第十二章 电磁感应

第十二章 电磁感应

知识网络

第1课时 电磁感应现象 楞次定律

复习准备

感受高考

考什么?

1.电磁感应现象（Ⅰ）

（1）产生感应电流的条件.

（2）引起磁通量变化的常见情况:

①闭合回路的部分导线做切割磁感线运动；

②线圈在磁场中转动；

③磁感应强度B 变化.

2.感应电流方向的判定（Ⅱ）

（1）右手定则；

（2）楞次定律.

楞次定律适用于一般情况的感应电流方向的判定，而右手定则只适用于导线切割磁感线运动的情况，此种情况用右手定则判定比用楞次定律判定简便.

怎么考?

(2006广东物理) 如图12-1-1所示，用一根长为L 质量不计的细杆与一个上弧长为20l 、下弧长为d 0的金属线框的中点联结并悬挂于O 点，悬点正下方存在一个上弧长为2l 0、下弧长为

2d 0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d 0L.先将线框拉开到如图12-1-1所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦.下列说法正确的是（ ）

图12-1-1

A.金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a

B.金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a

C.金属线框dc 边进入磁场与ab 边离开磁场的速度大小总是相等

D.金属线框最终将在磁场内做简谐运动

命题意图：本题考查楞次定律的运用.

解析：金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为a→d→c→b→a.金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为a→b→c→d→a.根据能量转化和守恒，可知，金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场

的速度大小不相等.如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，由于d0L,单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于10度，故最终在磁场内做简谐运动.答案为D.

答案：D

知识清单

1.产生感应电动势、感应电流的条件：导体在磁场里做切割磁感线运动时，导体内就产生感应电动势；穿过线圈的磁通量发生变化时，线圈里就产生感应电动势.如果导体是闭合电路中的一部分，或者线圈是闭合的，电路中就有感应电流.由于闭合电路中的一部分导体做切割磁感线的运动，必然引起穿过闭合电路的磁通量发生变化，所以产生感应电流的条件可以归结为：穿过闭合回路的磁通量发生变化.

2.感应电动势和感应电流的方向

（1）楞次定律

定律内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.

应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤：①明确原磁场的方向及磁通量的变化情况；

②根据楞次定律中所说的“阻碍”作用，确定感应电流产生磁场的方向；③利用安培定则判断出感应电流的方向.

楞次定律是判断感应电流、感应电动势方向的一般方法，适用于各种情况的电磁感应现象. （2）右手定则

让磁感线垂直穿过手心，大拇指指向导体做切割磁感线运动的方向，四指的指向就是导体内部所产生的感应电流（电动势）的方向.

右手定则仅适用于导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的情况，对这种情况用右手定则判断方向较为方便.

复习进行

三点剖析

1.楞次定律

用楞次定律判断感应电流的步骤：

（1）明确引起感应电流的原磁场的方向及其空间分布情况，并用磁感线表示出来.

（2）分析穿过闭合回路的磁通量是增还是减.

（3）根据楞次定律确定感应电流的磁场方向，即原磁通量增加，则感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，反之则感应电流的磁场方向与原磁场方向相同.

（4）利用安培定则来确定感应电流的方向.

（5）电磁感应现象中判断电势高低时必须把产生感应电动势的导体（或线圈）看成电源，且注意在电源内部感应电流是从电势低处向电势高处流动.若线路断路无感应电流时，可想象为有感应电流，来判断电势的高低.

【例1】如图12-1-2所示，闭合电路中一定长度的螺线管可自由伸缩，通电时灯泡有一定亮度.若将一软铁棒从螺线管一端迅速插入螺线管内，则在插入过程中（）

图12-1-2

A.灯泡变亮，螺线管缩短

B.灯泡变暗，螺线管缩短

C.灯泡变亮，螺线管伸长

D.灯泡变暗，螺线管伸长

解析：在软铁棒从螺线管一端迅速插入螺线管内的过程中，螺线管内的磁通量将迅速增加，所以感应电流与原电流的方向相反，即阻碍了原电流.而另一方面，由于磁通量的变化螺线管中的电流将变小，所以螺线管相邻两个线圈间的引力将减小.

故正确选项为D.

答案：D

2.正确理解及应用楞次定律解题

楞次定律的内容是：感应电流的方向总是要使感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁通量的变化.

“阻碍”两字是楞次定律的核心.“阻碍”不是“阻止”.“阻碍”是指阻碍原磁场的磁通量的变化，而不是指感应电流的磁场一定与原磁场方向相反.

若穿过闭合回路的磁通量增加，则感应电流的磁场就要阻碍这一增加，其方向与原磁场方向相反；若穿过闭合回路的磁通量减少，则感应电流的磁场就要阻碍这一减少，其方向与原磁场方向相同.以上规律可概括为“增反减同”.

【例2】如图12-1-5所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的下方，且通电直导线与金属圆环平行.当通电直导线中电流I增大时，圆环的面积S和橡皮绳的长度L 将( )

图12-1-5

A.S减小，L变长

B.S减小，L变短

C.S增大，L变长

D.S增大，L变短

解析：由于通电直导线的电流增大，因此金属圆环中的磁通量也要增大，所以感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的磁通量的增大，通过减小闭合回路的面积来阻止磁通量的增大（或向下远离通电导线），故面积S减小.总的安培力是向下的，因此L变长.

综上所述，正确选项是A.

答案：A

3.应用楞次定律的“阻碍”作用直接解题

楞次定律推广含义的应用

（1）阻碍原磁通量的变化；

（2）阻碍（导体的）相对运动，“来拒去留”；

（3）阻碍原电流变化（自感现象）.

在解决一些题目时我们可以直接应用楞次定律的阻碍作用来直接判断.比如：导体棒的运动趋势、所受的安培力；线圈的扩张或缩小的趋势.解决这类题目可以直接应用楞次定律的“阻碍”作用来进行求解.原磁场的磁通量是增加的，那么线圈面积增大磁通量大还是线圈面积减小磁通量大，应用线圈面积的改变来阻止磁通量的增加，从而判断线圈有扩张的趋势还是有收缩的趋势.

不管是导体棒还是线圈都可以通过楞次定律中的阻碍作用来解决，解决问题的时候我们要着重抓住一点，怎样有利于阻碍磁通量的变化，就向那个方向发展，即变化的趋势.

【例3】如图12-1-8所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( )

图12-1-8

A.向右摆动

B.向左摆动

C.静止

D.无法判断

解析：方法一（运动阻碍法）：磁铁向右运动时，铜环中磁通量增加而产生感应电流.根据楞次定律得知，铜环中的感应电流受力产生的效果必为阻碍磁通量的变化，将向着阻碍磁通量增加的方向运动，即向磁感线较疏的右方运动，故A正确.

方法二（阻碍运动法）：磁铁向右运动时，由楞次定律的另一种表述得知铜环产生的感应电流总是阻碍物体间的相对运动，则磁铁和铜环间有排斥作用，故A正确.

答案：A

各个击破

类题演练1

如图12-1-3所示，通有稳恒电流的螺线管竖直放置，闭合铜环R沿螺线管的轴线加速下落，在下落过程中，环面始终保持水平.铜环先后经过轴线1、2、3位置时的加速度分别为a1、a2、a3.位置2处于螺线管的中心，位置1、3与位置2等距离.则( )

图12-1-3

A.a1＜a2=g

B.a3＜a1＜g

C.a1=a3＜a2

D.a3＜a1＜a2

解析：1位置的磁通量增加，2位置的磁通量不变，3位置的磁通量减少.根据楞次定律：在1位置铜环将做加速度a1＜g的加速运动，在2位置铜环将做加速度a2=g的加速运动，在3位置铜环将做加速度a3＜g的加速运动.由于在3位置的速度大于在1位置的速度，所以在3位置的磁通量的变化比在1位置的变化快，故在3位置的感应电流比在1位置的感应电流要大，由此可知在3位置铜环所受的安培力比在1位置铜环所受的安培力要大，而安培力的方向是竖直向上的，经过分析可以判断a3＜a1＜a2=g.综上所述正确选项是ABD.

答案：ABD

变式提升1

（2007广东模拟）2002年12月31日，我国第一条磁悬浮列车在上海浦东试运行.如图12-1-4所示是磁悬浮的原理图，图中P是柱形磁铁，Q是用高温超导材料制成的超导圆环.将超导圆环Q水平放在磁铁P上，Q就能在磁力的作用下悬浮在磁铁P的上方，下列叙述正确的是（）

图12-1-4

A.Q放入磁场的过程中将产生感应电流，稳定后感应电流消失

B.Q放入磁场的过程中将产生感应电流，稳定后感应电流仍存在

C.如果P的N极朝上，Q中感应电流的方向如图所示

D.如果P的S极朝上，Q中感应电流的方向与图中所示的方向相反

解析：当超导圆环靠近柱形磁铁的磁极时，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，与原磁场反向，斥力使超导线圈悬浮起来.稳定后超导线圈中电流依然存在，这是因为其电阻为零.故选项B正确.

