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2017骄子之路第9章 第2节法拉第电磁感应定律、自感和涡流


2017高三一轮总复习

物 理

选修3-2
第九章 电磁感应

高三一轮总复习 ·物理

第二节 法拉第电磁感应定律、自感和涡流

选修3-2 第九章

电磁感应

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r />1 基础知识整合 2 热门考点研析 3 方法技巧归纳

4 物理模型构建
5 考题随堂演练

基础知识整合

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ΔΦ 学习了法拉第电磁感应定律 E∝ 后,为了定量验证感应电动势 E 与时间 Δt Δt 成反比,某小组同学设计了如图所示的一个实验装置:线圈和光电门传感器固定在 水平光滑轨道上,强磁铁和挡光片固定在运动的小车上.每当小车在轨道上运动经 过光电门时,光电门会记录下挡光片的挡光时间 Δt,同时触发接在线圈两端的电压 传感器记录下在这段时间内线圈中产生的感应电动势 E.利用小车末端的弹簧将小车 以不同的速度从轨道的最右端弹出,就能得到一系列的感应电动势 E 和挡光时间 Δt.

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在一次实验中得到的数据如下表: 次数 测量值 E/V Δt/×10-3s

1

2

3

4

5

6

7

8

0.116 0.136 0.170 0.191 0.215 0.277 0.292 0.329 8.206 7.486 6.286 5.614 5.340 4.462 3.980 3.646

(1)观察和分析该实验装置可看出,在实验中,每次测量的Δt时间内,磁铁相对 线圈运动的距离都________(选填“相同”或“不同”),从而实现了控制________不

变;

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(2)在得到上述表格中的数据之后,为了验证E与Δt成反比,他们想出两种办法处 理数据:第一种是计算法:算出________,若该数据基本相等,则验证了E与Δt成反

比;第二种是作图法:在直角坐标系中作 ________关系图线,若图线是基本过坐标
原点的倾斜直线,则也可验证E与Δt成反比. 【思路引导】 1.为了研究变量之间的规律,该实验用到了哪种思想? 2.数据处理的方法中,计算法和作图法的优点是什么?

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【解析】

(1)为了定量验证感应电动势E与时间Δt成反比,我们应该控制磁通量

的变化量ΔΦ不变.即每次测量的Δt时间内,磁铁相对线圈运动的距离都相同.
(2)为了验证 E 与 Δt 成反比,他们想出两种办法处理数据.第一种是计算法:算 出感应电动势 E 和挡光时间 Δt 的乘积,若该数据基本相等,则验证了 E 与 Δt 成反 1 比.第二种是作图法:在直角坐标系中作感应电动势 E 与挡光时间的倒数 关系图 Δt 线,若图线是基本过坐标原点的倾斜直线,则也可验证 E 与 Δt 成反比.

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感应电动势 电磁感应现象 1.定义:在__________________ 中产生的电动势. 知识点1 磁通量 发生改变,与电路是否闭合________ 无关 . 2.产生条件:穿过回路的_________ 右手定则 判断. 3.方向:感应电动势的方向用___________ 楞次定律 或___________

4.感应电动势和感应电流的关系
感应电动势 ,回路闭合的情 在电磁感应现象中,磁通量发生变化,必然产生_____________ 感应电流 . 况下,才会产生___________

5.电磁感应中的电路问题
电源 ,感应电流在电源内部从 _____ 低 电 产生感应电动势的那部分电路相当于 _______ 高 电势,据此可以判断电源的正负极,画出等效电路. 势流向______
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知识点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. __________________ ΔΦ n 线圈匝数 . Δt ,其中n为___________ 2.公式:E=________ 3.变形公式
ΔB n · S (1)当线圈面积S不变,垂直于线圈平面的磁场B发生变化时,E=__________. Δt ΔS n · B (2)当磁场B不变,垂直于磁场的线圈面积S发生变化时,E=__________. Δt

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知识点3

导线切割磁感线时的电动势

公式:E=_____________. BLvsinθ

1.上式是由法拉第电磁感应定律推导出来的特殊情况,只适用于计算部分导体
切割 磁感线运动时的感应电动势大小. 在匀强磁场中做________ 有效 长度. 2.式中θ为B和v的方向夹角,L为切割磁感线的________ BLv 3.当B、L、v三者两两垂直时:E=_______.

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知识点4 自感

1.互感现象
(1)定义: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

磁场 会在另一个线圈中产生_______________ 感应电动势 的现象. 的________
能量 由一个线圈传递到另一个线圈,因此在电 (2)应用:利用互感现象可以把_______ 互感 现象制成的. 工技术和电子技术中有广泛的应用,变压器就是利用_______ (3)互感现象是一种常见的电磁感应现象,它不仅仅发生于绕在同一铁芯上的两 相互靠近 个线圈之间,而且可以发生于任何两个_____________ 的电路之间,互感现象有时会 影响电路的正常工作,要设法减小电路间的互感.

