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微型专题4 交变电流的产生及描述[学习目标] 1.理解交变电流的产生过程，能够求解交变电流的瞬时值.2.理解交变电流图象的物理意义.3.知道交变电流“四值”的区别，会求解交变电流的有效值.一、交变电流图象的应用正弦交流电的图象是一条正弦曲线，从图象中可以得到以下信息： (1)周期(T )和角速度(ω)：线圈转动的角速度ω＝2πT .(2)峰值(E m 、I m )：图象上的最大值.可计算出有效值E ＝E m 2、I ＝I m2. (3)瞬时值：每个“点”表示某一时刻的瞬时值.(4)可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻. (5)判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率ΔΦΔt的变化情况.例1 (多选)如图1所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )图1A.在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B.线圈先后两次转速之比为3∶2C.交流电a 的瞬时值表达式为u ＝10sin (5πt ) VD.交流电b 的最大值为203 V答案 BCD解析 由题图可知，t ＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；由题图可知T a ∶T b ＝2∶3，故n a ∶n b ＝3∶2，B 正确；由题图可知，C 正确；因ωa ∶ωb ＝3∶2，交流电最大值U m ＝NBSω，故U m a ∶U m b ＝3∶2，U m b ＝23U m a ＝203V ，D 正确.二、交变电流有效值的求解和应用对于交变电流有效值的计算一般有以下两种情况：(1)对于按正(余)弦规律变化的电流，可先根据E m ＝nBSω求出其最大值，然后根据E ＝E m2求出其有效值.有关电功、电功率的计算，各种交流仪表读数都要用有效值.(2)当电流按非正(余)弦规律变化时，必须根据有效值的定义求解，在计算有效值时要注意三同：相同电阻、相同时间(一般要取一个周期)、产生相同热量.例2 (2016·南京市、盐城市期末)一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是( )答案 D解析 在相同时间内电阻产生的热量最大，即电流有效值最大，A 、B 选项的电流有效值为22A ＝ 2 A ，C 选项中的电流有效值为1.5 A ，D 选项中的电流有效值为2 A ，所以D 正确. 例3 如图2所示的交变电流由正弦式交变电流的一半和反向脉冲电流组合而成，则这种交变电流的有效值为( )图2A.12I 0B.22I 0C.32I 0 D.I 0 答案 C解析 由题图知交变电流的周期T ＝2 s.一个周期内：前半个周期电流的有效值：I 1＝I 02，后半个周期电流的有效值：I 2＝I 0.设交变电流的有效值为I ，根据交变电流有效值的定义有I 2RT ＝I 12R T 2＋I 22R T 2＝⎝⎛⎭⎫I 022R T 2＋I 02R T 2，解得I ＝32I 0，故选项C 正确.三、交变电流“四值”的比较交变电流的四值，即峰值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的应用：(1)在研究电容器的耐压值时，只能用峰值.(2)在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值，交流电表显示的也是有效值. (3)在研究交变电流通过导体横截面的电荷量时，只能用平均值. (4)在研究某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值.例4 一个电阻为r 、边长为L 的正方形线圈abcd 共N 匝，线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO ′以如图3所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.图3(1)写出此时刻线圈中感应电流的方向.(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值为多大？ (3)线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？(4)从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R 的电荷量是多少？ (5)图中理想电流表和理想电压表的示数各是多少？ 答案 见解析解析 (1)由右手定则可判定电流沿adcba 方向. (2)E m ＝NBSω＝NBL 2ω.(3)线圈平面与磁感线成60°角时的瞬时感应电动势 e ＝E m cos 60°＝12NBL 2ω.(4)通过R 的电荷量 q ＝I ·Δt ＝N ΔΦΔtR ＋r·Δt＝N ΔΦR ＋r ＝NBL 2·sin 60°R ＋r ＝3NBL 22(R ＋r )(5)理想电流表的示数I ＝E R ＋r ＝E m 2(R ＋r )＝NBL 2ω2(R ＋r )＝2NBL 2ω2(R ＋r ) 理想电压表的示数 U ＝IR ＝2NBL 2ωR 2(R ＋r ).1.(交变电流图象的应用)如图4甲所示，标有“220 V 40 W ”的灯泡和标有“20 μF 300 V ”的电容器并联到交流电源上，为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关.下列判断正确的是( )图4A.t ＝T2时刻，的示数为零B.灯泡恰好正常发光C.电容器不可能被击穿D.的示数保持110 2 V 不变 答案 B 解析的示数应是交流电压的有效值220 V ，故A 、D 错误；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，B 正确；交流电压的峰值U m ＝220 2 V ≈311 V ，大于电容器的耐压值，故电容器有可能被击穿，C 错误.2.(交变电流有效值的应用)如图5所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系.若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )图5A.1∶ 2B.1∶2C.1∶3D.1∶6答案 C解析 计算电功时，电流要用有效值.题图甲中，设周期为T ，由有效值的定义得(12A)2R ·T3＋0＋(12A)2R ·T 3＝I 12RT ，得I 1＝33 A ；题图乙中，电流的大小不变，I 2＝1 A ，由W ＝I 2Rt可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3，C 正确.3.(有效值的计算和应用)(多选)如图6甲所示为电热毯电路示意图，交流电压u ＝311sin 100πt (V)，当开关S 接通时，电热丝的电功率为P 0；当开关S 断开时，加在电热丝上的电压如图乙所示，图中电压表为理想电表，则( )图6A.开关接通时，交流电压表的读数为220 VB.开关接通时，交流电压表的读数为311 VC.开关断开时，交流电压表的读数为311 V ，电热丝功率为P 02D.开关断开时，交流电压表的读数为156 V ，电热丝功率为P 02答案 AD解析 当S 接通时，加在电热丝上的瞬时电压u ＝311sin 100πt (V)，所以电热丝两端电压的有效值U 1＝U m 2＝3112V ≈220 V ，故A 正确，B 错误.当S 断开时，前半个周期内所加电压不变，但后半个周期内电压为0，所以电热丝的功率P ＝12P 0.设此时交变电压的有效值为U 2，由U 2 2R ＝12·U 1 2R 得U 2＝U 12≈156 V ，即电压表的读数为156 V ，故D 正确，C 错误.一、选择题考点一 交变电流图象的应用1.某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流.现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图象是( )答案 B解析 线圈转速为正常工作时的一半，据ω＝2πn ＝2πT 知，周期变为正常工作时的2倍，又据E m ＝NBSω知，电动势的最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B.2.(2016·无锡市期末)一正弦交流电的电流随时间变化的规律如图1所示，由图可知( )图1A.该交流电的电流瞬时值表达式i ＝2sin 100πt (A)B.该交流电的频率是50 HzC.该交流电的电流有效值为2 2 AD.若该交变电流通过R ＝10 Ω的电阻，则电阻消耗的功率是20 W 答案 D解析 由题图可知，该交流电周期为4×10－2 s ，电流的最大值为2 A ，初相位为0，频率为25 Hz ，则该交变电流瞬时值表达式为i ＝2sin 50πt (A)，A 、B 错误；正弦交流电的电流有效值I ＝I m 2＝22A ＝ 2 A ，C 错误；电阻消耗功率为P ＝I 2R ＝(2)2×10 W ＝20 W ，D 正确. 3.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图2甲所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图乙所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接一只电阻为9.0 Ω的灯泡，则( )图2A.电压表V 的示数为20 VB.电路中的电流方向每秒改变5次C.灯泡实际消耗的功率为36 WD.电动势随时间变化的瞬时值表达式为e ＝20cos 5πt (V)答案 C解析 由题图乙知电动势峰值为20 2 V ，周期为0.2 s ，所以有效值为20 V ，角速度ω＝2πT ＝10π rad/s.电压表测的是路端电压U ＝209＋1×9 V ＝18 V ，A 错误；交流电的频率为5 Hz ，每一周期电流方向改变两次，所以每秒改变10次，B 错误；灯泡实际消耗的功率为P ＝U 2R ＝1829 W＝36 W ，C 正确；电动势随时间变化的瞬时值表达式为e ＝202cos 10πt (V)，D 错误. 考点二 交变电流有效值的应用4.如图3所示是某种交变电流的电流随时间变化的图线，i >0部分的图线是一个正弦曲线的正半周，i <0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周，则这种交变电流的有效值为( )图3A.I 0B.2I 0C.3I 0D.6I 0答案 B解析 设这种交变电流的有效值为I ，则I 2R ·3T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22I 022R ·T ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2I 022R ·2T ，解得：I ＝2I 0，故选B.5.(多选)如图4所示，A 、B 两输电线间的电压是u ＝2002sin (100πt ) V ，输电线电阻不计，把电阻R ＝50 Ω的纯电阻用电器接在A 、B 两输电线上，下列说法正确的是( )图4A.理想电流表示数为4 AB.理想电压表示数为200 VC.通过R 的电流方向每秒钟改变50次D.用电器消耗的电功率为1.6 kW 答案 AB解析 由u ＝2002sin (100πt ) V 可知，电压最大值U m ＝200 2 V ，角速度ω＝100π rad/s ，所以电压的有效值U ＝U m 2＝200 V ，周期T ＝2πω＝0.02 s ，频率f ＝1T ＝50 Hz.由欧姆定律得I＝U R ＝20050 A ＝4 A ，所以A 、B 正确；一周期内电流方向改变两次，而f ＝50 Hz ，则1 s 内电流方向改变100次，C 项错误；电功率P ＝IU ＝4×200 W ＝800 W ，D 项错误.6.