答案：B

类题演练2

如图12-1-6所示四根同样光滑的细铝杆a、b、c、d放在同一水平桌面内，其中a、c固定，b、d静止地放在a、c杆上，接触良好，O点为回路中心，如图所示.当条形磁铁一端从O点正上方向下迅速插向回路时（感应电流磁场忽略不计），b、d两杆将( )

图12-1-6

A.保持不动

B.分别远离O点

C.分别向O点靠近

D.因不知磁极极性，故无法判定

解析：本题中当条形磁铁一端从O点正上方向下迅速插向回路时，整个闭合回路的磁通量增加，所以b、d两杆要靠近O点以减小闭合回路的面积，从而达到阻碍磁通量增加的目的.

综上所述正确选项是C.

答案：C

变式提升2

如图12-1-7所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向下.今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线中的电流突然减小时，线框整体所受磁场力的方向为（）

图12-1-7

A.向上

B.向下

C.向左

D.向右

解析：直线电流的环形磁感线在导线左侧的线框内穿进，在导线右侧的线框内穿出，但左侧线框内的磁通量较大.当导线中的电流突然减小时，穿过整个导线框磁通量将是穿进线圈的数量减小，感应电流的磁场将阻碍这个磁通量的减小，可以判断感应电流为顺时针，cd边电流向下受到直导线的吸引力，而ab边电流向上受到直导线的排斥力，而上下两边受力平衡，所以线框整体所受磁场力将向左侧.选C.

答案：C

类题演练3

如图12-1-9甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图12-1-9乙所示的变化电流，t=0时电流方向为顺时针（如图中箭头所示）.在t1—t2时间内，对于线圈B，下列说法正确的是( )

图12-1-9

A.线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势

B.线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势

C.线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势

D.线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势

解析：由题意可知，t=0时电流为负值，方向为顺时针方向；t1—t2电流为正值，故A中电流为逆时针，A产生的磁场在A中向外且增强，由楞次定律判断出B中感应电流为顺时针方向.为了阻碍磁通量的增加，B线圈有扩张的趋势，企图用A管外的磁通量来抵偿A管中磁通量的增加，因为两方向相反，内部磁通量一定，而外部线圈面积越大磁通量越大，抵偿得越多.故选项A正确.

答案：A

变式提升3

如图12-1-10（a）所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P 和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流随时间变化的规律如图12-1-10（b）所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持为F N，则（）

图12-1-10

A.t1时刻F N＞G

B.t2时刻F N＞G

C.t3时刻F N＜G

D.t4时刻F N=G

解析：t1时刻，Q中的电流正在增加时，穿过P的磁通量增大，P中感应电流磁场使P、Q相斥，P将增大对桌面的压力，因此F N＞G.t2时刻，Q中的电流不变，P中无感应电流，两线圈间无相互作用，F N=G.t3时刻，Q中的电流为零，两线圈间同样无相互作用，F N=G.t4时刻，Q中电流不变，与t2时刻情况相同，F N=G.

答案：AD

高考热身

基础达标

1.如图12-1-11所示，在同一平面内有四根彼此绝缘的直导线，分别通有大小相同方向如图的电流.要使由四根直导线所围成的面积内的磁通量增加，则应切断哪一根导线中的电流（）

图12-1-11

A.i1

B.i2

C.i3

D.i4

解析：i1产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；i2产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；i3产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；i4产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向

垂直纸面向外,所以四根导线产生的磁场叠加后在导线所围的面积内的磁场方向向里.故要使由四根直导线所围成的面积内的磁通量增加，只要将磁场方向相反的i4去除就可以了.

答案：D

2.如图12-1-12所示，一闭合的金属环从静止开始由高处下落,通过条形磁铁后继续下落，空气阻力不计.则在圆环运动过程中，下列说法正确的是( )

图12-1-12

A.圆环在磁铁的上方时，加速度小于g，在下方时大于g

B.圆环在磁铁的上方时，加速度小于g，在下方时也小于g

C.圆环在磁铁的上方时，加速度小于g，在下方时等于g

D.圆环在磁铁的上方时，加速度大于g，在下方时小于g

解析：一闭合的金属环从静止开始由高处下落通过条形磁铁的过程中，闭合金属环的磁通量先增加，而后减少，根据楞次定律它增加时，不让它增加即阻碍它增加；它要减少时，不让它减少即阻碍它减少，所以下落时圆环在磁铁的上方和下方所受的安培力都向上，故加速度都小于g.

答案：B

3.如图12-1-13所示，螺线管CD的导线绕法不明.当磁铁AB插入螺线管时，电路中有图示方向的感应电流产生.下列关于螺线管极性的判断正确的是( )

图12-1-13

A.C端一定是N极

B.C端的极性一定与磁铁B端的极性相同

C.C端一定是S极

D.无法判断，因螺线管的绕法不明确

解析：磁铁AB插入螺线管时，在螺线管中产生感应电流，感应电流的磁场必定阻碍AB插入，故螺线管的C端和磁铁的B端极性相同.

答案：B

4.如图12-1-14所示，一有限范围的匀强磁场，宽度为d，将一个边长为L的正方形导线框以速度v匀速地通过磁场区域.若d＞L，则在线框中不产生感应电流的时间应等于( )

图12-1-14

A.d/v

B.L/v

C.(d-L)/v

D.(d-2L)/v 解析：线框中不产生感应电流，则要求线框所组成的闭合回路内的磁通量不发生变化，即线框全部在磁场中匀速运动时没有感应电流.所以线框从左边框进入磁场时开始到线框的右边框将要离开磁场时止，这个过程中回路中将没有感应电流.

答案：C

5.如图12-1-15所示，在绝缘圆筒上绕两个线圈P和Q，分别与电池E和电阻R构成闭合回路，然后将软铁棒迅速插入线圈P中.则在插入的过程中（）

图12-1-15

A.电阻R上有方向向左的电流

B.电阻R上没有电流

C.电阻R上有方向向右的电流

D.条件不足，无法确定

解析：软铁棒被磁化，相当于插入一根跟P的磁场同向的条形磁铁，使P、Q线圈中的磁通量增加.由楞次定律得，在Q中产生的感应电流向右通过电阻R.

答案：C

综合运用

6.如图12-1-16所示，套在条形磁铁外的三个线圈，其面积S1＞S2=S3，且“3”线圈在磁铁的正中间.设各线圈中的磁通量依次为Φ1、Φ2、Φ3，则它们的大小关系是( )

图12-1-16

A.Φ1＞Φ2＞Φ3

B.Φ1＞Φ2=Φ3

C.Φ1＜Φ2＜Φ3

D.Φ1＜Φ2=Φ3

解析：本题要注意的是线圈中的磁通量由两部分构成，即磁铁的内部磁感线条数三个线圈是一样的，而外部磁感线条数三个线圈是不一样的，面积越大，条数越多，外部磁感线将抵偿一部分内部磁感线,所以面积越大磁通量越少，故Φ1＜Φ2.再者“3”线圈在磁铁的正中间位置,与线圈“2”比，“3”线圈外部磁感线的条数少，所以“3”线圈的磁通量最大.综上所述选项C是正确的.

答案：C

7.如图12-1-17所示，A、B是两个相互垂直的线框，两线框相交点恰是两线框的中点，两线框互相绝缘，A线框中有电流.当线框A的电流增大时，线框B中_____________感应电流.（填“有”或“无”）

图12-1-17

解析：A线框中虽然有电流，并且产生了磁场，但磁感应强度的方向与A线框的平面相垂直，即与B线框平行.所以不管A线框中的电流如何变化，B线框中始终没有磁通量，即无磁通量变化.

答案：无

拓展探究

8.如图12-1-18所示的整个装置在竖直平面内，欲使带负电的油滴P在两平行金属板间静止，导体棒ab沿导轨运动的情况是_______________.

图12-1-18

解析：对油滴，qE=mg,电场力向上.又因为油滴带负电，故场强向下，电容器上极板带正电，下极板带负电，线圈N 感应电动势正极在上端，负极在下端.由楞次定律知ab 向右减速运动或向左加速运动.

答案：向右减速或向左加速

教师锦囊

1.电磁感应现象较严格的说法是：通过闭合回路的磁通量发生变化时，在闭合回路中产生感应电动势的现象，教师可根据学生的实际情况引导学生思考与讨论.

2.楞次定律的文字表述简明扼要，学生初学时，常不能完全正确理解它的含义，教学中要注意结合实例让学生理解定律的内容.从磁通量变化的角度，感应电流的磁场总要阻碍引起它的磁通量的变化，“阻碍”二字的含义不要简单地理解为就是相反.

第2课时 法拉第电磁感应定律 自感

复习准备

感受高考

考什么？

1.法拉第电磁感应定律（Ⅱ）

（1）能够正确理解法拉第电磁感应定律，并能应用法拉第电磁感应定律解题；（2）正确理解公式E=n t

??Φ中感应电动势与磁通量的变化无关，而与磁通量的变化率有关；正确理解公式E=BvLsinθ中的导体棒的长度、速度、夹角，并正确解题.

2.自感（Ⅰ）

知道自感现象并能解释自感现象，知道什么是自感电动势，知道自感系数是表示线圈本身特征的物理量，并且能知道自感现象的利和弊.

怎么考？

（2006四川高考）如图12-2-1所示，接有灯泡L 的平行金属导轨水平放置在匀强磁场中，一导体杆与两导轨良好接触并做往复运动，其运动情况与弹簧振子做简谐运动的情况相同.图中O 位置对应于弹簧振子的平衡位置，P 、Q 两位置对应于弹簧振子的最大位移处.若两导轨的电阻不计，则（ ）

图12-2-1

A.杆由O 到P 的过程中，电路中电流变大

B.杆由P 到Q 的过程中，电路中电流一直变大

C.杆通过O 处时，电路中电流方向将发生改变

D.杆通过O 处时，电路中电流最大

命题意图：法拉第电磁感应定律的运用.