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2.自感现象 (1)定义:当一个线圈中的电流发生变化时,它产生的变化的磁场不仅在邻近的 感应电动势 ,这种现象称为 电路中激发出感应电动势,同样也在它本身激发出_______________ 自感.

(2)自感电动势
自感 而产生的感应电动势. ①定义:由于________ ②公式:E=L.其中L是线圈的自感系数,简称自感或电感.

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(3)自感系数 形状 、 _______ 大小 、 _______ 匝数 以及是否有_______ 铁芯 决定. ①决定因素:由线圈_______ 线圈越长,单位长度上线圈的匝数越多 ,横截面积越大,它的自感系数越 大 ;线圈中插入铁芯,自感系数会增大很多. _______ 10-3 ② 单 位 : 自 感 系 数 的 单 位 是 _______(H) , 1 mH = _________H,1 μH = 亨利 10-6 _________ H.

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知识点5
1.涡流

涡流

电磁感应 ,导体中会产生感应电流,这种电流像水的旋涡,所 (1)定义:由于___________
以叫涡流.

电磁感应 现象. (2)本质:属于___________

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2.电磁阻尼 安培力 ,安培力的 (1)定义:当导体在磁场中运动时,感应电流会使导体受到_________ 阻碍 导体的运动. 方向总是________ 电磁阻尼 使指针很快地稳定下来. (2)应用:电学仪表中利用___________

3.电磁驱动
感应电流 使导体受到安 (1)定义:如果磁场相对于导体转动,在导体中会产生___________ 培力的作用,安培力使导体运动起来. 电磁驱动 的原理工作的. (2)应用:交流感应电动机就是利用___________

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热门考点研析

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考 点

1

法拉第电磁感应定律的理解与应用

ΔΦ 1.应用法拉第电磁感应定律 E=n 时应注意 Δt ΔΦ (1)研究对象:E=n 的研究对象是一个回路,而不是一段导体. Δt ΔΦ (2)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,则 E Δt 为瞬时感应电动势. ΔΦ (3)E=n 求得的电动势是整个回路的感应电动势, 而不是回路中某段导体的电 Δt 动势,整个回路的电动势为零,其回路中某段感应电动势不一定为零. ΔB (4)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. Δt
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2.感应电荷量的求解
在电磁感应现象中,既然有电流通过电路,那么就会有电荷通过,由电流的定 q 义可得 I= ,故 q=IΔt,式中 I 为感应电流的平均值.由闭合电路的欧姆定律和法 Δt E ΔΦ 拉第电磁感应定律得 I= =n .式中 R 为电磁感应闭合电路的总电阻.联立解得 q R RΔt ΔΦ =n ,可见,感应电荷量 q 仅由磁通量的变化量 ΔΦ 和电路的总电阻 R 决定. R

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例 1 (2015年重庆高考)如图为无线电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 φa- φb 是( )

nS?B2-B1? A.恒为 t2-t1 nS?B2-B1? B.从 0 均匀变化到 t2-t1 nS?B2-B1? C.恒为- t2-t1 nS?B2-B1? D.从 0 均匀变化到- t2-t1
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【思路引导】 1.计算电势差的大小应用法拉第电磁感应定律,如何计算?

2.判断电势差的方向应用楞次定律,如何判断?

【解析】

t1 到 t2 时间内,穿过线圈的磁感应强度大小由 B1 均匀增加到 B2,根

ΔΦ nS?B2-B1? 据法拉第电磁感应定律得,E=n = ,根据楞次定律可知,a 点电势低 Δt t2-t1 nS?B2-B1? 于 b 点,故 φa-φb=- ,C 选项正确. t2-t1
【答案】 C

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【总结提升】 应用法拉第电磁感应定律解题的步骤

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.
ΔB 3.灵活选择法拉第电磁感应定律的不同的表达式,公式 E=nS 求感应电动势 Δt ΔB 时,S 为线圈在磁场范围内的有效面积. 在 B -t 图象中为图象的斜率. Δt

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针对训练1 (2015年浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”,如图

1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N1,线圈的下边处于匀强磁场内,磁感应强度 B0=1.0 T,方向垂直线圈平面向里,线圈中通有可在0~2.0 A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/s2).

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(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg,线圈的匝数N1至少为多少?

(2)进一步探究电磁感应现象,另选 N2=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 2 所示,保持 B0 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 ΔB 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 . Δt
解析:(1)线圈受到安培力 F=N1B0IL 天平平衡有:mg=N1B0IL 代入数据得N1=25匝.

