2019年高考物理一轮复习 第十章 电磁感应（课件+学案+练习）（打包9套）.zip

1第 1 讲 电磁感应定律 楞次定律微知识 1 磁通量1．磁通量：设在匀强磁场中有一个与磁场方向垂直的平面，该平面的面积 S 与磁感应强度 B 的乘积叫做穿过这个面的磁通量，简称磁通。公式： Φ ＝ BS，单位：韦伯，符号：Wb。1 Wb＝1_T·m 2。2．磁通量的意义：可以用磁感线形象地说明，即穿过磁场中某个面的磁感线的条数。对于同一个平面，当它跟磁场方向垂直时，穿过它的磁感线条数最多，磁通量最大。当它跟磁场方向平行时，没有磁感线穿过它，则磁通量为零。微知识 2 电磁感应现象1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。2．产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。3．产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合，则产生感应电流；如果回路不闭合，则只产生感应电动势，而不产生感应电流。4．能量转化发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能。微知识 3 楞次定律2一、思维辨析(判断正误，正确的画“√” ，错误的画“×” 。)1．磁通量等于磁感应强度 B 与面积 S 的乘积。(×)2．磁通量、磁通量变化、磁通量的变化率的大小均与匝数无关。(√)3．只要回路中的磁通量变化，回路中一定有感应电流。(×)4．由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。(×)5．当导体做切割磁感线运动时，一定产生感应电动势。(√)二、对点微练1．(磁通量的理解)如图所示的磁场中，有三个面积相同且相互平行的线圈 S1、 S2和S3，穿过 S1、 S2和 S3的磁通量分别为 Φ 1、 Φ 2和 Φ 3，下列判断正确的是( )3A． Φ 1最大 B． Φ 2最大C． Φ 3最大 D． Φ 1＝ Φ 2＝ Φ 3解析 三个线圈的面积相同，由图可看出第三个线圈所在处磁感线最密，即磁感应强度最强，所以 Φ 3最大。答案 C 2．(电磁感应现象)如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是( )解析 根据产生感应电流的条件，闭合回路内磁通量变化产生感应电流，能够产生感应电流的是图 B。答案 B 3．(楞次定律)如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一个矩形闭合导线框 abcd，沿纸面由位置 1(左)匀速运动到位置 2(右)。则( )A．导线框进入磁场时，感应电流方向： a→ b→ c→ d→ aB．导线框离开磁场时，感应电流方向： a→ d→ c→ b→ a4C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左解析 由楞次定律可知，导线框进入磁场时，感应电流磁场垂直纸面向里，由安培定则知，感应电流方向为 a→ d→ c→ b→ a，故 A 项错；同理可判断导线框离开磁场时感应电流方向为 a→ b→ c→ d→ a，故 B 项错；由楞次定律的“阻碍”含义，阻碍相对运动，故无论进入还是离开磁场，安培力方向都是水平向左的。答案 D 4．(右手定则)(多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，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，下列说法正确的是( )A．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 的作用力向左D．磁场对导体棒 AB 的作用力向左解析 两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，当 AB 向右运动时，回路中磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是 B→ A→ C→ D→ B。再根据左手定则，可判断出磁场对 CD 的作用力向右，对 AB 的作用力向左。故选项 B、D 正确。答案 BD 见学生用书 P157微考点 1 感应电流有无及方向的判断核|心|微|讲1．判断电磁感应现象是否发生的一般流程52．感应电流方向判断的两种方法方法一：用楞次定律判断方法二：用右手定则判断该方法适用于部分导体切割磁感线。判断时注意掌心、四指、拇指的方向：(1)掌心——磁感线垂直穿入；(2)拇指——指向导体运动的方向；(3)四指——指向感应电流的方向。典|例|微|探【例 1】 如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是( )A．使匀强磁场均匀增大B．使圆环绕水平轴 ab 如图转动 30°C．使圆环绕水平轴 cd 如图转动 30°6D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动【解题导思】(1)产生感应电流的条件是什么？答：穿过闭合电路的磁通量发生变化。(2)感应电流的磁场方向与原磁场方向相反说明磁通量增加还是减少？答：由楞次定律可知磁通量增加。解析 根据右手定则，圆环中感应电流产生的磁场竖直向下与原磁场方向相反，根据楞次定律，说明圆环磁通量在增大。磁场增强则磁通量增大，A 项正确；使圆环绕水平轴ab 或 cd 转动 30°，圆环在中性面上的投影面积减小，磁通量减小，只会产生与图示方向反向的感应电流，B、C 项错误；保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通量不变，不会产生感应电流，D 项错误。答案 A题|组|微|练1.(多选)磁悬浮高速列车在我国上海已投入正式运行。如图所示就是磁悬浮的原理，图中 A 是圆柱形磁铁， B 是用超导材料制成的超导圆环，将超导圆环 B 水平放在磁铁 A 上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁 A 的上方空中，则( )A．在 B 放入磁场的过程中， B 中将产生感应电流；当稳定后，感应电流消失B．在 B 放入磁场的过程中， B 中将产生感应电流；当稳定后，感应电流仍存在C．若 A 的 N 极朝上， B 中感应电流的方向为顺时针方向(俯视)D．若 A 的 N 极朝上， B 中感应电流的方向为逆时针方向(俯视)解析 当将 B 环靠近 A 时，由于越靠近 A，其磁场就越强，磁感线就越密，所以在靠近过程中 B 环磁通量会变大，即在该环中会产生感应电流；由于发生了超导，即没有电阻，所以此时 B 环中的电流不会变小，且永远存在，故 A 项错误，B 项正确；此时圆环 B 水平放在磁铁 A 上且悬浮在磁铁 A 的上方空中，相互排斥，这就说明 B 环的下面是 N 极，故由安培定则可判断，大拇指应朝下，故感应电流为顺时针方向(俯视)，故 C 项正确，D 项错误。