人教版高中物理选修《电磁感应》单元复习一

高中物理学习材料桑水制作电磁感应复习（一）知识点1 感应电流的产生和方向1、在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图13-8所示．导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面．欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线的运动可能是( )A．匀速向右运动 B．加速向右运动C．匀速向左运动 D．加速向左运动2、老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆克绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（）A.磁铁插向左环，横杆发生转动B.磁铁插向右环，横杆发生转动C.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动3.如图，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上。

M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑动端，开关S处于闭合状态。

N与电阻R相连。

下列说法正确的是 ( )A．当P向右移动，通过R的电流为b到aB．当P向右移动，通过R的电流为a到bC．断开S的瞬间，通过R的电流为b到aD．断开S的瞬间，通过R的电流为a到b4．如图所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，图各图中正确的是（）A B C D知识点2 感应电动势的大小5、如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路。

虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场。

方向垂直于回路所在的平面。

回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始络与MN 垂直。

从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是（ ）A ．感应电流方向不变B ．CD 段直线始终不受安培力C ．感应电动势最大值E ＝BavD ．感应电动势平均值14E Bav =π 6、用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。

高中物理《电磁感应》核心知识点归纳一、电磁感应现象1、产生感应电流的条件感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

以上表述是充分必要条件。

不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化。

2、感应电动势产生的条件。

感应电动势产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化。

这里不要求闭合。

无论电路闭合与否，只要磁通量变化了，就一定有感应电动势产生。

这好比一个电源：不论外电路是否闭合，电动势总是存在的。

但只有当外电路闭合时，电路中才会有电流。

3、关于磁通量变化在匀强磁场中，磁通量，磁通量的变化有多种形式，主要有：①S、α不变，B改变，这时②B、α不变，S改变，这时③B、S不变，α改变，这时二、楞次定律1、内容：感应电流具有这样的方向，就是感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