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ΔΦ (2)由电磁感应定律得,E=N2 Δt ΔB 则 E=N2 Ld Δt E 由欧姆定律得 I′= R 线圈受到安培力 F′=N2B0I′L
2 Δ B dL 2 天平平衡有:m′g=N2 B0 · Δt R

ΔB 代入数据解得 =0.1 T/s. Δt 答案:(1)25匝 (2)0.1 T/s
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考 点

2

导体切割磁感线问题

1.对公式E=BLv的理解

(1)公式适用条件
公式适用于匀强磁场,并且需要 B、L、 v三者相互垂直,实际问题中当他们不 相互垂直时,应取垂直的分量进行计算,公式表示为 E=BLvsinθ, θ为B与 v方向的

夹角.
(2)适用范围 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E=BLv, 若v为瞬时速度,则E为瞬时感应电动势.
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(3)有效性
公式中的L为有效长度,即导体与速度v垂直方向上的投影长度. (4)相对性 E=BLv中的速度是相对于磁场的速度,若磁场也运动,注意速度的相对性. 2.常见导体切割的有效长度

(1)如图甲所示,有效长度L=cdsinθ.

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(2)如图乙所示,沿v1方向时,有效长度L=MN;沿v2方向时,有效长度L=0.

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(3)如图丙所示, 沿 v1 方向时, 有效长度 L= 2R; 沿 v2 方向时, 有效长度 L=0; 沿 v3 方向运动时,L=R.

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例2 如图所示,间距为L的光滑平行金属导轨M、N水平固定,长为L、阻值

为R0的金属棒ab垂直于导轨放置,可紧贴导轨滑动.导轨右侧连接一对水平放置的 平行金属板AC,板间距为d,板长也为L,导轨左侧接阻值为 R的定值电阻,其他电

阻忽略不计.轨道处的磁场方向竖直向下,金属板AC间的磁场方向垂直纸面向里,
两磁场均为匀强磁场且磁感应强度大小均为 B.当ab 棒以速度 v0 向右匀速运动时,一 电量大小为 q的微粒以某一速度从紧贴 A板左侧平行于 A板的方向进入板间恰好做匀 速圆周运动.试求:

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(1)AC两板间的电压U; (2)带电微粒的质量m; (3)欲使微粒不打到极板上,带电微粒的速度v应满足什么样的条件? 【思路引导】 1.ab 棒切割磁感线产生感应电动势,如何区分内电路和外电

路?
2.微粒恰好在复合场中做匀速圆周运动,何力通过向心力? 3.欲使微粒不打到极板上,带电微粒的速度v具有最大值和最小值时,微粒的 轨迹是怎么样的?
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【解析】 (1)ab 金属棒以速度 v0 向右匀速运动时, 切割磁感线产生感应电动势, E=BLv0,导体棒相当于电路的电源,平行板 AC 两端的电压即电路的路端电压,AC BLv0R R 两板间的电压 U= E= . R+R0 R+R0 (2)电量大小为 q 的微粒以某一速度进入板间恰好做匀速圆周运动.此时微粒受 qU 到重力、电场力和洛伦兹力作用,重力和电场力平衡, mg= ,联立解得, m = d RqBLv0 . ?R+R0?gd

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(3)欲使微粒不打到极板上,存在两种情况,一种情况是微粒从极板的左侧边缘 d 离开磁场,此时带电微粒的速度为 v1,由几何关系可知,R1= ,洛伦兹力提供向心 2
2 ? R + R ? d g v2 0 1 力,qv1B=m ,联立解得速度 v1= . R1 2RLv0

另一种情况是微粒从极板的右侧边缘离开磁场,此时带电微粒的速度为 v2,画 出轨迹图如下:

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2 2 L + d 由几何关系可知,L2+(R2-d)2=R2 ,洛伦兹力提供向心力, 2,解得 R2= 2d 2 2 ? R + R ?? L + d ?g v2 0 2 qv2B=m ,联立解得速度 v2= . R2 2RLv0

综上所述,欲使微粒不打到极板上,带电微粒的速度 v 应满足条件: ?R+R0??L2+d2?g ?R+R0?d2g v> 或 v< . 2RLv0 2RLv0
【答案】 BLv0R (1) R+R0 RqBLv0 (2) ?R+R0?gd ?R+R0??L2+d2?g ?R+R0?d2g (3)v> 或 v< 2RLv0 2RLv0

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【总结提升】 ΔΦ 公式 E=n 与 E=BLvsinθ 的比较 Δt ΔΦ E=n Δt 区 别 研究对象 整个闭合回路 适用范围 各种电磁感应现象 E=BLvsinθ 回路中做切割磁感线运动的那部分导体 只适用于导体切割磁感线运动的情况

物理含义 Δt 内的平均感应电动势 某一时刻的瞬时感应电动势 联系 ΔΦ E=BLvsinθ 是由 E=n 在一定条件下推导出来的, 该公式可看 Δt 作法拉第电磁感应定律的一个推论

