电磁感应和磁通量教案有答案.docx

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1、基础课1 电磁感应现象楞次定律紧抓教材,；自主落实课前自主椅理知识点一 磁通量1 .概念：在磁感应强度为5的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与8的乘 积。2 .公式：;於3 .单位：lWb=l Tn?。4 .公式的适用条件(1)匀强磁场；(2)磁感线的方向与平面垂直，即BJ_S。5 .磁通量的意义磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数。知识点二 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运动。3 .产生电磁感应现象的实质电

2、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，那么只有感应电动势,而无感应电流。A.金属圆环5有扩张的趋势，丝线受到的拉力增大B.金属圆环5有收缩的趋势，丝线受到的拉力减小C.金属圆环3有扩张的趋势，丝线受到的拉力减小D.金属圆环B有收缩的趋势，丝线受到的拉力增大解析 带电圆盘加速转动时，形成顺时针方向（从上往下看）的电流，根据右手螺 旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向向下，由于加速转动，所以电流增大, 磁场增强，穿过金属圆环5的磁通量增大，根据楞次定律可知，金属圆环5有 缩小的趋势，且金属圆环5有向上的运动趋势，所以丝线受到的拉力减小，故 选B。答案B多

3、学一鼠）积累学习 拓展思维“三个定则与一个定律”的综合应用1. “三个定则与一个定律”的比较名称基本现象应用的定则或定律电流的磁 效应运动电荷、电流产生磁场安培定则（因电而生磁）洛伦兹力、 安培力磁场对运动电荷、电流有作用力左手定则（因电而受力）电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则（因动而生电）闭合回路磁 通量变化楞次定律（因磁而生电）2 ,三定则一定律的应用技巧（1）应用楞次定律时，一般要用到安培定则。（2）研究感应电流受到的安培力时，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手 定则确定安培力方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。【思维训练1（多选）如图9所示，水平放置的两条光滑轨道上

4、有可自由移动的 金属棒PQ、MN, MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时， MN向右运动。则P。所做的运动可能是（10A.向右加速运动C.向右减速运动解析mV向右运动,T_b;二;x xLf-，x x xB.D.向左加速运动向左减速运动说明受到向右的安培力，因为在处的磁场垂直纸面向里左三匹则中的感应电流由M-N安至望则L中感应电流的磁场方向向上退律以中磁场方向向上减弱 安培定则 r a舟N、人人丁城由；若心中磁场方向向上减弱文区& 乙2中磁场万向向下增强中电流为。一尸且减小右或则向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强安曳邑则尸。中电流为尸一。且增大右_王用则向左加速运动。答案BC

5、【思维训练2】（多选）图10所示装置中，cd杆原来静止。当油杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动（X XX XX XX XX XXX L, X X -X X二；二：L图10A.向右匀速运动B.向右加速运动C.向左加速运动C.向左加速运动D.向左减速运动解析ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，Li中磁通量不变，穿过心的磁通量 不变，心中无感应电流产生，cd保持静止，A错误；次？向右加速运动时，L2中 的磁通量向下增大，通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确。答案BD对接高考请演练提升高考模拟演练11L （2016海南单科，4）如图11, 一圆形金属环与两固定的平行长

6、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（）,O、左 右图11A.金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B.金属环向下运动，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解析根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变 化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属圆环向左移动时，则穿 过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应 电流为顺时针，故选项C错误

7、；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂 直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针， 故选项D正确。答案D（2016江苏单科，6）（多选）电吉他中电拾音器的基本结构如图12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12A.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12C.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

8、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=以?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。答案BCD（2017湖北武汉名校联考）如图13甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同 一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在0，时间内, 直导线中电流向上，则在7时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的 合力方向分别是（图13逆时针，向右逆时针，向左A.顺时针,向左C.顺时针，向右解析 在。时间内，直导线中电流向上，由题图乙知，在7时间内，直导 线电流方向也向上，根据安培定则知，导线

9、右侧磁场的方向垂直纸面向里，电 流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的 感应电流。根据左手定则，金属线框左边受到的安培力方向向右，右边受到的 安培力向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安 培力，所以金属线框所受安培力的合力方向向右，故B正确，A、C、D错误。 答案B课时达标训练I强化训练,;技能提高选择题（18题为单项选择题，914题为多项选择题）131.（2017,杭州模拟）如图1所示，匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内，、b、。、d 为圆形线圈上等距离的四点，现用外力在上述四点将线圈拉成正方形，且线圈 仍处在原先所在平面内，则在线圈发生形变的