在应用楞次定律时一定要注意：“阻碍”不等于“反向”；“阻碍”不是“阻止”。

（1）从“阻碍磁通量变化”的角度来看，无论什么原因，只要使穿过电路的磁通量发生了变化，就一定有感应电动势产生。

（2）从“阻碍相对运动”的角度来看，楞次定律的这个结论可以用能量守恒来解释：既然有感应电流产生，就有其它能转化为电能。

又由于感应电流是由相对运动引起的，所以只能是机械能转化为电能，因此机械能减少。

磁场力对物体做负功，是阻力，表现出的现象就是“阻碍”相对运动。

（3）从“阻碍自身电流变化”的角度来看，就是自感现象。

自感现象中产生的自感电动势总是阻碍自身电流的变化。

2、实质：能量的转化与守恒3、应用：对阻碍的理解：（1）顺口溜“你增我反，你减我同”（2）顺口溜“你退我进，你进我退”即阻碍相对运动的意思。

“你增我反”的意思是如果磁通量增加，则感应电流的磁场方向与原来的磁场方向相反。

“你减我同”的意思是如果磁通量减小，则感应电流的磁场方向与原来的磁场方向相同。

第九章电磁感应历年高考对本章知识点考查的频率较高,来年高考估计不会有很大的变动.1.感应电流的产生和感应电流方向的判断,出题以选择题为主.2.导体切割磁感线产生感应电动势的计算.常结合力学、电学知识,解决与电量、热量的相关问题.3.法拉第电磁感应定律的应用是高考热点,常以综合性大题出现,并结合电路、力学、能量守恒等知识.4.对电磁感应图象问题的考查主要以选择题为主,是常考知识点.5.结合实际应用问题.如日光灯原理、电磁阻尼、电磁驱动及磁悬浮原理等.第1课时电磁感应现象楞次定律基本知识回顾一、磁通量1.定义:磁感应强度与面积的乘积,叫做穿过这个面的磁通量.2.定义式:Φ=BS.说明:该式只适用于匀强磁场的情况,且式中的S是跟磁场方向垂直的面积;若不垂直,则需取平面在垂直于磁场方向上的投影面积,即Φ=BS⊥=BSsinθ,θ是S与磁场方向的夹角.3.磁通量Φ是标量,但有正负.Φ的正负意义是:从正、反两面哪个面穿入，若从一面穿入为正,则从另一面穿入为负.4.单位:韦伯,符号:Wb.5.磁通量的意义:指穿过某个面的磁感线的条数.6.磁通量的变化:ΔΦ=Φ2-Φ1,即末、初磁通量之差.(1)磁感应强度B不变,有效面积S变化时,则ΔΦ=Φ2-Φ1=B·ΔS.(2)磁感应强度B变化,磁感线穿过的有效面积S不变时,则ΔΦ=Φ2-Φ1=ΔB·S.(3)磁感应强度B和有效面积S同时变化时,则ΔΦ=Φ2-Φ1=B2S2-B1S1.二、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,这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应.2.产生感应电流的条件表述1:闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动.表述2:穿过闭合电路的磁通量发生变化,即ΔΦ≠0,闭合电路中就有感应电流产生.3.产生感应电动势的条件穿过电路的磁通量发生变化.电磁感应现象的实质是产生感应电动势.如果回路闭合,则有感应电流;如果回路不闭合,则只有感应电动势而无感应电流.说明:产生感应电动势的那部分导体相当于电源.三、感应电流方向的判断1.右手定则:伸开右手,让大拇指跟其余四指垂直,并且都跟手掌在同一平面内,让磁感线从手心垂直进入,大拇指指向导体运动方向,其余四指所指的方向就是感应电流的方向.2.楞次定律内容:感应电流具有这样的方向,就是感应电流产生的磁场,总是要阻碍引起感应电流的磁通量变化.3.判断感应电流方向问题的思路运用楞次定律判定感应电流方向的基本思路可归结为:“一原、二感、三电流”,即为(1)明确原磁场:弄清原磁场方向及磁通量的变化情况;(2)确定感应磁场:即跟据楞次定律中的“阻碍”原则,结合原磁场磁通量变化情况,确定出感应电流产生的感应磁场的方向;(3)判定感应电流方向:即根据感应磁场的方向,运用安培定则判断出感应电流的方向.即据原磁场(Φ原方向及ΔΦ情况)确定感应磁场(B感方向) 判断感应电流(I感方向).说明:1.楞次定律是普遍规律,适用于一切电磁感应现象,而右手定则只适用于导体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更简便.2.右手定则与左手定则的区别:抓住因果关系才能无误.“因动而电”——用右手;“因电而动”——用左手.重点难点例析一、磁通量及其变化的计算由公式Φ=BS计算磁通量及磁通量的变化应把握好以下几点:(1)此公式只适用于匀强磁场(2)式中的S是与磁场垂直的有效面积(3)磁通量Φ为双向标量,其正负表示与规定的正方向是相同还是相反(4)磁通量的变化量ΔΦ是指穿过磁场中某一面的末态磁通量Φ2与初态磁通量Φ1的差值, 即ΔΦ=|Φ2-Φ1|.【例1】面积为S的矩形线框abcd,处在磁感应强度为B的匀强磁场中(磁场区域足够大),磁场方向与线框平面成θ角,如图9-1-1所示,当线框以ab为轴顺时针转900过程中,穿过abcd 的磁通量变化量ΔΦ= .【解析】设开始穿过线圈的磁通量为正,则在线框转过900的过程中,穿过线圈的磁通量是由正向BSsinθ减小到零,再由零增大到负向BScosθ,所以,磁通量的变化量为:ΔΦ=Φ2-Φ1=-BScosθ-BSsinθ=-BS(cosθ+sinθ)【答案】-BS(cosθ+sinθ)【点拨】磁通量正负的规定:任何一个面都有正、反两面,若规定磁感线从正面穿入磁通量为正,则磁感线从反面穿入时磁通量为负.穿过某一面积的磁通量一般指合磁通量.●拓展在水平面上有一不规则的多边形导线框,面积为S=20cm2,在竖直方向加以如图9-1-2所示的磁场,则下列说法中正确的是(方向以竖直向上为正)( )A.前2s内穿过线框的磁通的变化为ΔΦ=0B.前1s内穿过线框的磁通的变化为ΔΦ=-30WbC.第二个1s内穿过线框的磁通的变化为ΔΦ=-3x10-3W bD.第二个1s内穿过线框的磁通的变化为ΔΦ= -1x10-3W b【解析】由题意可知:刚开始计时磁感应强度为1.5T,方向竖直向上,在1s内均匀减小到零,第二个1s内反向增大到-1.5T,因此前1s或第一个1s及第二个1s内磁通量的变化都是-3x10-3W b.选项C正确.【答案】( C )【点拨】本题易错选A,错因是忽视了磁通量的正负号.