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  • 2021-05-24 发布

【物理】2020届一轮复习人教版第十章第2讲法拉第电磁感应定律 自感现象作业

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第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象 主干梳理 对点激活 知识点  法拉第电磁感应定律 Ⅱ ‎1.感应电动势 ‎(1)概念:在电磁感应现象中产生的电动势。‎ ‎(2)产生条件:穿过回路的磁通量发生改变,与电路是否闭合无关。‎ ‎(3)方向判断:感应电动势的方向用楞次定律或右手定则来判断。‎ ‎2.法拉第电磁感应定律 ‎(1)内容:闭合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。‎ ‎(2)公式:E=n,其中n为线圈匝数。‎ ‎(3)感应电流与感应电动势的关系:遵守闭合电路欧姆定律,即I=。‎ ‎3.导体切割磁感线时的感应电动势 知识点  自感、涡流 Ⅰ ‎1.互感现象 两个互相靠近的线圈,当一个线圈中的电流变化时,它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象。‎ ‎2.自感现象 ‎(1)定义:当一个线圈中的电流变化时,它产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势。‎ ‎(2)自感电动势 ‎①定义:由于自感而产生的感应电动势。‎ ‎②表达式:E=L。‎ ‎③自感系数L 相关因素:与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关。‎ 单位:亨利(H),1 mH=10-3 H,1 μH=10-6 H。‎ ‎3.涡流 当线圈中的电流发生变化时,在它附近的任何导体中都会产生感应电流,这种电流像水的旋涡,所以叫涡电流,简称涡流。‎ ‎(1)电磁阻尼:当导体在磁场中运动时,感应电流会使导体受到安培力,安培力的方向总是阻碍导体的运动。‎ ‎(2)电磁驱动:如果磁场相对于导体转动,在导体中会产生感应电流,使导体受到安培力的作用,安培力使导体运动起来。‎ 交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。‎ ‎(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。‎ 一 思维辨析 ‎1.导体棒在磁场中运动一定能产生感应电动势。(  )‎ ‎2.公式E=Blv中的l就是导体的长度。(  )‎ ‎3.断电自感中,感应电流方向与原电流方向一致。(  )‎ ‎4.回路中磁通量变化量越大,回路产生的感应电流越大。(  )‎ ‎5.在自感现象中,感应电流一定和原电流方向相反。(  )‎ 答案 1.× 2.× 3.√ 4.× 5.×‎ 二 对点激活 ‎1.(人教版选修3-2·P17·T1改编)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是(  )‎ A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大 C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大 D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 答案 C 解析 由法拉第电磁感应定律可知E=n,感应电动势的大小与匝数成正比,A错误。感应电动势大小与磁通量的变化率成正比,磁通量变化越快,感应电动势越大,C正确。感应电动势的大小与磁通量的大小以及磁通量的变化量的大小无关,所以B错误。感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化,可能与原磁场方向相同,也可能与原磁场方向相反,D错误。‎ ‎2.(人教版选修3-2·P18·T6改编)A、B两个闭合线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,半径rA=2rB,分别按下图甲、乙两种方式放入匀强磁场中,且磁感应强度随时间均匀减小,则下列说法正确的是(  )‎ A.甲图中,A、B两线圈中电动势之比为4∶1‎ B.甲图中,A、B两线圈中电流之比为2∶1‎ C.乙图中,A、B两线圈中电动势之比为4∶1‎ D.乙图中,A、B两线圈中电流之比为4∶1‎ 答案 C 解析 由法拉第电磁感应定律可知,E=n=nS,其中S为有效面积,在甲图中,A、B两线圈的有效面积相等,所以感应电动势之比就是匝数比,为1∶1,由电阻定律R=ρ可知,电阻之比为两线圈周长之比,也就是2∶1,所以甲图中电流之比为1∶2,故A、B错误。