如图5所示电路，电阻R 1与电阻R 2阻值相同，都为R ，和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看做零，反向电阻可看做无穷大)，在A 、B 间加一正弦交流电u ＝202sin (100πt ) V ，则加在R 2上的电压有效值为( )图5A.10 VB.20 VC.15 VD.510 V 答案 D解析 前半个周期内电压值取正值时，二极管导通，R 1被短路，R 2两端电压U 1＝2022 V ＝20 V ；后半个周期内电压值取负值时，二极管截止， R 1、R 2串联，R 2两端电压U 2＝10 V ； 设R 2两端电压的有效值为U ，则在一个周期内U 2R 2·T ＝U 1 2R 2·T2＋U 2 2R 2·T 2.解得U ＝510 V ，D 正确.7.将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图6所示.下列说法中正确的是( )图6A.电路中交变电流的频率为0.25 HzB.通过电阻的电流为 2 AC.电阻消耗的电功率为2.5 WD.用交流电压表测得电阻两端的电压为5 V 答案 C解析 电路中交变电流的频率为f ＝1T ＝14×10－2Hz ＝25 Hz ，选项A 错误；通过电阻的电流为I ＝E R ＝E m 2R ＝52×5 A ＝22 A ，选项B 错误；电阻消耗的电功率为P ＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫222×5 W＝2.5 W ，选项C 正确；用交流电压表测得电阻两端的电压为U ＝IR ＝22×5 V ＝2.5 2 V ，选项D 错误.考点三 交变电流“四值”的比较8.面积均为S 的两个电阻相同的线圈，分别放在如图7甲、乙所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B 0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T 绕垂直磁场方向的OO ′轴匀速转动，乙图中匀强磁场变化规律为B ＝B 0cos2πTt ，从图示位置开始计时，则( )图7A.两线圈的磁通量变化规律相同B.两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C.经相同的时间t (t ＞T )，两线圈产生的热量不同D.从此时刻起，经过T4时间，通过两线圈横截面的电荷量不同答案 A解析 题图甲中磁通量的变化规律为Φ甲＝B 0S cos 2πTt ，题图乙中磁通量的变化规律为Φ乙＝B 0S cos2πTt .由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E 也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q ＝E 2R t 也相同，经过T 4时间，通过两线圈横截面的电荷量q ＝I ·T4也相同，故A 正确. 9.(多选) 如图8所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕垂直磁场方向的ab 边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S ，线圈导线的总电阻为R .t ＝0时刻线圈平面与纸面重合.则( )图8A.t 时刻线圈中电流的瞬时值表达式为i ＝BSωR cos ωtB.线圈中电流的有效值为I ＝BSωR C.线圈中电流的有效值为I ＝2BSω2RD.线圈消耗的电功率为P ＝B 2S 2ω22R答案 CD解析 回路中感应电动势的最大值E m ＝BSω，电流的最大值I m ＝E m R ＝BSωR，t ＝0时刻线圈位于中性面，故电流的瞬时值表达式i ＝BSωR sin ωt .线圈中电流的有效值I ＝I m 2＝2BSω2R ，P ＝I 2R＝B 2S 2ω22R，故A 、B 错误，C 、D 正确.10.(多选)如图9所示，交流发电机的矩形线圈边长ab ＝cd ＝0.4 m ，ad ＝bc ＝0.2 m ，线圈匝数N ＝100 匝，电阻r ＝1 Ω，线圈在磁感应强度B ＝0.2 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以ω＝100π rad/s 的角速度匀速转动，外接电阻R ＝9 Ω，从图示时刻开始计时，则( )图9A.电动势瞬时值为160πsin (100πt ) VB.t ＝0时线圈中磁通量变化率最大C.t ＝12 s 时线圈中感应电动势最大D.交变电流的有效值是82π A 答案 BCD解析 电动势的瞬时值e ＝NBSωcos ωt ＝100×0.2×0.4×0.2×100πcos (100πt ) V ＝160πcos (100πt ) V ，A 错误；题图所示时刻即t ＝0时，Φ＝0，但ΔΦΔt 最大，B 正确；t ＝12 s 时，e ＝E m ，C 正确；交变电流的有效值是I ＝I m 2＝E m2(R ＋r )＝82π A ，D 正确. 11.(多选)如图10所示，一半径为r 的半圆形单匝线圈放在具有理想边界的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B .线圈以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，ab 的左侧有垂直于纸面向里(与ab 垂直)的匀强磁场，M 和N 是两个滑环，负载电阻为R .线圈、电流表和连接导线的电阻不计，下列说法中正确的是( )图10A.转动过程中电流表的示数为π2Bnr 22RB.从图示位置起转过14圈的时间内产生的平均感应电动势为2n πBr 2C.从图示位置起转过14圈的时间内通过负载电阻R 的电荷量为2πBr 28RD.转动过程中交变电流的最大值为π2Bnr 2R答案 ABD解析 交变电流的最大值为I m ＝BSωR ＝B ·12R πr 2·2n π＝B π2nr 2R ，D 正确；由交变电流有效值的定义得I 2RT ＝(I m 2)2R ·T 2，转动过程中电流表的示数为有效值I ＝I m 2＝B π2nr 22R ，A 正确；从题图所示位置起转过14圈的时间内产生的平均感应电动势E ＝B ·12πr 214n ＝2n πBr 2，B 正确；从题图所示位置起转过14圈的时间内通过负载电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＝B ·12πr 2R ＝B πr 22R ，C 错误.二、非选择题12.(交变电流“四值”的比较应用)图11甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图.其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的匝数n ＝100匝，电阻r ＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R ＝90 Ω，与R 并联的交流电压表为理想电表.在t ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按图乙所示正弦规律变化.求：图11(1)交流发电机产生的电动势最大值； (2)电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转过130 s 时电动势的瞬时值；(4)电路中交流电压表的示数.答案 (1)62.8 V (2)e ＝62.8cos (10πt ) V (3)31.4 V (4)40 V 解析 (1)交流发电机产生电动势的最大值E m ＝nBSω 而Φm ＝BS ，ω＝2πT ，所以E m ＝2n πΦmT由Φ－t 图线可知，Φm ＝2.0×10－2 Wb ，T ＝0.2 s所以E m ＝20π V ≈62.8 V .(2)线圈转动的角速度ω＝2πT ＝2π0.2 rad/s ＝10π rad/s ，由于从垂直中性面位置开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为e ＝E m cos ωt ＝62.8cos (10πt ) V (3)当线圈转过130s 时e ＝62.8cos (10π×130) V ＝31.4 V(4)电动势的有效值E ＝E m2＝102π V U ＝R R ＋rE ＝90100×102π V ＝92π V ≈40 V .13.(交变电流“四值”的比较应用)如图12所示，边长为l 的正方形线圈abcd 的匝数为n ，线圈电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 中点和cd 中点的连线OO ′垂直磁场且恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B ，现在线圈以OO ′为轴，以角速度ω匀速转动，求：图12(1)从图示位置开始计时，闭合电路中电流瞬时值的表达式； (2)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R 上产生的热量； (3)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R 上通过的电荷量； (4)电阻R 上的最大电压.答案 (1)i ＝nBl 2ω2(R ＋r )sin ωt (2)n 2πB 2l 4ωR 16(R ＋r )2 (3)nBl 22(R ＋r ) (4)nBl 2ωR2(R ＋r )解析 (1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad 边和bc 边转动的线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为E m ＝nBl v ＝nBl ·ω·12l ＝12nBl 2ω.由闭合电路欧姆定律可知I m ＝nBl 2ω2(R ＋r )，当以题图所示位置为计时起点时，流过R 的电流瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt ＝nBl 2ω2(R ＋r )sin ωt .(2)在线圈从题图所示位置匀速转过90°的过程中，用有效值来计算电阻R 上产生的热量Q ＝I 2R ·T 4，其中I ＝I m 2＝2nBl 2ω4(R ＋r )，T ＝2πω，即Q ＝I 2R ·T 4＝n 2πB 2l 4ωR16(R ＋r )2.(3)在转过90°的过程中感应电动势的平均值为 E ＝n ΔΦΔt ＝12nBl 2π2ω＝nBl 2ωπ，流过R 的平均电流 I ＝ER ＋r ＝nBl 2ωπ(R ＋r )，所以通过R 的电荷量q ＝I ·T 4＝nBl 2ωπ(R ＋r )·π2ω＝nBl 22(R ＋r ).(4)由欧姆定律可知电阻R 上的最大电压为U m ＝I m R ＝nBl 2ωR2(R ＋r ).。
第14点 交变电流图象理解的“一二三”正弦交变电流的图象是正弦函数图象，但初相不一定是0，即不一定从中性面开始转动.结合法拉第电磁感应定律，从数学意义上讲，单匝线圈的电动势大小就等于磁通量的变化率大小(磁通量对时间的导数).分析物理图象的要点：一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”、看“截距”、看“面积”、看“拐点”，并理解其物理意义.二变：掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通关系.对于正弦交变电流的变化规律，不应只从其随时间按正弦规律变化这一点去认识，还应看到交变电流的电动势随线圈在匀强磁场中空间位置的变化而变化，随线圈磁通量的变化而变化. 三判：在此基础上进行正确的分析和判断.对点例题 (多选)在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个面积为S 的矩形线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动时产生的交流电电压随时间的变化如图1所示，线圈与一阻值为R ＝9 Ω的电阻串联在一起，线圈的电阻为1 Ω，则( )图1A.通过电阻R 的电流瞬时值表达式为i ＝10sin (200πt ) AB.电阻R 两端的电压有效值为90 VC.1 s 内电阻R 上产生的热量为450 JD.图中t ＝1×10－2 s 时，线圈位于中性面 解题指导 通过电阻R 的电流最大值为I m ＝U m R ＋r＝10 A ，线圈转动的角速度ω＝2πT ＝2π2×10－2rad/s ＝100π rad/s ，故电流的瞬时值表达式为i ＝10sin (100πt ) A ，A 项错误；电阻R 两端的电压有效值为U ′＝U 有效R ＋r R ＝1002(9＋1)×9 V ＝45 2 V ，B 项错误；1 s 内电阻R 上产生的热量Q ＝U ′2Rt ＝450 J ，C 项正确；由题图知t ＝1×10－2 s 时感应电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，D 项正确.答案 CD某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图2所示，下列说法中正确的是( )图2A.交变电流的频率为0.02 HzB.交变电流的瞬时值表达式为i ＝5cos (50πt ) AC.在t ＝0.01 s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D.若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W答案 D解析 由题图知，交变电流的周期为0.02 s ，故频率为50 Hz ，A 错误；发电机线圈转动的角速度ω＝2πT＝100π rad/s ，故交变电流的瞬时值表达式为i ＝5cos (100πt ) A ，B 错误；t ＝0.01 s 时，电流的瞬时值最大，此时穿过线圈的磁通量应为0，C 错误；交变电流的有效值I ＝I m 2＝52A ＝522 A ，故P 热＝I 2r ＝⎝⎛⎭⎫5222×0.4 W ＝5 W ，故D 正确.。