二、感应电流方向的判定感应电流方向的判定方法:方法一:右手定则(部分导体切割磁感线)方法二:楞次定律【例2】某实验小组用如图9-1-3所示的实验装置来验证楞次定律.当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时,通过电流计的感应电流方向是( )A.a→○G→bB.先a→○G→b,后b→○G→aC.先b→○G→aD.先b→○G→a,后a→○G→b【解析】①确定原磁场的方向:条形磁铁在穿入线圈的过程中,磁场方向向下②明确回路中磁通量变化情况:向下的磁通量增加③由楞次定律的“增反减同”可知:线圈中感应电流产生的磁场方向向上④应用右手定则可以判断感应电流的方向为逆图9-1-2图9-1-3图9-1-1时针方向(俯视),即: b→○G→a同理可以判断:条形磁铁穿出线圈过程中,向下的磁通量减小,由楞次定律可得线圈中将产生顺时针的感应电流(俯视),电流从a→○G→b.【答案】( D )【点拨】根据楞次定律判断感应电流方向,有以上四个基本步骤.●拓展如图9-1-4所示,用一根长为L质量不计的绝缘细杆与一个上弧长为l、下弧长为d0的金属线框的中点连结并悬挂于O点,悬点正下方存在一个上弧长为2l、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场,且d0<<L.先将线框拉开到如图所示位置,松手后让线框进入磁场,忽略空气阻力和摩擦力,下列说法正确的是( )A.金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→aB.金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→aC.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【解析】由右手定则或楞次定律均可判断,当线框进入磁场时,感应电流方向为:a→d→c→b→a,当线框离开磁场时,感应电流方向为:a→b→c→d→a.金属线框在进入或离开磁场时,机械能都要减小,最终将在磁场内做往复运动,由于d0<<L,线框运动为简谐运动.选项D正确.【答案】( D )三、楞次定律推论的应用在实际问题的分析中,楞次定律的应用可拓展为以下四个方面①阻碍原磁通量的变化,即“增反减同”;②阻碍相对运动,即“来拒去留”;③使线圈面积有扩大或缩小的趋势,即“大小小大”;④阻碍导体中原来的电流发生变化,即“自感现象”.【例3】如图9-1-5所示,ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈,当滑动变阻器R滑片P自左向右滑的过程中,线圈ab将( )A.静止不动B.顺时针转动C.逆时针转动D.发生转动,但电源的极性不明,无法确定转动方向【解析】图9-1-5中的两个通电线圈绕向相同,电流的磁场方向相同,两磁铁之间合磁场方向是水平的.当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动时,电路中电流增大,两磁铁之间合磁场增强,穿过矩形线圈的磁通量增大.根据楞次定律,矩形闭合线圈中的感应电流磁场要阻碍磁通量增大,所以矩形线圈会顺时针转动,减小其垂直于磁场方向的投影面积,才能阻碍穿过的磁通量增大.【答案】( B )【点拨】本题现象属于减小面积阻碍磁通量增大情形.分析时应注意两通电线圈绕向相同还是相反,以及线圈所在处磁场的方向.四、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的综合应有解决此类问题的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感)→右手定则③因电而受力(I、B→F安)→左手定则☆易错门诊【例3】在图9-1-6中，CDEF为闭合线圈，AB 为电阻丝.当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，电源的哪一端是正极？【错解】当变阻器的滑动头在最上端时，电阻丝图9-1-4图9-1-6图9-1-5RAB 因被短路而无电流通过.由此可知，滑动头下移时，流过AB 中的电流是增加的.当线圈CDEF 中的电流在G 处产生的磁感强度的方向是“〃”时，由楞次定律可知AB 中逐渐增加的电流在G 处产生的磁感强度的方向是“×”，再由右手定则可知，AB 中的电流方向是从A 流向B ，从而判定电源的上端为正极.【错因】楞次定律中“感生电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”，所述的“磁通量”是指穿过线圈内部磁感线的条数，因此判断感应电流方向的位臵一般应该选在线圈的内部,而不是选在线圈的外部.【正解】当线圈CDEF 中的感应电流在G 处产生的磁感强度的方向是“〃”时，它在线圈内部产生磁感强度方向应是“×”，AB 中增强的电流在线圈内部产生的磁感强度方向是“〃”，所以，AB 中电流的方向是由B 流向A ，故电源的下端为正极. 【答案】电源的下端为正极【点拨】分析电学问题也要注意正确选取研究对象.课堂自主训练1.两圆环A 、B 置于同一水平面上,其中A 为均匀带电绝缘环,B 为导体环.当A 以如9-1-7所示的方向,绕中心转动的角速度发生变化时,B 中产生如图所示的感应电流,则( BC )A.A 可能带正电且转速减小B.A 可能带正电且转速增大C.A 可能带负电且转速减小D.A 可能带负电且转速增大 【解析】若A 带正电, 则穿过B 的磁通量垂直纸面向里,只有磁通量增大时,B 中才会产生逆时针方向的感应有尽电流,故A 的转速应增大,选项B 正确A 错误.若A 带负电,同理可推断选项C 正确D 错误.【答案】( BC )2.电阻R 、电容器C 与一线圈连成闭合回路,条形磁铁静止于线圈的正上方,N 极朝下,如图9-1-8所示.现使磁铁开始自由下落,在N 极接近线圈上端的过程中,流过R 的电流方向和电容器极板的带电情况是( D )A.从a 到b,上极板带正电B.从a 到b,下极板带正电C.从b 到a,上极板带正电D.从b 到a,下极板带正电【解析】在N 极接近线圈上端的过程中,通过线圈的磁感线方向向下,磁通量增大,由楞次定律可判断流过线圈的电流方向下,即线圈下端相当于电源正极,故可知D 正确.