答案 BC 2.北半球地磁场的竖直分量向下。如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放7置着边长为 L 的正方形闭合导体线圈 abcd，线圈的 ab 边沿南北方向， ad 边沿东西方向。下列说法正确的是( )A．若使线圈向东平动，则 a 点的电势比 b 点的电势高B．若使线圈向北平动，则 a 点的电势比 b 点的电势低C．若以 ab 边为轴将线圈向上翻转，则线圈中的感应电流方向为 a→ b→ c→ d→ aD．若以 ab 边为轴将线圈向上翻转，则线圈中的感应电流方向为 a→ d→ c→ b→ a解析 线圈向东平动时， ab 和 cd 两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相等， a 点电势比 b 点电势低，A 项错误；同理，线圈向北平动，则 a、 b 两点的电势相等，高于 c、 d 两点的电势，B 项错误；以 ab 边为轴将线圈向上翻转，向下的磁通量减小，感应电流的磁场方向应该向下，再由安培定则知，感应电流的方向为a→ b→ c→ d→ a，则 C 项正确，D 项错误。答案 C 微考点 2 楞次定律的拓展应用核|心|微|讲对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因：1．阻碍原磁通量的变化——“增反减同” 。2．阻碍相对运动——“来拒去留” 。3．使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩” 。4．阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同” 。典|例|微|探【例 2】 (多选)如图所示，光滑固定的金属导轨 M、 N 水平放置，两根导体棒 P、 Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )8A． P、 Q 将相互靠拢B． P、 Q 将互相远离C．磁铁的加速度仍为 gD．磁铁的加速度小于 g【解题导思】(1)感应电流的磁场总会阻碍原磁通量的变化，会阻碍条形磁铁的相对运动吗？答：会。(2)磁铁除了受到重力作用外还受其他力的作用吗？答：还会受到感应电流给它的磁场力作用。解析 方法一：设磁铁下端为 N 极，如图所示，根据楞次定律可判断出 P、 Q 中的感应电流方向如图所示，根据左手定则可判断 P、 Q 所受安培力的方向。可见， P、 Q 将互相靠拢。由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于 g。当磁铁下端为 S 极时，根据类似的分析可得到相同的结果。所以应选 AD项。方法二：根据楞次定律的另一表述——感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因。本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路， “效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以， P、 Q 将互相靠近且磁铁的加速度小于 g。应选 AD 项。答案 AD题|组|微|练3．如图，粗糙水平桌面上有一质量为 m 的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从9线圈中线 AB 正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力 N 及在水平方向运动趋势的正确判断是( )A． N 先小于 mg 后大于 mg，运动趋势向左B． N 先大于 mg 后小于 mg，运动趋势向左C． N 先小于 mg 后大于 mg，运动趋势向右D． N 先大于 mg 后小于 mg，运动趋势向右解析 条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后又减小。当通过线圈磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势，当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势。综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右，D 项正确。答案 D 4.在水平面内有一固定的 U 形裸金属框架，框架上静止放置一根粗糙的金属杆 ab，整个装置放在竖直方向的匀强磁场中，如图所示。下列说法正确的是( )A．只有当磁场方向向上且增强， ab 杆才可能向左移动B．只有当磁场方向向下且减弱， ab 杆才可能向右移动C．无论磁场方向如何，只要磁场减弱， ab 杆就可能向右移动D．当磁场变化时， ab 杆中一定有电流产生，且一定会移动10解析 根据楞次定律中“增缩减扩”的原理，无论磁场方向如何，只要磁场增强，导体棒就可能向左移动，只要磁场减弱，导体棒就可能向右移动，A、B 项错误，C 项正确；当磁场变化时， ab 杆中一定有电流产生， ab 杆也一定受安培力，但如果安培力小于金属杆与框架间的最大静摩擦力，则 ab 杆不会移动，D 项错误。答案 C 见学生用书 P158“三个定则，一个定律”的综合应用素能培养1．应用现象2.应用区别关键是抓住因果关系(1)因电而生磁( I→ B)→安培定则；(2)因动而生电( v、 B→ I 安 )→右手定则；(3)因电而受力( I、 B→ F 安 )→左手定则。经典考题 (多选)如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出。左线圈连着平行导轨 M 和 N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是( )11A．当金属棒 ab 向右匀速运动时， a 点电势高于 b 点， c 点电势高于 d 点B．当金属棒 ab 向右匀速运动时， b 点电势高于 a 点， c 点与 d 点等电势C．当金属棒 ab 向右加速运动时， b 点电势高于 a 点， c 点电势高于 d 点D．当金属棒 ab 向右加速运动时， b 点电势高于 a 点， d 点电势高于 c 点解析 当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向由 a→ b，根据电流从电源( ab 相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断 b 点电势高于 a 点。又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流。当 ab 向右做加速运动时，由右手定则可推断 φ b＞ φ a，电流沿逆时针方向。又由E＝ BLv 可知 ab 导体两端的 E 不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且磁场不断增强，所以右边电路的线圈中的向上的磁通量不断增加。