3楞次定律[学习目标] 1.正确理解楞次定律的内容及其本质.2.掌握右手定则，并理解右手定则实际上为楞次定律的一种具体表现形式.3.能够熟练运用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向.一、楞次定律感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.二、右手定则伸开右手，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.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反.(×)(2)感应电流的磁场可能与引起感应电流的磁场方向相同.(√)(3)感应电流的磁场总是阻止引起感应电流的磁通量的变化.(×)2.如图1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，MN向右运动时，MN中的电流方向为________，MN向左运动时，MN中的电流方向为________.(填“M→N”或“N→M”)图1答案N→M M→N一、楞次定律[导学探究]根据如图2甲、乙、丙、丁所示进行实验操作，并填好实验现象.图2请根据上表所填内容理解：甲、乙两种情况下，磁通量都________，感应电流的磁场方向与原磁场方向________；丙、丁两种情况下，磁通量都________，感应电流的磁场方向与原磁场方向________.答案向下向上向下向上增加增加减少减少向上向下向下向上相反相反相同相同增加相反减少相同[知识深化]楞次定律中“阻碍”的含义1.“阻碍”的理解(1)谁阻碍——感应电流产生的磁场.(2)阻碍谁——阻碍引起感应电流的磁通量的变化.(3)如何阻碍——当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同.(4)阻碍效果——阻碍并不是阻止，结果增加的还是增加，减少的还是减少.2.“阻碍”的表现形式(1)从磁通量变化的角度看，感应电流的效果是阻碍磁通量的变化.(2)从相对运动的角度看，感应电流的效果是阻碍相对运动.例1关于楞次定律，下列说法正确的是()A.感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B.闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，必受磁场阻碍作用C.原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向D.感应电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场的变化答案 A解析感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项A正确；闭合电路的一部分导体在磁场中平行磁感线运动时，不受磁场阻碍作用，选项B错误；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，选项C错误；当原磁通量增加时感应电流的磁场跟原磁场反向，当原磁通量减少时感应电流的磁场跟原磁场同向，选项D错误.二、楞次定律的应用楞次定律应用四步曲(1)确定原磁场方向；(2)判定产生感应电流的磁通量如何变化(增加还是减少)；(3)根据楞次定律确定感应电流的磁场方向(增反减同)；(4)判定感应电流的方向.该步骤也可以简单地描述为“一原二变三感四螺旋”，一原——确定原磁场的方向；二变——确定磁通量是增加还是减少；三感——判断感应电流的磁场方向；四螺旋——用右手螺旋定则判断感应电流的方向.例2(多选)如图3所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在有界匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是()图3A.向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反B.向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向的C.向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向的D.将圆环左右拉动，当环全部处在磁场中运动时，圆环中无感应电流答案BD解析将金属圆环不管从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用右手螺旋定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向的，选项B正确，A、C错误；在圆环离开磁场前，穿过圆环的磁通量没有改变，该种情况无感应电流，D正确.例3(2017·宿迁市高二下学期期末) 如图4所示，一条形磁铁靠近一个闭合线圈，灵敏电流表中感应电流的方向是()图4A.由a流向bB.由b流向aC.先由a流向b，再由b流向aD.先由b流向a，再由a流向b答案 A解析磁铁靠近线圈，通过线圈的磁通量增加，线圈中原磁场方向向右，由楞次定律可判断出感应电流的磁场方向向左，故电流由a流向b，A正确.三、右手定则的应用[导学探究]如图5所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动.图5(1)请用楞次定律判断感应电流的方向.(2)感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间什么关系？根据右手定则，自己试着做一做.答案(1)感应电流的方向a→d→c→b→a.(2)满足右手定则.[知识深化]右手定则的理解1.适用范围：闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向的判断.2.右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和电流方向三者之间的相互垂直关系.(1)大拇指所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，还可以是两者以不同速度同时运动.(2)四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源.例4下列图中表示闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab 上的感应电流方向为a→b的是()答案 A解析在导体ab上，A中电流方向为a→b，B中电流方向为b→a，C中电流方向为b→a，D中电流方向为b→a，故选A.1.(楞次定律的理解)根据楞次定律知，感应电流的磁场一定是()A.阻碍引起感应电流的磁通量B.与引起感应电流的磁场方向相反C.阻碍引起感应电流的磁通量的变化D.与引起感应电流的磁场方向相同答案 C解析感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故选C.2.(楞次定律的应用)某磁场磁感线如图6所示，有一铜线圈自图中A处落至B处，在下落过程中始终保持水平，自上向下看，线圈中的感应电流方向是()图6A.始终顺时针B.始终逆时针C.先顺时针再逆时针D.先逆时针再顺时针答案 C解析自A处落至题图水平虚线所示位置的过程中，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知线圈中感应电流方向为顺时针，从题图水平虚线所示位置落至B处的过程中，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，C项正确.3.(楞次定律的应用)磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图7所示方向的感应电流，则磁铁()图7A.向上运动B.向下运动C.向左运动D.向右运动答案 B4.(右手定则的应用)(多选)闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，如图所示，能正确表示磁感应强度B的方向、导体运动速度方向与产生的感应电流方向间关系的是()答案BC解析图A中导体不切割磁感线，导体中无电流；由右手定则可以判断B、C正确；D图中感应电流方向应垂直纸面向外.考点一楞次定律的理解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.当导体切割磁感线运动时，只能用安培定则确定感应电流的方向答案 C考点二楞次定律的应用2.(多选) 如图1所示，通电直导线L和平行直导线放置的闭合导体框abcd，当通电导线L运动时(不与导体框接触且始终在导体框左侧)，以下说法正确的是()图1A.当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为abcdaB.当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为adcbaC.当导线L向右平移时，导体框abcd中感应电流的方向为abcdaD.当导线L向右平移时，导体框abcd中感应电流的方向为adcba答案AD3.电阻R、电容器C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁位于线圈的正上方，N极朝下，如图2所示.在使磁铁竖直向上远离线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()图2A.从b到a，下极板带正电B.从a到b，下极板带正电C.从b到a，上极板带正电D.从a到b，上极板带正电答案 D4.如图3所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A 点作切线OO′，OO′与线圈在同一平面上.在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流方向()图3A.始终为A→B→C→AB.始终为A→C→B→AC.先为A→C→B→A再为A→B→C→AD.先为A→B→C→A再为A→C→B→A答案 A解析在线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减少，由楞次定律可知感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，由楞次定律可知感应电流方向仍然为A→B→C→A，A 正确.5.如图4所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距.两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流.若( )图4A.金属环平行于长直导线向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B.金属环平行于长直导线向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C.