10、过程中（）A.线圈中将产生abcda方向的感应电流B.线圈中将产生ad仍a方向的感应电流C.线圈中感应电流方向无法判断D.线圈中无感应电流解析周长一定时，圆形的面积最大。本题线圈面积变小，磁通量变小，有感 应电流产生。由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流。故A正确。 答案A2 .如图2所示，导线框诞cd与直导线几乎在同一平面内，直导线中通有恒定 电流/,当导线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是（ ）先 abed，后 deba，再 abed始终deba先 deba,后 abed,再 deba先 abed,后 deba 解析当导线框从直导线左边向直导线靠近时，穿过导线框的

11、磁感线是向外的 且磁通量增加，由楞次定律可判断导线框中电流方向是4仍。当导线框在直导 线右边远离直导线时，穿过导线框的磁感线是向里的且磁通量减小，由楞次定 律可判断导线框中电流方向还是deba。在导线框跨越直导线过程中，导线框的 ab边和de边均切割磁感线，由右手定则可得ab边感应电流的方向从a到b,14 cd边感应电流的方向从c到d,而ad、儿边不切割磁感线，因此，回路中相当 于有两个电源串联，回路中感应电流的方向为abed。选项C正确。答案C.如图3,通电导线MN与单匝矩形线圈的cd共面，位置靠近必且相互绝缘。当中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向（）MN图3A.向左B.向右C.垂直

12、纸面向外D.垂直纸面向里解析 因为导线靠近，仇 由图可知，线圈中等效合磁场为垂直纸面向里， 当MN中电流减小时，由楞次定律可知感应电流的磁场阻碍磁通量的减小，故 线圈向右运动，所受安培力的合力向右，故只有B项正确。MN X XXX XX答案B4 .如图4所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路。 在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A。不计铁芯和铜环A之间的摩擦。则 下列情况中铜环A会向右运动的是（）A.线圈中通以恒定的电流B.通电时，使滑动变阻器的滑片P向右匀速移动15C.通电时，使滑动变阻器的滑片尸向左加速移动D.开关突然断开的瞬间解析 铜环A向右运动，说明穿过A的磁通量在

13、增加，绕在铁芯上的线圈中的 电流在增大，故选项C正确。答案C. （2016河南开封名校联考）奥斯特发现了电流能在周围产生磁场，法拉第认为 磁也一定能生电，并进行了大量的实验。图5中环形物体是法拉第使用过的线 圈，A、3两线圈绕在同一个铁环上，A与直流电源连接，3与灵敏电流表连接。 实验时未发现电流表指针偏转，即没有“磁生电”，其原因是（）图5A.线圈A中的电流较小，产生的磁场不够强B.线圈9中产生的电流很小，电流表指针偏转不了C.线圈A中的电流是恒定电流，不会产生磁场D.线圈A中的电流是恒定电流，产生稳恒磁场解析电流表与线圈3构成闭合电路，当线圈中磁通量发生变化时，线圈中产 生感应电动势，从而

14、可出现感应电流。由于线圈A中的电流是恒定电流，产生 稳恒磁场，所以线圈3中磁通量没有变化，电流表指针不偏转，D正确。答案D6.如图6所示，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 的通有恒定电流的螺线管沿线圈中线正上方水平快速通过时，若线圈始终不 动，则关于线圈受到的支持力外及在水平方向的运动趋势，下列说法中正确的 是（）图616A. Qn先小于mg后大于加g,运动趋势向左Fn先大于mg后小于机g,运动趋势先向右后向左C.bn先小于小g后大于机g,运动趋势先向左后向右D. A先大于/71g后小于ag,运动趋势向右解析通电螺线管从线圈正上方快速通过时，通过线圈的磁通量先增大后减小。

15、 当通过线圈磁通量增大时，为阻碍其增大，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，在水平方向上线圈有向右运动的趋势; 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，在水平方向上线圈有向右运动的趋 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正确。答案D.如图7所示，线圈A8CO固定在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外。当磁 场变化时，发现线圈A5边受安培力方向水平向右且恒定不变，则磁场的变化情 况可能是图中的（）答案D7 .在一空间有方向相反、磁感应强度大小均为8的匀强磁场，如