由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上。把这个线圈看作电源，由于电流是从 c 沿内电路(即右线圈)流向 d，所以 d 点电势高于 c 点。答案 BD 对法对题1.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒 PQ、 MN，当 PQ 在外力作用下运动时， MN 在磁场力作用下向右运动，则 PQ 所做的运动可能是( )①向右加速运动 ②向左加速运动③向右减速运动 ④向左减速运动A．①② B．①④12C．②③ D．②④解析 此题可用正、逆思维方法，可将①②③④四种情况下 MN 受到的安培力方向判断出来和题中条件对照，这样必须重复用楞次定律 4 次，较麻烦。也可以采用逆向思维： MN受向右的磁场力方向→ MN 中的感应电流自上而下→感应电流的磁场上端为 N 极→原磁场可能是上端为 N 极减弱，或上端为 S 极增强→ PQ 向右减速或向左加速，C 项正确。答案 C 2．(多选)图中 T 是绕有两组线圈的闭合铁芯，线圈的绕向如图所示，D 是理想的二极管，金属棒 ab 可在两条平行的金属导轨上沿导轨滑行，磁场方向垂直纸面向里。若电流计G 中有电流通过，则 ab 棒的运动可能是( )A．向左匀速运动 B．向右匀速运动C．向左匀加速运动 D．向右匀减速运动解析 当电流计中有电流通过时，说明左边的电流是从上向下流的，由右手螺旋定则可得出此感应电流的磁场方向为从上向下，若 ab 匀速运动，右边线圈中产生的感应电流是恒定的，则左边线圈中不会产生感应电流，所以 A、B 项错误；若 ab 向右匀减速运动，右边线圈中的电流是产生的磁通量在从下向上减小，故穿过左边线圈的磁通量在从上向下减小，该线圈中会产生一个从上向下的磁场，D 项正确；当 ab 向左匀加速运动，同样会在左边的线圈中产生一个从上向下的磁场，故 C 项正确。答案 CD 见学生用书 P1591．如图所示，通有恒定电流的导线 MN 与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕 cd 边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为Δ Φ 1和 Δ Φ 2，则( )13A．Δ Φ 1Δ Φ 2B．Δ Φ 1＝Δ Φ 2C．Δ Φ 1Δ Φ 2D．不能判断解析 导体 MN 周围的磁场并非匀强磁场，靠近 MN 处的磁场强些，磁感线密一些，远离 MN 处的磁感线疏一些，当线框在Ⅰ位置时，穿过平面的磁通量为 Φ Ⅰ ，当线框平移到Ⅱ位置时，磁通量为 Φ Ⅱ ，则磁通量的变化量为 Δ Φ 1＝| Φ Ⅱ － Φ Ⅰ |＝ Φ Ⅰ － Φ Ⅱ 。当线框翻转至Ⅱ位置时，磁感线相当于从“反面”穿过平面，则磁通量为－ Φ Ⅱ ，则磁通量的变化量是 Δ Φ 2＝|－ Φ Ⅱ － Φ Ⅰ |＝ Φ Ⅰ ＋ Φ Ⅱ ，所以 Δ Φ 1Δ Φ 2。答案 C 2．(多选)如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出。已知匀强磁场区域的宽度 L 大于线框的高度 h，下列说法正确的是( )A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转化成电能D．整个线框都在磁场中运动时，机械能转化成电能解析 产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，线框全部在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，故选项 B、D 错误；线框进入和穿出磁场的过程中磁通量发14生变化，产生了感应电流，故选项 A 正确；在产生感应电流的过程中线框消耗了机械能，故选项 C 正确。答案 AC 3．如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度 H 处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是( )A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地解析 甲是铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故 D 项正确。答案 D 4．(多选)闭合回路由电阻 R 与导线组成，其内部磁场大小按 B－ t 图象变化，方向如图所示，则回路中( )A．电流方向为顺时针方向B．电流强度越来越大C．磁通量的变化率恒定不变D．产生的感应电动势越来越大解析 由图象可知，磁感应随时间均匀增大，则由 Φ ＝ BS 可知，磁通量随时间均匀增15加，故其变化率恒定不变，故 C 项正确；由楞次定律可知，电流方向为顺时针，故 A 项正确；由法拉第电磁感应定律可知， E＝ ＝ S ，故感应电动势保持不变，电流强度不变，Δ ΦΔ t Δ BΔ t故 B、D 项错。答案 AC1配餐作业 电磁感应定律 楞次定律A 组·基础巩固题1.如图所示，一水平放置的 N 匝矩形线框面积为 S，匀强磁场的磁感应强度为 B，方向斜向上，与水平面成 30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的改变量的大小是( )A. BS B. NBS3－ 12 3＋ 12C. BS D. NBS3＋ 12 3－ 12解析 Φ 是标量，但有正负之分，在计算 Δ Φ ＝ Φ 2－ Φ 1时必须注意 Φ 2、 Φ 1的正负，要注意磁感线从线框的哪一面穿过，此题中在开始位置磁感线从线框的下面穿进，在末位置磁感线从线框的另一面穿进。若取转到末位置时穿过线框方向为正方向，则Φ 2＝ BS， Φ 1＝－ BS，因穿过多匝线圈的磁通量的大小与匝数无关，故32 12Δ Φ ＝ BS。3＋ 12答案 C 2.(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一，如图所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化。下列说法中正确的是( )2A．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化B．涡流的频率等于通入线圈的交流电频率C．通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力D．待测工件可以是塑料或橡胶制品解析 由楞次定律可知，涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化，A 项正确；类似于变压器，涡流的频率等于通入线圈的交流电频率，B 项正确；由于电流在磁场中受安培力作用，故通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力，C 项正确；涡流必须是在导体中产生，故待测工件不能是塑料或橡胶制品，D 项错误。