解析：导体杆往复运动，切割磁感线相当于电源，其产生的感应电动势E=Blv,由于杆相当于弹簧振子，其在O 点处的速度最大，产生的感应电动势最大，因此电路中的电流最大.根据右

手定则，电流在P 、Q 两处改变方向，此时的电流为零.故选择D 项.

答案：D

知识清单

1.法拉第电磁感应定律：在电磁感应现象中产生的感应电动势大小，跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比.公式E=n t

??Φ. 2.导体做切割磁感线运动时，产生感应电动势的计算公式为E=BLvsinθ，式中θ为导体运动方向与磁感线方向的夹角.

3.由于通过导体本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象叫自感现象.自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势，自感电动势阻碍导体自身电流的变化.自感电动势的大小跟电流的变化率成正比，对同一线圈，电流变化越快，自感电动势越大.

复习进行

三点剖析

1.法拉第电磁感应定律

（1）电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比E=n

t

??Φ；当导体做切割磁感线运动时，其感应电动势的计算公式为E=BLvsinθ. （2）Φ和ΔΦ大都不能保证

t ??Φ就大，反过来t

??Φ大时，Φ和ΔΦ也不一定就大.这类似于运动学中的v 、Δv 及加速度t v ??三者之间的关系. （3）解决这类题目主要抓住磁通量是怎样变化的或速度是怎样变化的，然后再利用法拉第电磁感应定律公式E=n t

??Φ或E=BLvsinθ进行分析，得到感应电动势的变化情况，再分析电流的变化情况.根据楞次定律判定感应电流的方向.

（4）t ??Φ通常有以下几种情况：S 变化而B 不变，ΔΦ=ΔS·B ；B 变化而S 不变，ΔΦ=S·t B ??;再就是S 、B 都变化如一导体在变化的磁场中切割磁感线，这类问题解决比较麻烦，特别应注意.

【例1】如图12-2-2所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy 平面（纸面）向里.具有一定电阻的矩形线圈abcd 位于xy 平面内，线框的ab 边与y 轴重合.令线框从t=0的时刻起由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I （取逆时针方向的电流为正）随时间t 的变化图线It 图可能是图12-2-3中的哪一个( )

图12-2-2

图12-2-3

解析：由于线框从t=0的时刻起由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动，所以经过时间t 线

框的速度为v=at ；由cd 边产生的感应电动势的表达式E=BLv 得E=BLat ，由此得电动势和时间成线性关系，故电流也与时间成线性关系.由于磁通量减少，根据楞次定律可得感应电流的方向为顺时针方向，即与规定的正方向相反.

正确选项是D.

答案：D

2.电磁感应中力的平衡问题

（1）通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起.解决的基本方法是：

①用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.

②求回路中的电流.

③分析导体受力情况（包含安培力）.

④列动力学方程或平衡方程求解.

（2）电磁感应力学问题中，要抓好受力情况、运动情况的动态分析.导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达稳定运动状态，抓住a=0时，速度v 达最大值的特点.

（3）解决这类题目时要把各种情况都考虑全面.通电导线在磁场中切割磁感线运动，产生的感应电流又要受到安培力的作用，最终要达到平衡做匀速直线运动.

【例2】如图12-2-9所示，两根平行的光滑导轨竖直放置，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，金属杆ab 接在两导轨之间.在开关S 断开时让ab 自由下落，ab 下落过程中始终

保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计.过一会儿开关闭合并开始计时，则ab 下滑速度v 随时间t 变化的图象（如图12-2-10）不可能是( )

图12-2-9

图12-2-10

解析：解决本题的关键是要分情况来分析电键S 闭合时，金属棒ab 运动的速度情况，即金属棒ab 做切割磁感线运动要产生感应电流，产生的感应电流又要受到磁场的安培力的作用，所受的安培力与重力的大小关系：①S 刚闭合时，满足金属棒ab 做切割磁感线运动产生感应电流，产生的感应电流受到磁场的安培力与重力的大小相等，即 mg=R

vL B 2

2，此时金属棒ab 做匀速直线运动，这种情况是图象A ；②S 刚闭合时，满足金属棒ab 做切割磁感线运动产生感应电流，产生的感应电流受到磁场的安培力大于重力，即

mg ＜R

vL B 2

2，此时金属棒ab 做减速直线运动，直至重力与安培力平衡时做匀速运动，这种情况是图象D ；③S 刚闭合时，满足金属棒ab 做切割磁感线运动产生感应电流，产生的感应

电流受到磁场的安培力小于重力，即mg ＞R

vL B 2

2，此时金属棒ab 做加速直线运动，直至重力与安培力平衡时做匀速运动，这种情况是图象C.所以ACD 这三种情况都是可能的. 答案应该为B.

答案：B

3.感应电动势等效于“电源”的理解和计算

在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源.因此，电磁感应问题往往与电路问题联系在一起.解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：

（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向.

（2）画等效电路，注意区别内外电路，区别路端电压和电源电动势，产生感应电动势的这部分导体或线圈就相当于一个电源，而这一部分导体的电阻相当于电源的内阻.

（3）应用全电路欧姆定律、串并联电路性质、电功率等公式求解（稳恒电路中的定律、性质、公式都适用）.

（4）产生的感应电动势若是导体棒切割磁感线运动应用E=BLvsinθ；若是磁感应强度的变化

或是回路的面积变化，可应用E=n

t

??Φ.而磁通量的变化可能有三种情况： ①面积不变，磁感应强度变化，E=n t ??Φ=n t

B ??；②面积变化，磁感应强度不变，E=n t ??Φ=n t S ??；③面积变化，磁感应强度同时也变化，E=nS t B ??+nB t S ??. 【例3】如图12-2-13所示，面积为0.2 m 2的100匝线圈A 处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间变化的规律是B=(6-0.2t) T.已知电路中的R 1=4 Ω,R 2=6 Ω，电容C=30 μF ，线圈A 的电阻不计.求：

图12-2-13

（1）闭合K 后，通过R 2的电流的大小及方向；

（2）闭合K 一段时间后，再断开K ，K 断开后通过R 2的电荷量是多少？

解析：（1）由于磁感应强度随时间均匀变化，根据B=(6-0.2t) T ，可知

t B ??=0.2 T/s ，所以线圈中产生的感应电动势的大小为E=nS t

B ??=100×0.2×0.2 V=4 V 通过电阻的电流为I=6

4421+=+R R E A=0.4 A. 因磁感应强度随时间减小，由楞次定律可知电流方向由上而下.

（2）闭合K 一段时间后，电容器被充上一定的电荷量，此时其电压U=IR 2=0.4×6 V=2.4 V. 再断开K ，电容器将放电，通过R 2的电荷量就是电容C 原来所带的电荷量，

Q=CU=30×10-6×2.4 C=7.2×10-5 C.

答案：（1）0.4 A 方向由上而下（2）7.2×10-5 C

各个击破

类题演练1

如图12-2-4所示的异形导线框，匀速穿过一匀强磁场区，导线框中的感应电流i随时间t变化的图象是图12-2-5中的（设导线框中电流沿abcdef为正方向）( )

图12-2-4

图12-2-5

解析：线框中的ef边先进入磁场中运动产生的感应电动势为E=BvL ef；当cd边也进入磁场时，那么cd边也开始做切割磁感线运动，此时感应电动势为

E=Bv(L ef+L cd)，即E=BvL ab；直至线框全部进入磁场中，感应电流为零.当线圈离开时

E=BvL ef到E=BvL ab，电流大小的变化与电动势的变化成正比，所以图形与感应电动势的变化情况是相同的.方向可以由楞次定律判断，进入磁场时线框中磁通量增加，所以是逆时针方向，与规定方向相反；离开时线框中磁通量减少，所以是顺时针方向，与规定方向一致.正确选项是D.

答案：D

变式提升1

(2006天津高考)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图12-2-6所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图12-2-7变化时，图12-2-8中正确表示线圈感应电动势E变化的是( )

图12-2-6 图12-2-7

图12-2-8

解析：在第1 s 内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E 1=1

111t B t ??=??ΦS,在第2 s 和第3 s 内，磁场B 不变化，线圈中无感应电流，在第4 s 和第5 s 内，B 减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E 1=2

222t B t ??=??ΦS,由于ΔB 1=ΔB 2，Δt 2=2Δt 1,故E 1=2E 2,由此可知，A 选项正确。

答案：A

类题演练2

如图12-2-11所示，光滑金属导轨AB 、CD 相距为L ，与水平面成θ角放置，下端接一电阻阻值为R ，金属棒ab 质量为m ，垂直放在两导轨上.磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于金属导轨平面，现用恒力F 沿斜面向上拉动金属棒ab ，则金属棒的最大速度是多少？（导轨足够长，导轨与金属棒ab 的电阻可忽略）

图12-2-11

解析：金属棒在运动过程中受到四个力的作用，即重力mg 、拉力F 、安培力F 安（沿斜面向下）、斜面的弹力F N .加速度为零时，速度最大.所以由斜面方向平衡得到：F-F 安-mgsinθ=0， 解得最大速度：

v m =

2

2)sin (L B R mg F θ-. 答案：v m =22)sin (L B R mg F θ- 变式提升2

如图12-2-12所示，两金属杆ab 和cd 长均为L,电阻均为R ，质量分别为m 1和m 2,m 1＞m 2.用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧，两金属杆都处于水平位置.整个装置处于与回路平面相垂直的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B ，若金属杆ab 正好匀速向下运动，求运动的速度.