16、图8所示，垂 直纸面向外的磁场分布在一半径为。的圆形区域内，垂直纸面向里的磁场分布 在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为伏力啦。）的圆形线圈，线圈 平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为q的圆形区域是同心圆。从某时刻 起磁感应强度大小开始减小到?则此过程中该线圈磁通量的变化量的大小为17XXXA.kB（/?2a1）B.兀5（ 2a2）C. 715s2*D.y7cB（/?22ti2）乙解析 计算磁通量。时，磁感线既有垂直纸面向外的，又有垂直纸面向里的, 所以可以取垂直纸面向里的方向为正方向。磁感应强度大小为B时线圈磁通量 0i= 7iB（Z?2 6Z2） nBa2,磁感应强度大小为与时线

17、圈磁通量02=nBb1a2） y TlBa2,因而该线圈磁通量的变化量的大小为=回2 。1|=53（。2 2q2）,故选 项D正确。答案D.如图9所示，矩形线框的由静止开始运动，若要使线框中产生感应电流, 则线框的运动情况应该是（）X X X X X X ；a 1|6 B ix x x x x!d1cX X X X X X ；图9A.向右平动（ad边还没有进入磁场）B.向上平动3匕边还没有离开磁场）C.以反边为轴转动（ad边还没有转入磁场）D.以必边为轴转动（转角不超过90。）解析 选项A和D所描述的情况中，线框在磁场中的有效面积S均发生变化（A 情况下S增大，D情况下S减小），穿过线框的磁通

18、量均改变，由产生感应电流 的条件知线框中会产生感应电流。而选项B、C所描述的情况中，线框中的磁通 量均不改变，不会产生感应电流。答案AD10.（2017景德镇模拟）如图10所示，一根长导线弯曲成“n”形，通以直流电18/,正中间用绝缘线悬挂一金属环C,环与导线处于同一竖直平面内。在电流I 增大的过程中，下列判断正确的是（）图10图10A.金属环中无感应电流产生B.金属环中有逆时针方向的感应电流C.悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力D.悬挂金属环。的竖直线的拉力小于环的重力解析 UBS, S不变，/增大，B增大,所以有感应电流产生，A错误；由楞 次定律得，感应电流方向沿逆时针，B正确；由圆的

19、上半部分5大于下半部分， 所以安培力以上半圆为主，/方向向左，3垂直纸面向里，尸安方向向下，所以尸 拉=加8十尸安，拉力大于重力，C正确，D错误。答案BC11.如图11所示，矩形线框abed通过导体杆搭接在金属导轨石尸和MN上，整 个装置放在方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨左侧接有定值电阻凡当 线框向右运动时，下面说法正确的是（）XXXaRx xI bX XMN图11A. R中无电流R中有电流，方向为七一加B. ab中无电流中有电流，方向为bfQ解析 由于线框向右运动，所以ab两端和de两端存在着相同大小的电势差， 必中有电流，方向为cd中也有电流，方向为Cf1,回路内有电流，H中19知

20、识点三、楞次定律内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化I应现象I应现象N内容：伸开右手，使大 拇指与其余四指垂克， 磁感线穿入掌心.右手 大拇指指向导体运动方 包，其余四指指向感应 、电流方向.骞7适用范围:一切电磁感丁适用情况：导体切割磁7感线产乐感应电忆，思考判断(1)1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象。()(2)1834年，俄国物理学家楞次总结了确定感应电流方向的定律楞次定律。()(3)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。()(4)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数有关。()(5)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。()(6)感应电

21、流的磁场一定阻止引起感应电流的磁场的磁通量的变化。()答案(1)V (2)V (3)X (4)X (5)X (6)X课堂互动探究不同考袁需还同学法造虔H电磁感应现象的判断常见的产生感应电流的三种情况 电流方向为E-M, B、D正确。跟进题组多角练透SB匕结论：只要穿过闭合导体回路的磁通量发 生变化，闭合导体回路中就有感应电流答案BD12 .如图12所示，虚线矩形必c、d为匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形 闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动。如图所示给出 的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可 能为零的位置是 （）图12答案AD. （2015

22、山东理综，17）如图13所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面 垂直的轴逆时针匀速转动.现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始 减速.在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（ ）图13A.处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动C.若所加磁场反向，圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析 由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A 正确；根据七可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产 生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加 反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘

23、仍减速转动，选 项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，20圆盘匀速转动，选项D正确。答案ABD14.如图14甲所示为放在同一水平面内的两个闭合同心圆形线圈A、B,线圈A中通入如图乙所示的电流，/=。时电流方向为顺时针(如图中箭头所示)，则下列说法中正确的是()A.在力/2时间段内, B.在力12时间段内， C.在。力时间段内， D.在。力时间段内，基础课2法拉第电磁感应定律涡流图14线圈3内有顺时针方向的电流，线圈8有扩张的趋势线圈B内感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里线圈B内有逆时针方向的电流线圈8有收缩的趋势 解析 在力尬时间段内，线圈4中的电流为逆时针方向，