答案 ABC 3.如图所示， ab 为一金属杆，它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕 a 点在纸面内转动； S 为以 a 为圆心位于纸面内的金属环；在杆转动过程中，杆的 b 端与金属环保持良好接触；A 为电流表，其一端与金属环相连，一端与 a 点良好接触。当杆沿顺时针方向转动时，某时刻 ab 杆的位置如图所示，则此时刻( )A．有电流通过电流表，方向由 c 向 d，作用于 ab 的安培力向右B．有电流通过电流表，方向由 c 向 d，作用于 ab 的安培力向左C．有电流通过电流表，方向由 d 向 c，作用于 ab 的安培力向右D．无电流通过电流表，作用于 ab 的安培力为零解析 当金属杆 ab 顺时针方向转动时，切割磁感线，由法拉第电磁感应定律知产生感应电动势，由右手定则可知将产生由 a 到 b 的感应电流，电流表的 d 端与 a 端相连， c 端通过金属环与 b 端相连，则通过电流表的电流是由 c 到 d，而金属杆在磁场中会受到安培力的作用，由左手定则可判断出安培力的方向为水平向右，阻碍金属杆的运动，所以 A 项正确。答案 A 4．(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形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率 ρ 铜 t 乙 ＝ t 丙 ＝ t 丁 B． t 丙 ＝ t 甲 ＝ t 乙 ＝ t 丁C． t 丙 t 甲 ＝ t 乙 ＝ t 丁 D． t 丙 ＝ t 甲 t 乙 ＝ t 丁解析 当磁铁穿过闭合的金属管时，会因穿过闭合的金属管的磁通量发生变化而产生感应电流，根据楞次定律可知感应电流又阻碍引起感应电流的磁通量的变化，从而阻碍了磁铁的通过，而铁块或不闭合的金属管，无感应电流产生，也就没有这种阻碍作用，从而可知，A 项正确。答案 A13．如图所示，矩形闭合线圈 abcd 竖直放置， OO′是它的对称轴，通电直导线 AB 与OO′平行，且 AB、 OO′所在平面与线圈平面垂直。若要在线圈中产生 abcda 方向的感应电流，可行的做法是( )A． AB 中电流 I 逐渐增大B． AB 中电流 I 先增大后减小C． AB 正对 OO′，逐渐靠近线圈D．线圈绕 OO′轴逆时针转动 90°(俯视)解析 若要在线圈中产生 abcda 方向的感应电流，可行的做法是线圈绕 OO′轴逆时针转动 90°，D 项正确。答案 D814．如图所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中 P 是一个变压器铁芯，入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器。 Q 是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线和零线上，开关断开时，用户的供电被切断)， Q 接在铁芯另一侧副线圈的两端 a、 b 之间，当 a、 b 间没有电压时， Q 使得脱扣开关闭合，当 a、 b 间有电压时，脱扣开关即断开，使用户断电。(1)用户正常用电时， a、 b 之间有没有电压？(2)如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？答案 (1)用户正常用电时， a、 b 之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈两根导线中的电流总是大小相等而方向相反的，穿过铁芯的磁通量总为零，副线圈中不会有感应电动势产生。(2)人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体而流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而产生感应电动势，脱扣开关就会断开。15．如图所示，固定于水平面上的金属架 CDEF 处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN 沿框架以速度 v 向右做匀速运动。 t＝0 时，磁感应强度为 B0，此时 MN 到达的位置使MDEN 构成一个边长为 l 的正方形。为使 MN 棒中不产生感应电流。从 t＝0 开始，求磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系式。解析 要使 MN 棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化，在t＝0 时刻，穿过线圈平面的磁通量 Φ 1＝ B0S＝ B0l2，设 t 时刻的磁感应强度为 B，此时磁通量为Φ 2＝ Bl(l＋ vt)，9由 Φ 1＝ Φ 2得 B＝ 。B0ll＋ vt答案 B＝B0ll＋ vt电磁感应第十章第 1讲 电磁感应定律 楞次定律微考点 ·悟方法 学生用书1第 2 讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流微知识 1 法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。①感生电动势：由于磁场的变化而激发出感生电场，由感生电场而产生的感应电动势。②动生电动势：由于导体在磁场中运动而产生的感应电动势。(2)条件：无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电动势。(3)与感应电流的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即 I＝ 。ER＋ r2．法拉第电磁感应定律(1)定律内容：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 为线圈的匝数。Δ ΦΔ t微知识 2 导体切割磁感线产生的感应电动势导体棒切割磁感线时，可有以下三种情况微知识 3 自感和涡流1．自感现象2(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势。(2)表达式： E＝ L 。Δ IΔ t(3)自感系数 L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。②单位：亨利 H(1 mH＝10 －3 H,1 μH＝10 －6 H)。2．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做涡流。(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运动，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(判断正误，正确的画“√” ，错误的画“×” 。)1．线圈中的磁通量越大，产生的感应电动势越大。(×)2．