同理,乙图中,电动势之比为4∶1,电流之比为2∶1,故C正确,D错误。‎ ‎3.(2015·海南高考)如图,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为ε;将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相垂直的平面内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时,棒两端的感应电动势大小为ε′。则等于(  )‎ A. B. C.1 D. 答案 B 解析 设金属棒的长度为l,磁感应强度为B,根据法拉第电磁感应定律,感应电动势ε=Blv;当将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线时,有效长度变为l′=l,所以此时的感应电动势ε′=Bl′v=Blv。所以=,故B正确。‎ ‎4.(人教版选修3-2·P22·演示实验改编)(多选)如图所示,两个灯泡A1和A2的规格相同,A1与线圈L串联后接到电路中,A2与可变电阻R串联后接到电路中,先闭合开关S,调节R,使两个灯泡的亮度相同,再调节R1,使它们正常发光,然后断开开关S,下列说法正确的是(  )‎ A.重新接通电路,A1、A2同时亮 B.重新接通电路,A1逐渐变亮 C.接通电路,一段时间电路稳定后再次断开S,A1、A2逐渐熄灭 D.接通电路,一段时间电路稳定后再次断开S,A2闪亮一下再熄灭 答案 BC 解析 重新接通电路,由于L有自感电动势产生,阻碍电流增大,所以A1逐渐变亮,故A错误,B正确。再次断开S,A1、A2与L、R构成回路,L相当于电源,因原来两支路电流相等,所以不会出现A2闪亮一下的现象,都会逐渐熄灭,故C正确,D错误。‎ ‎5.(人教版选修3-2·P29·T3改编)如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部。则小磁块(  )‎ A.在P和Q中都做自由落体运动 B.在两个下落过程中的机械能都守恒 C.在P中的下落时间比在Q中的长 D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大 答案 C 解析 小磁块在铜管中下落的过程,根据电磁感应知铜管中产生涡流,小磁块受到阻力,P中小磁块的部分机械能转化为铜管中产生涡流的焦耳热,机械能不守恒,故A、B均错误。Q管为塑料管,小磁块下落过程为自由落体,所以比在P中下落时间短,落至底部时比P中速度大,故C正确,D错误。‎ 考点细研 悟法培优 考点1 法拉第电磁感应定律的应用 ‎1.磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的比较 提示:①Φ、ΔΦ、的大小之间没有必然的联系,Φ=0,不一定等于0;②感应电动势E与线圈匝数n有关,但Φ、ΔΦ、的大小均与线圈匝数无关。‎ ‎2.法拉第电磁感应定律公式的物理意义:E=n求的是Δt时间内的平均感应电动势,当Δt→0时,E为瞬时感应电动势。‎ ‎3.法拉第电磁感应定律应用的三种情况 ‎(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时,ΔΦ=B·ΔS,则E=n。‎ ‎(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时,ΔΦ=ΔB·S,则E=n,S是磁场范围内的有效面积。‎ ‎(3)磁通量的变化是由有效面积和磁场变化共同引起的,则根据定义求,ΔΦ=Φ末-Φ初,E=n。‎ ‎4.在图象问题中磁通量的变化率是Φt图象上某点切线的斜率,利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。‎ 例1 (2018·长沙名校实验班段考)(多选)如图所示,水平平行光滑金属导轨上连有阻值为R的定值电阻,电阻不计的金属杆垂直导轨放置,导轨间距为l,导轨与金属杆组成的闭合电路面积为S,金属杆上系一根轻绳,绕过光滑定滑轮与一质量为m的物块相连,初始时物块静止在水平地面上,轻绳拉直但没有弹力。在导轨区域加一竖直向上的磁场,磁感应强度随时间变化规律为B=kt(k>0),重力加速度大小为g,导轨电阻不计,则下列说法正确的是(  )‎ A.金属杆中的电流从a向b B.t=时,物块恰好离开地面 C.物块离开地面前,定值电阻上产生的总热量为 D.物块离开地面前,流过定值电阻的总电荷量为 解题探究 (1)如何判断金属杆中的电流方向与大小?‎ 提示:用楞次定律判断感应电流方向,用法拉第电磁感应定律求感应电动势,再用欧姆定律求电流大小。‎ ‎(2)物块离开地面时,金属杆受安培力的大小是多少?‎ 提示:安培力等于物块重力。‎ 尝试解答 选AD。