【答案】( D )课后创新演练1.如图9-1-9所示,a 、b 、c 三个闭合线圈,放在同一平面内,当a 线圈 中有电流I 通过时,它 们的磁通量分别为Фa 、 Фb 、Фc 下列说法中正 确的是( B )A.Φa ＜Φb ＜ΦcB.Φa ＞Φb ＞ΦcC.Φa ＜Φc ＜ΦbD.Φa ＞Φc ＞Φb2.如图9-1-10所示,面积为S 的线圈放在磁感应强度为B 的竖直向上的匀强磁场中,若线圈平面与水平面所成的夹角为θ,那么穿过线圈的磁通量为( A )A.Φ=BScos θB.Φ=BSsin θC.Φ=BStan θD.Φ=BScot θ3.在水平面上有一固定的U 形金属框架,上置一金属杆ab,如图9-1-11所示(纸面即水平面),在垂直纸面方向有一匀强磁场,则( BD )A.若磁感应强度方向垂直纸面向外并增大时,杆ab 将向右移动B.若磁感应强度方向垂直纸面 向外并减小时,杆ab 将向右移动C.若磁感应强度方向垂直纸面 向里并增大时,杆ab 将向右移动D.若磁感应强度方向垂直纸面 向里并减小时,杆ab 将向右移动4.如图9-1-12所示,线框面积为S ,线框平面与磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直.则穿过线框平面的磁通量为BS;若使线框绕轴OO ´转过600的角,则穿过线框平面的磁通量为 BS/2 ;若从初始位置转过900角,则穿过线框平面的磁通量为0;若从初始位置转过1800角,则穿过线框平面的磁通量变化量大小为2BS.若将单匝线框换成50匝线框,上述各空的结果图9-1-11图9-1-10图9-1-7图9-1-9图9-1-8图9-1-17将不变(填“变化”或“不变”).5.用如图9-1-13所示的电路来研究电磁感应现象.A 、B 为规格相同的电流表,D 是两个套在一起的大小线圈, 绕线方 向如图.小线圈与A 构成回路,大线圈与B 构成闭合电路.闭 合电键K ,稳定后电 流表 A 指针位置如 图.当电键K 突然断开时,电流表B 指针将向右偏(填“左”或“右”).【解析】闭合电键K 电路稳定后,与电流表A 相连接的线圈中电流方向向下,产生的磁场方向向上.当电键K 突然断开时,该线圈中的电流减小,其磁场减弱.与电流表B 相连接的线圈中感应电流的磁场,方向应向上,此线圈中感应电流的方向应向上.故电流表B 的指针会向右偏.【答案】右6.磁感应强度为B 的匀强磁场仅存在于边长为2L 的正方形范围内,有一个电阻为R 、边长为L 的正方形导线框abcd,沿垂直于磁感线方向,以速度v 匀速通过磁场,如图9-1-14所示,从ab 进入磁场时开始计时,到线框离开磁场为止.(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象; (2)判断线框中有无感应电流.若有,答出感应电流的方向.【解析】(1)如图9-1-15所示(2)线框进入磁场阶段,电流方向逆时针;线框在磁场中运动阶段,无电流;线框离开磁场阶段,电流方向顺时针.【答案】见解析7.如图 9-1-16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( BC )A.向右加速运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向左减速运动【解析】设PQ 向右运动,用右手定则和安培定则判断可知,穿过L 1的磁感线方向向上.若PQ 向右加速运动,则穿过L 1的磁通量增加,用楞次定律判断可知,通过MN 的感应电流方向是N→M,对MN 用左手定则判断可知MN 向左运动,可见A 选项不正确.若PQ 向右减速运动,则穿过L 1的磁通量减少,用楞次定律判断可知,通地MN 的感应电流方向是M→N,用左手定则判断可知MN是向右运动,可见C 正确.同理设PQ 向左运动,用上述类似方法可判断B 正确,而D 错误.【答案】( BC )8.原始的电话机将听筒和话筒串联成一个电路,当自己对着话筒讲话时,会从听筒听到自己的声音,导致听觉疲劳而影响通话.现代的电话将听筒电路与话筒电路分开,改进的电路原理示意图如图9-1-17所示,图中线圈Ⅰ与线圈Ⅱ匝数相等,R b =1.2K Ω,R a 为可变电阻.当R 调到某一值时,从听筒中就听不到话筒传出的声音了,这时电阻R a =1.8KΩ.【解析】话筒是一个声电转换装臵,声音信号通过话筒后转换成的电信号 从线圈Ⅰ和线圈Ⅱ两个支 路走,两个支路的电流方向 相反,若要听筒中听不到话 筒的声音,要求这两个电流 必须大小相等,这样话筒连 接的线圈中磁通量为零,听 筒连接的线圈中就没有感 应电流.因此aab R R RR R +=,将数据代入可得:R b =1.8K Ω【答案】1.8K Ω图9-1-12图9-1-13图9-1-14图9-1-15图9-1-16第二课时 法拉第电磁感应定律基本知识回顾一、感应电动势在电磁感应现象中产生的电动势叫感应电动势, 产生感应电动势的那部分导体相当于电源,其电阻相当于电源内电阻.电动势是标量,为了区别反电动势,可以约定电动势的方向就是电源内部电流的方向. 二、感应电动势的大小1.法拉第电磁感应定律(1)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:n t∆ΦE =∆(3)公式说明①上式适用于回路中磁通量发生变化的情形,回路不一定闭合.②感应电动势E 的大小与磁通量的变化率成正比,而不是与磁通量的变化量成正比,更不是与磁通量成正比.要注意t∆Φ∆与ΔФ和Φ三个量的物理意义各不相同,且无大小上的必然关系.③当∆Φ由磁场变化引起时, t∆∆Φ常用t B S∆∆来计算;当∆Φ由回路面积变化引起时,t∆∆Φ常用tSB ∆∆来计算. ④由tn E ∆∆Φ=算出的是时间t ∆内的平均感应电动势,一般并不等于初态与末态电动势的算术平均值.2.导体切割磁感线产生的感应电动势 (1)公式:E=BL v sin θ (2)对公式的理解①公式只适用于一部分导体在匀强磁场中做切割磁感线运动时产生的感应电动势的计算,其中L 是导体切割磁感线的有效长度,θ是矢量B 和v 方向间的夹角,且L 与磁感线保持垂直(实际应用中一般只涉及此种情况).②若θ=900,即B ⊥v 时,公式可简化为E=BL v ,此时,感应电动势最大;若θ=00,即B ∥V 时,导体在磁场中运动不切割磁感线,E=0.