线圈的匝数越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。(×)3．导体在磁场中运动速度越大，产生的感应电动势越大。(×)4．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大。(√)5．自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化。(√)二、对点微练1．(法拉第电磁感应定律)如图所示，虚线 MN 表示甲、乙、丙三个相同正方形金属框的一条对称轴，金属框内均匀分布有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律满足 B＝ kt，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框甲、乙、丙中的感应电流分别为 I 甲 、 I 乙 、 I 丙 ，则下列判断正确的是( )A． I 乙 ＝2 I 甲 ， I 丙 ＝2 I 甲 B． I 乙 ＝2 I 甲 ， I 丙 ＝03C． I 乙 ＝0， I 丙 ＝0 D． I 乙 ＝ I 甲 ， I 丙 ＝ I 甲解析 I 甲 ＝ ＝ · · ＝ ， I 乙 ＝ ＝ ·S· ＝ ，由于丙中磁通量始终为零，E甲R Δ BΔ t S2 1R Sk2R E乙R Δ BΔ t 1R SkR故 I 丙 ＝0。所以 I 乙 ＝2 I 甲 ， I 丙 ＝0，只有 B 项正确。答案 B 2．(公式 E＝ Blv 的应用)如图所示，在庆祝反法西斯胜利 70 周年阅兵盛典上，我国预警机“空警－2 000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以 4.5×102 km/h 的速度自东向西飞行。该机的翼展(两翼尖之间的距离)为 50 m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5 T，则( )A．两翼尖之间的电势差为 2.9 VB．两翼尖之间的电势差为 1.1 VC．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低解析 飞机的飞行速度为 4.5×102 km/h＝125 m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝ BLv＝4.7×10 －5 ×50×125 V＝0.29 V，A、B 项错；飞机从东向西飞行，磁场竖直向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖电势高于右方翼尖的电势，C 项对，D 项错。答案 C 3．(自感现象)如图所示，电感线圈 L 的自感系数足够大，其电阻忽略不计，L A、L B是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻 R2阻值约等于 R1的两倍，则( )4A．闭合开关 S 时，L A、L B同时达到最亮，且 LB更亮一些B．闭合开关 S 时，L A、L B均慢慢亮起来，且 LA更亮一些C．断开开关 S 时，L A慢慢熄灭，L B马上熄灭D．断开开关 S 时，L A慢慢熄灭，L B闪亮后才慢慢熄灭解析 由于灯泡 LA与线圈 L 和 R1串联，灯泡 LB与电阻 R2串联，当 S 闭合瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，所以 LB比 LA先亮，A、B 项错误；由于 LA所在的支路电阻阻值较小，故稳定时电流较大，即 LA更亮一些，当 S 断开瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中开始减小，即从 IA减小，故LA慢慢熄灭，L B闪亮后才慢慢熄灭。C 项错误，D 项正确。答案 D 4．(涡流)如图所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，它利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，当变化的磁场通过含铁质锅的底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速升温，然后再加热锅内食物。电磁炉工作时产生的电磁波，完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害。关于电磁炉，以下说法正确的是( )A．电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的B．电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的C．电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的D．电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的解析 电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，变化的磁场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流，使锅体温度升高后加热食物，故选项 A、D 错误，B 正确；而选项 C 是微波炉的加热原理，C 项错误。答案 B 见学生用书 P1605微考点 1 法拉第电磁感应定律的理解和应用核|心|微|讲1．决定感应电动势大小的因素感应电动势 E 的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率 和线圈的匝数 n。而与磁通量Δ ΦΔ t的大小、磁通量变化量 Δ Φ 的大小无必然联系。2．磁通量变化通常有两种方式(1)磁感应强度 B 不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时 E＝ nB .Δ SΔ t(2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时 E＝ n S，其中 是 B－ tΔ BΔ t Δ BΔ t图象的斜率。典|例|微|探【例 1】 (多选)粗细均匀的导线绕成匝数为 n、半径为 r 的圆形闭合线圈。线圈放在磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，线圈中产生的电流为 I，下列说法正确的是( )A．电流 I 与匝数 n 成正比B．电流 I 与线圈半径 r 成正比C．电流 I 与线圈面积 S 成正比D．电流 I 与导线横截面积 S0成正比【解题导思】(1)感应电动势和感应电流如何表示？答：感应电动势 E＝ n ＝ n ·πr 2，感应电流 I＝ ＝ ＝ · 。Δ ΦΔ t Δ BΔ t ERnΔ BΔ tπ r2ρ n·2π rS0 S0r2ρ Δ BΔ t6(2)感应电流与线圈的匝数 n、半径 r、导线的横截面积 S0、线圈的面积 S 有何关系？