金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D.金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向答案 D6.长直导线与矩形线框abcd 处在同一平面中静止不动，如图5甲所示.长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的电流，I －t 图象如图乙所示.规定沿长直导线方向向上的电流为正.关于0～T 时间内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是( )图5A.由顺时针方向变为逆时针方向B.由逆时针方向变为顺时针方向C.由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向D.由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向答案 D解析 0～T 4时间内，直导线中向上的电流增大，通过线框中的磁通量增大，线框中产生逆时针方向的感应电流.T 4～T 2时间内，直导线中向上的电流减小，通过线框中的磁通量减少，线框中产生顺时针方向的感应电流；同样判断出T 2～34T 、34T ～T 时间内的感应电流方向分别为顺时针和逆时针，故选D.7.如图6所示，一对大磁极，中间处可视为匀强磁场，上、下边缘处为非匀强磁场，一矩形导线框abcd 保持水平，从两磁极间中心上方某处开始下落，并穿过磁场，则( )图6A.线框中有感应电流，方向是先a→b→c→d→a后d→c→b→a→dB.线框中有感应电流，方向是先d→c→b→a→d后a→b→c→d→aC.受磁场力的作用，线框要发生转动D.线框中始终没有感应电流答案 D解析由于线框从两磁极间中心上方某处开始下落，根据对称性知，下落过程中穿过线框abcd的磁通量始终是零，没有变化，所以始终没有感应电流，因此不会受磁场力的作用，故选项D正确.8.(多选)(2017·泰州中学高二期中)如图7，线圈L1，铁芯M，线圈L2都可自由移动，S合上后使L2中有感应电流且流过电阻R的电流方向为a→b，可采用的办法是()图7A.使L2迅速靠近L1B.断开电源开关SC.将铁芯M插入D.使L2迅速远离L1答案AC解析由题意可知，流过电阻R的电流方向为a→b，根据楞次定律，则有：穿过线圈L2的感应磁场方向是水平向左，因此要产生这样的感应磁场，要么原磁场水平向左减小，要么原磁场方向水平向右增大；根据右手螺旋定则可知，线圈L1的磁场方向是水平向右，当使L2迅速靠近L1时，导致穿过线圈L2的磁通量向右且增大，因此会产生方向为a→b的感应电流，故A正确；同理可知D错误；根据右手螺旋定则可知，线圈L1的磁场方向是水平向右，当断开电源开关时，导致穿过线圈L2的磁通量向右且减小，因此产生的感应电流方向为b→a，故B错误；根据右手螺旋定则可知，线圈L1的磁场方向水平向右，当铁芯M插入时，导致穿过线圈L2的磁通量向右且增加，因此会产生方向为a→b的感应电流，故C正确.考点三右手定则的应用9.如图8所示，CDEF是一个矩形金属框，当导体棒AB向右移动时，回路中会产生感应电流，则下列说法中正确的是()图8A.导体棒中的电流方向由B→AB.电流表A1中的电流方向由F→EC.电流表A1中的电流方向由E→FD.电流表A2中的电流方向由D→C答案 B解析根据右手定则，导体棒内部电流方向为A到B，所以电流表A1中的电流方向由F→E，A、C错，B对.同理电流表A2中的电流方向由C→D，D错.10.如图9所示，匀强磁场与圆形导体环所在平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时()图9A.圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生B.整个环中有顺时针方向的电流C.整个环中有逆时针方向的电流D.环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流答案 D解析由右手定则知ef上的电流由e→f，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，故选D.11.两根相互平行的金属导轨水平放置于图10所示的匀强磁场中，在导轨上与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动.当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是()图10A.导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB.导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC.磁场对导体棒CD的作用力水平向左D.磁场对导体棒AB的作用力水平向右答案 B解析当导体棒AB向右运动时，由右手定则可以判断回路中感应电流方向为A→C→D→B→A，再根据左手定则进一步确定磁场对导体棒CD的作用力水平向右，磁场对导体棒AB的作用力水平向左，故选B.12.如图11所示，MN、PQ为同一水平面的两平行光滑导轨，导轨间有垂直于导轨平面的磁场(图中未画出)，导体ab、cd与导轨有良好的接触并能自由滑动，当导体ab沿轨道向右滑动时，则()图11A.cd向右滑B.cd不动C.cd向左滑D.无法确定答案 A解析对ab应用右手定则确定回路中电流方向，应用左手定则确定cd受到安培力的方向，与磁场的方向无关.13.(2017·盐城市高二第二学期期末)1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机，它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上的第一台发电机.图示是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，铜片甲、乙分别与转动轴、铜盘边缘接触.下列四幅图示中的图A、B中磁场方向与铜盘平行；图C、D中磁场方向与铜盘垂直，C图中磁场区域仅是甲、丙之间，D图中磁场区域仅是甲、乙之间.从右向左看铜盘以相同的角速度逆时针方向转动，电阻R上有电流且方向沿纸面向上的是()答案 D解析A、B图中半径与磁场方向平行不切割磁感线，故没有感应电流，A、B错误；从右向左看，铜盘逆时针转动时，由右手定则可知，铜盘内感应电流的方向由乙流向甲，所以电阻R上的电流方向沿纸面向下，C错误.图D中，根据右手定则可知，铜盘内感应电流的方向从甲到乙，流经R时电流方向沿纸面向上，D正确.14.(多选)如图12所示，导体棒AB、CD可在水平光滑轨道上自由滑动，当导体棒AB向左移动时()图12A.AB中感应电流的方向为A到BB.AB中感应电流的方向为B到AC.CD向左移动D.CD向右移动答案AD解析由右手定则可判断AB中感应电流方向为A→B，CD中电流方向为C→D，由左手定则可判定CD受到向右的安培力作用而向右运动.。
章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.1～8题为单选题，9～12题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的不得分)1.在物理学发展中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用.下列叙述符合史实的是()A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应说明了电和磁之间存在联系B.法拉第根据通电直导线的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C.安培在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，出现了感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反答案 A解析奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场相似性，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B错误；法拉第探究磁产生电的问题，发现导线中电流“通、断”时导线附近的固定导线圈中出现感应电流而导线中通有恒定电流时导线圈中不产生感应电流，选项C错误；楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D错误.2.(2016·苏北四市联考)如图1所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管.下列说法正确的是()图1A.电流计中的电流先由a到b，后由b到aB.a点的电势始终低于b点的电势C.磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D.磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度答案 D解析在磁铁进入螺线管的过程中，通过螺线管的磁通量增大，且磁场方向向下，由楞次定律可知，电流计中的由b流向a；在磁铁穿出螺线管下端的过程中，通过螺线管的磁通量减小，且磁场方向向下，由楞次定律可知，电流计中的电流由a流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b 点电势，故A 、B 错误；磁铁减少的重力势能转化为内能和磁铁的动能，C 错误；磁铁刚离开时，由楞次定律“来拒去留”可知，磁铁受到的合外力大小小于重力，故其加速度小于重力加速度，D 正确.3.匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正方向，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图2甲所示，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示.令E 1、E 2、E 3分别表示Oa 、bc 、cd 段的感应电动势的大小，I 1、I 2、I 3分别表示对应的电流，则下列判断正确的是( )图2A.E 1<E 2，I 1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向B.E 1<E 2，I 1沿顺时针方向，I 2沿逆时针方向C.E 2<E 3，I 2沿逆时针方向，I 3沿顺时针方向D.E 2＝E 3，I 2沿逆时针方向，I 3沿顺时针方向答案 A4.如图3所示，匀强磁场方向垂直矩形线框平面，先后两次将线框从磁场中同一位置匀速拉出有界磁场.第一次速度为v 1＝v ，第二次速度为v 2＝4v .则在先后两次过程中有( )图3A.流过线框任一横截面的电荷量之比为1∶4B.线框中感应电动势之比为1∶4C.线框所受安培力之比为1∶8D.沿运动方向作用在线框上的外力的功率之比为1∶8答案 B解析 线框在磁场中运动产生感应电动势，E 1＝Bl v ，E 2＝4Bl v ，E 1∶E 2＝1∶4，B 正确；电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦR，q 1∶q 2＝1∶1，A 错误； 安培力F ＝IlB ＝B 2l 2v R，F 1∶F 2＝1∶4，C 错误；由于匀速运动，外力的功率等于安培力的功率， P 外＝F 外v ＝F 安·v ，P 外＝B 2l 2v 2R，P 外1∶P 外2＝1∶16，D 错误. 5.如图4所示是研究通电自感实验的电路图，A 1、A 2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则()图4A.闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B.闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮C.稳定后，L和R两端的电势差一定相同D.稳定后，A1和A2两端的电势差不相同答案 C解析断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L 的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C 正确，D错误.6.