③若导体是曲折的,则L 应是导体的有效切割长度,即是导体两端点在B 、v 所决定平面的垂线上的投影长度.④公式E=BL v 中,若v 为一段时间内的平均速度,则E 亦为这段时间内感应电动势的平均值;若v 为瞬时速度,则E 亦为该时刻感应电动势的瞬时值.⑤直导线绕其一端在垂直匀强磁场的平面内转动,产生的感应电动势运用公式E=BL v 计算时,式中v 是导线上各点切割速度的平均值,20L v ω+= ,所以122L ωE =3.反电动势反电动势对电路中的电流起削弱作用.重点难点例析【例1】一个200匝、面积为20cm 2的线圈,放在磁场中, 磁场的方向与线圈平面成300角, 若磁感应强度在0.05s 内由0.1T 增加到0.5T ，则0.05s 始末通过线圈的磁通量分别为 W b 和 Wb;在此过程中穿过线圈的磁通量的变化量为 Wb;磁通量的平均变化率为 Wb/s;线圈中的感应电动势的大小为 V.【解析】始、末的磁通量分别为: Φ1=B 1Ssinθ=0.1×20×10-4×1/2 W b=10-4W bΦ2=B 2Ssinθ=0.5×20X10-4×1/2 W b=5×10-4W b 磁通量变化量ΔΦ=Φ2-Φ1=4×10-4 W b磁通量变化率05.01044-=∆∆Φx t W b/s=8×10-3W b/s感应电动势大小n t∆ΦE =∆=200×8×10-3V=1.6V【答案】见解析【点拨】Φ、ΔΦ、ΔΦ/Δt 均与线圈匝数无关,彼此之间也无直接联系;感应电动势Ε的大小取决于ΔΦ/Δt 和线圈匝数n,与Φ和ΔΦ无必然联系.● 拓展如图9-2-1所示,圆形线圈 中串联了一个平行板电容器,圈 内有磁场,磁通量Φ随时间按正 弦规律变化.以垂直纸面向里的 磁场为正,从t=0开始,在平行 板电容器中点释放一个电子,若 电子运动中不会碰到板,关于电 子在一个周期内的加速度的判 断正确的是 ( )A.第二个T/4内,加速度方向向上,大小越来越小B.第二个T/4内,加速度方向向上,大小越来越大C.第三个T/4内,加速度方向向下,大小越来越大D.第三个T/4内,加速度方向向下,大小越来越小【解析】第二个1/4周期内,磁感应强度向里减小(磁通量减小),若有感应电流,其磁场方向应向里,感应电流方向为顺时针方向,则电容器下板带正电,电子的加速度方向向下,由于B 的变化越来越快,感应电动势越来越大,板间的电场强度越来越大,电子的加速度也越来越大,故A 、B 均错.第三个1/4周期内,磁 通量向外增加,感应电流的磁场仍向里,电子的加速度方向向下,由于Φ变化越来越慢,则电动势越来越小,加速度也越来越小,故C 错、D 对.【答案】( D )二、公式nt∆ΦE =∆和sin Lv θE =B 的比较1.E= n t∆∆Φ求的是回路中Δt 时间内的平均电动势.2.E=BL v sin θ既能求导体做切割磁感线运动的平均电动势,也能求瞬时电动势.v 为平均速度,E 为平均电动势;v 为瞬时速度,E 为瞬时电动势.其中L 为有效长度.(1)E=BL v 的适用条件:导体棒平动垂直切割磁感线,当速度v 与磁感线不垂直时,要求出垂直于磁感线的速度分量.(2)122L ωE =B 的适用条件:导体棒绕一个端点垂直于磁感线匀速转动切割磁感线.(3)E=nBSωsinωt 的适用条件:线框绕垂直于匀强磁场方向的一条轴从中性面开始转动,与轴的位置无关.若从与中性面垂直的位置开始计时,则公式变为E=nBS ωcos ωt3.公式nt∆ΦE =∆和E=BL v sinθ是统一的,前者当Δt →0时,E 为瞬时值,后者v 若代入平均速度v ,则求出的是平均值.一般说来,前者求平均感应电动势更方便,后者求瞬时电动势更方便.【例2】如图9-2-2所 示,导线全部为裸导线,半径 为r 的圆环内有垂直于平面 的匀强磁场,磁感应强度为B , 一根长度大于2r 的导线MN 以速度v 在圆环上无摩擦地 自左端匀速滑到右端.电路的固定电阻为R ,其余电阻不计.试求MN 从圆环的左端滑到右端的过程中,电阻R 上的电流的平均值及通过的电荷量.【解析】本题粗看起来是MN 在切割磁感线,属于“切割”类型,要用E=BL v 求解,但切割杆MN 的有效切割长度在不断变化,用公式E=BL v 难以求得平均感应电动势.事实上,回路中的磁通量在不断变化,所以本题中平均感应电动势应由E=ΔФ/Δt 来求.由于ΔΦ=B·ΔS=B πr 2,Δt=2r/v ,根据法拉第电磁 感应定律有:图9-2-1图9-2-22Brv t π=∆∆Φ=E所以 RBrv R 2π=E =I通过的电荷量 【答案】R BrvR 2π=E =I , Rr R t q 2πB =∆Φ=∆I =【点拨】感应电荷量q 的求法:,,nq t t R∆ΦE E =I ==I∆∆.综合得q nR∆Φ=可见,若闭合电路中产生了感应电流,则在时间Δt 内通过导线某截面的电量q 仅由线圈的匝数n,磁通量的变化量ΔΦ和闭合电路的电阻R 决定,与磁通量发生变化的时间无关.因此要快速求得通过导线某截面的电量q,关键是正确求得磁通量的变化量ΔΦ.● 拓展如图9-2-3所示,矩形 线圈abcd 由n=50匝组成, ab 边长L 1=0.4m,bc 边长L 2 =0.2m,整个线圈的电阻 R =2Ω,在B =0.1T 的匀强磁场中,以短边中点的连线为 轴转动,ω=50rad/s,求:(1)线圈从图示位置转动900过程中的平均电动势;(2)线圈转过900时的瞬时电动势.【解析】(1)Δt=T/4=2π/4ω=π/2ω, ΔΦ=BSt∆ΦE =∆.由以上各式代入数据得:(2)ωt=900Ε=nBSωsinωt=50×0.1×0.4×0.2×50×1V=20V【答案】(1)12.7V (2)20V三、直导体在匀强磁场中转动产生的感应电动势直导体绕其一点在垂直匀强磁场的平面内以角速度ω转动,切割磁感线,产生的感应电动势的大小为:(1)以中点为轴时 Ε=0 (2)以端点为轴时 122L ωE =B (平均速度取中点位置线速度v =ωL/2)(3)以任意点为轴时122()122L L ωE =B -(与两段的代数和不同)☆易错门诊【例3】如图9-2-4所示，长为6m 的导体AB 在磁感强度B =0.1T 的匀强磁场中，以AB 上的一点O 为轴，沿着顺时针方向旋转。