24、产生的磁场垂直纸面 向外且是增大的，由此可判定线圈3中的电流为顺时针方向，产生的磁场方向 垂直纸面向里，线圈A、3中电流方向相反，相互排斥，线圈3有扩张趋势，故 A、B正确；在0力时间段内，线圈A中的电流为顺时针方向，产生的磁场垂 直纸面向里且是减小的，线圈3内有顺时针方向的感应电流，线圈A、3相互吸 引，线圈8有收缩的趋势，C错误，D正确。答案ABD紧抓教材点自主落实课前自主椅理知识点一、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。(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。方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。212 .法拉第

25、电磁感应定律(1)内容：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。公式：E二课,其中为线圈匝数。I 0感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即/=言。3.导体切割磁感线的情形(1)若3、I、。相互垂直，则E=B历。(2)03 时，E=0o知识点二、自感 涡流1 .自感现象概念：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。自感电动势定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势。表达式：e=l=o自感系数相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。单位：亨利(H), 1 mH=10 3H, 1 uH=10-6Ho.涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附

26、近的任何导体中都会产生感应电流,这种 电流像水的漩涡所以叫涡流。思考判断A0(i)0=o, k不一定等于 0。()I t感应电动势E与线圈匝数有关，所以、AG、笑的大小均与线圈匝数有I r关。()(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。()(4)当导体在匀强磁场中垂直磁场方向运动时(运动方向和导体垂直)，感应电动势 为 E=BLvQ ()(5)涡流就是自感。()答案(1)V (2)X (3) V (4)V (5)X22课堂互动探究不同考点不同学法考点法拉第电磁感应定律的理解和应用1.磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率十的比较 ,2.对法拉第电磁感应定律=/第的进一步理解物理量 项

27、目磁通量磁通量的变化量磁通量的变化率部 1,意义某时刻穿过某个面 的磁感线的条数某段时间内穿过 某个面的磁通量 变化多少穿过某个面的磁通量变化的 快慢大小=8Scos 0=虫2卜=SB2s2一BiSi喏肃(r=J tB2s2BSAz(1)=等的研究对象是一个回路，=等求得的电动势是整个回路的感应电动势。(2)= 噌求的是加时间内的平均感应电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值 才等于平均值。跟进题组多角练透1.法拉第电磁感应定律的理解将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中， 线圈平面与磁场方向垂直，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.

28、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23A解析 由法拉第电磁感应定律=犷丁知，感应电动势的大小与线圈匝数有关, / a rA错误；感应电动势正比于笑，与磁通量的大小无直接关系，B错误，C正确;I 1L根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即 “增反减同”，D错误。答案C2.感应电动势大小的计算（2016北京理综，16）如图1所示，匀强磁场中有两 个导体圆环。、b,磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度3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瓦和

29、%,不考虑 两圆环间的相互影响。下列说法正确的是（）A. Ea ：瓦=4 ： 1,感应电流均沿逆时针方向B. Ea * 邑=4C. Ea * 邑=41,感应电流均沿顺时针方向D. Ea Eb = 21,感应电流均沿逆时针方向1,感应电流均沿顺时针方向解析由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为石=等=兀7萼，则言:由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，B项对。答案B3.电荷量的计算（多选）如图2甲所示，必是匝数为100匝、边长为10cm、 总电阻为0.1 Q的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中, 磁感应强度8随时间，的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是（）乙24A

30、.导线圈中产生的是交变电流B.在/=2.5s时导线圈产生的感应电动势为IVC.在。2 s内通过导线横截面的电荷量为20 CD.在，=ls时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W解析 在02 s内，磁感应强度变化率为等=1 T/s,根据法拉第电磁感应定律,/ 1L 1产生的感应电动势为Ei=嗡1nlOOXO.Fxi v=l V；在23 s内，磁感应 强度变化率为誉=2 T/s,根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E? =S誓 =1OOXO.12X2V = 2V。导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选 项A正确；在=2.5s时，产生的感应电动势为E2=2V,选项B错误；在0E2s内，感应电流/