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针对训练2 (2016届新疆模拟 )半径为 a右端开小口的导体圆环和长为 2a 的

导体直杆,单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下 的匀强磁场,磁感应强度为 B.杆在圆环上以速度 v平行于直径 CD向右做匀速直线运 动,杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心O开始,杆的位置由θ确定,如图所

示.求:

(1)θ=0时,杆受的安培力; π (2)θ= 时,杆受的安培力. 3
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解析:根据几何关系求出此时导体杆的有效切割长度,根据导体切割磁感线的
公式求出电动势.
(1)当 θ=0 时, 导体杆的有限切割长度为 2a, 根据导体切割磁感线公式得感应电 动势,E=BLv=2Bav.导体杆相当于电路的电源,其他部分为外电路,圆环左侧部分 E 和导体杆串联,总电阻为 R = (aπ + 2a)R0 ,根据闭合电路欧姆定律得, I = = R 2Bav 2Bv 4aB2v = ,根据安培力公式得,F=BI· 2a= . ?aπ+2a?R0 ?π+2?R0 ?π+2?R0

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π (2)当 θ= 时,根据几何关系可知,导体杆的有限切割长度为 a,根据导体切割 3 磁感线公式得感应电动势,E=BLv=Bav.圆环左侧部分和导体杆串联,总电阻为 R
?5 ? Bav 3Bv E ? ? =? aπ+a?R0,根据闭合电路欧姆定律得,I= =? = ,根据安培 ? 3 R 5 ? 5π + 3 ? R ? ? 0 ? ? a π + a R ?3 ? 0 ? ?

3aB2v 力公式得,F=BI· a= . ?5π+3?R0
4aB2v 答案:(1) ?π+2?R0 3aB2v (2) ?5π+3?R0

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考 点

3

旋转导体棒切割磁感线问题

如图所示,导体棒在垂直于磁场的平面内,以O点为轴,以角速度ω匀速转动.

vA Bl2ω 棒产生的感应电动势 E=Bl v =Bl· = . 2 2

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例3
(2015 年新课标卷 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
1 2 C.Ubc=- Bl ω,金属框中无电流 2 1 2 D.Ubc= Bl ω,金属框中电流方向沿 a→c→b→a 2
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)

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【思路引导】 1.闭合回路磁通量是否发生变化,回路有没有电流?

2.导体框中哪条边在切割磁感线?是否产生感应电动势? 【解析】 分析题意可知,金属框 bc 边旋转切割磁感线,由右手定则可知,c
Bl2ω 点电势高于 b 点电势,根据导体旋转切割公式得,Ubc=- ,B 选项错误;同理, 2 Bl2ω ac 边旋转切割磁感线,有效长度为 l,c 点电势高于 a 点电势,Uac=- ,A 选项 2 错误;联立分析可知,Ua=Ub<Uc,由于金属框磁通量没有变化,故金属框中没有感 应电流,C 选项正确,D 选项错误. 【答案】 C

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【总结提升】 对于导体切割磁感线产生感应电动势的注意点

1.首先确定切割磁感线的导体是平动切割还是转动切割. 如果是平动切割,注意切割的有效长度,如果是转动切割,v应该是导体切割的

平均速度.
2.等效电路的确定 导体切割磁感线时,导体相当于电源,其他电路为外电路,要注意感应电动势 的方向和电路的结构.

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针对训练3 如图(a)所示,在垂直于匀强磁场B的平面内,半径为r的金属

圆盘绕过圆心O的轴转动,圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接,电路中的P是加 上一定正向电压才能导通的电子元件.流过电流表的电流 I与圆盘角速度 ω的关系如 图(b)所示,其中ab段和bc段均为直线,且ab段过坐标原点.ω>0代表圆盘逆时针转

动.已知:R=3.0 Ω,B=1.0 T,r=0.2 m.忽略圆盘、电流表和导线的电阻.

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(1)根据图(b)写出ab、bc段对应I与ω的关系式;

(2)求出图(b)中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc;
(3)分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式.

解析:(1)根据电流与角速度的关系图象得出电流与角速度的关系式.由图可知, ΔI1 1 在 ab 段,图象过原点,为正比例函数关系,图象斜率 k1= = ,对应 I 与 ω 的 Δω1 150 1 关系式为 I= ω(A),取值范围为-45 rad/s≤ω≤15 rad/s.在 bc 段,图象没有过原 150 ΔI2 1 点,延长线与横轴有截距,为线性函数关系,I=k2ω+b,图象斜率 k2= = , Δω2 100 1 代入数据 ω=45 rad/s,I=0.4 A,解得 b=-0.05,故对应 I 与 ω 的关系式为 I= 100 ω-0.05(A),取值范围为 15 rad/s≤ω≤45 rad/s.
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Br2ω (2)把圆盘转动看作导体旋转切割磁感线的模型,产生的感应电动势 E= ,b 2 Br2ωb Br2ωc 点对应的 P 两端的电压 Ub= ,c 点对应的 P 两端的电压 Uc= ,代入数据 2 2 解得,Ub=0.30 V,Uc=0.90 V.
(3) 分析图象可知, b 点时,流过电流表的电流增大,说明元件 P 在 b 点开始导 通.