如图5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.现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()图5A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小答案 D解析磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，所以闭合回路面积不发生改变，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可知，ab中产生由a到b的恒定电流，A、B错误；由于电流恒定，磁感应强度逐渐减小，所以安培力逐渐减小，静摩擦力与安培力是一对平衡力，所以静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确.7.如图6所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域.取沿abcda 的感应电流为正，则表示线框中电流i 随bc 边的位置坐标x 变化的图象正确的是( )图6答案 C8.如图7甲所示，一个匝数n ＝100匝的圆形导体线圈，面积S 1＝0.4 m 2，电阻r ＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示.有一个R ＝2 Ω的电阻，将其两端a 、b 分别与图甲中的圆形线圈相连接，b 端接地，则下列说法正确的是( )图7A.圆形线圈中产生的感应电动势E ＝6 VB.在0～4 s 时间内通过电阻R 的电荷量q ＝8 CC.设b 端电势为零，则a 端的电势φa ＝3 VD.在0～4 s 时间内电阻R 上产生的焦耳热Q ＝18 J答案 D解析 由法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔBS 2Δt ，由题图乙可得ΔB Δt ＝0.64T/s ＝0.15 T/s ，将其代入可得E ＝4.5 V ，A 错.q ＝I Δt ＝E R ＋r ·Δt ＝n ΔΦΔt (R ＋r )Δt ＝n ΔΦR ＋r，在0～4 s 穿过圆形导体线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3 Wb －0＝0.18 Wb ，代入可得q ＝6 C ，B 错.0～4 s 内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得b 点电势高，a 点电势低，故C 错.由于磁感应强度均匀变化，故产生的电动势与电流均恒定，可得I ＝E r ＋R＝1.5 A ，由焦耳定律可得Q ＝I 2Rt ＝18 J ，D 对.9.如图8所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )图8A.2是磁铁，1中产生涡流B.1是磁铁，2中产生涡流C.该装置的作用是使指针能够转动D.该装置的作用是使指针能很快地稳定下来答案 AD10.(2016·江苏单科·6)电吉他中电拾音器的基本结构如图9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出声音，下列说法正确的有( )图9A.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答案 BCD解析 铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A 项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B 项对；由E ＝n ΔΦΔt可知，C 项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D 项正确.11.如图10所示，竖直平行金属导轨MN 、PQ 上端接有电阻R ，金属杆ab 质量为m ，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B ，不计ab 与导轨电阻及一切摩擦，ab 与导轨垂直且接触良好.若ab 杆在竖直向上的外力F 作用下匀速上升，则以下说法正确的是( )图10A.拉力F 所做的功等于电阻R 上产生的热量B.杆ab 克服安培力做的功等于电阻R 上产生的热量C.电流所做的功一定等于重力势能的增加量D.拉力F 与重力做功的代数和等于电阻R 上产生的热量答案 BD解析 当外力F 拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R 上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A 、C 错误，D 正确；克服安培力做多少功，电阻R 上就产生多少热量，选项B 正确.12.在如图11甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.边长为l 、电阻为R 的正方形均匀线框abcd 有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab 边的发热功率为P ，则下列说法正确的是( )图11A.磁感应强度B 0＝T 2l 2PR B.线框中感应电流为I ＝2P R C.线框cd 边的发热功率为PD.a 端电势高于b 端电势答案 BC解析 由题图乙可知，线框中产生的感应电动势恒定，线框ab 边的发热功率为P ＝E 24R，感应电动势E ＝ΔB Δt S ＝2B 0T ·l 22＝B 0l 2T ，所以B 0＝2T l 2PR ，A 错误；由P ＝14I 2R 可得线框中的感应电流I ＝2P R，B 正确；cd 边电阻等于ab 边电阻，而两边流过的电流相等，因此发热功率相等，C 正确；由楞次定律可判断，线框中感应电流方向为adcba 方向，磁场中线框部分为等效电源，因此a端电势比b端电势低，D错误.二、实验题(本题共2小题，共10分)13.(4分)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图12所示.已知线圈由a端开始绕至b端：当电流从电流计G的左端流入时，指针向左偏转.图12(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转.俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”).(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转.俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”).答案(1)顺时针(2)逆时针解析(1)由题意可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈).(2)由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流计中电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈).14.(6分)如图13所示为“研究电磁感应现象”的实验装置.图13(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A.将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________.B.线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________.答案(1)见解析图(2)向右偏转一下向左偏转一下解析(1)如图所示(2)根据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则A 项：向右偏转一下；B 项：向左偏转一下.三、计算题(本题共4小题，共42分.解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15.(10分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图14所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡.线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在0～2.0A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度取g ＝10 m/s 2)图14 图15(1)为使“电磁天平”的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡.如图15所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt. 答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s解析 (1)“电磁天平”中的线圈受到安培力，I ＝2.0 A 时线圈的匝数最少F ＝N 1B 0IL由天平平衡可知：mg ＝N 1B 0IL代入数据解得：N 1＝25匝.(2)由法拉第电磁感应定律得：E ＝N 2ΔΦΔt ＝N 2ΔB ΔtLd由欧姆定律得：I ′＝E R线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L由天平平衡可得：m ′g ＝F ′联立各式，代入数据可得ΔB Δt＝0.1 T/s. 16.(10分)(2017·江苏单科·13)如图16所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻.质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：图16(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ；(3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P .答案 (1)Bd v 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2(v 0－v )2R解析 (1)感应电动势E ＝Bd v 0，感应电流I ＝E R解得I ＝Bd v 0R(2)安培力F ＝BId由牛顿第二定律F ＝ma 解得a ＝B 2d 2v 0mR(3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′＝v 0－v ，则感应电动势E ′＝Bd (v 0－v )电功率P ＝E ′2R解得P ＝B 2d 2(v 0－v )2R17.(10分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图17所示.一个半径为R ＝0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R 的金属棒OA ，A 端与导轨接触良好，O 端固定在圆心处的转轴上，转轴的左端有一个半径为r ＝R 3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动.圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m ＝0.5 kg 的铝块.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T.a 点与金属导轨相连，b 点通过电刷与O 端相连.测量a 、b 两点间的电势差U 可求得铝块速度.铝块由静止释放，下落h ＝0.3 m 时，测得U ＝0.15 V .(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g ＝10 m/s 2)图17(1)测U 时，与a 点相接的是电压表的正极还是负极？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失.答案 (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J解析 (1)由右手定则判断，金属棒中电流方向为由O 到A ，则A 端为等效电源正极，则与a 点相接的是电压表的正极.