2＋Q，則Ｑ=mgh.【答案】mgh章末綜合講練●知識網(wǎng)絡●高考試題一、楞次定律圖12—11.(1999年全國高考)圖12—1為地磁場磁感線的示意圖.在北半球地磁場的豎直分量向下.飛機在我國上空勻速巡航，機翼保持水平，飛行高度不變.由于地磁場的作用，金屬機翼上有電勢差.設飛行員左方機翼末端處的電勢為U1，右方機翼末端處的電勢為U2圖12—1A.若飛機從西往東飛，U1比U2高B.若飛機從東往西飛，U2比U1高C.若飛機從南往北飛，U1比U2高D.若飛機從北往南飛，U2比U1高【解析】由右手定則可判知：在北半球，不論沿何方向水平飛行，都是飛機的左方機翼電勢高，右方機翼電勢低.【答案】AC圖12—22.（2022年上海高考）如圖12—2所示，A、B為大小、形狀均相同且內壁光滑，但用不同材料制成的圓管，豎直固定在相同高度.兩個相同的磁性小球，同時從A、B管上端的管口無初速釋放，穿過A管的小球比穿過圖12—2管是用塑料制成的，B管是用銅制成的管是用鋁制成的，B管是用膠木制成的管是用膠木制成的，B管是用塑料制成的管是用膠木制成的，B管是用鋁制成的【答案】AD3.(2022年上海高考)如圖12—3所示是一種延時開關.當S1閉合時，電磁鐵F將銜鐵D吸下，將C線路接通.當S1斷開時，由于電磁感應作用，D將延遲一段時間才被釋放.則圖12—3A.由于A線圈的電磁感應作用，才產生延時釋放D的作用B.由于B線圈的電磁感應作用，才產生延時釋放D的作用C.如果斷開B線圈的電鍵S2，無延時作用D.如果斷開B線圈的電鍵S2，延時將變長【解析】延時開關的工作原理是：當斷開S1使A線圈中電流變小并消失時，則在閉合的B線圈中產生感應電流，據(jù)楞次定律，感應電流的磁場使鐵芯中磁場減弱得慢些，因此才產生延時作用，可見是B線圈的存在起了延時作用.【答案】BC二、電磁感應中的圖象4.(1998年全國高考)如圖12—4（a）所示，一寬40cm的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，一邊長為20cm的正方形導線框位于紙面內，以垂直于磁場邊界的恒定速度v=20cm/s通過磁場區(qū)域，在運動過程中，線框有一邊始終與磁場區(qū)域的邊界平行，取它剛進入磁場的時刻t=0，在下列圖線中，正確反映感應電流強度隨時間變化規(guī)律的是圖12—4（a）圖12—4（b）【解析】線圈剛進入B中，電流方向逆時針，全部進入時無I感，一邊剛出來時，線圈中會產生順時針方向的電流，而且由E=BLv產生的E一定，I感也一定.【答案】C5.(1999年全國高考)一勻強磁場，磁場方向垂直紙面，規(guī)定向里的方向為正，在磁場中有一細金屬圓環(huán)，線圈平面位于紙面內，如圖12—5所示.現(xiàn)令磁感應強度B隨時間t變化，先按圖12—6中所示的oa圖線變化，后來又按圖線bc和cd變化，令E1、E2、E3分別表示這三段變化過程中感應電動勢的大小，I1、I2、I3分別表示對應的感應電流，則圖12—5圖12—6＞E2，I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向＜E2，I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向＜E2，I2沿順時針方向，I3沿逆時針方向=E3，I2沿順時針方向，I3沿順時針方向【解析】由法拉第電磁感應定律知E∝，由圖知應有E1＜E2=E3.由楞次定律可判斷出I1沿逆時針方向，I2和I3均沿順時針方向.(正磁通量的減少與負磁通量的增加產生感應電流方向相同)【答案】BＤ三、電磁感應綜合題6.（2022年全國高考）圖12—7中EF、GH為平行的金屬導軌，其電阻可不計，R為電阻器，C為電容器，AB為可在EF和GH上滑動的導體橫桿.有均勻磁場垂直于導軌平面.若用I1和I2分別表示圖中該處導線中的電流，則當橫桿AB圖12—7A.勻速滑動時，I1=0，I2=0B.勻速滑動時，I1≠0,I2≠0C.加速滑動時，I1=0，I2=0D.加速滑動時，I1≠0，I2≠0【解析】橫桿勻速滑動時，由于E=BLv不變，故I2=0，I1≠0.加速滑動時，由于E=BIv逐漸增大，電容器不斷充電，故I2≠0，I1≠0.圖12—圖12—87.(2022年廣東、廣西、河南高考)如圖12—8所示，半徑為R、單位長度電阻為λ的均勻導體圓環(huán)固定在水平面上，圓環(huán)中心為O.勻強磁場垂直水平面方向向下，磁感應強度為B.平行于直徑MON的導體桿，沿垂直于桿的方向向右運動.桿的電阻可以忽略不計，桿與圓環(huán)接觸良好，某時刻，桿的位置如圖，∠aOb=2θ，速度為v，求此時刻作用在桿上安培力的大小.【解析】如圖所示，桿切割磁感線時，ab部分產生的感應電動勢E=vB(2Rsinθ)此時弧acb和弧adb的電阻分別為2λR(π—θ)和2λRθ，它們并聯(lián)后的電阻為r=桿中的電流為I=,作用在桿上的安培力為F=IB(2Rsinθ),由以上各式解得F=.【答案】圖12—98.(2022年上海高考)已知某一區(qū)域的地下埋有一根與地表面平行的直線電纜，電纜中通有變化的電流，在其周圍有變化的磁場，因此可以通過在地面上測量閉合試探小線圈中的感應電動勢來探測電纜的確切位置、走向和深度.當線圈平面平行地面測量時，在地面上a、c兩處測得試探線圈中的電動勢為零，b、d兩處線圈中的電動勢不為零；當線圈平面與地面成45°夾角時，在b、d兩處測得試探線圈中的電動勢為零.經(jīng)過測量發(fā)現(xiàn),a、b、c、d恰好位于邊長為1m的正方形的四個頂角上，如圖12—圖12—9【解析】線圈在電纜正上方且平行于地面時，通過線圈的磁通量為零，沒有感應電動勢，故電纜在a、c兩點連線的正下方.由于在b、d處線圈平面與地面成45°角時，線圈中沒有感應電流，說明此時線圈平面與磁感線相切，通過線圈的磁通量為零，故過b