在ab段:IP=0(-0.9 V≤UP≤0.3 V).

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1 Br2ω 在 bc 段:UP=(I-IP)R,其中 I= ω-0.05(A),UP= ,联立各式解得, 100 2 UP bc 段流过 P 的电流 IP 与其两端电压 UP 的关系式为, IP= -0.05(A)(0.3 V≤UP≤0.9 6 V). 1 1 答案:(1)I= ω(A),取值范围为-45 rad/s≤ω≤15 rad/s I= ω-0.05(A), 150 100 取值范围为 15 rad/s≤ω≤45 rad/s (2)0.30 V UP IP= -0.05(A)(0.3 V≤UP≤0.9 V) 6 0.90 V (3)IP=0(-0.9 V≤UP≤0.3 V)

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方法技巧归纳

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自感现象的分析方法 自感现象是一种特殊的电磁感应现象,在存在自感线圈的电路中,闭合或是断 开电路,滑动变阻器阻值的变化等等都会使通过线圈的电流发生变化,产生自感电 动势. 分析自感现象,关键是分析电路电流的变化情况,确定自感线圈在闭合回路中 所起的作用.通常分为以下两种情况:

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电磁感应

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1.通电自感 如图所示:

闭合电键的瞬间,回路中电流增大,自感线圈L等效成一个阻值无穷大的电阻, 阻碍原电流的增大,相当于是断路.然后电阻逐渐减小到线圈的直流电阻或是零, 达到稳定状态.

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2.断电自感 如图所示:

断开电键的瞬间,回路电流减小,自感线圈L等效成一个瞬间的电源,阻碍原电 流的减小.

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3.方向:由楞次定律知,自感电动势总是阻碍原来导体中电流的变化. 当回路中的电流增加时,自感电动势和原来电流的方向相反;

当回路中的电流减小时,自感电动势和原来电流的方向相同.
自感对电路中的电流变化有阻碍作用,使电流不能马上变为最大值或零. 4.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.

选修3-2 第九章

电磁感应

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例 4 (1)在研究自感现象时,自感系数较大的线圈一般都有直流电阻,某同学利 用如图a所示的电路采用伏安法测定线圈的直流电阻,在实验测量完毕后,将电路拆 去时应________.

A.先断开开关S1 C.先拆去电流表

B.先断开开关S2 D.先拆去电阻R

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电磁感应

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(2)如图b所示是甲同学研究自感现象的实验电路图,并用电流传感器显示出在 t =1×10-3 s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈 L的电流(如图c).已知电源 电动势E=9 V,内阻不计,灯泡R1的阻值为9 Ω,电阻R的阻值为2 Ω. a.开关断开时,流过灯泡的电流方向________(“左到右”、“右到左”),该

同学观察到的现象为________.
b.线圈的直流电阻为________Ω. 【思路引导】 一元件? 2.研究自感现象时,如何判断自感电流的方向?何时小灯泡会闪亮一下? 1.在实验测量完毕后,为了避免自感现象的发生,应该拆除哪

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电磁感应

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【解析】 (1)先断开开关S1或先拆去电流表或先拆去电阻R,流过线圈L的电流

变小,发生自感现象,此时线圈L和电压表组成回路,感应电流从原电流开始减小, 原先L中有较大的电流通过,现在这个电流将通过电压表,造成电表损坏,所以实验 完毕应先断开开关S2,使线圈L和电压表断开,自感电流不会产生,B选项正确.

(2)a.开关 S 断开,线圈 L 发生自感现象,相当于电源,根据楞次定律可知,线 圈 L 产生的感应电流向右,则通过灯泡的电流向左.分析图 c 可知,断开开关前, 通过线圈 L 的电流为 1.5 A,根据自感现象可知,断开开关后,通过闭合回路的最大 9 电流为 1.5 A,断开开关前通过灯泡的电流 I′= A=1 A.所以灯泡闪亮一下后逐渐 9 变暗.
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9 b.断开开关前,则线圈支路的总电阻为 R= Ω=6 Ω,定值电阻为 2 Ω,线 1.5 圈的直流电阻为 4 Ω.
【答案】 (1)B (2)a.右到左 灯泡闪亮一下后逐渐变暗 b.4

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电磁感应

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针对训练4 张老师在课堂上演示了如图所示的实验,电源电动势为 1.5
V,人两手间电阻设为200 kΩ,L为自感系数很大的电感线圈.当开关S1和S2都闭合 稳定时,电流表A1、A2的示数分别为0.6 A和0.4 A.当断开S2,闭合S1,电路稳定时 电流表A1、A2的示数都为0.5 A.实验前先将两开关都断开.