‎ 磁场的磁感应强度方向向上,逐渐增强,由楞次定律可得感应电流的方向是从a向b,A正确;磁场的磁感应强度随时间均匀变化,则=k,E=S=kS,I==,物块恰好离开地面时有BIl=mg,其中B=kt,解得t=,B错误;物块离开地面前定值电阻上产生的热量为Q=I2Rt=,C错误;物块离开地面前流过定值电阻的电荷量为q=It=,D正确。‎ 总结升华 法拉第电磁感应定律的规范应用 ‎(1)一般解题步骤 ‎①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况;‎ ‎②利用楞次定律确定感应电流的方向;‎ ‎③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。‎ ‎(2)应注意的问题 ‎①用公式E=nS求感应电动势时,S为线圈在磁场范围内的有效面积,且不变,在Bt图象中为图线切线的斜率。‎ ‎[变式1] (2018·安徽百所重点中学模拟)(多选)一圆形线圈的匝数n=10,面积S=‎50 cm2,电阻r=1 Ω,线圈外接一个阻值R=4 Ω的电阻,如图甲所示。t=0时刻把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是(  )‎ A.线圈中感应电流沿顺时针方向 B.线圈电阻r消耗的电功率为4×10-4 W C.电阻R两端的电压为0.1 V D.前2 s内通过电阻R的电荷量为零 答案 AB 解析 由楞次定律可知,线圈中感应电流沿顺时针方向,A正确;由法拉第电磁感应定律知,线圈中产生的感应电动势恒为E==0.1‎ ‎ V,根据闭合电路欧姆定律知,回路中的电流I==‎0.02 A,则线圈电阻r消耗的电功率为P=I2r=4×10-4 W,B正确;电阻R两端的电压U=IR=0.08 V,C错误;前2 s内通过电阻R的电荷量q=It=‎0.04 C,D错误。‎ 考点2 导体切割磁感线产生感应电动势的计算 切割磁感线的那部分导体相当于电路中的电源,常见的情景有以下两种:‎ ‎1.导体平动切割磁感线 对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E=Blv,应从以下几个方面理解和掌握。‎ ‎(1)正交性 本公式是在一定条件下得出的,除了磁场是匀强磁场,还需B、l、v三者相互垂直。当它们不相互垂直时,应取垂直的分量进行计算。如果v与l垂直,且B与l垂直,v与B的夹角为θ,则E=Blvsinθ;如果l与B垂直,且v与B垂直,l与v的夹角为α,则E=Blvsinα;如果l与v垂直,且B与v垂直,l与B的夹角为β,则E=Blvsinβ。‎ ‎(2)平均性 导体平动切割磁感线时,若v为平均速度,则E为平均感应电动势,即=Bl。‎ ‎(3)瞬时性 导体平动切割磁感线时,若v为瞬时速度,则E为相应的瞬时感应电动势。‎ ‎(4)有效性 公式中的l为导体有效切割长度,即导体在与v共同所在平面上垂直于v的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为:‎ 甲图:l=cdsinβ(容易错算成l=absinβ)。‎ 乙图:沿v1方向运动时,l=MN;沿v2方向运动时,l=0。‎ 丙图:沿v1方向运动时,l=R;沿v2方向运动时,l=0;沿v3‎ 方向运动时,l=R。‎ ‎(5)相对性 E=Blv中的速度v是相对于磁场的速度,若磁场也运动时,应注意速度间的相对关系。‎ ‎2.导体转动切割磁感线 当导体在垂直于磁场的平面内,绕一端以角速度ω匀速转动时,产生的感应电动势为E=Bl=Bl2ω,如图所示。‎ ‎(1)以中点为轴时,E=0(相同两段的代数和)。‎ ‎(2)以端点为轴时,E=Bωl2(平均速度取中点位置的线速度ωl)。‎ ‎(3)以任意点为轴时,E=Bω(l-l)(不同两段的代数和,其中l1>l2)。‎ 例2 (2015·安徽高考)如图所示,abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则(  )‎ A.电路中感应电动势的大小为 B.电路中感应电流的大小为 C.金属杆所受安培力的大小为 D.金属杆的发热功率为 解题探究 (1)金属杆MN的有效切割长度为多少?‎ 提示:l。‎ ‎(2)金属杆电阻多大?‎ 提示:R=·r。‎ 尝试解答 选B。‎ 金属杆MN切割磁感线产生的电动势E=Blv,故A错误。金属棒电阻R=·r,所以电路中感应电流大小为I==,故B正确。金属杆所受安培力大小F=BI=,故C错误。金属杆的发热功率P=I2R=·=,故D错误。‎ 总结升华 ‎[变式2-1] (2015·全国卷Ⅱ)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时,a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(  )‎ A.Ua>Uc,金属框中无电流 B.Ub>Uc,金属框中电流方向沿a-b-c-a C.Ubc=-Bl2ω,金属框中无电流 D.Uac=Bl2ω,金属框中电流方向沿a-c-b-a 答案 C 解析 在三角形金属框内,有两边切割磁感线,其一为bc边,根据E=Blv可得:电动势大小为Bl2ω;其二为ac边,ac边有效的切割长度为l,根据E=Blv,可得:电动势大小也为Bl2ω;由右手定则可知:金属框内无电流,且Uc>Ub=Ua,A、B、D错误;Ubc=Uac=-Bl2ω,C正确。