答：感应电流与线圈的匝数 n、线圈的面积 S 无关，与半径 r、导线的横截面积 S0均成正比。解析 由题给条件可知感应电动势为 E＝ nπ r2 ，电阻为 R＝ ，电流 I＝ ，联立Δ BΔ t ρ n2π rS0 ER以上各式得 I＝ · ，则可知 B、D 项正确，A、C 项错误。S0r2ρ Δ BΔ t答案 BD题|组|微|练1．如图所示为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为 n，面积为 S。若在 t1到 t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由 B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端 a 和 b 之间的电势差 φ a－ φ b( )A．恒为nS B2－ B1t2－ t1B．从 0 均匀变化到nS B2－ B1t2－ t1C．恒为－nS B2－ B1t2－ t1D．从 0 均匀变化到－nS B2－ B1t2－ t1解析 根据 E＝ ，Δ Φ ＝( B2－ B1)S，知 E＝ ，根据楞次定律可判断电流nΔ ΦΔ t nS B2－ B1t2－ t1由 a 流向 b，电源内部由低电势流向高电势，所以 φ b＞ φ a，A、B 项错误；磁感应强度均匀增加，产生恒定电动势，C 项正确，D 项错误。答案 C 2．如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为 B0。使该线框从静止开始绕过圆心7O、垂直于半圆面的轴以角速度 ω 匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率 的大小应为( )Δ BΔ tA. B. C. D.4ω B0π 2ω B0π ω B0π ω B02π解析 当导线框匀速转动时，设半径为 r，导线框电阻为 R，在很小的 Δ t 时间内，转过圆心角 Δ θ ＝ ω Δ t，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流 I1＝ ＝B0Δ SRΔ t＝ ；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流B0·π r2Δ θ2πRΔ t B0r2ω2RI2＝ ＝ ，令 I1＝ I2，可得 ＝ ，C 项对。Δ BSRΔ t Δ B·π r22RΔ t Δ BΔ t ω B0π答案 C 微考点 2 导体切割磁感线产生感应电动势的计算核|心|微|讲1．理解 E＝ Blv 的“四性”(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需 B、 l、 v 三者互相垂直。(2)瞬时性：若 v 为瞬时速度，则 E 为相应的瞬时感应电动势。(3)有效性：公式中 l 为导体切割磁感线的有效长度。(4)相对性： E＝ Blv 中的速度 v 是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。2．公式 E＝ Blv 与 E＝ n 的区别与联系Δ ΦΔ t8典|例|微|探【例 2】 如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距 L＝0.50 m，左端接一电阻 R＝0.20 Ω、方向垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.40 T，导体棒 ab 垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当 ab 以 v＝4.0 m/s 的速度水平向右匀速滑动时，求：(1)ab 棒中感应电动势的大小，并指出 a、 b 哪端电势高。(2)回路中感应电流的大小。(3)维持 ab 棒做匀速运动的水平力 F 的大小。【解题导思】(1)哪一部分导体相当于电源？答：切割磁感线运动的导体相当于电源。(2)安培力是阻力还是动力？答：阻力，阻碍导体棒的相对运动。解析 (1)根据 E＝ BLv，则 E＝0.4×0.5×4 V＝0.8 V，9由右手定则可知， a 端电势高于 b 端电势。(2)感应电流大小为 I＝ ＝ A＝4.0 A。ER 0.800.20(3)由于 ab 棒受安培力，故外力F＝ ILB＝4.0×0.5×0.4 N＝0.8 N，故外力的大小为 0.8 N。答案 (1)0.8 V， a 端高 (2)4.0 A (3)0.8 N题|组|微|练3.如图所示，平行导轨间距为 d，一端跨接一个电阻 R。匀强磁场的磁感应强度为 B，方向垂直于平行金属导轨所在平面。金属棒与导轨的电阻均不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度 v 在金属导轨上滑行时，通过电阻 R 的电流是( )A. B.BdvR BdvsinθRC. D.BdvcosθR BdvRsinθ解析 电流应等于感应电动势除以电阻 R，问题在于感应电动势应如何计算。由于这里有明显的金属切割磁感线的运动，故不妨用 E＝ Blv 的办法计算。能够引起感应电流的电动势是 MN 间产生的电动势，所以有效切割长度应为 MN，而 MN 用已知参数表示应为 ，所以有效切割长度 l＝ 。解得dsinθ dsinθE＝ Blv＝ ， I＝ ＝ ，所以选项 D 正确。Bdvsinθ ER BdvRsinθ答案 D 4.(多选)如图所示，长为 L 的细金属棒 OP 固定在顶角为 2θ 的塑料圆锥体的侧面上，当圆锥体绕其轴 OO′以角速度 ω 在磁感应强度大小为 B、方向水平向右的匀强磁场中匀速转动时，下列说法中正确的是( )10A． OP 旋转经过 a 或 c 位置时，两端电势差为零B． OP 旋转经过 b 或 d 位置时，两端电势差为零C． OP 旋转经过 a 或 c 位置时，两端电势差最大，最大值为 BωL 2sinθ cosθ12D． OP 旋转经过 a 或 c 位置时，两端电势差最大，最大值为 BωL 2cos2θ12解析 由题可知， P 端旋转经过 b 点或 d 点的瞬间， OP 的运动方向与磁感应强度方向平行，这时 OP 不产生感应电动势，两端电势差为零，B 项对；当 P 端旋转经过 a 点或 c 点的瞬间，OP 的运动方向与磁感应强度方向垂直，产生的感应电动势最大，此时 OP 在垂直于磁感应强度方向上的有效长度为 l＝ Lcosθ ， P 端的速度为 v＝ ωL sinθ ， OP 上所有点的平均速度＝ v，可得 OP 上的感应电动势为 E＝ Bl ＝ BωL 2sinθ cosθ ，C 项对，A、D 项错。