第四章电磁感应一、单选题1.如图所示,一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方,直导线与圆环在同一竖直面内,当通电直导线中电流增大时,弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将()A．S增大,l变长B．S减小,l变短C．S增大,l变短D．S减小,l变长2.关于涡流,下列说法中不正确的是()A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁灶锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D．铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流3.如图中画出的是穿过一个闭合线圈的磁通量随时间的变化规律,以下哪些认识是正确的()A．第0.6 s末线圈中的感应电动势是4 VB．第0.9 s末线圈中的瞬时电动势比0.2 s末的小C．第1 s末线圈的瞬时电动势为零D．第0.2 s末和0.4 s末的瞬时电动势的方向相同4.如图所示,一个由导体做成的矩形线圈,以恒定速率v运动,从无场区进入匀强磁场区,磁场宽度大于矩形线圈的宽度da,然后出来,若取逆时针方向的电流为正方向,那么下列图中的哪一个图能正确地表示回路中的电流与时间的函数关系()A．B．C．D．5.如图所示,一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动,当磁感应强度均匀增大时,此粒子的动能将()A．不变B．增大C．减少D．以上情况都有可能6.如图所示,一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大),该区域的上、下边界MN、PS是水平的．有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落并穿过该磁场区域,已知当线框的ab边到达MN时线框刚好做匀速直线运动(以此时开始计时),以MN处为坐标原点,取如图坐标轴x,并规定逆时针方向为感应电流的正方向,则关于线框中的感应电流与ab边的位置坐标x间的以下图线中,可能正确的是()A．B．C．D．7.如下图所示,一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内,其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线,导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框,它由实线位置下落到虚线位置未发生转动,在此过程中()A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBAB．导线框的磁通量为零时,感应电流也为零C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D．导线框所受安培力的合力为零,做自由落体运动8.一矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变,将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变,在1 s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中,线框中感应电动势的比值为()A．B． 1C． 2D． 49.法拉第电磁感应定律可以这样表述：闭合电路中感应电动势的大小()A．跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比B．跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比C．跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比D．跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量成正比10.某线圈中产生了恒定不变的感应电流,关于穿过该线圈的磁通量Φ随时间t变化的规律,可能是下面四幅图中的()A．B．C．D．二、多选题11.(多选)如图,足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°),其中MN与PQ平行且间距为l,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计,其上端所接定值电阻为R.给金属棒ab一沿斜面向上的初速度v0,并与两导轨始终保持垂直且接触良好,ab棒接入电路的电阻为r,当ab棒沿导轨上滑距离x时,速度减小为零．则下列说法不正确的是()A．在该过程中,导体棒所受合外力做功为mvB．在该过程中,通过电阻R的电荷量为C．在该过程中,电阻R产生的焦耳热为D．在导体棒获得初速度时,整个电路消耗的电功率为v012.(多选)在如图所示的各图中,闭合线框中能产生感应电流的是()A．B．C．D．13.如图所示,在匀强磁场中放有平行铜导轨,它与大线圈M相连接,要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流,则放在导轨上的金属棒ab的运动情况(两线圈共面放置)是()A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动三、实验题14.如图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材．(1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路．(2)由哪些操作可以使灵敏电流计的指针发生偏转()A．闭合开关B．断开开关C．保持开关一直闭合D．将线圈A从B中拔出(3)假设在开关闭合的瞬间,灵敏电流计的指针向左偏转,则当螺线管A向上拔出的过程中,灵敏电流计的指针向______(填“左”或“右”)偏转．15.英国物理学家法拉第在1831年发现了“磁生电”现象．现在某一课外活动小组的同学想模仿一下法拉第实验,于是他们从实验室里找来了两个线圈A、B,两节干电池、电键、电流计、滑动变阻器等器材,如图所示．请同学们帮助该活动小组,用笔画线代替导线,将图中的器材连接成实验电路．四、计算题16.如图所示,长为L＝0.2 m、电阻为r＝0.3 Ω、质量为m＝0.1 kg的金属棒CD垂直放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上,两导轨间距也为L,棒与导轨接触良好,导轨电阻不计,导轨左端接有R ＝0.5 Ω的电阻,量程为0～3.0 A的电流表串联在一条导轨上,量程为0～1.0 V的电压表接在电阻R 的两端,垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定的外力F使金属棒右移,当金属棒以v＝2 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时,观察到电路中的一个电表正好满偏,而另一电表未满偏．问：(1)此时满偏的电表是什么表？说明理由．(2)拉动金属棒的外力F多大？(3)导轨处的磁感应强度多大？17.如图所示,ef、gh为水平放置的足够长的平行光滑导轨,导轨间距为L＝1 m,导轨左端连接一个R ＝3 Ω的电阻,一根电阻为1 Ω的金属棒cd垂直地放置在导轨上,与导轨接触良好,导轨的电阻不计,整个装置放在磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向上．现对金属棒施加4 N的水平向右的拉力F,使棒从静止开始向右运动,试解答以下问题：(1)金属棒达到的最大速度v是多少？(2)金属棒达到最大速度后,R上的发热功率为多大？18.如图所示,两根足够长的光滑金属导轨ab、cd竖直放置,导轨间距离为L,电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平,且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g.求：(1)磁感应强度的大小;(2)灯泡正常发光时金属棒的运动速率．五、填空题19.如图所示,线圈ABCO面积为0.4 m2,匀强磁场的磁感应强度B＝0.1 T,方向为x轴正方向,通过线圈的磁通量为________Wb.在线圈由图示位置绕z轴向下转过60°的过程中,通过线圈的磁通量改变了________Wb.(可以用根式表示)20.图甲为“探究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、B、电流计及开关连接成如图所示的电路．(1)开关闭合后,下列说法中正确的是________．A．只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转B．线圈A插入或拔出线圈B的速度越大,电流计指针偏转的角度越大C．滑动变阻器的滑片P滑动越快,电流计指针偏转的角度越大D．滑动变阻器的滑片P匀速滑动时,电流计指针不会发生偏转(2)在实验中,如果线圈A置于线圈B中不动,因某种原因,电流计指针发生了偏转．这时,线圈B相当于产生感应电流的“电源”．这个“电源”内的非静电力是________．如果是因为线圈A插入或拔出线圈B,导致电流计指针发生了偏转．这时,是________转化为电能．(3)上述实验中,线圈A可等效为一个条形磁铁,将线圈B和灵敏电流计简化如图乙所示．当电流从正接线柱流入灵敏电流计时,指针向正接线柱一侧偏转．则乙图中灵敏电流计指针向其________接线柱方向偏转(填“正”或“负”)．21.如下图所示,半径为r的金属圆环绕通过直径的轴OO′以角速度ω匀速转动,匀强磁场的磁感应强度为B,以金属环的环面与磁场方向重合时开始计时,求在转动30°角的过程中,环中产生的平均感应电动势为________．22.如图所示,金属环直径为d、总电阻为2R,匀强磁场磁感应强度为B,垂直穿过环所在平面．电阻为的导体杆AB沿环表面以速度v向右滑至环中央时,杆两端的电压为________．23.如下图甲所示,环形线圈的匝数n＝1000,它的两个端点a和b间接有一理想电压表,线圈内磁感应强度B的变化规律如图乙所示,线圈面积S＝100 cm2,则Uab＝________,电压表示数为________V.