‎ ‎[变式2-2] (2017·江苏高考)如图所示,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v0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:‎ ‎(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) (2) (3) 解析 (1)MN刚扫过金属杆时,金属杆的感应电动势 E=Bdv0①‎ 回路的感应电流I=②‎ 由①②式解得I=③‎ ‎(2)金属杆所受的安培力F=BId④‎ 由牛顿第二定律得,对金属杆F=ma⑤‎ 由③④⑤式得a=⑥‎ ‎(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′=v0-v⑦‎ 感应电动势E′=Bdv′⑧‎ 感应电流的电功率P=⑨‎ 由⑦⑧⑨式得P=。‎ 考点3 通电自感和断电自感 ‎1.自感现象的四大特点 ‎(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。‎ ‎(2)通过线圈中的电流不能发生突变,只能缓慢变化。‎ ‎(3)电流稳定时,自感线圈就相当于普通导体。‎ ‎(4)线圈的自感系数越大,自感现象越明显,自感电动势只是延缓了过程的进行,但它不能使过程停止,更不能使过程反向。‎ ‎2.自感中“闪亮”与“不闪亮”问题 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 电路图 通电时 电流逐渐增大,灯泡逐渐变亮 电流突然增大,灯泡立刻变亮,然后电流逐渐减小达到稳定,灯泡比刚通电时暗些 断电时 电流逐渐减小,灯泡逐渐变暗,电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2‎ ‎①若I2≤I1,灯泡逐渐变暗;‎ ‎②若I2>I1,灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变 ‎    ‎ 例3 (人教版选修3-2·P25·T3改编)如图所示,线圈L的自感系数很大,且其电阻可以忽略不计,L1、L2是两个完全相同的小灯泡,随着开关S闭合和断开的过程中,L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)(  )‎ A.S闭合,L1亮度不变,L2亮度逐渐变亮,最后两灯一样亮;S断开,L2立即不亮,L1逐渐变亮 B.S闭合,L1亮度不变,L2很亮;S断开,L1、L2立即不亮 C.S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2亮度不变;S断开,L2立即不亮,L1亮一下才灭 D.S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2则逐渐变得更亮;S断开,L2立即熄灭,L1亮一下才灭 解题探究 (1)开关闭合瞬间、电路稳定时、开关断开瞬间线圈分别相当于什么?‎ 提示:L分别相当于阻值减小的大电阻、导线、电动势减小的电源。‎ ‎(2)当自感电流满足什么条件时,灯泡L1才会闪一下?‎ 提示:当自感电流大于电路稳定时灯泡L1的原电流时灯泡L1才会闪一下。‎ 尝试解答 选D。‎ S闭合瞬间,自感线圈L相当于一个大电阻,以后阻值逐渐减小到0,所以观察到的现象是灯泡L1和L2同时亮,以后L1逐渐变暗到熄灭,L2逐渐变得更亮。S断开瞬间,自感线圈相当于一个电动势逐渐减小的内阻不计的电源,它与灯泡L1组成闭合回路,所以L2立即熄灭,L1亮一下才熄灭。所以A、B、C选项都是错误的,只有D选项正确。‎ 总结升华 (1)断电自感现象中电流方向是否改变的判断:与线圈在同一条支路的用电器中的电流方向不变;与线圈并联的用电器中的电流方向改变。‎ (2)通电自感:线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小,通电瞬间自感线圈处相当于断路。‎ (3)断电自感:断电时自感线圈相当于电源,电动势由某值逐渐减小到零。‎ (4)电流稳定时,自感线圈就是导体,是否需要考虑其电阻,根据题意而定。‎ ‎[变式3-1] (多选)如图甲、乙所示的电路中,电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,且小于灯泡A的电阻,接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则(  )‎ A.