v12 v 12答案 BC 微考点 3 自感现象的理解和应用核|心|微|讲通电自感和断电自感的比较通电自感 断电自感电路图器材要求A1、A 2同规格， R＝ RL， L 较大 L 很大(有铁芯)， RL≪RA现象在 S 闭合的瞬间，灯 A2立即亮起来，灯 A1逐渐变亮，最终一样亮在开关 S 断开时，灯 A 突然闪亮一下后再渐渐熄灭11原因开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过灯 A1的电流比流过灯 A2的电流增加得慢开关 S 断开时，流过线圈 L 的电流减小，线圈产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；通过 L 的电流反向通过灯A，且由于 RL≪RA，使得流过灯 A的电流在开关断开的瞬间突然增大，即灯 A 闪亮一下再熄灭能量转化情况电能转化为磁场能 磁场能转化为电能典|例|微|探【例 3】 某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈 L、小灯泡 A、开关 S 和电池组 E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关 S，小灯泡发光；再断开开关 S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大【解题导思】(1)断开开关时线圈中感应电流的方向与原电流的方向有何关系？答：相同。(2)断开开关后瞬间，灯泡中电流与线圈中电流有何关系？答：断开后瞬间灯泡中电流与线圈中电流相等。解析 由自感规律可知，在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流，且大于稳定时通过灯泡的原电流。由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故 A 项错误；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时12通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故 B 项错误，C 项正确；自感系数越大，感抗越大，延时越明显，故 D 项错误。答案 C题|组|微|练5.如图所示的电路中，A 1和 A2是两个相同的小灯泡， L 是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与 R 相同。在开关 S 接通和断开时，灯泡 A1和 A2亮暗的顺序是( )A．接通时 A1先达最亮，断开时 A1后灭B．接通时 A2先达最亮，断开时 A1后灭C．接通时 A1先达最亮，断开时 A1先灭D．接通时 A2先达最亮，断开时 A1先灭解析 当开关 S 接通时，A 1和 A2应该同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，瞬间电流几乎全部从 A1通过，而该电流又将同时分路通过 A2和 R，所以 A1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，A 1和 A2达到一样亮。当开关 S 断开时，电源电流立即为零，同时 A2与 R 被导线短路，没有电流通过，因此 A2立刻熄灭，而对 A1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势，使线圈 L 和 A1组成的闭合电路中有感应电流，所以 A1后灭。答案 A 6.如图所示的电路中，A、B、C 是三个完全相同的灯泡， L 是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相同。下列说法正确的是( )A．闭合开关 S，A 灯逐渐变亮13B．电路接通稳定后，流过 B 灯的电流是流过 C 灯电流的32C．电路接通稳定后，断开开关 S，C 灯立即熄灭D．电路接通稳定后，断开开关 S，A、B、C 灯过一会儿才熄灭，且 A 灯亮度比 B、C 灯亮度高解析 电路中 A 灯与线圈并联后与 B 灯串联，再与 C 灯并联。S 闭合时，线圈的自感系数较大，自感电动势很大，故三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻与灯泡电阻相同，电路稳定后，流过 A 灯的电流是流过 C 灯电流的 ，A 灯逐渐变暗，故 A、B 项错误；电路接通13稳定后，断开开关 S，由于线圈中电流减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感线圈与 A、B、C 三灯构成闭合回路，三灯都要过一会儿再熄灭。由于 B、C 串联后同 A 并联，流过 A 灯的电流大于流过 B、C 两灯的电流，故 A 灯比B、C 两灯的亮度高，所以 D 项正确，C 项错误。答案 D 见学生用书 P162等效法在电磁感应中的应用素能培养1．方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流，将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路知识求解。2．方法技巧(1)明确切割磁感线的部分导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则判定。(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决问题。经典考题 14如图，由某种粗细均匀的总电阻为 3R 的金属条制成的矩形线框 abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场 B 中。一接入电路电阻为 R 的导体棒 PQ，在水平拉力作用下沿 ab、 dc 以速度 v 匀速滑动，滑动过程 PQ 始终与 ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在 PQ 从靠近 ad 处向 bc 滑动的过程中( )A． PQ 中电流先增大后减小B． PQ 两端电压先减小后增大C． PQ 上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大解析 设 PQ 左侧电路的电阻为 Rx，则右侧电路的电阻为 3R－ Rx，所以外电路的总电阻为R 外 ＝ ，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以 B 项错Rx 3R－ Rx3R误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得 PQ 中的电流 I＝先减小后增大，故 A 项错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即ER＋ R外F＝ BIL，拉力的功率 P＝ BILv，故先减小后增大，所以 C 项正确；外电路的总电阻 R 外 ＝，最大值为 R，小于导体棒的电阻 R，又外电阻先增大后减小，由电源的输Rx 3R－ Rx3R 34出功率与外电阻的关系图象可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故 D 项错误。