(1)以下操作能使人有触电感觉的是(

)

A.先将S1和S2闭合,稳定后再突然断开S1
B.先将S1和S2闭合,稳定后再突然断开S2 C.保持S2断开,先闭合S1,稳定后再突然断开S1
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(2)任意操作两开关,有可能烧坏的是( A.电流表A1 C.小灯泡 )

B.电流表A2 D.所有仪器都不会烧坏

(3)保持S2断开,先闭合S1待稳定后突然打开 S1,此时A、B两点中电势较高的点

是________点,A、B间瞬时电压的最大值为________kV.
解析:(1)当开关闭合后,电感线圈与人并联,由于电源为1.5 V的新干电池,所 以电流很小.当断开时,电感线圈电流发生变化,导致电感线圈产生很强的电动 势,从而使同学们有触电的感觉.故保持S2断开,先闭合S1,稳定后再突然断开S1, C选项正确.

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(2)任意操作两开关,如果出现较强的感应电动势,小灯泡有可能烧坏, C选项 正确. (3) 保持 S2断开,先闭合 S1 待稳定后突然打开 S1 ,因电流的减小,导致产生感应 电动势,从而阻碍电流的减小,则线圈相当于瞬间电源的作用,此时A、B两点中电

势较高的点是A点.当突然打开S1,经过人的电流为0.5 A,而人的电阻为200 kΩ,
由欧姆定律可知,U=IR=0.5×200 kV=100 kV. 答案:(1)C (2)C (3)A 100

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涡流现象的分析方法 1.产生涡流的两种情况 (1)块状金属放在变化的磁场中;(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动.

2.特点:整个导体回路的电阻一般很小,感应电流很大.故金属的发热功率很
大,伴随着涡流现象,其他形式的能转化成电能最终在金属中转化为内能.

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电磁感应

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3.两种电磁感应现象的比较 电磁阻尼 共同点 成因 电磁驱动

两者都是电磁感应现象,导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场 间的相对运动
由于导体在磁场中运动形成的 由于磁场运动而形成的 安培力方向与磁场运动方向相 同,为动力 磁场能转化为电能,通过安培力 做功,电能转化为导体的机械能

安培力方向与导体运动方向相 安培力 不 反,为阻力 同 克服安培力做功,其他形式的 点 能量转 能转化为电能,最终转化为内 化 能

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例 5 ( 多选 )(2015 年新课标卷 Ⅰ)1824 年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆

盘实验”.实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以
自由旋转的磁针,如图所示.实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的 竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后.下列说法正确的是( )

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A.圆盘上产生了感应电动势 B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转


【思路引导】 1.涡流是如何产生的?是自由电子运动形成的吗? 2.如何判断磁针的运动?是不是磁极和电流间的相互作用力引起的?

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【解析】

圆盘在转动过程中,由于切割磁感线从而在圆盘内部产生电动势及

涡流,该涡流产生的磁场带动磁针

转动,故A、B选项正确;由于圆盘面积不变,距离磁铁的距离不变,故整个圆
盘中的磁通量没有变化,故C选项错误;电流是由于圆盘切割磁感线而产生的,不是 因为自由电子随盘移动产生的,故D选项错误. 【答案】 AB

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针对训练5 (2016 届江苏模拟 ) 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.现在固定线圈左侧放置一导线制成的闭合环,合上开关 S 的瞬间 ( )

A.从左侧看环中感应电流沿顺时针方向 B.从左侧看环中感应电流沿逆时针方向 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
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解析:线圈中电流为右侧流入,磁场方向为向左,在闭合开关的过程中,磁场 变强,则由楞次定律可知,电流由左侧看为顺时针,A选项正确,B选项错误;若将 铜环放在线圈右方,根据楞次定律的推广含义 ——来拒去留可知,环将向右运动,C

选项错误;电池正负极调换后,金属环的受力方向不会发生变化,故仍将向左弹
出,D选项错误. 答案:A

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物理模型构建

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电磁感应中的“单杆+导轨”模型

该模型是电磁感应现象的常考知识点,重在分析运动和力的关系、做功与能量
的关系. 1.运动与力的关系 (1)画出导体棒的受力平面图. (2)在导体棒切割磁感线现象中,运动速度导致安培力产生,安培力反过来又制

约速度,除安培力外,导体棒还会受到重力、弹力、摩擦力作用,关键是分析题干
中的力与运动关系.
E (3)速度和安培力的关系, 感应电动势 E=BLv, 感应电流 I= , 安培力 F=BIL, R B2L2v 联立解得速度与安培力的瞬时对应关系为 F= . R
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2.功与能的关系
(1)安培力做正功,电能转化为机械能,安培力做负功,机械能转化为电能. (2)电流流过导体,产生焦耳热.