在电路甲中,断开S后,A将逐渐变暗 B.在电路甲中,断开S后,A将先变得更亮,然后才逐渐变暗 C.在电路乙中,断开S后,A将逐渐变暗 D.在电路乙中,断开S后,A将先变得更亮,然后才逐渐变暗 答案 AD 解析 在电路甲中,灯A和线圈L串联,它们的电流相同,断开S时,线圈上产生自感电动势,阻碍原来通过它的电流减小,但流过灯A的电流仍逐渐减小,故灯A逐渐变暗。在电路乙中,电阻R和灯A串联,灯A的电阻大于线圈L的电阻,电流则小于线圈L中的电流,断开S时,电源不再给灯供电,而线圈产生自感电动势阻碍通过它本身的电流减小,通过A、R形成回路,灯A中电流突然变大,灯A变得更亮,然后渐渐变暗,故A、D正确。‎ ‎[变式3-2] (多选)如图所示的电路中,L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡,E是内阻不计的电源。在t=0时刻,闭合开关S,电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向,分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流,则四个选项中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(  )‎ 答案 BC 解析 闭合开关S,D1缓慢变亮,D2和D3立即变亮。在t1时刻断开开关S后,由于自感现象,通过D1的电流逐渐减小,方向不变,而通过D2和D3的电流方向立即改变,且电流大小先变大后逐渐减小,B、C正确。‎ 高考模拟 随堂集训 ‎1.(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图a,在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i,i的变化如图b所示,规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势(  )‎ A.在t=时为零 B.在t=时改变方向 C.在t=时最大,且沿顺时针方向 D.在t=T时最大,且沿顺时针方向 答案 AC 解析 由图b可知,导线PQ中电流在t=时达到最大值,变化率为零,导线框R中磁通量变化率为零,根据法拉第电磁感应定律,在t= 时导线框中产生的感应电动势为零,A正确;在t=时,导线PQ中电流图象斜率正负不变,导致导线框R中磁通量变化率的正负不变,根据楞次定律,所以在t=时,导线框中产生的感应电动势方向不变,B错误;由于在t=时,导线PQ中电流图象斜率最大,电流变化率最大,导致导线框R中磁通量变化率最大,根据法拉第电磁感应定律,在t=时导线框中产生的感应电动势最大,由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向,C正确;由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向,D错误。‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。边长为‎0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行,如图a所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图b所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下列说法正确的是(  )‎ A.磁感应强度的大小为0.5 T B.导线框运动速度的大小为‎0.5 m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N 答案 BC 解析 由图象可知,从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场,用时为0.2 s,可得导线框运动速度的大小v= m/s=‎0.5 m/s,故B正确。由图象可知,cd边切割磁感线产生的感应电动势E=0.01 V,由公式E=BLv,可得磁感应强度的大小B= T=0.2 T,故A错误。感应电流的方向为顺时针时,对cd边应用右手定则可知,磁感应强度的方向垂直于纸面向外,故C正确。t ‎=0.4 s至t=0.6 s时间段为cd边离开磁场,ab边切割磁感线的过程,由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F=,代入数据得F=0.04 N,故D错误。‎ ‎3.(2017·北京高考)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈。实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(  )‎ A.