31、=至=10 A,通过导体横截面的电荷量为q=/A/=20C,选项 C正确；在1=1 s时，导线圈内感应电流的瞬时功率P=U/=/2r=1O20.1 w = 10W,选项D正确。答案ACD 反思总结 应用电磁感应定律应注意的三个问题N(1)公式求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀 / 1 r变化时，瞬时值才等于平均值。(2)利用公式=S铲求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。I 1 L通过回路截面的电荷量q仅与小和回路电阻R有关，与时间长短无关,与。是否均匀变化无关。推导如下：q=lt=nAnN诉2/=一-。考点导体切割磁感线产生感应电动势的计算切割磁感线运动的那部分

32、导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下两种：1 .平动切割(1)常用公式：若运动速度。和磁感线方向垂直，则感应电动势=64。其中8、L、。三者两两垂直。(2)有效长度：公式中的为有效切割长度，即导体在与。垂直的方向上的投影25长度相对性：七=比0中的速度。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 .转动切割当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度3匀速转动时，产生的感应电 动势为E=B历=：BPco,如图3所示。X X X X X A X X 7 xXx X X /xX X X X X图3【典例1】（2016全国卷II, 20）（多选）法拉第圆盘发电机的示意图如图4

33、所示。 铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、。分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘 处于方向竖直向上的匀强磁场3中。圆盘旋转时，关于流过电阻尺的电流，下 列说法正确的是（）A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿，到人的方向流动C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的 2倍解析将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和 感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时 针（俯视）转动时，流过电阻的电流方向从。到从B对；由

34、法拉第电磁感应定律-1P得感生电动势石=5口=不82。，,恒定时，/大小恒定，口大小变化2R-vr时，/大小变化，方向不变，故A对，C错；由P=/2r=1母与知，当4 十厂）一26变为2倍时，P变为原来的4倍，D错。答案AB 方法技巧 突破该题的关键是将圆盘切割模型转化为导体棒切割模型。【典例2】 在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B=0.2T,有一水平 放置的光滑框架，宽度为/=0.4m,如图5所示，框架上放置一质量为0.05 kg、 电阻为1。的金属杆，框架电阻不计。若杆以恒定加速度。=2 m/s2,由静止开始做匀变速直线运动，贝图5在5 s内平均感应电动势是多少？(2)第5 s末，

35、回路中的电流多大？(3)第5 s末，作用在cd杆上的水平外力多大？解析(1)5 s内的位移x=at1=25 m,、 X5 s内的平均速度0=7=5 m/s0+2X5(也可用v= 刁 m/s = 5 m/s求解)故平均感应电动势E=Blv=0AVo(2)第 5 s 末：v,=at=10 m/s,此时感应电动势=3/以则回路电流为 Blvf 0.2X0.4X10/=石=-p =A=0.8AoA Ki(3)杆做匀加速运动，则/一方安=加，即 F=BIl+ma=0A64 No答案(1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N跟进题组多角练透1.平动切割如图6所示，在水平面内固定着U形光滑金属

36、导轨，轨道间距为2750 cm,金属导体棒刃质量为0.1 kg,电阻为0.2 Q,横放在导轨上，电阻R的 阻值是0.8。（导轨其余部分电阻不计）。现加上竖直向下的磁感应强度为0.2 T的 匀强磁场。用水平向右的恒力F=0.1 N拉动使其从静止开始运动，贝1）（）A.导体棒仍开始运动后，电阻R中的电流方向是从P流向MB.导体棒而运动的最大速度为10 m/sC.导体棒而开始运动后，。、b两点的电势差逐渐增加到IV后保持不变D.导体棒或开始运动后任一时刻，尸的功率总等于导体棒成和电阻火的发热 功率之和解析 由右手定则可判断电阻火中的感应电流方向是从M流向尸，A错；当金 属导体棒受力平衡时，其速度将达

37、到最大值，由/=8/ /=*=廿可得FK思 K总=-上代入数据解得。m=10 m/s, B对；感应电动势的最大值m=l V, a、 。两点的电势差为路端电压，最大值小于1 V, C错；在达到最大速度以前，F 所做的功一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的动能，D错。答案B2.转动切割（多选）如图7所示，有一个磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方 向垂直纸面向里，一半径为八电阻为2R的金属圆环放置在磁场中，金属圆环 所在的平面与磁场垂直。金属杆0。一端可绕环的圆心。旋转，另一端搁在 环上，电阻值为R;另一金属杆一端固定在。点，另一端6固定在环上，电 阻值也是火。已知O”杆以角速度g匀速旋转，所有接