答案 C 对法对题1．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数 N＝100，线圈面积 S＝200 cm2，线圈的电阻 r＝1 Ω，线圈外接一个阻值 R＝4 Ω 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法正确的是 ( )A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B．电阻 R 两端的电压随时间均匀增大C．线圈电阻 r 消耗的功率为 4×10－4 WD．前 4 s 内通过 R 的电荷量为 4×10－4 C15答案 C 2.(多选)如图所示，金属三角形导轨 COD 上放有一根金属棒 MN，拉动 MN 使它以速度 v 在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在 MN 运动过程中闭合电路的( )A．感应电动势逐渐增大B．感应电流逐渐增大C．感应电流将保持不变D．感应电流逐渐减小解析 拉动 MN 使它以速度 v 在匀强磁场中向右匀速平动， t 时刻，导体棒切割磁感线的有效长度 l＝ vttan α ，产生的感应电动势 E＝ Blv＝ Bv2ttan α ，感应电动势逐渐增大，选项 A 项正确；粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，单位长度电阻相同，设为 R，回路总电阻 R 总 ＝ R ＝ R vt，产生的感应电流 I＝(vttanα ＋vtcosα ＋ vt) (tan α ＋ 1cosα ＋ 1)是一恒量，选项 C 正确，B、D 错误。ER总答案 AC 见学生用书 P1631.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环 a、 b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度 B 随时间均匀增大。两圆环半径之比为 2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为 Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是( )16A． Ea∶ Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B． Ea∶ Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C． Ea∶ Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D． Ea∶ Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向解析 由法拉第电磁感应定律 E＝ ＝ π r2， 为常数， E 与 r2成正比，故Δ ΦΔ t Δ BΔ t Δ BΔ tEa∶ Eb＝4∶1。磁感应强度 B 随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故 B 项正确。答案 B 2．(多选)如图所示， S 和 P 是半径为 a 的环形导线的两端点， OP 间电阻为 R，其余电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为 B，方向垂直环面，金属棒 OQ 与环形导线接触，以角速度ω 绕 O 点无摩擦匀速转动时，则 ( )A．电阻 R 两端的电压为Bω a22B．电阻 R 消耗的功率为B2ω 2a44RC．金属棒受的安培力为B2ω a22RD．外力对 OQ 做功的功率为B2ω 2a42R17解析 OQ 产生的电动势 E＝ Ba ＝ ，因为只有 OP 间有电阻，所以电阻 R 两端的电压为vBa2ω2，A 项正确；电阻 R 消耗的功率为 P＝ ＝ ，B 项正确；电路中电流 I＝ ＝Bω a22 E2R B2ω 2a44R ER，金属棒受的安培力 F＝ BIa＝ ，C 项错误；外力对 OQ 做功的功率为 P′＝ P＝Ba2ω2R B2a3ω2R，D 项错误。B2ω 2a44R答案 AB 3．如图所示，一半圆形铝框处在垂直纸面向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感应强度为By＝ ， y 为各点到地面的距离， c 为常数， B0为一定值。铝框平面与磁场垂直，直径B0y＋ cab 水平，空气阻力不计，铝框由静止释放下落的过程中( )A．铝框回路磁通量不变，感应电动势为 0B．回路中感应电流沿顺时针方向，直径 ab 两点间电势差为 0C．铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度 gD．直径 ab 所受安培力向上，半圆弧 ab 所受安培力向下，铝框下落加速度大小可能等于 g解析 由题意知， y 越小， By越大，铝框下落过程中，磁通量逐渐增加，感应电动势不为0，A 项错误；由楞次定律判断，铝框中电流沿顺时针方向，但 Uab≠0，B 项错误；直径 ab所受安培力向上，半圆弧 ab 所受安培力向下，但直径 ab 处在磁场较强的位置，所受安培力较大，半圆弧 ab 的等效水平长度与直径相等，但处在磁场较弱的位置，所受安培力较小，这样整个铝框所受安培力的合力向上，铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度 g，故C 项正确，D 项错误。答案 C 4.如图甲为磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正。在磁场中有一细金属圆环，平面位于纸面内，如图乙所示。令 I1、 I2、 I3分别表示Oa、 ab、 bc 段的感应电流， F1、 F2、 F3分别表示金属环上很小一段导体受到的安培力。下列说法不正确的是( )18A． I1沿逆时针方向， I2沿顺时针方向B． I2沿顺时针方向， I3沿顺时针方向C． F1方向指向圆心， F2方向指向圆心D． F2方向背离圆心向外， F3方向指向圆心解析 由图甲所示可知， Oa 段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流 I1沿逆时针方向，在 ab 段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流 I2沿顺时针方向，故 A 项正确；由图甲所示可知，在 bc 段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流 I3沿顺时针方向，故 B 项正确；由左手定则可知， Oa 段电流受到的安培力 F1方向指向圆心， ab 段安培力 F2方向背离圆心向外，故 C项错误；由左手定则可知， ab 段安培力 F2方向背离圆心向外， bc 段，安培力 F3方向指向圆心，故 D 项正确；此题选择错误选项，故选 C 项。答案 C