图1中,A1与L1的电阻值相同 B.图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流 C.图2中,变阻器R与L2的电阻值相同 D.图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等 答案 C 解析 断开开关S1瞬间,线圈L1产生自感电动势,阻碍电流的减小,通过L1的电流反向通过灯A1,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗,说明IL1>IA1,即RL1t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。‎ 答案 (1) ‎(2)B0lv0(t-t0)+kSt (B0lv0+kS) 解析 (1)在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=B1S=ktS①‎ 设在从t到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有E=②‎ 由欧姆定律有i=③‎ 由电流的定义有i=④‎ 联立①②③④式得|Δq|=Δt⑤‎ 由⑤式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|=。⑥‎ ‎(2)当t>t0时,金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有F恒=F安⑦‎ 设此时回路中的电流为I,F安的大小为F安=B0lI⑧‎ 此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0)⑨‎ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′=B0ls⑩‎ 回路的总磁通量为Φt=Φ+Φ′⑪‎ 式中,Φ仍如①式所示。由①⑨⑩⑪式得,在时刻 t(t>t0)穿过回路的总磁通量为 Φt=B0lv0(t-t0)+kSt⑫‎ 在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变量为 ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt⑬‎ 由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为 Et=⑭‎ 由欧姆定律有I=⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得F恒=(B0lv0+kS)。‎ 配套课时作业 ‎  时间:45分钟 满分:100分 一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。其中 1~5为单选,6~8为多选)‎ ‎1.(2016·浙江高考)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=‎3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则(  )‎ A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1‎ C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4‎ D.a、b线圈中电功率之比为3∶1‎ 答案 B 解析 磁场均匀增大,穿过两线圈的磁通量增大,根据楞次定律可知两线圈内会产生逆时针方向的感应电流,A错误;由法拉第电磁感应定律E=n=nl2,得==,B正确;由电阻定律R=ρ,得==,由闭合电路欧姆定律可得I= ‎,即=×=,C错误;由P=得=×=,D错误。‎ ‎2.(2018·内蒙古部分学校期中)如图甲所示,固定闭合线圈abcd处于方向垂直纸面向外的磁场中,磁感线分布均匀,磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示,则下列说法正确的是(  )‎ A.t=1 s时,ab边受到的安培力方向向左 B.t=2 s时,ab边受到的安培力为0‎ C.t=2 s时,ab边受到的安培力最大 D.t=4 s时,ab边受到的安培力最大 答案 B 解析 由题图知,0~2 s内磁感应强度大小逐渐增大,根据楞次定律知线圈中产生感应电流的方向为顺时针方向,根据左手定则判断知ab边受到的安培力方向向右,A错误;t=2 s时,=0,感应电流I=0,安培力F=0,B正确,C错误;t=4 s时,B=0,安培力F=0,D错误。‎ ‎3.(2018·厦门二模)法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机,原理如图所示。