图12-2-12

解析：若ab 棒以速度v 向下匀速运动，cd 棒也将以速度v 向上匀速运动，两棒都垂直切割磁感线产生感应电动势，在闭合电路中为2BLv.ab 棒受到的磁场力方向向上，cd 棒受到的磁场力方向向下，悬线对两棒的拉力都向上且为T ，则对ab 棒的平衡方程m 1g=BIL+T ① 对cd 棒的平衡方程m 2g+BIL=T ②

又I=R

BLv R BLv R E ==22总 ③ 将①②③式联立

m 1g-m 2g=2BIL=R

v L B 22 则v=2

2212)(L B gR m m - 答案：

22212)(L B gR m m - 类题演练3

在一磁感应强度B=0.5 T 的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h=0.1 m 的平行金属导轨MN 与PQ ，导轨的电阻忽略不计，在两根导轨的端点N 、Q 之间连接一电阻R=0.3 Ω的电阻.导轨上跨放着一根长为L=0.2 m 、每米电阻为r=2.0 Ω的金属棒ab.金属棒与导轨正交放置，交点为c 、d.当金属棒以速度v=4.0 m/s 向左做匀速运动时（如图12-2-14所示），试求：

图12-2-14

（1）电阻R 中的电流大小和方向；

（2）使金属棒做匀速运动的外力；

（3）金属棒ab 两端点之间的电势差；

（4）ab 棒向左匀速移动L′=0.5 m 的过程中，通过电阻R 的电荷量.

解析：金属棒向左匀速运动时，等效电路如右图所示.在闭合回路中，金属棒的cd 部分相当于电源，内阻r cd =hr ，电动势E cd =Bhv.

（1）根据欧姆定律，R 中的电流为I=hr

R Bhv r R E cd cd +=+=0.4 A ，方向从N 流向Q. （2）使金属棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，方向向左，大小为

F=F 安=IhB=0.4×0.1×0.5 N=0.02 N.

（3）金属棒ab 两端的电势差U ab =U ac +U cd +U db

由于U cd =IR=E cd -Ir cd

U ab =E ab -Ir cd =BLv-Ir cd =（0.5×0.2×4-0.4×0.1×2） V=0.32 V.

（4）通过R 的电荷量Q=It=IL/v=0.4×0.5/4 C=0.05 C.

答案：(1)0.4 A (2)0.02 N (3)0.32 V （4）0.05 C 方向从N→Q

变式提升3

如图12-2-15所示，金属框中ad,be,cf 三段导体长都是L ，电阻都是R.导体abc 和def 的电阻不计.金属框处于垂直纸面向里的匀强磁场中，在外力的作用下，以不变的速度v 向左被拉出，试求：

图12-2-15

（1）金属框在运动过程中通过图示位置时，各段导体中电流的大小和方向；

（2）作用在金属框上的外力的大小和方向；

（3）证明外力的功率等于感应电流消耗在电阻上的总功率.

解析：（1）图示位置时，线框中的be,cf 边切割磁感线，产生感生电动势均为E=BLv,方向为从b→e 和从c→f,其等效电路如图所示

.

根据电源并联的特点知流过导体ad 的电流I 1=R

BLv R

R E

322=+,方向从d→a,通过导体be 和cf 的电流为I 2=R

BLv I 321=. (2)导体be 、cf 在磁场中受安培力，根据左手定则可判定方向向右，大小为F=2BIL=R

v L B 3222整个线框匀速运动，合力为零.

F 外=F=R

v L B 3222,方向向左，即金属框运动方向. （3）外力的功率为P 外=F 外v=R

v L B 3222 感应电流消耗在电阻上的总功率为

I 12R+2I 22

R=（R BLv 32）2R+2×(R BLv 3)2R=R v L B R v L B 32962

22222=. 可见，外力的功率等于感应电流消耗在电阻上的总功率.

答案：（1）ad 电流R

BLv 32方向d→a be 、cf 电流R BLv 3 b→e ，c→f

(2)R v L B 3222 向左 (3) R

v L B 322

22 高考热身

基础达标

1.如图12-2-16所示，粗细均匀、电阻为r 的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B ，圆环直径为d ，长为L ，电阻为2

r 的金属棒ab 放在圆环上，以速度v 0向左匀速运动.当ab 棒运动到图示直径位置时，金属棒两端电势差为（ ）

图12-2-16

A.0

B.BLv 0

C.21BLv 0

D.3

1BLv 0 解析：当金属棒ab 以速度v 0向左运动到图示虚线位置时，根据公式可得产生的感应电动势为E=BLv 0，而它相当于一个电源，并且其内阻为

2r ；金属棒两端电势差相当于外电路的端电压.外电路半个圆圈的电阻为2

r ，而这两个半个圆圈的电阻是并联关系，故外电路总的电阻为4r ，所以外电路电压为U ba =31E=3

1BLv 0. 答案：D

2.如图12-2-17所示的电路中有L 1和L 2两个完全相同的灯泡，线圈L 的电阻忽略不计.下列说法中正确的是( )

图12-2-17

A.闭合S 时，L 2先亮，L 1后亮，最后一样亮

B.断开S 时，L 2立刻熄灭，L 1过一会儿熄灭

C.L 1中的电流始终从b 到a

D.L 2中的电流始终从c 到d

解析：闭合S 时，L 2中立即有从d 到c 的电流，先亮，线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增大，所以L 1逐渐变亮.电路稳定后自感作用消失，线圈L 相当于导线，所以L 1、L 2最后一样亮.选项A 正确.

断开S 时，L 2中由电源提供的电流立即消失，但是L 1中从b 到a 的电流由于自感的阻碍作用只能逐渐地减小，该电流与L 1、L 2形成回路,因此L 1、L 2都将过一会儿才熄灭.故选项B 错误.

L 1中的电流始终由b 到a ，L 2中的电流S 闭合时是d 到c ，S 断开时是c 到d. 综上所述正确选项是AC.

答案：AC

3.如图12-2-18所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水平的初速v 0抛出，设在整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是（ ）

图12-2-18

A.越来越大

B.越来越小

C.保持不变

D.无法判断 解析：ab 棒做平抛运动，切割磁感线的水平速度不变，产生的感应电动势大小不变. 答案：C

4.如图12-2-19所示，线圈由A 位置开始下落，若它在磁场中受到的磁场力总小于重力，则在A 、B 、C 、D 四个位置（B 、D 位置恰好线圈有一半在磁场中）时加速度的关系为( )

图12-2-19

A.a A ＞a B ＞a C ＞a D

B.a A =a C ＞a B ＞a D

C.a A =a C ＞a D ＞a B

D.a A =a C ＞a B =a D

解析：线框在A 、C 位置时只受重力作用，加速度a a =a c =g.线框在B 、D 位置时均受两个力的作用，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-m

F ＜g.（mg-R

v l B 22=ma ）又线框在D 点时速度大于B 点时速度，即F D ＞F B ，所以a B ＞a D .因此加速度的关系为a A =a C ＞a B ＞a D .

答案：B

5.如图12-2-20所示，将长为1 m 的导线从中间折成约为106°的角，磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场垂直于导线所在的平面.为使导线产生4 V 的感应电动势，则导线切割磁感线的最小速度约为________________.

图12-2-20

解析：欲使导线获得4 V 的感应电动势，而导线的速度要求最小，根据E=BLv

可知：在E 、B 一定的情况下，L 最大且v 与L 垂直时速度最小.

故根据E=BLv 得

v min =8

.05.04?=BL E m/s=10 m/s. 答案：10 m/s

综合运用

6.如图12-2-21所示，匀强磁场的磁感应强度为0.4 T ，R=100 Ω，C=100 μF ，ab 长为20 cm.

当ab 以v=10 m/s 的速度向右匀速运动时，电路中的电流为___________，电容器上板带________电，电荷量为_________________C.

图12-2-21

解析：感应电动势E=BLv=0.4×0.2×10 V=0.8 V ，极板上的电荷量Q=CE=100×10-6×0.8 C=8×10-5

C.由于感应电动势一定，电容器的带电荷量一定，所以电路中无电流.

答案：零 正 8×10-5

7.A 、B 两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比r a ∶r b =2∶1,在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面，如图12-2-22所示.当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，求两导线环内所产生的感应电动势之比和流过两导线环的感应电流之比.

图12-2-22

解析：匀强磁场的磁感应强度随时间均匀变化，设t 时刻的磁感应强度为B t ,则B t =B 0+kt,其中B 0为t=0时的磁感应强度，k 为一常数.A 、B 两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量.设磁场区域的面积为S ，则Φt =B t S,即在任一时刻穿过两导线环包围面上的磁通量是相等的，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的.