(2)由法拉第电磁感应定律得U ＝E ＝ΔΦΔtΔΦ＝12BR 2Δθ Δθ＝ω·Δt得U ＝12BωR 2 圆盘和金属棒一起转动，则两者角速度相同，铝块的速度与圆盘边缘的线速度大小相同.v ＝rω＝13ωR 所以v ＝2U 3BR＝2 m/s. (3)ΔE ＝mgh －12m v 2 解得ΔE ＝0.5 J.18.(12分)如图18甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距L ＝0.8 m ，下端接有阻值R ＝3 Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.一质量m ＝0.1 kg 、阻值r ＝0.15 Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M ＝0.9 kg 的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM 方向.棒由静止释放后，沿NM 方向位移x 与时间t 之间的关系如图乙所示，其中ab 为直线.已知棒在0～0.3 s 内通过的电荷量是0.3～0.4 s 内通过电荷量的2倍，取g ＝10 m/s 2，求：图18(1)0～0.3 s 内棒通过的位移x 1的大小；(2)电阻R 在0～0.4 s 内产生的热量Q 1.答案 (1)0.6 m (2)3 J解析 (1)棒在0～0.3 s 内通过的电荷量q 1＝I Δt 1平均感应电流I ＝ER ＋r 回路中平均感应电动势E ＝Bx 1L Δt 1得q 1＝BLx 1R ＋r同理，棒在0.3～0.4 s 内通过的电荷量q 2＝BL (x 2－x 1)R ＋r由题图乙读出0.4 s 时刻位移大小x 2＝0.9 m又q 1＝2q 2解得x 1＝0.6 m.(2)由题图乙知棒在0.3～0.4 s 内做匀速直线运动，棒的速度大小v ＝0.9－0.60.4－0.3m/s ＝3 m/s 0～0.4 s 内，对整个系统，根据能量守恒定律得Q ＝Mgx 2－mgx 2sin θ－12(M ＋m )v 2 代入数据解得Q ＝3.15 J根据焦耳定律有Q 1Q ＝R R ＋r代入数据解得Q 1＝3 J.。
章末总结一、楞次定律的理解与应用1.感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.感应电流的磁场方向不一定与原磁场方向相反，只有在磁通量增加时两者才相反，而在磁通量减少时两者是同向的.2.“阻碍”并不是“阻止”，而是“延缓”，回路中的磁通量变化的趋势不变，只不过变化得慢了.3.“阻碍”的表现：增反减同、来拒去留等.例1(多选)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的.电磁驱动原理如图1所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去.现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，且铜的电阻率比铝小.合上开关S 的瞬间( )图1A.从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C.若将铜环放置在线圈右方，环将向左运动D.电池正负极调换后，金属环不能向左弹射 答案 AB解析 线圈上突然通过直流电流时，使得环中磁通量增加，由安培定则可知，固定线圈中轴线上的磁场向左，则环中感应电流的磁场方向向右，再由安培定则，可知从左侧看环中感应电流沿顺时针方向，所以A 正确；由电磁感应定律，可知ΔΦΔt 相同，所以E 相同，但铜环的电阻较小，所以电流较大，即受到的安培力较大，所以B 正确；由楞次定律“来拒去留”原理，可知铜环放置在线圈右方时与线圈相互排斥将向右运动，所以C 错误；电池正负极调换后效果相同，所以D 错误. 二、电磁感应中的图象问题 对图象的分析，应做到： (1)明确图象所描述的物理意义； (2)明确各种物理量正、负号的含义； (3)明确斜率的含义；(4)明确图象和电磁感应过程之间的对应关系.例2 如图2所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向.菱形闭合导线框ABCD 位于纸面内且对角线AC 与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC 长均为d ，现使线框沿AC 方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C 点进入磁场到A 点离开磁场的过程中，线框中电流i 随时间t 的变化关系图象可能是( )图2答案 D解析 导线框ABCD 在进入左边磁场时，由楞次定律和安培定则可以判断出感应电流的方向应为正方向，选项B 、C 错误；当导线框ABCD 一部分在左磁场区，另一部分在右磁场区时，回路中的最大电流要加倍，方向与刚进入时的方向相反，选项D 正确，选项A 错误.电磁感应中图象类选择题的两个常见解法：(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)，特别是物理量的正负，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作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法. 三、电磁感应中的电路问题求解电磁感应中电路问题的关键是分清楚内电路和外电路.“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻，而其余部分的电阻则是外电阻.例3 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的磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图3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：图3(1)棒上电流的大小和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. 答案 (1)4Ba v 3R 方向由N →M 23Ba v(2)8B 2a 2v 23R解析 (1)把切割磁感线的金属棒看成一个具有内阻为R 、电动势为E 的电源，两个半圆环看成两个并联电阻，画出等效电路如图所示.等效电源电动势为：E ＝Bl v ＝2Ba v . 外电路的总电阻为：R 外＝R 1R 2R 1＋R 2＝12R .棒上电流大小为：I ＝ER 总＝2Ba v 12R ＋R ＝4Ba v 3R .电流方向从N 流向M .根据闭合电路欧姆定律知，棒两端的电压为电源路端电压.U MN ＝IR 外＝23Ba v(2)圆环和金属棒上消耗的总热功率为： P ＝IE ＝8B 2a 2v 23R.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，画出等效电路图.(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 ΔΦΔt 计算；如果是导体切割磁感线，由E ＝Bl v 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. 四、电磁感应中的力电综合问题此类问题涉及电路知识、动力学知识和能量观点，综合性很强，解决此类问题要注重以下三点： 1.电路分析(1)找“电源”：确定出由电磁感应所产生的电源，求出电源的电动势E 和内阻r . (2)电路结构分析弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，为求安培力做好铺垫. 2.力和运动分析(1)受力分析：分析研究对象(常为金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意安培力的方向. (2)运动分析：根据力与运动的关系，确定出运动模型，根据模型特点，找到解决途径. 3.功和能量分析(1)做功分析，找全力所做的功，弄清功的正、负.(2)能量转化分析，弄清哪些能量增加，哪些能量减小，根据功能关系、能量守恒定律列方程求解.例4 如图4所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末端连接等宽的14圆弧导轨，圆弧半径r ＝0.41 m ，导轨的间距为L ＝0.5 m ，导轨的电阻与摩擦均不计.在导轨的顶端接有阻值为R 1＝1.5 Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝2.0 T.现有一根长度等于L 、电阻R 2＝0.5 Ω、质量m ＝1.0 kg 的金属棒.金属棒在水平拉力F 作用下，从图中位置ef 由静止开始做匀加速运动，在t ＝0时刻，F ＝1.5 N ，经2.0 s 运动到cd 时撤去拉力，棒刚好能冲到最高点ab (重力加速度g 取10 m/s 2).求：图4(1)金属棒做匀加速直线运动的加速度大小； (2)金属棒运动到cd 时电压表的读数；(3)金属棒从cd 运动到ab 过程中电阻R 1上产生的焦耳热. 答案 (1)1.5 m/s 2 (2)2.25 V (3)0.3 J解析 (1)刚开始拉金属棒时，由牛顿第二定律F ＝ma ，代入数据可得a ＝1.5 m/s 2. (2)t ＝2.0 s 时，金属棒的速度v ＝at ＝3 m/s ， 此时的感应电动势E ＝BL v ， 电压表示数U ＝ER 1＋R 2R 1，解得U ＝2.25 V.(3)金属棒从cd 位置运动到ab 位置， 由动能定理得－mgr －W 克安＝0－12m v 2，回路中产生的总焦耳热Q ＝W 克安， 电阻R 1上产生的焦耳热Q 1＝QR 1＋R 2R 1， 代入数据解得Q 1＝0.3 J.。
微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题[学习目标] 1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.一、电磁感应中的动力学问题1.电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此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求感应电动势的大小和方向.(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向.(3)分析研究导体受力情况(包括安培力).(4)列动力学方程或平衡方程求解.2.两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析.(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.例1如图1所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m ＝0.1 kg、接入电路部分的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g＝10 m/s2)图1(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象.答案(1)10 m/s(2)见解析图解析(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E＝BL v①回路中的感应电流I ＝ER ＋r ②导体棒受到的安培力F 安＝BIL ③导体棒运动过程中受到拉力F 、安培力F 安和摩擦力F f 的作用，根据牛顿第二定律： F －μmg －F 安＝ma ④由①②③④得：F －μmg －B 2L 2vR ＋r＝ma ⑤由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a 减小，当加速度a 减小到0时，速度达到最大.此时有F －μmg －B 2L 2v mR ＋r ＝0⑥可得：v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2L 2＝10 m/s ⑦(2)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度－时间图象如图所示.