铜质圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中,圆盘圆心处固定一个带摇柄的转轴,边缘和转轴处各有一个铜电刷与其紧贴,用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路,其他电阻均不计。转动摇柄,使圆盘沿如图所示的方向匀速转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B,圆盘半径为r,电阻的功率为P。则(  )‎ A.圆盘转动的角速度为,流过电阻R的电流方向为从c到d B.圆盘转动的角速度为,流过电阻R的电流方向为从d到c C.圆盘转动的角速度为,流过电阻R的电流方向为从c到d D.圆盘转动的角速度为,流过电阻R 的电流方向为从d到c 答案 D 解析 圆盘沿如图所示方向匀速转动,由右手定则判断出流过R的感应电流方向为从d到c,A、C错误。电动势E=Br2ω,由P=联立得ω=,故D正确,B错误。‎ ‎4.(2018·徐州模拟)如图所示,电路中有三个相同的灯泡L1、L2、L3,电感线圈L的电阻可忽略,D为理想二极管。下列说法正确的是(  )‎ A.闭合开关S的瞬间,L3立即变亮,L1、L2逐渐变亮 B.闭合开关S的瞬间,L2、L3立即变亮,L1逐渐变亮 C.断开开关S的瞬间,L2立即熄灭,L1先变亮一下然后才熄灭 D.断开开关S的瞬间,L2立即熄灭,L3先变亮一下然后才熄灭 答案 B 解析 开关S闭合的瞬间,由于自感线圈L产生自感电动势的作用,L1逐渐变亮,而L2、L3立即变亮,故A错误,B正确。断开开关S的瞬间,线圈L和L1、L3构成回路,因原来L1、L3两支路电流相等,所以L1、L3逐渐熄灭,L2立即熄灭,故C、D错误。‎ ‎5.(2018·石家庄二模)如图甲所示,导体棒MN置于水平导轨上,P、Q之间有阻值为R的电阻,PQNM所围的面积为S,不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场,规定磁场方向竖直向上为正,在0~2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示,导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是(  )‎ A.在0~t0和t0~2t0内,导体棒受到导轨的摩擦力方向相同 B.在t0~2t0内,通过电阻R的电流方向为P到Q C.在0~t0内,通过电阻R的电流大小为 D.在0~2t0内,通过电阻R的电荷量为 答案 D 解析 由楞次定律和右手定则,结合题图可知0~t0时间内,通过电阻R的电流方向为P→Q,t0~2t0时间内,电流方向为Q→P,B项错误;由左手定则可知,两段时间内安培力方向相反,故导体棒所受静摩擦力方向相反,A项错误;由法拉第电磁感应定律可知,0~t0时间内,E1=,所以通过R的电流I1=,C项错误;在0~2t0时间内,PQNM范围内磁通量变化量为ΔΦ=B0S ‎,则通过电阻R的电荷量q=·2t0=·2t0=·2t0=,D项正确。‎ ‎6.(2018·保定二模)如图所示,两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内,间距为L,电阻不计。磁感应强度为B的匀强磁场垂直轨道平面向下,两导轨之间连接的电阻阻值为R。在导轨上有一均匀金属棒ab,其长度为‎2L、阻值为2R,金属棒与导轨垂直且接触良好,接触点为c、d。在ab棒上施加水平拉力使其以速度v向右匀速运动,设金属导轨足够长。下列说法正确的是(  )‎ A.金属棒c、d两点间的电势差为BLv B.金属棒a、b两点间的电势差为BLv C.通过电阻的电流大小为 D.水平拉力的功率为 答案 BD 解析 导体棒以速度v向右匀速运动,电动势Ecd=BLv,Eab=2BLv,cd与导轨间电阻R组成闭合回路,Ucd=·R=BLv,故A错误。Uab=Eac+Ucd+Edb,其中Eac+Edb=BLv,所以Uab=BLv,故B正确。通过电阻的电流I=,故C错误。水平拉力的功率P=Fv,其中F=FA,FA=BIL,联立得P=,故D正确。‎ ‎7.(2018·长沙重点中学联考)如图所示,水平面内固定两根足够长的金属导轨MN、M′N′,其电阻不计,两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。现将两根粗细均匀的相同铜棒ab、cd放在两导轨上,若两棒从图示位置开始以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动,运动过程中两棒始终与两导轨接触良好,且始终与导轨MN垂直,不计一切摩擦,则下列说法正确的是(  )‎ A.回路中有顺时针方向的感应电流 B.回路中总的感应电动势不变 C.回路中的感应电流不变 D.