由E=t ??Φ得E=t

B ??S(S 为磁场区域面积). 对A 、B 两导线环，由于t B ??及S 均相同，得1

1=B A E E . 由I=R E ，R=ρ1S l (S 1为导线的横截面积)及l=2πr 有2

1==A B B A B A r E r E I I . 答案：1∶1 1∶2

拓展探究

8.水平向上足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ，一端通过导线与阻值为R 的电阻连接；导轨上放一质量为m 的金属杆（如图12-2-23所示），金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下.用与导轨平行的恒定拉力F 作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动.当改变拉力大小时，相对应的匀速运动速度v 也会变化，v 和F 的关系如图12-2-24所示.（重力加速度g 取10 m/s 2）

图12-2-23

图12-2-24

（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？

（2）若m=0.5 kg,L=0.5 m,R=0.5 Ω,磁感应强度B 为多大？

（3）由vF 图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？

解析：（1）若金属棒与导轨间是光滑的，那么平衡时必有恒定拉力与安培力平衡，即F=R

vL B 2

2,从而得到v=2

2L B R F ，即v 与F 成线性关系且经过坐标原点.而本题的图象坐标没有经过原点，说明金属棒与导轨间有摩擦.金属棒在匀速运动之前F ＞F f +F 安，随着速度的增加，安培力越来越大，最后相等,故金属棒在匀速运动之前做变速运动（加速度越来越小）.

（2）设摩擦力为F f ，平衡时有F=F f +F 安=F f +R

vL B 2

2.选取两个平衡状态，得到两个方程组，从而求解得到.如当F=4 N 时，v=4 m/s ；当F=10 N 时，v=16 m/s,代入F=F f +R

vL B 2

2,解得B=1 T ，F f =2 N.

（3）由以上分析得到：由vF 图线的截距可求得金属棒与导轨间的摩擦力，大小为2 N. 答案：（1）金属棒在匀速运动之前做变速运动（加速度越来越小）

（2）B=1 T

（3）由vF 图线的截距可求得金属棒与导轨间的摩擦力，大小为2 N

教师锦囊

1.根据教学大纲要求和学生的接受能力，教学中应着重揭示法拉第电磁感应定律及其公式E=t

??Φ的建立过程、物理意义及应用，而公式E=BLv 只作为法拉第电磁感应定律在特定条件下推导出的表达式.

2.自感现象是一种特殊的电磁感应现象，要使学生明白，导体本身的电流变化引起磁通量变化是产生自感现象的原因.自感现象十分普遍，因此我们需要利用它时，就要设法增大自感系数，反之，则设法减小自感系数.

第3课时 电磁感应和电路规律的综合应用

复习准备

感受高考

考什么？

能够应用所学过的稳恒电路知识及电路中热量和电荷量与导体电阻的分配关系，解决电磁感应中与电路规律的综合问题，并能掌握解决这类问题的具体方法和思维方式（Ⅱ）. 求解电磁感应和电路规律的综合问题时，基本上都要碰到求解棒两端的电压（或更复杂）.处理这类题目时，一般将导体棒（或线圈）产生的感应电动势等效为一个电源，导体棒（或

第12章 电磁感应

第12章 电磁感应 1 、如图所示，等边三角形的金属框，边长为l ，放在 均匀磁场中，ab 边平行于磁感强度B ，当金属框绕ab 边以角速度ω 转动时，bc 边上 沿bc 的电动势为 _________________， ca 边上沿ca 的电动势为_________________，金属框内的总 电动势为_______________．（规定电动势沿abca 绕向为正值） 2 、 半径为r 的小绝缘圆环，置于半径为R 的大导线圆环中心，二者在同一平面内，且r <

第十二章 电磁感应电磁场(一)作业答案

第十二章 电磁感应 电磁场（一） 一．选择题 [ A ]1.（基础训练1）半径为a 的圆线圈置于磁感强度为B 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R ，当把线圈转动使其法向与B 的夹角为α=60?时，线圈中已通过的电量与线圈面积及转动时间的关系是： (A) 与线圈面积成正比，与时间无关. (B) 与线圈面积成正比，与时间成正比. (C) 与线圈面积成反比，与时间无关. (D) 与线圈面积成反比，与时间成正比. 【解析】 [ D ]2.（基础训练3）在一自感线圈中通过的电流I 随时间t 的变化规律如图(a)所示，若以I 的正流向作为的正方向，则代表线圈内自感电动势随时间t 变化规律的曲线应为图(b)中(A)、(B)、(C)、(D)中的哪一个？ 【解析】 dt dI L L -=ε，在每一段都是常量。dt dI ［ B ］3.（基础训练6）如图所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B ? 平 行于ab 边，bc 的长度为l ．当金属框架绕ab 边以匀角速度转动时，abc 回路中的感应 电动势和a 、c 两点间的电势差U a – U c 为 (A) =0，U a – U c =221l B ω (B) =0，U a – U c =22 1l B ω- (C) =2l B ω，U a – U c =2 2 1l B ω (D) =2l B ω，U a – U c =22 1 l B ω- 【解析】金属框架绕ab 转动时，回路中 0d d =Φ t ，所以0=ε。 2012c L a c b c bc b U U U U v B d l lBdl Bl εωω→→→ ??-=-=-=-??=-=- ??? ?? ［ C ］5.（自测提高1）在一通有电流I 的无限长直导线所在平面内，有一半经 为r ，电阻为R 的导线环，环中心距直导线为a ，如图所示，且r a >>。当直导线的电流被切断后，沿着导线环流过的电量约为： (A))1 1(220r a a R Ir +-πμ (B) a r a R Ir +ln 20πμ (C)aR Ir 220μ (D) rR Ia 220μ 【解析】直导线切断电流的过程中，在导线环中有感应电动势大小：t d d Φ = ε B ? a b c l ω a I r o R q 2 1 φφ-=

第13讲 电磁感应规律及其应用(原卷版)

2020年高考物理二轮精准备考复习讲义 第四部分 电磁感应与电路 第13讲 电磁感应规律及其应用 目录 一、理清单，记住干 (1) 二、研高考，探考情 (2) 三、考情揭秘 (4) 四、定考点，定题型 (5) 超重点突破1楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 (5) 超重点突破2 电磁感应中的图象问题 (7) 超重点突破3 电磁感应中的电路与动力学问题 (8) 超重点突破4 电磁感应中的能量问题 (9) 五、固成果，提能力 (11) 一、理清单，记住干 1.电磁问题方向判断“三定则、一定律”的应用 (1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向。 (2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。 (3)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的磁场方向。 (4)右手定则：判断闭合电路中部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向。 2．楞次定律推论的应用技巧 (1)“增反减同”；(2)“来拒去留”；(3)“增缩减扩”。 3．四种求电动势的方法 (1)平均电动势E ＝n ΔΦΔt 。 (2)垂直切割E ＝BLv 。 (3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动E ＝12 Bl 2ω。 (4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e ＝nBSωsin ωt 。 4．感应电荷量的两种求法 (1)当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流。通过的电荷

量表达式为q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR 总·Δt ＝n ΔΦR 总 。 (2)导体切割磁感线运动通过的电荷量q 满足的关系式：－B I l Δt ＝－Blq ＝m Δv 。 5．解决电磁感应图象问题的两种常用方法 (1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负以及是否过某些特殊点，以排除错误的选项。 (2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断。 6．三步解决电磁感应中电路问题 (1)确定电源：E ＝n ΔΦΔt 或E ＝Blv 。 (2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图。 (3)应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本规律等列方程求解。 7．电磁感应中力、能量和动量综合问题的分析方法 (1)分析“受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向。 (2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据动能定理或能量守恒定律等列方程求解。 (3)分析“动量”：在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)。 ①求速度或电荷量：－B I l Δt ＝mv 2－mv 1，q ＝I Δt 。 ②求时间：F Δt ＋I A ＝mv 2－mv 1，I A ＝－B I l Δt ＝－Bl ΔΦR 总 。 ③求位移：－B I l Δt ＝－B 2l 2v Δt R 总＝mv 2－mv 1，即－B 2l 2 R 总 x ＝m (v 2－v 1)。 二、研高考，探考情 【2019·全国卷Ⅰ】(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图a 中虚线MN 所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上。t ＝0时磁感应强度的方向如图a 所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图b 所示。则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )

电磁感应++习题解答

第八章电磁感应电磁场 8 －1一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（） （A）线圈中无感应电流 （B）线圈中感应电流为顺时针方向 （C）线圈中感应电流为逆时针方向 （D）线圈中感应电流方向无法确定 分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）． 8 －2将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（） （A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流 （B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流 （C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小 （D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大 分析与解根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A）． 8 －3有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M21，而线圈2 对线圈1的互感系数为

M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且t i t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）． （A ）2112M M = ，1221εε= （B ）2112M M ≠ ，1221εε≠ （C ）2112M M =， 1221εε< （D ）2112M M = ，1221εε< 分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；t i M εd d 21212=．因而正确答案为（D ）． 8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ ） （A ） 位移电流的实质是变化的电场 （B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷 （C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律 （D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理 分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）． 8 －5 下列概念正确的是（ ） （A ） 感应电场是保守场 （B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线 （C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 （D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大 分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而 正确答案为（B ）．