答案解析1.【答案】D【解析】当通电直导线中电流增大时,穿过金属圆环的磁通量增大,金属圆环中产生感应电流,根据楞次定律,感应电流要阻碍磁通量的增大：一是用缩小面积的方式进行阻碍;二是用远离直导线的方法进行阻碍,故D正确．2.【答案】B【解析】高频感应炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的,炉内放入被冶炼的金属,线圈内通入高频交变电流,这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化．故A正确;电磁炉利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场,当含铁质锅具放置炉面时,铁磁性锅体被磁化,锅具即切割交变磁感线而在锅具底部产生交变的涡流,恒定磁场不会产生涡流,故B错误;阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动,当金属板从磁场中穿过时,金属板板内感应出的涡流会对金属板的运动产生阻碍作用．故C正确;在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象,要损耗能量,不用整块的硅钢铁芯,其目的是为了减小涡流,故D正确．本题选择错误的,故选B.3.【答案】A【解析】由法拉第电磁感应定律知：感应电动势E＝可知：0．3～0.8 s：E＝＝＝－4 V,负号表示方向与正方向相反,A正确;图象的斜率表示电动势的大小,由图象知第0.9 s末线圈中的瞬时电动势比0.2 s末的大,B错误;第1 s末线圈的磁感强度为零,但磁通量的变化率不为零,电动势不为零,C错误;第0.2 s末和0.4 s末的图象斜率一正一负,瞬时电动势的方向相反,D错误．4.【答案】C【解析】根据楞次定律,线圈进入磁场的过程,穿过线圈的磁通量向里的增加,产生逆时针方向的感应电流,因为速度恒定,所以电流恒定,故A、D错误;离开磁场时,穿过线圈的向里的磁通量减少,所以产生顺时针方向的电流,B错误,C正确．5.【答案】B【解析】当垂直纸面向里的磁场增强时,产生逆时针的涡旋电场,带正电的粒子将受到这个电场对它的电场力作用,而使动能增加,故B正确．6.【答案】D【解析】在第一个L内,线框匀速运动,电动势恒定,电流恒定;在第二个L内,线框只在重力作用下加速,速度增大;在第三个L内,安培力大于重力,线框减速运动,电动势减小,电流减小．这个过程加速度逐渐减小,速度是非线性变化的,电动势和电流都是非线性减小的,选项A、B均错误．安培力再减小,也不至于减小到小于第一段时的值,因为当安培力等于重力时,线框做匀速运动,选项C错误,D正确．7.【答案】A【解析】根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外,下方的磁场方向垂直于纸面向里,而且越靠近导线磁场越强．所以闭合导线框ABC在下降过程中,导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大,当增大到BC边与导线重合时,达到最大,再向下运动,导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零,然后随导线框的下降,导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大,当增大到A点与导线重合时,达到最大,继续下降时由于导线框逐渐远离导线,使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小,所以根据楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化,所以感应电流的磁场先向内,再向外,最后向内,所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA,A正确;当导线框内的磁通量为零时,内部的磁通量仍然在变化,有感应电动势产生,所以感应电流不为零,B错误;根据对楞次定律的理解,感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动,由于导线框一直向下运动,所以导线框所受安培力的合力方向一直向上,不为零．C、D错误．8.【答案】B【解析】设原磁感应强度是B,线框面积是S.第1 s内ΔΦ1＝2BS－BS＝BS,第2 s内ΔΦ2＝2B·－2B·S＝－BS.因为E＝n,所以两次电动势大小相等,B正确．9.【答案】C【解析】由法拉第电磁感应定律可知,闭合电路中产生的感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,与磁通量及磁通量的变化量无关．故A、B、D错误,C正确．10.【答案】B【解析】要想该线圈中产生恒定不变的感应电流,则要求该线圈中产生的感应电动势是恒定不变的,要想线圈中产生恒定不变的感应电动势,由法拉第电磁感应定律可知,穿过线圈的磁通量的变化率应是恒定的,即在Φ－t图象中,其图线是一条倾斜的直线．11.【答案】ABC【解析】在该过程中,导体棒和金属导轨组成的系统所受合外力做功为mv,A错误;由q＝IΔt,I＝,E＝＝,通过电阻R的电荷量为q＝,B错误;由于不知摩擦力是否存在,所以C错误;在导体棒获得初速度时,电路中电动势为E＝Blv0,I＝,P＝I2(r＋R)＝v0,D正确．12.【答案】AB【解析】感应电流产生的条件是：只要穿过闭合线框的磁通量变化,闭合线框中就有感应电流产生．A图中,线框转动过程中,通过线框的磁通量发生变化,线框中有感应电流产生;B图中离直导线越远磁场越弱,所以当线框远离导线时,线框中磁通量不断变小,所以B图中有感应电流产生;C图中一定要把条形磁铁周围的磁感线空间分布图弄清楚,在图示位置,线框中的磁通量为零,在向下移动过程中,线框的磁通量一直为零,磁通量不变,线框中无感应电流产生;D图中,线框中的磁通量一直不变,无感应电流产生．故选A、B.13.【答案】BC【解析】14.【答案】(1)见解析(2)ABD(3)右【解析】(1)将灵敏电流计与大线圈B组成闭合回路,电源、开关、小线圈A组成闭合回路,电路图如图所示．(2)将开关闭合或断开,导致穿过线圈的磁通量变化,产生感应电流,灵敏电流计指针偏转,故A、B正确;保持开关一直闭合,则穿过线圈B的磁通量不变,没有感应电流产生,灵敏电流计指针偏转,故C错误;将螺线管A插入(或拔出)螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化,线圈B中产生感应电流,灵敏电流计指针偏转,故D正确．(3)在开关闭合的瞬间,穿过线圈B的磁通量增大,灵敏电流计的指针向左偏转,则当螺线管A向上拔出的过程中,穿过线圈B的磁通量减小,灵敏电流计的指针向右偏转．15.【答案】【解析】线圈A与带电池的电路相连,线圈B与电流计相连,当滑动滑动变阻器时,线圈A中的电流变化,从而引起B中产生感应电流,也可以保持滑动器划片不动,线圈A插入或者拔出时,都可以引起B中产生感应电流．16.【答案】(1)见解析(2)1.6 N(3)4 T【解析】(1)假设电流表满偏,则I＝3.0 A,R两端电压U＝IR＝3.0×0.5 V＝1.5 V,将大于电压表的量程,不符合题意,故满偏电表应该是电压表．(2)由能量关系知,电路中的电能是外力做功转化来的,所以有Fv＝I2(R＋r),I＝,两式联立得F＝＝1.6 N.(3)磁场是恒定的,且不发生变化,由于CD运动而产生感应电动势,因此是动生电动势．根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv,根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir以及I＝,联立三式得B＝＋＝4 T.17.【答案】(1)4 m/s(2)12 W【解析】(1)当金属棒速度最大时,拉力与安培力相等.＝F,v m＝＝4 m/s(2)回路中电流为I＝＝2 A,电阻上的发热功率为P＝I2R＝12 W.18.【答案】(1)(2)【解析】(1)设小灯泡的额定电流为I0,有P＝I R,①由题意,在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后,小灯泡保持正常发光,流经MN的电流为I＝2I0,②此时金属棒MN所受的重力和安培力相等,下落的速度达到最大值,有mg＝BLI,③联立①②③式得B＝(2)设灯泡正常发光时,金属棒的速率为v,由电磁感应定律与闭合电路欧姆定律得E＝BLv,⑤E＝RI0,⑥联立①②④⑤⑥式得v＝.⑦19.【答案】00.02或3.46×10－2【解析】线圈ABCO与x轴正方向的匀强磁场平行,没有一条磁感线穿过平面,所以磁通量等于0.在线圈由图示位置绕z轴向下转过60°时,线圈在中性面上面的投影面积为0.4×sin 60°,磁通量Φ＝0.1×0.4×sin 60°＝0.02Wb,磁通量变化量ΔΦ＝0.1×0.4×sin 60°－0＝0.02Wb.20.【答案】(1)BC(2)感应电场的电场力机械能(3)负【解析】(1)将线圈A放在线圈B中,由于磁通量不变化,故不会产生感应电流,也不会引起电流计指针偏转,选项A错误;线圈A插入或拔出线圈B的速度越大,则磁通量的变化率越大,产生的感应电流越大,电流计指针偏转的角度越大,选项B正确;滑动变阻器的滑片P滑动越快,电流的变化率越大,磁通量的变化率越大,则感应电流越大,电流计指针偏转的角度越大,选项C正确;滑动变阻器的滑片P 匀速滑动时,电流发生变化,磁通量变化,也会产生感应电流,故电流计指针也会发生偏转,选项D错误．故选BC.(2)这个“电源”内的非静电力是感应电场的电场力．如果是因为线圈A插入或拔出线圈B,导致电流计指针发生了偏转．这时是机械能转化为电能．(3)根据楞次定律可知,通过电流计的电流从负极流入,故灵敏电流计指针向其负接线柱方向偏转．21.【答案】3Bωr2【解析】ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS sin 30°－0＝Bπr2.又Δt＝＝＝所以＝＝＝3Bωr2.22.【答案】【解析】杆切割产生的感应电动势：E＝Bdv.两个电阻为R的半金属圆环并联,并联电阻R并＝R,电路电流(总电流)：I＝＝,杆两端的电压：U＝IR并＝Bdv.23.【答案】50 V50【解析】由B－t图象可知＝5 T/s由E＝n S得：E＝1 000×5×100×10－4V＝50 V.。