回路中的热功率不断减小 答案 BD 解析 两棒沿MN方向做匀速直线运动,穿过回路的磁通量不断增大,根据楞次定律知,回路中有逆时针方向的感应电流,A错误;设开始时两棒间的距离为L,两导轨间的夹角为θ,则回路中总的感应电动势E=BLtanθ·v,恒定,B正确;回路中总的感应电流I=,由于运动过程中两棒在两导轨间的总电阻R不断增大,故I不断减小,C错误;根据P=知,回路中的热功率不断减小,D正确。‎ ‎8.(2018·江西南昌二中期末)在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一与磁场方向垂直、长度为L的金属杆aO,已知ab=bc=cO=,a、c与磁场中以O为圆心的同心圆(都为部分圆弧)金属轨道始终接触良好。一电容为C的电容器接在轨道上,如图所示,当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴、以角速度ω顺时针匀速转动时(  )‎ A.Uac=2Uab B.UaO=9UcO C.电容器所带电荷量Q=BL2ωC D.若在eO间连接一个电压表,则电压表示数为零 答案 BC 解析 根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式E=Bl2ω得aO、bO、cO间的电势差分别为UaO=BL2ω,UbO=B2ω=BL2ω,UcO=B·2ω=BL2ω,则Uac=UaO-UcO=BL2ω,Uab=UaO-UbO=BL2ω,可见,Uac=1.6Uab,UaO=9UcO,故B正确,A错误。电容器板间电压等于ac间的电势差,则电容器所带电荷量为Q=CUac=BL2ωC,故C正确。若在eO间连接一个电压表,电压表与cO、轨道组成的闭合回路磁通量增加,会有电流通过电压表,则电压表将有示数,故D错误。‎ 二、非选择题(本题共2小题,共36分)‎ ‎9.(18分)(1)如图甲所示,两根足够长的平行导轨,间距L=‎0.3 m,在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B1=0.5 T。一根直金属杆MN以v=‎2 m/s的速度向右匀速运动,杆MN始终与导轨垂直且接触良好。杆MN的电阻r1=1 Ω,导轨的电阻可忽略。求杆MN中产生的感应电动势E1。‎ ‎(2)如图乙所示,一个匝数n=100的圆形线圈,面积S1=‎0.4 m2‎,电阻r2=1 Ω。在线圈中存在面积S2=‎0.3 m2‎ 垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域,磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示。求圆形线圈中产生的感应电动势E2。‎ ‎(3)有一个R=2 Ω的电阻,将其两端a、b分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接,b端接地。试判断以上两种情况中,哪种情况a端的电势较高?求这种情况中a端的电势φa。‎ 答案 (1)0.3 V (2)4.5 V (3)与图甲中的导轨相连接时a端电势较高 φa=0.2 V 解析 (1)杆MN做切割磁感线的运动,E1=B1Lv 产生的感应电动势E1=0.3 V。‎ ‎(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化,E2=nS2‎ 产生的感应电动势E2=4.5 V。‎ ‎(3)当电阻R与题图甲中的导轨相连接时,由右手定则可得a端的电势高于b端即大地的电势,而当电阻R与题图乙中的线圈相连接时,由楞次定律可知,此时a端的电势小于b端即大地的电势。故与图甲中的导轨相连接时a端电势较高。‎ 此时,通过电阻R的电流I= 电阻R两端的电势差φa-φb=IR a端的电势φa=IR=0.2 V。‎ ‎10.(2018·安徽六校二联)(18分)如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁感应强度为B,质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上方穿过磁场,当AC刚进入磁场时,线框的速度为v,方向与磁场边界成45°角,若线框的总电阻为R,求:‎ ‎(1)AC刚进入磁场时线框中感应电流的大小和方向;‎ ‎(2)AC刚进入磁场时线框所受安培力。‎ 答案 (1)I= 方向为逆时针 ‎(2),方向从D指向B 解析 (1)由楞次定律可以判断感应电流方向为逆时针。‎ AC刚进入磁场时,CD边切割磁感线,AD边不切割磁感线 E=Bav I==。‎ ‎(2)由左手定则知CD边受安培力垂直CD边斜向左,与v方向相反,‎ F=BIa= AD边受安培力垂直于AD边斜向右 F=BIa= 线框受安培力为两个F的合力,‎ FA=F= 方向从D指向B。‎

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