第十二章电磁感应 电磁场

第十二章 电磁感应 电磁场和电磁波 12－3 有两个线圈，线圈1对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且 t i t i d d d d 2 1<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）． （A ）2112M M = ，1221εε= （B ）2112M M ≠ ，1221εε≠ （C ）2112M M =， 1221εε< （D ）2112M M = ，1221εε< 分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 1 2121=；t i M εd d 21212=．因 而正确答案为（D ）． 12－5 下列概念正确的是（ ） （A ） 感应电场是保守场 （B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线 （C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 （D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大 分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而 正确答案为（B ）． 12－7 载流长直导线中的电流以 t I d d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与导线处于同一平面内，如图所示.求线圈中的感应电动势. 分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律t Φ d d - =ξ ，来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用??= S S B Φd 来计算. 为了积分的需要，建立如图所示的坐标系.由于B 仅与x 有关，即B =B (x )，故取一个平行于长直导线的宽为d x 、长为d 的面元d S ，如图中阴影部分所示，则d S =d d x ，所以，总磁通量

大物B课后题08-第八章 电磁感应 电磁场

习题 8-6 一根无限长直导线有交变电流0sin i I t ω=，它旁边有一与它共面的矩形线圈ABCD ，如图所示，长为l 的AB 和CD 两边与直导向平行，它们到直导线的距离分别为a 和b ，试求矩形线圈所围面积的磁通量，以及线圈中的感应电动势。 解 建立如图所示的坐标系，在矩形平面上取一矩形面元dS ldx =，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为 02m i d B dS ldx x μφπ=?= 通过矩形面积CDEF 的总磁通量为 0000ln ln sin 222b m a i il I l b b ldx t x a a μμμφωπππ===? 由法拉第电磁感应定律有 00ln cos 2m d I l b t dt a φμωεωπ=- =- 8-7 有一无限长直螺线管，单位长度上线圈的匝数为n ，在管的中心放置一绕了N 圈，半径为r 的圆形小线圈，其轴线与螺线管的轴线平行，设螺线管内电流变化率为dI dt ，球小 线圈中感应的电动势。 解 无限长直螺线管内部的磁场为 0B nI μ= 通过N 匝圆形小线圈的磁通量为 2 0m NBS N nI r φμπ== 由法拉第电磁感应定律有 20m d dI N n r dt dt φεμπ=- =- 8-8 一面积为S 的小线圈在一单位长度线圈匝数为n ，通过电流为i 的长螺线管内，并与螺线管共轴，若0sin i i t ω=，求小线圈中感生电动势的表达式。 解 通过小线圈的磁通量为 0m BS niS φμ== 由法拉第电磁感应定律有 000cos m d di nS nSi t dt dt φεμμωω=- =-=- 8-9 如图所示，矩形线圈ABCD 放在1 6.010B T -=?的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面的法线方向之间的夹角为60α=?，长为0.20m 的AB 边可左右滑动。若令AB 边以速率 15.0v m s -=?向右运动，试求线圈中感应电动势的大小及感应电流的方向。 解 利用动生电动势公式

第九讲电磁感应

第九讲电磁感应 例1．如图所示，阻值为R，质量为m，边长为l的正方形金属框位于光滑水平面上。金属框的ab 边与磁场边缘平行，并以一定的初速度进入矩形磁场区域，运动方向与磁场边缘垂直。磁场方向垂 直水平面向下，在金属框运动方向上的长度为L ( L>l）。已知金属框的ab边进入磁场后，框在进、 出磁场阶段中的运动速度与ab边在磁场中的位置坐标之间关系为v = v0－cx( x

大学物理期末复习第八章电磁感应及电磁场

第八章 电磁感应与电磁场 §8-1电磁感应定律 一、电磁感应现象 电磁感应现象可通过两类实验来说明： 1．实验 1）磁场不变而线圈运动 2）磁场随时变化线圈不动 2．感应电动势 由上两个实验可知：当通过一个闭合导体回路的磁通量变化时，不管这种变化的原因如何（如：线圈运动，变；或不变线圈运动），回路中就有电流产生，这种现象就是电磁感应现象，回路中电流称为感应电流。 3．电动势的数学定义式 定义：把单位正电荷绕闭合回路一周时非静电力做的功定义为该回路的电动势，即 () ??=l K l d K ：非静电力 ε （8-1） 说明：（1）由于非静电力只存在电源内部，电源电动势又可表示为 表明：电源电动势的大小等于把单位正电荷从负极经电源内部移到正 极时，非静电力所做的功。 （2）闭合回路上处处有非静电力时，整个回路都是电源，这时电动势用普遍式表示：() ??=l K l d K ：非静电力 ε （3）电动势是标量，和电势一样，将它规定一个方向，把从负极经 电源内部到正极的方向规定为电动势的方向。 二、电磁感应定律 1、定律表述

在一闭合回路上产生的感应电动势与通过回路所围面积的磁通量对时间的变化率成正比。数学表达式： 在SI 制中，1=k ，（S t V Wb :;:;:εΦ），有 dt d i Φ- =ε （8-2） 上式中“-”号说明方向。 2、i ε方向的确定 为确定i ε，首先在回路上取一个绕行方向。规定回路绕行方向与回路所围面积的正法向满足右手旋不定关系。在此基础上求出通过回路上所围面积的磁通量，根据dt d i Φ -=ε计算i ε。 三、楞次定律 此外，感应电动势的方向也可用楞次定律来判断。 楞次定律表述：闭合回路感应电流形成的磁场关系抵抗产生电流的磁通量变化。 说明：（1）实际上，法拉第电磁感应定律中的“-”号是楞次定律的数学表 述。 （2）楞次定律是能量守恒定律的反映。 例8-1：设有矩形回路放在匀强磁场中，如图所示，AB 边也可以左右滑动，设 以匀速度向右运动，求回路中感应电动势。 解：取回路顺时针绕行，l AB =,x AD =, 则通过线圈磁通量为 由法拉第电磁感应定律有： “-”说明：i ε与l 绕行方向相反，即逆时针方向。由楞次定律也能得知，i ε沿逆时针方向。 讨论：（1）如果回路为N 匝，则?=ΦN （?为单匝线圈磁通量） （2）设回路电阻为R （视为常数），感应电流 dt d R R I i i Φ-==1ε 在1t —2t 内通过回路任一横截面的电量为 可知q 与（12ΦΦ-）成正比，与时间间隔无关。 例8-1中，只有一个边切割磁力线，回路中电动势即为上述产生的电动势。

第12章 电磁感应 电磁场

第十二章 电磁感应 电磁场 问题 12-1 如图,在一长直导线L 中通有电流I ,ABCD 为一矩形线圈,试确定在下列情况下，ABCD 上的感应电动势的方向：(1)矩形线圈在纸面内向右移动；(2)矩形线圈绕AD 轴旋转；（3）矩形线圈以直导线为轴旋转. 解 导线在右边区域激发的磁场方向垂直于纸面向 里，并且由2I B r μ0=π可知，离导线越远的区域磁感强度越小，即磁感线密度越小．当线圈运动时通过线圈的磁通量会发生变化，从而产生感应电动势．感应电动势的方向由楞次定律确定． （1）线圈向右移动，通过矩形线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，线圈中感应电动势的方向为顺时针方向． （2）线圈绕AD 轴旋转，当从0到90时，通过线圈的磁通量减小，感应电动势的方向为顺时针方向．从90到180时，通过线圈的磁通量增大，感应电动势的方向为逆时针. 从180到270时，通过线圈的磁通量减少，感应电动势的方向为顺时针．从270到360时，通过线圈的磁通量增大，感应电动势的方向为逆时针方向. （2）由于直导线在空间激发的磁场具有轴对称性，所以当矩形线圈以直导线为轴旋转时，通过线圈的磁通量并没有发生变化，所以，感应电动势为零. 12-2 当我们把条形磁铁沿铜质圆环的轴线插入铜环中时,铜环内有感应电流和感应电场吗？ 如用塑料圆环替代铜质圆环,环中仍有感应电流和感应电场吗？ 解 当把条形磁铁沿铜质圆环的轴线插入铜环过程中，穿过铜环的磁通量增加，铜环中有感应电流和感应电场产生；当用塑料圆环替代铜质圆环，由于塑料圆环中的没有可以移动的自由电荷，所以环中无感应电流和感应电场产生. 12-3 如图所示铜棒在均匀磁场中作下列各种运动，试问在哪种运动中的铜棒上会有感应电动势？其方向怎样？设磁感强度的方向铅直向下．（１）铜棒向右平移［图(a)］；（２）铜棒绕通过其中心的轴在垂直于B 的平面内转动［图(b)］；（３）铜棒绕通过中心的轴在竖直平面内转动［图(c)］． C I

第一讲电磁感应中的电路与电荷量问答

第一讲电磁感应中的电路与电荷量问题 电磁感应往往与电路问题联系在一起，解决电磁感应中的电路问题只需要三步： 第一步：确定电源。切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，则该导体或回路就相 当于电源，利用求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向。如果在一个电路中切割磁感线的有几个部分但又相互联系，可等效成电源的串、并联。 第二步：分析电路结构（内、外电路及外电路的串并联关系），画等效电路图。 第三步：利用电路规律求解。主要应用欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解。 感应电动势大小的计算——法拉第电磁感应定律的应用。 1、折线或曲线导体在匀强磁场中垂直磁场切割磁感线平动，产生的感应电动势：E=BLvsinθ； 2、直导体在匀强磁场中绕固定轴垂直磁场转动时的感应电动势：； 3、圆盘在匀强磁场中转动时产生的感应电动势：； 4、线圈在磁场中转动时产生的感应电动势：（θ为S与B之间的夹角）。 2、电磁感应现象中的力学问题 （1）通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起，基本方法是： ①用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向； ②求回路中电流强度； ③分析研究导体受力情况（包含安培力，用左手定则确定其方向）； ④列动力学方程或平衡方程求解。 （2）电磁感应力学问题中，要抓好受力情况，运动情况的动态分析，导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达稳定运动状态，抓住a=0时，速度v达最大值的特点。