3.常见的模型
(1)“电—动—电”模型 已知电源电动势为E,磁感应强度为B,ab棒长L,质量为m,电阻为R,导轨光 滑水平,电阻不计,如图所示,

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E ①运动分析:开关 S 闭合,流过 ab 棒的电流 I= ,ab 棒受到安培力 F=BIL, R E′ BLv 向右运动,切割磁感线产生感应电动势 E′=BLv,感应定流 I′= = ,感应 R R 电流方向与原电流方向相反,ab 棒做变加速直线运动,当 I′=I,即 E=BLv 时, E ab 棒做匀速运动,最大速度 v= . BL

②能量分析:ab棒运动过程中,安培力做正功,电能向机械能转化.

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(2)“动—电—动”模型
已知磁感应强度为B,ab棒长L,质量为m,电阻R,导轨光滑倾斜,电阻不计, 如图所示,

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①运动分析:ab 棒在重力作用下做加速运动,切割磁感线产生感应电流,由牛 B2L2v B2L2v 顿第二定律得, mgsinα- =ma, ab 棒做变加速直线运动, 当 mgsinα= 时, R R mgRsinα 速度最大,v= 2 2 . BL ②能量分析:由功能关系可知,重力克服安培力做功产生电能,同时增加了动 1 2 能.WG= mv +E 电,W 安=E 电=Q. 2

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例6
(2016 届辽宁模拟)电磁感应现象是电磁学中最重大的发现之一,它揭示了

电、磁现象之间的本质联系.电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量 ΔΦ 的变化率成正比,即 E=n ,这就是法拉第电磁感应定律. Δt

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电磁感应

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(1) 如图所示,把矩形线框 abcd放在磁感应强度为 B 的匀强磁场里,线框平面跟
磁感线垂直.设线框可动部分ab的长度为L,它以速度v向右匀速运动.请根据法拉 第电磁感应定律推导出闭合电路的感应电动势E=BLv;

(2)两根足够长的光滑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. 两导轨间接有阻值为 R 的电阻.一根质量为 m 的均匀直金属杆 MN 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 面向上.导轨和金属杆的电阻可忽略.让金属杆MN由静止沿导轨开始下滑.求: ①当导体棒的速度为v(未达到最大速度)时,通过MN棒的电流大小和方向; ②导体棒运动的最大速度. 【思路引导】 1.导体切割磁感线产生感应电动势和闭合回路磁通量的变化产 生感应电动势,两者有什么区别和联系? 2.导体棒切割磁感线何时速度最大?如何求解最大速度?
选修3-2 第九章 电磁感应
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【解析】 (1)导体切割磁感线产生感应电动势属于动生电动势的模型,闭合回

路磁通量发生变化属于感生电动势的模型, 在 Δt 时间内, ab 棒向右移动的距离为 x, ΔΦ BLx 此时线框的磁通量的变化量 ΔΦ=BLx, 根据法拉第电磁感应定律得, E= = = Δt Δt BLv. (2)①当导体棒的速度为 v 时,根据导体切割公式得,E=BLv,根据闭合电路欧 E BLv 姆定律得,通过 MN 棒的电流 I= = ,根据右手定则可知,电流方向为从 N 到 R R M.

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②导体棒运动过程中,受到重力、导轨支持力和安培力作用,根据楞次定律的 B2L2v 推广含义——来拒去留可知,安培力沿斜面向上,大小为 F=BIL= .最大速度 R B2L2vm mgRsinθ 时导体棒合力为零,mgsinθ= ,解得最大速度 vm= . R B2L2

【答案】

(1)见解析

BLv mgRsinθ (2)① ,方向为从 N 到 M ② R B2L2

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针对训练6 (2013年新课标卷Ⅰ)如图,两条平行导轨所在平面与水平地面

的夹角为 θ ,间距为 L. 导轨上端接有一平行板电容器,电容为 C. 导轨处于匀强磁场 中,磁感应强度大小为 B ,方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为 m 的金属 棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触.已知金属棒与

导轨之间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g.忽略所有电阻.让金属棒从导轨上
端由静止开始下滑,求:

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(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系; (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系. 解析:(1)设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为E=BLv 平行板电容器两极板之间的电势差为U=E

Q 设此时电容器极板上积累的电荷量为 Q,按定义有 C= U 联立可得Q=CBLv.
(2)设金属棒的速度大小为v时,经历的时间为t,通过金属棒的电流为I,金属棒 受到的磁场力方向沿导轨向上,大小为f1=BLI