电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.基本思路是：导体受外力运动――→E ＝Bl v产生感应电动势―――――→EI R r=+产生感应电流――→F ＝BIl导体受安培力―→合外力变化――→F 合＝ma加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……→a ＝0，v 达到最大值.例2 如图2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.(重力加速度为g )图2(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，求此时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)见解析图(2)BL v R g sin θ－B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L 2解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，方向竖直向下；支持力F N ，方向垂直于斜面向上；安培力F 安，方向沿导轨向上. (2)当ab 杆的速度大小为v 时，感应电动势E ＝BL v ， 此时电路中的电流I ＝E R ＝BL v Rab 杆受到安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F 安＝mg sin θ－B 2L 2vR ＝ma则a ＝g sin θ－B 2L 2vmR.(3)当a ＝0时，ab 杆有最大速度，此时mg sin θ＝B 2L 2v m R ，解得：v m ＝mgR sin θB 2L 2.电磁感应中力学问题的解题技巧：(1)受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B 的方向，以便准确地画出安培力的方向.(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.(3)根据牛顿第二定律分析a 的变化情况，以求出稳定状态的速度. (4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口. 二、电磁感应中的能量问题 1.电磁感应中能量的转化电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：2.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 (1)确定回路，分清电源和外电路.(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如：①有滑动摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必然发生变化；③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能. (3)列有关能量的关系式.例3 如图3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 、长度为d 、接入电路的电阻也为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( )图3A.流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2RB.通过金属棒的电荷量为BdLRC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )答案 D解析 金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh ＝12m v 2，金属棒到达平直部分时的速度v ＝2gh ，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E ＝BL v ，最大感应电流I ＝E R ＋R ＝BL 2gh2R ，故A 错误；通过金属棒的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦ2R ＝BdL2R，故B 错误； 金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh －W 安－μmgd ＝0－0，克服安培力做功：W 安＝mgh －μmgd ，故C 错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q ′＝12Q ＝12W 安＝12mg (h －μd )，故D 正确.电磁感应中焦耳热的计算技巧：(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q ＝I 2Rt . (2)感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W 安，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 安.②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量.1.(电磁感应中的动力学问题)如图4所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动.杆ef 及线框中导线的电阻都可忽略不计.开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图4A.ef 将减速向右运动，但不是匀减速B.ef 将匀减速向右运动，最后停止C.ef 将匀速向右运动D.ef 将往返运动 答案 A解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F ＝BIl ＝B 2l 2v R ＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，故A 正确.2.(电磁感应中的动力学问题)如图5所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab 是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S 断开，让杆ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象不可能是下图中的( )图5答案 B解析 S 闭合时，若金属杆受到的安培力B 2l 2v R ＞mg ，ab 杆先减速再匀速，D 项有可能；若B 2l 2vR ＝mg ，ab 杆匀速运动，A 项有可能；若B 2l 2vR ＜mg ，ab 杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，mg －B 2l 2vR＝ma 中a 不恒定，故B 项不可能.3.(电磁感应中的能量问题)(多选)如图6所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R ，导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m 、电阻可以忽略不计的金属棒ab ，在沿着斜面与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h ，在这一过程中( )图6A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上产生的焦耳热之和C.恒力F 与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热 答案 AD解析 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F 做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功.匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A 正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R 上产生的焦耳热，故外力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，D 正确.4.(电磁感应中的力电综合问题)两根平行的金属导轨相距L 1＝1 m ，与水平方向成θ＝30°角倾斜放置，如图7甲所示，其上端连接阻值R ＝1.5 Ω的电阻，另有一根质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝0.5 Ω的金属棒ab 放在两根导轨上，距离上端L 2＝4 m ，棒与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，因有摩擦力作用，金属棒处于静止状态.现在垂直导轨面加上从零均匀增强的磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示，已知在t ＝2 s 时棒与导轨间的摩擦力刚好为零(g 取10 m/s 2)，则在棒发生滑动之前：图7(1)t ＝2 s 时，磁感应强度B 为多大？(2)假如t ＝5 s 时棒刚要发生滑动，则棒与导轨间最大静摩擦力多大？ (3)从t ＝0到t ＝3 s 内，电阻R 上产生的电热有多少？ 答案 (1)1 T (2)1.5 N (3)4.5 J解析 (1)当t ＝2 s 时，对导体棒由平衡条件得 mg sin θ＝B 2IL 1① 由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r② 由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔBΔt L 1L 2＝B 2－0t －0L 1L 2③联立①②③式解得B 2＝1 T (2)当t ＝5 s 时，对棒由平衡条件得 B 5IL 1＝mg sin θ＋F fmax由题图乙及第(1)问可得t ＝5 s 时，B 5＝2.5 T 联立解得F fmax ＝1.5 N (3)由焦耳定律得：Q R ＝I 2Rt 代入数据解得：Q R ＝4.5 J一、选择题考点一 电磁感应中的动力学问题1.如图1所示，质量为m 的金属环用不可伸长的细线悬挂起来，金属环下半部分处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是( )图1A.大于环重力mg ，并逐渐减小B.始终等于环重力mgC.小于环重力mg ，并保持恒定D.大于环重力mg ，并保持恒定 答案 A解析 根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有F T ＝mg ＋F 安，得F T >mg ，F 安＝BIL ，根据法拉第电磁感应定律知，I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBR Δt S ，可知I 为恒定电流，联立上式可知B 减小，F 安减小，则由F T ＝mg ＋F 安知F T 减小，选项A 正确.2.(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环.圆环竖直向下落入如图2所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B .圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v ，忽略其他影响，则( )图2A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度a ＝B 2vρdD.