3、电磁感应中能量转化问题 导体切割磁感线或闭合回路中磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，机械能或其他形式能量便转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机械能或电阻的内能，因此，电磁感应过程总是伴随着能量转化，用能量转化观点研究电磁感应问题常是导体的稳定运动（匀速直线运动或匀速转动），对应的受力特点是合外力为零，能量转化过程常常是机械能转化为内能，解决这类问题的基本方法是： ①用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向； ②画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率表达式； ③分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程。 4、电磁感应中图像问题 电磁感应现象中图像问题的分析，要抓住磁通量的变化是否均匀，从而推知感应电动势（电流）大小是否恒定。用楞次定律判断出感应电动势（或电流）的方向，从而确定其正负，以及在坐标中的范围。 另外，要正确解决图像问题，必须能根据图像的意义把图像反映的规律对应到实际过程中去，又能根据实际过程的抽象规律对应到图像中去，最终根据实际过程的物理规律进行判断。 题型一等效电源、电路问题 例1：把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN 放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触。当金属棒以恒定速度v向右移动经 过环心O时，求： （1）流过棒的电流的大小、方向及棒两端的电压U MN。 （2）在圆环和金属棒上消耗的总热功率。

第八章电磁感应 电磁场习题解答

第八章电磁感应 电磁场习题解答 8 －6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为 58.010sin100(Wb)t π-Φ=?，求在21.010s t -=? 时，线圈中的感应电动势． 分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成d d d d N t t εΦψ =-=- ，其中N ψ=Φ称为磁链． 解 线圈中总的感应电动势 d 2.51cos(100)d N t t επΦ =-= 当2 1.010s t -=? 时， 2.51V ε=． 8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以 dI dt 的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势． 分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律d d t εΦ =- 来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用Φ=S d ?? B S 来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1 与B 2 之和）． 为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即()B B x =，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx 、长为d 的面元ｄS ，如图中阴影部分所示，则d d S d x =，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元d d dy S x =，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式d d M l E M t =-求解．

解1 穿过面元ｄS 的磁通量为 0012d d d d d d 2() 2Φ=d x d x x d x μμππI I ???- +B S =B S +B S = 因此穿过线圈的磁通量为 220003 d d d 2() 224 Φ=Φ=d d d d d d d x x ln x d x μμμπππI I I -=+?? ? 再由法拉第电磁感应定律，有 0d 3dI =d 24d d ln t t μεπ??- =??? ?Φ 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为 03 24 Φ= dI ln μπ 线圈与两长直导线间的互感为 0324 Φ=d M ln I μπ= 当电流以 d d I t 变化时，线圈中的互感电动势为 0d 3d 24d I M ln t μεπ??=-=??? ? 8 －10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高？ 分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由d d t ε=- Φ 求解外（必须设法

修改第十二章 电磁感应电磁场(一) 作业及参考答案 2014

一。选择题 [ ]1.（基础训练1）半径为a 的圆线圈置于磁感强度为B 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R ，当把线圈转动使其法向与B 的夹角为α=60?时，线圈中已通过的电量与线圈面积及转动时间的关系是： (A) 与线圈面积成正比，与时间无关. (B) 与线圈面积成正比，与时间成正比. (C) 与线圈面积成反比，与时间无关. (D) 与线圈面积成反比，与时间成正比. 【分析】 [ ]2.（基础训练3）在一自感线圈中通过的电流I 随时间t 的变化规律如图(a)所示，若以I 的正流向作为 的正方向，则代表线圈内自感电动势 随时间t 变化规律的曲线应为图(b)中(A)、(B)、(C)、(D)中的哪一个？ 【分析】 [ ]3. （基础训练5）在圆柱形空间内有一磁感强度为B 的均匀磁场，如图所示．B 的大 小以速率d B /d t 变化．在磁场中有A 、B 两点，其间可放直导线AB 和弯曲的导线AB ，则 (A) 电动势只在导线AB 中产生． (B) 电动势只在AB 导线中产生． (C) 电动势在AB 和AB 中都产生，且两者大小相等． (D) AB 导线中的电动势小于导线中的电动势 【分析】 ［ ］4.（自测提高4）有两个长直密绕螺线管，长度及线圈匝数均相同，半径分别为r 1和r 2．管内充满均匀介质，其磁导率分别为μ1和μ2．设r 1∶r 2=1∶2，μ1∶μ2=2∶1，当将两只螺线管串联在电路中通电稳定后，其自感系数之比L 1∶L 2与磁能之比W m 1∶W m 2分别为： (A) L 1∶L 2=1∶1，W m 1∶W m 2 =1∶1． (B) L 1∶L 2=1∶2，W m 1∶W m 2 =1∶1． (C) L 1∶L 2=1∶2，W m 1∶W m 2 =1∶2． (D) L 1∶L 2=2∶1，W m 1∶W m 2 =2∶1． 【分析】

第十二章电磁感应电磁场

第12章电磁感应 内容：1 . 法拉第电磁感应定律 2 . 动生电动势和感生电动势 3 . 互感 4 . 自感 5 . RL电路的暂态过程 6 . 自感磁能磁场的能量密度 7 . 位移电流电磁场基本方程的积分形式 重点：法垃第电磁感应定律 难点：感生电动势和感生电场

12.1 法拉第电磁感应定律 12.1.1 电磁感应现象 G v 演示动画：现象1演示动画：现象2 G k （1）线圈固定，磁场变化

当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，不管这种变化是什么原因引起的，在导体回路中就会产生感应电流。这就是电磁感应现象。 G B ω 演示动画：现象3 （2）磁场不变，线圈运动 演示程序：在磁场中旋转的线圈? ?? ?? ? ?? ? G S B

思考：仅一段导体在磁场中运动，导体内有无感 生电流？有无感应电动势？ 有感生电动势存在，而无感生电流。 12.1.2 法拉第电磁感应定律 在电磁感应现象中，导体回路出现感应电流，这表明回路中有电动势存在。 因回路中磁通量的变化而产生的这种电动势叫感应电动势 （1）法拉第电磁感应定律 通过回路所包围面积的磁通量发生变化时，回路中产生的感应电动势 的大小与磁通量对时间的变化率成正比。

t Φk m d d -=ε单位: 1V=1Wb/s 国际单位制中k =1 负号表示感应电动势总是反抗磁通的变化 磁链数:m N ΦΨ=若有N 匝线圈，每匝磁通量相同，它们彼此串联，总电动势等于各匝线圈所产生的电动势之和。令每匝的磁通量为Φm t N t m d d d d Φψε-=- =（2）感应电动势方向 由于电动势和磁通量都是标量，它们的“正负”相对于某一指定的方向才有意义。 t d d m Φ- =ε

第18讲电磁感应中能量

第1讲 电磁感应中的能量 题一：如图所示，MN 、PQ 为两根足够长的水平放置的平行金属导轨，间距L ＝1 m ；整个空间内以OO ＇为边界，左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小11T B =，右侧有方向相同、磁感应强度大小22T B =的匀强磁场。两根完全相同的导体棒c 、b 质量均为0.1kg m =，与导轨间的动摩擦因数均为0.2μ=，两导体棒在导轨间的电阻均为R ＝1 Ω。开始时，c 、b 棒均静止在导轨上，现用平行于导轨的恒力F ＝0.8 N 向右拉b 棒。假设c 棒始终在OO ＇左侧，b 棒始终在OO ＇右侧，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，2 10m/s g =。 （1）c 棒刚开始滑动时，求b 棒的速度大小； （2）当b 棒的加速度大小22 1.5m/s a =时，求c 棒的加速度大小； （3）已知经过足够长的时间后，b 棒开始做匀加速运动，求该匀加速运动的加速度大小，并计算此时c 棒的热功率。 题二：如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成53α=?角，导轨间接一阻值为3 Ω的电阻R ，导轨电阻忽略不计。在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为0.5m d =。导体棒a 的质量为10.1kg m =、电阻为16R =Ω；导体棒b 的质量为20.2kg m =、电阻为23R =Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好。现从图中的M 、N 处同时将a 、b 由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a 刚出磁场时b 正好进入磁场。（sin530.8?=，cos530.6?=，g 取10 m/s 2，a 、b 电流间的相互作用不计），求： （1）在b 穿越磁场的过程中a 、b 两导体棒上产生的热量之比； （2）在a 、b 两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量； （3）M 、N 两点之间的距离。 题三：如图所示，固定的竖直光滑U 形金属导轨，间距为L ，上端接有阻值为R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为1mg x k =，此时导体棒具有竖直向上的初速度v 0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是（ ）