2021年1月12日高中物理作业学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．在科学研究的道路上经常会出现令人惋惜的遗憾。

1825年日内瓦年轻物理学家科拉顿一个人在研究电磁现象时，其类似的实验装置如图所示，示意图如图。

为避免磁铁的磁场对小磁针的作用，他把实验装置放在两个房间，在右边房间里把磁铁反复插入线圈，然后科拉顿跑到左边房间里观察，结果没有看到小磁针偏转。

下列说法中正确的 （ ）A ．该实验过程中没有感应电流的产生B ．观察到小磁针没有偏转是因为墙壁把磁场隔离了C ．观察到小磁针没有偏转是因为线圈电阻太大D ．将磁铁插入线圈后跑去隔离房间观察小磁针，错过了感应电流产生的时机2．如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv 的是（ ）A ．乙和丁B ．甲、乙、丁C ．甲、乙、丙、丁D ．只有乙3．如图，abcd 为边长为L 的正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，半径为r的匝数为n 的线圈如图所示放置。

当磁场以B t ∆∆的变化率变化时，线圈中感应电动势为（ ） A ．0 B ．n B t ∆∆·L 2 C ．n B t ∆∆·πr 2 D ．n B t∆∆·r 2 4．如图所示，垂直于纸面向外的磁场的磁感应强度沿x 轴按B ＝B 0＋kx （B 0、k 为常数）的规律均匀增大。

位于纸面内边长为L 的正方形导线框abcd 处于磁场中，在外力作用下始终保持dc 边与x 轴平行向右匀速运动。

规定电流沿a →b →c →d →a 的方向为正方向，在0～t 1时间内，下列关于该导线框中产生的电流i 随时间t 变化的图象正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．5．用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径。

如图所示，在ab 的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率B t∆∆＝k （k ＜0）。

第 1 页“电磁感应”单元复习一、教学设计思路单元复习课的目的是引导学生对知识的再认识，包括本章知识结构梳理、易混概念方法的辨析、综合应用等。

对电磁感应单元来说，主要的知识结构是三个基本问题：感应电流的产生条件、方向判断和感应电动势大小的计算。

教学中可以通过图片、问题导引学生建构本章的知识网络，通过问题变式来提高学生的知识迁移能力和分析综合能力。

二、前期分析本章出现的概念较多，如感应电流、感应电动势、自感电动势、反电动势、动生电动势、感应电动势、磁通量、磁通量变化量、磁通量变化率等，还有右手定则和之前学习过的左手定则，感应电动势计算公式的选用，学生学习时都容易混淆。

因此，教学时应当加强对这些概念和方法的比较，使学生在了解相近概念的联系和差异中，达成对每个概念的理解。

楞次定律和法拉第电磁感应定律是解决电磁感应问题的重要依据，复习中必须深入理解和熟练掌握。

由于电磁感应的实际问题与电学、力学知识联系紧密，在实际中也有许多应用，本章涉及的一些问题的分析和讨论，对提高学生的综合分析能力和解决实际问题的能力都有积极作用，应在章节复习当中逐步提高学生的综合分析能力。

重点与难点：1．教学重点感应电流的方向判断与大小计算。

2．教学难点灵活解决电磁感应中的力学综合问题。

三、教学目标（一）知识与技能1．构建电磁感应单元的知识框架2．辨析易混的概念和方法，如左手定则和右手定则等3．提高归纳总结知识的能力4．提高综合应用所学物理知识解决问题的能力（二）过程与方法1．在系列问题导引下，通过问题的解决来逐步构建电磁感应单元的知识框架2．通过精练典型例题和解题方法小结来逐步提升综合能力（三）情感态度与价值观通过问题的讨论解决，学生养成敢于发表自己见解的勇气，增强物理学习的信心。

四、教学过程（一） 问题导引，梳理知识1．感应电流的产生条件问题1：如图5-5-1，匀强磁场中导体棒在匀速运动，导体棒中有感应电流吗？（讨论后展示图5-5-2，追问：导体棒和灵敏电流表构成的回路中，哪个是电源？这里的非静电力是什么？）问题2：如图5-5-3，不切割磁感线的情况下如何让金属环中出现感应电流？（学生回答后再展示图5-5-4，追问：这里的非静电力又是什么？）问题3：一句话总结，产生感应电流的条件是什么？磁通量的变化有哪些基本途径？图5-5-1 图5-5-2第 2 页 v a d c b 图5-5-67 2．感应电流方向的判定问题3：图5-5-5中导线框正在进入磁场中，产生的感应电流方向怎样？（复习右手定则和楞次定律）问题4：这是切割引起的，再看磁场变化引起的：图5-5-6甲中直导线的电流变化如图5-5-6乙所示（向上为正），导线框中产生的感应电流方向怎样？问题变式：感应电流在磁场中要受到安培力作用，图5-5-5中安培力方向怎样？（区分左手定则和右手定则） 问题变式：若将磁场反向，则安培力方向怎样？为什么还不变？（复习楞次定律的推论）为什么效果不能促进原因，即如果安培力促进导体棒运动会有什么问题？（引导学生从能量角度认识楞次定律）力的作用效果除了改变运动状态，还可以产生形变，这里的形变效果是使线框收缩还是扩张？（仍可以用楞次定律的推论判断） 问题变式：图5-5-2中在43T 到T 内安培力的作用效果怎样？ 再推广：楞次定律的推论还体现在本章学过的自感现象中。

(每日一练)人教版高中物理电磁学电磁感应知识点汇总单选题1、如图所示、两固定光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行水平放置，其间距为L，两根质量均为m，距离也为L的金属棒AB、CD平行放置在两导轨上，电阻分别是R1、R2，导轨电阻忽略小计。

整个装置处在磁感心强度为B的匀强磁场中，现给CD棒一定的初速度v0，经过时间Δt后两棒处于稳定状态，下列说法中正确的是（）A．若在稳定前的某时刻CD棒的速度为v1，AB棒的速度为v2，则回路中的电流大小为BLv1R2−BLv2R1B．从开始至最终稳定回路产生的焦耳热为38mv02C．在Δt内通过回路的电荷量为mv04BLD．处于稳定状态时两棒与导轨所围面积为mv02B2L(R1+R2)+L2答案：D解析：A．在稳定前的某时刻CD棒的速度为v1，AB棒的速度为v2，必然有v2>v1，回路电动势E=BLv2−BLv1回路电阻为R1+R2，因此回路电流大小为I=BLv2−BLv1 R1+R2故A错误；B．两棒组成的系统动量守恒得mv0=mv AB+mv CD当v AB=v CD=v02时，磁通量不再变化，两杆不再受安培力，将匀速运动，由能量守恒得产生的焦耳热为Q=12mv02−2×12m(v02)2=14mv02故B错误；C．对金属棒CD由动量定理得BILt=m×v0 2得通过CD棒某一截面电荷量q=It=mv0 2BL故C错误；D．由于通过CD棒某一截面的电荷量为q=ΔΦR1+R2=BLxR1+R2则有x=mv0(R1+R2)2B2L2AB棒与CD棒间的最终距离为d=mv0(R1+R2)2B2L2+L故所围成的面积为S=dL=L2+mv02B2L(R1+R2)故D正确；故选D。

2、如图所示，直导线固定于纸面内，一矩形线框，在纸面内从abcd位置平移到a′b′c′d′位置的过程中，关于线框内产生的感应电流方向，下列叙述正确的是（）A．一直逆时针B．顺时针→逆时针C．逆时针→顺时针→逆时针D．顺时针→逆时针→顺时针答案：D解析：由安培定则得，恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直纸面向外，右边的磁场方向垂直纸面向里。