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝ρdgB 2答案 AD解析 由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知选项A 正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项B 错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势E ＝Bl v ＝B ·2πR ·v ，圆环的电阻R 电＝ρ·2πRπr2，则圆环中的感应电流I＝E R 电＝B πr 2vρ，圆环所受的安培力F 安＝BI ·2πR ，圆环的加速度a ＝mg －F 安m ，m ＝d ·2πR ·πr 2，则a ＝g －B 2vρd ，选项C 错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a ＝0，可得v m＝ρgdB 2，选项D 正确.3.如图3所示在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动，t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v －t 图象中，能正确描述上述过程的是( )图3答案 D解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BL v 、I ＝ER 、F 安＝BIL 得F 安＝B 2L 2vR ，随着v 的减小，安培力F 安减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动.整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F 安＝B 2L 2vR，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D 正确.4.(多选)如图4所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则( )图4A.如果B 增大，v m 将变大B.如果α变大(仍小于90°)，v m 将变大C.如果R 变大，v m 将变大D.如果m 变小，v m 将变大 答案 BC解析 金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就相当于一个电源，与电阻R 构成一个闭合回路，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B 2L 2vR＝ma所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a ＝0时达到最大速度v m ，即mg sin α＝B 2L 2v m R ，可得：v m ＝mgR sin αB 2L 2，故由此式知选项B 、C 正确. 考点二 电磁感应中的能量问题5.如图5所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )图5A.Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B.Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C.Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D.Q 1＝Q 2，q 1＞q 2答案 A解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q 1＝W 1＝F 1l bc ＝B 2l ab 2v R l bc ＝B 2S v R l ab同理Q 2＝B 2S vR l bc ，又l ab ＞l bc ，故Q 1＞Q 2；因q ＝I t ＝ER t ＝ΔΦR ＝BS R， 故q 1＝q 2.因此A 正确.6.如图6所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )图6A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R 上产生的热量答案 A解析 棒加速上升时受到重力、拉力F 及安培力.根据功能关系可知，力F 与安培力做功的代数和等于棒的机械能的增加量，A 正确.7.(多选)(2016·南京市学情调研卷)如图7所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，底端接有阻值为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，导轨和杆ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上(图中未画出).让杆ab 沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab 接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab 由静止下滑距离s 时，已处于匀速运动.重力加速度为g .则( )图7A.匀速运动时杆ab 的速度为mgR sin θB 2L 2B.匀速运动时杆ab 受到的安培力大小为mg sin θC.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，安培力做功为mgs sin θD.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，电阻R 产生的热量为mgs sin θ 答案 AB解析 由平衡条件可知匀速运动时杆ab 受到的重力沿斜面的分力等于安培力，即F A ＝mg sin θ，mg sin θ＝B 2L 2v R ，所以有v ＝mgR sin θB 2L 2，即A 、B 正确；因为安培力逐渐增大，是个变力，所以C 错误；由能量守恒可知mg ·s sin θ＝12m v 2＋Q ，所以D 错误.8.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L 、质量为m 且与导轨垂直并接触良好的导体棒ab ，ab 处在磁感应强度大小为B 、方向如图8所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R 的电阻，导轨及导体棒电阻不计.现使ab 在水平恒力F 作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x 时，ab 达到最大速度v m .此时撤去外力，最后ab 静止在导轨上.在ab 运动的整个过程中，下列说法正确的是( )图8A.撤去外力后，ab 做匀减速运动B.合力对ab 做的功为FxC.R 上释放的热量为Fx ＋12m v m 2D.R 上释放的热量为Fx 答案 D解析 撤去外力后，导体棒水平方向上只受安培力作用，而F 安＝B 2L 2vR ，F 安随v 的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A 错；对整个过程由动能定理得W 合＝ΔE k ＝0，B 错；由能量守恒定律知，恒力F 做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R 上释放的热量，即Q ＝Fx ，C 错，D 对. 二、非选择题9.(电磁感应中的动力学问题)(2017·扬州市高二上学期调研)如图9甲所示，阻值不计的光滑金属导轨在竖直面上平行固定放置，间距d 为0.5 m ，下端通过导线与阻值R L 为4 Ω的小灯泡L 连接，在矩形区域CDFE 内有水平向外的匀强磁场，磁感应强度B 随时间变化的关系如图乙所示，CE 长为2 m.在t ＝0时刻，接入电路的电阻R 为1 Ω的金属棒以某一初速度从AB 位置紧贴导轨向下运动，当金属棒从AB 位置运动到EF 位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，g 取10 m/s 2.求：图9(1)通过小灯泡的电流的大小； (2)金属棒的质量；(3)金属棒通过磁场区域所用的时间. 答案 (1)0.4 A (2)0.008 kg (3)0.2 s解析 (1)金属棒未进入磁场时，E 1＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝0.5×2×0.40.2 V ＝2 V又R 总＝R L ＋R ＝(4＋1) Ω＝5 Ω 所以I L ＝E 1R 总＝25A ＝0.4 A(2)因灯泡亮度不变，故0.2 s 末金属棒进入磁场时刚好匀速运动 所以I ＝I L ＝0.4 A棒所受安培力F 安＝BId ＝0.08 N 对金属棒有mg ＝F 安所以金属棒的质量m ＝0.008 kg(3)金属棒在磁场中运动时，E 2＝E 1＝2 V 又E 2＝Bd v 解得：v ＝E 2Bd＝10 m/s 金属棒从CD 运动到EF 过程的时间为t 2＝CEv ＝0.2 s10.(电磁感应中的能量问题)如图10甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°角放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场.现将质量m ＝0.1 kg 、接入电路的电阻r ＝1 Ω的金属杆ab 从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v －t 图象如图乙所示.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图10(1)磁感应强度大小B ；(2)杆在磁场中下滑0.1 s 过程中电阻R 上产生的热量. 答案 (1)2 T (2)3160J 解析 (1)由题图乙得 0～0.1 s 内，杆的加速度 a ＝Δv Δt ＝0.50.1m/s 2＝5 m/s 20～0.1 s 内，由牛顿第二定律有mg sin 37°－F f ＝ma 代入数据得F f ＝0.1 N0.1 s 后杆匀速运动，有mg sin 37°－F f －F 安＝0 而F 安＝BIL ＝B BL v R ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r解得B ＝2 T(2)方法一：杆在磁场中下滑0.1 s 的过程中，回路中的电流恒定，有I ＝BL vR ＋r＝0.25 A ， 电阻R 上产生的热量 Q R ＝I 2Rt ＝3160J.方法二：金属杆ab 在磁场中匀速运动的位移 x ＝v t ＝0.05 m 金属杆ab 下落的高度 h ＝x sin θ＝0.03 m由能量守恒有mgh ＝Q ＋F f x 电阻R 产生的热量Q R ＝34Q ＝34(mgh －F f x )＝3160J.11.(电磁感应中的力电综合问题)如图11所示，足够长的U 形导体框架的宽度L ＝0.5 m ，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角.有一磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面.一根质量m ＝0.4 kg 、电阻R ＝1 Ω的导体棒MN 垂直跨放在U 形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放.已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图11(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小； (2)求导体棒运动过程中的最大速度；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量Q ＝4 C ，求导体棒在此过程中消耗的电能. 答案 (1)2 m/s 2 (2)5 m/s (3)3 J解析 (1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a ＝2 m/s 2(2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙，设匀速下滑的速度为v ，则在平行斜面上有mg sin θ－F f －F 安＝0安培力F 安＝BIL ＝B BL v R L ＝B 2L 2v R联立解得v ＝mgR (sin θ－μcos θ)B 2L 2＝5 m/s(3)通过导体棒横截面的电荷量Q ＝I Δt I ＝ΔΦR Δt设导体棒下滑速度刚好为v 时的位移为x ，则ΔΦ＝BxL全程由动能定理，得mgx ·sin θ－W 安－μmg cos θ·x ＝12m v 2，其中W 安为克服安培力做的功.联立解得W 安＝3 J克服安培力做的功等于导体棒在此过程中消耗的电能，即Q R ＝3 J.。