第八章电磁感应电磁场习题解答-感生电场习题

第八章电磁感应电磁场习题解答 8 —6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为 G =8.0 10^5sin100二t（Wb）,求在t =1.0 10 2 s时，线圈中的感应电动势. 分析由于线圈有N匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数 d①dΨ 和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成；=-N d d,其中弓-NG称为dt dt 磁链. 解线圈中总的感应电动势 dΦ ；-- N 2.51cos（100二t） dt 当t =1.0 102s 时，；：-2.51V . 8 —7有两根相距为d的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流 均以W 的变化率增长?若有一边长为d的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所dt 示.求线圈中的感应电动势. 题8-7 ≡ d① 分析本题仍可用法拉第电磁感应定律来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁 dt 通量就需用①= B d S来计算（其中B为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B1 S 与B 2之和）. 为了积分的需要，建立如图所示的坐标系.由于B仅与X有关，即B=B（X）,故取一个平 行于长直导线的宽为d X、长为d的面元d S,如图中阴影部分所示，贝U dS =ddx ,所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元dS =dxdy ,则上述积分实际上为二重积分）.本题 在工程技术中又称为互感现象，也可用公式E^- -M ~~求解. dt tlx

解 1 穿过面元 d S 的磁通量为 再由法拉第电磁感应定律，有 dΦP od I 3 [di ；= —In dt ]2兀4_dt 解2当两长直导线有电流I通过时，穿过线圈的磁通量为 线圈与两长直导线间的互感为 ① M= —： I ?d3 = In 2 二4 当电流以d~变化时，线圈中的互感电动势为 dt IKfl di j 0d 3 ；--M —0 In dt 2 二4 8 - 10如图（a）所示，把一半径为R的半圆形导线OP置于磁感强度为B的均匀磁场中, 当导线以速率V水平向右平动时，求导线中感应电动势E的大小，哪一端电势较高？ ^S-IO 圈 分析本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由 构造一个闭合回路），还可直接用公式；=I（V B） d 1求 解. dΦ = B d S = B1d S + B2J√? d S = 0ddx 2兀（x + d） %： ddx 2二X 因此穿过线圈的磁通量为 dx 一严。Id 2二（X d）d dx 2二X ?；：=-dφ求解外（必须设法 dt 2 二

第十二章电磁感应电磁场

第十二章电磁感应电磁场 题12.1：如图所示，在磁感强度T 106.74－?=B 的均匀磁场中，放置一个线圈。此线圈由两 个半径均为3.7 cm 且相互垂直的半圆构成，磁感强度的方向与两半圆平面的夹角分别为ο62和 ο28。若在s 105.43－?的时间内磁场突然减至零，试问在此线圈内的感应电动势为多少？ 题12.1分析：由各种原因在回路中所引起的感应电动势，均可由法拉第电磁感应定律求解， 即??-=- = S d d d d d S B t t Φε但在求解时应注意下列几个问题： 1．回路必须是闭合的，所求得的电动势为回路的总电动势。 2．Φ应该是回路在任意时刻或任意位置处的磁通量。它由??=S d S B Φ计算。对于均匀磁 场则有θcos d S BS Φ=?=?S B ，其中⊥=S S θcos 为闭会回路在垂直于磁场的平面内的投影面 积。对于本题，2211cos cos θθBS BS Φ+=中1θ和2θ为两半圆形平面法线n e 与B 之间的夹角。 3．感应电动势的方向可由t Φ d d - 来判定，教材中已给出判定方法。为方便起见，所取回路的正向（顺时针或逆时针）应与穿过回路的B 的方向满足右螺旋关系，此时Φ恒为正值，这对符号确定较为有利。 题12.1解：迎着B 的方向，取逆时针为线圈回路的正向。由法拉第电磁感应定律 V 1091.4)cos cos (cos cos d d cos cos d d d d 4221122112211-?=+??-=+-=+-=- =θθθθθθεS S t B S S t B BS BS t t Φ）（）（

0>ε，说明感应电动势方向与回路正向一致 题12.2：一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为 t Φ)s 100sin()Wb 100.8(15--?=π，求在s 100.12－?=t 时，线圈中的感应电动势。 题12.2解：线圈中总的感应电动势 t t Φ N )s 100cos()V 51.2(d d 1-=-=πε 当 s 100.12－?=t 时， ε= 2.51 V 。 题12.3：如图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆。使这根半圆形导线在磁感强度 为 B 的匀强磁场中以频率f 旋转，整个电路的电阻为R ，求感应电流的表达式和最大值。 题12.3解：由于磁场是均匀的，故任意时刻穿过回路的磁通量为 θcos )(0BS Φt Φ+= 其中Φ0等于常量，S 为半圆面积， )2(00ft t Φπ?ωθ+=+= )2cos(2 1 )(020?ππ++=ft B r Φt Φ 根据法拉第电磁感应定律，有)2sin(d d 022?ππε+=-=ft fB r t Φ 因此回路中的感应电流为 )2sin()(022?ππε += =ft R fB r R t I 则感应电流的最大值为 R fB r I 22m π= 题12.4：有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流 均以 t I d d 的变化率增长。若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示。

(北京专用)2020版高考物理总复习第十二章第2讲法拉第电磁感应定律自感精练(含解析)

第2讲法拉第电磁感应定律自感 A组基础巩固 1.如图,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为( ) A.c→a,2∶1 B.a→c,2∶1 C.a→c,1∶2 D.c→a,1∶2 答案 C 杆MN向右匀速滑动,由右手定则判知,通过R的电流方向为a→c;又因为E=BLv,所以 E1∶E2=1∶2,故选项C正确。 2.(2017昌平二模)图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的送电线圈可产生交变磁场,从而使手机内的受电线圈产生交变电流,再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究,现将问题做如下简化:设受电线圈的匝数为n,面积为S,若在t1到t2时间内,磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈,其磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是( ) A.c点的电势高于d点的电势 B.受电线圈中感应电流方向由d到c C.c、d之间的电势差为2-1 2-1

D.c、d之间的电势差为2-1 2-1 答案 C 受电线圈内原磁场增强,由楞次定律知,感应电流产生的磁场与原磁场反向,再由安培定则可得,俯视时电流方向为顺时针,即由c到d,受电线圈作为电源,d为正极,d点电势比c点的高,A、B错误; ,C正确,D错误。 由法拉第电磁感应定律得,c、d间电势差E==2-1 2-1 3.(2017东城二模)如图所示,在光滑水平桌面上有一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,在导线框右侧有一边长为2L、磁感应强度为B、方向竖直向下的正方形匀强磁场区域。磁场的左边界与导线框的ab边平行。在导线框以速度v匀速向右穿过磁场区域的全过程中( ) A.感应电动势的大小为2 B.感应电流的方向始终沿abcda方向 C.导线框受到的安培力先向左后向右 D.导线框克服安培力做功22 答案 D 导线框进入、穿出磁场的过程中感应电动势的大小E=BLv。由右手定则可知进入磁场的过程中,感应电流的方向为abcda方向;出磁场的过程中,感应电流的方向为adcba方向,由左手定则可知,进、出磁场的过程安培力始终向左。F安=BIL=22,则W克安=F安·2L=22,D正确。 4.(2018东城一模)如图所示,将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上,一端接上电池(电池另一极与锉刀接触),手执导线的另一端,在锉刀上来回划动,由于锉刀表面凹凸不平,就会产生电火花。下列说法正确的是( )

第十二章 电磁感应电磁场(一)作业答案

一．选择题 [ A ]1.（基础训练1）半径为a 的圆线圈置于磁感强度为B 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R ，当把线圈转动使其法向与B 的夹角为α=60?时，线圈中已通过的电量与线圈面积及转动时间的关系是： (A) 与线圈面积成正比，与时间无关. (B) 与线圈面积成正比，与时间成正比. (C) 与线圈面积成反比，与时间无关. (D) 与线圈面积成反比，与时间成正比. 【解析 】 [ D ]2.（基础训练3）在一自感线圈中通过的电流I 随时间t 的变化规律如图(a)所示，若以I 的正流向作为的正方向，则代表线圈内自感电动势随时间t 变化规律的曲线应为图(b)中(A)、(B)、(C)、(D)中的哪一个？ 【解析】 dt dI L L -=ε，在每一段都是常量。dt dI ［ B ］3.（基础训练6）如图所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B 平 行于ab 边，bc 的长度为l ．当金属框架绕ab 边以匀角速度转动时，abc 回路中的感应 电动势和a 、c 两点间的电势差U a – U c 为 (A) =0，U a – U c =221l B ω (B) =0，U a – U c =22 1l B ω- (C) =2l B ω，U a – U c =2 2 1l B ω (D) =2l B ω，U a – U c =22 1 l B ω- 【解析】金属框架绕ab 转动时，回路中 0d d =Φ t ，所以0=ε。 2012c L a c b c bc b U U U U v B d l lBdl Bl εωω→→→ ??-=-=-=-??=-=- ??? ?? ［ C ］5.（自测提高1）在一通有电流I 的无限长直导线所在平面内，有一半经 为r ，电阻为R 的导线环，环中心距直导线为a ，如图所示，且r a >>。当直导线的电流被切断后，沿着导线环流过的电量约为： (A))1 1(220r a a R Ir +-πμ (B) a r a R Ir +ln 20πμ (C)aR Ir 220μ (D) rR Ia 220μ 【解析】直导线切断电流的过程中，在导线环中有感应电动势大小：t d d Φ = ε a I R q 2 1 φφ-=