38、触点接触良好，Ob不影 响0。的转动，则下列说法正确的是（ ）28A.流过。的电流可能为驾312B.流过。的电流可能为喘1 ZDK0a旋转时产生的感应电动势的大小为Bor2C. 0。旋转时产生的感应电动势的大小为看户E25RE25R解析 。旋转时产生的感应电动势的大小为EuxH2, D正确，C错误；当0a旋转到与0b共线但不重合时，等效电路如图甲所示，此时有/min =驾，当。与重合时，环的电阻为，等效电路如图乙所示，此时有/maxA、B正确。E_Bmr2 讦,Bcor1Bcor1b 甲2R= 4R J 所以 5R4R oR -rEa6 乙答案ABD3.转动切割半径分别为和2r的同心圆形导轨固

39、定在同一水平面内，一长为 人质量为根且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，氏4的延长线通过 圆导轨中心0,装置的俯视图如图8所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感 应强度的大小为8,方向竖直向下。在内圆导轨的。点和外圆导轨的。点之间 接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度 绕0逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导 轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。 求：图8(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小;(2)外力的功率。291 .磁通量的计算如图1所示，正方形线圈。灰力位于纸面内，边长为3匝数 为M过必

40、中点和cd中点的连线恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为b则穿过线圈的磁通量为（）图1BL1NBI99A.-B,-jC. BlD. NBL11 or 2解析 穿过线圈的磁通量=85=8点?=答，选项a正确。答案A2.磁场变化现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B,电流计及 开关按如图2所示连接。下列说法中正确的是（）A.开关闭合后，线圈A插入或拔出线圈8都会引起电流计指针偏转B.线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C.开关闭合后，滑动变阻器的滑片尸匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零 刻度D.开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片尸加速滑动，电流计

41、指针才能偏转 解析 开关闭合后，线圈A插入或拔出线圈3都会引起穿过线圈8的磁通量的 变化，从而使电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈8中后，开关闭 合和断开的瞬间，线圈8的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错 误；开关闭合后，滑动变阻器的滑片尸无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致 线圈A的电流变化，使线圈3的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项 C、D错误。ail_ cor-co-2r 3 0斛析 (1)E= Brv=Br=/户口乙乙E 3Bi2a)I=R= 2R由右手定则判得通过R的感应电流从。一。由能量守恒P=Pr+Pf在竖直方向2bN = mg,贝|J/N=：g,得厂1b

42、N=呼加g八 1. 1c 3Pf/= imgcor 十呼加 g co-2r=mgcor小、七2 n 3. 9中2r4n以P加g/十 4r 答案(1)由。端到。端嚼,3. 9232a(2)呼加g尸十一参一考点考点通电自感和断电自感涡流1 .自感现象的四大特点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30与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图J-_0J通电时电流

43、逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电路中稳态电流为/I、/2：若跟进题组电流方向不变h&I,灯泡逐渐变暗;若灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改 变多角练透1.通、断电自感现象的分析（2017深圳南山期末）（多选）如图9, A、B是相同 的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是（）图9A.闭合开关S时; A、B灯同时亮，且达到正常B.闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C.闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮D.断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭解析 由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先

44、亮，最后一样亮，选项 A、C错误，B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢 慢熄灭，选项D正确。答案BD2 .自感现象的图象（多选）如图10所示的电路中，L为一个自感系数很大、直 流电阻不计的线圈，Di、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源。t =0时刻，闭合开关S,经过一段时间后，电路达到稳定，九时刻断开开关S。 力、/2分别表示通过灯泡Di和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方 向，以下各图中能定性描述电流/随时间看变化关系的是（）/ S；LE1D,图1031解析 当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当 的阻碍作用变小时，中的电

45、流变大，Di中的电流变小至零；D2中的电流为 电路总电流，电流流过Di时，电路总电阻较大，电流较小，当Di中电流为零 时，电流流过L与D2,总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上 熄灭，Di与L组成回路，由于L的自感作用，Di慢慢熄灭，电流反向且减小； 综上所述知选项A、C正确。答案AC3 .对涡流的理解（多选）如图11所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆 心位置，一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止 下滑，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）图11A.金属球会运动到半圆轨道的另一端8 .由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C.金属球受到的安培力做负功D.系统产生的总热量为mgR解析金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成 闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地 增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，C正确，A、B 错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR, D正确。答案CD方法点拨分析自感现象的两点注意（1）通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流逐渐变大；断电 过程中，电流逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路32元件形成回路。断电自感现