ΔQ 设在时间间隔(t,t+Δt)内流经金属棒的电荷量为 ΔQ,按定义有 I= Δt
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ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t,t+Δt)内增加的电荷量ΔQ=CBLΔv Δv 式中,Δv 为金属棒的速度变化量,按定义有 a= Δt 金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上,大小为f2=μN, 式中,N是金属棒对于导轨的正压力的大小,有N=mgcosθ, 金属棒在时刻 t 的加速度方向沿斜面向下,设其大小为 a,根据牛顿第二定律有 mgsinθ-f1-f2=ma
m?sinθ-μcosθ?g 联立各式可得 a= . 2 2 m+ B L C 由题意可知,金属棒做初速度为零的匀加速运动,t 时刻金属棒的速度大小为 v

m?sinθ-μcosθ?gt = . 2 2 m+ B L C

答案:(1)CBLv
选修3-2 第九章

m?sinθ-μcosθ?gt (2) m+B2L2C
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例 7 如图,ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨,MN和 M′N′ 是两根用细线连接的金属杆,其质量分别为 m 和 2m.竖直向上的 外力F作用在杆MN上,使两杆水平静止,并刚好与导轨接触;两杆的 总电阻为 R ,导轨间距为 l. 整个装置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场

中,磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨电阻可忽略,重力加速度为
g. 在 t = 0 时刻将细线烧断,保持 F 不变,金属杆和导轨始终接触良 好.求: (1)细线烧断后,任意时刻两杆运动的速度之比; (2)两杆分别达到的最大速度.

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【思路引导】 1.分析杆MN和M′N′的受力情况,确定任意时刻加速度的关系,
进一步确定速度的大小关系. 2.两杆什么时候速度最大,最大速度如何求解? 【解析】 (1)设杆MN向上运动的速度为v1,杆M′N′向上运动的速度为v2,根据 串联电路规律可知,两杆串联,电流相等,故两金属杆受到的安培力大小相等,方

向相反.根据楞次定律的推广含义 —— 来拒去留可知, MN 杆受到的安培力竖直向
下,M′N′杆受到的安培力竖直向上,受力如图所示:

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分析 MN杆,根据牛顿第二定律得, F- mg - BIL= ma1 ,根据题意可知,开始 时在力F作用下,两杆静止不变,故F=3mg.

分析 M′N′杆,根据牛顿第二定律得,BIL-2mg=2ma2,联立解得任意时刻 a1 两杆加速度 =2,根据运动学公式可知,v=at,即任意时刻速度之比为 2∶1. a2
(2)细线烧断后,MN杆向上做加速运动, M′N′杆向下做加速运动,两杆切割磁 感线产生感应电动势,由于速度增加,感应电动势增加, MN杆和 M′N′ 杆所受安培

力增加,所以加速度在减小.

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当MN和M′N′的加速度减为零时,速度最大.
E 分析 M′N′受力得,BIl=2mg,根据欧姆定律得 I= ,根据导体切割公式得, R 4mgR 2mgR E=Blv1+Blv2 ,联立各式解得,v1= 2 2 、v2= 2 2 . 3B l 3B l

【答案】

(1)2∶1

4mgR 2mgR (2) 2 2 3B l 3B2l2

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针对训练7 如图所示,固定于水平桌面上足够长的两光滑平行导轨 PQ、

MN,导轨的电阻不计,间距为d=0.5 m,P、M两端接有一只理想电压表,整个装 置处于竖直向下的磁感应强度B=0.2 T的匀强磁场中.电阻均为r=0.1 Ω、质量分别 为m1=0.3 kg和m2=0.5 kg的两金属棒ab、cd平行的搁在导轨上,现固定棒ab,让cd

在水平恒力F=0.8 N的作用下,由静止开始做加速运动,试求:
(1)cd棒两端哪端电势高; (2)当电压表的读数为U=0.2 V时,cd棒受到的安培力多大? (3)棒cd能达到的最大速度vm. 解析:(1)cd棒切割磁感线,根据右手定则可知,c点电势高于d点电势.

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(2)cd 棒切割磁感线,根据导体切割公式得 E=Bdv,分析闭合回路可知,cd 棒 E Bdv 相当于电源,ab 棒相当于外电路,电压表测量路端电压 U= = ,当 U=0.2 V 2 2 B2d2v 时,cd 棒切割速度 v=4 m/s,受到的安培力 F=BId= =0.2 N. 2r (3)当 cd 棒受力平衡时,速度最大,此时安培力 F 安=F. E 2Fr 电路中电流为 Im.则 F 安=BdIm, 其中 E=Bdvm, Im= , 联立各式解得, vm= 2 2 2r Bd =16 m/s.

答案:(1)c端电势高

(2)0.2 N

(3)16 m/s
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考题随堂演练

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1.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.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

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ΔΦ 解析: 根据法拉第电磁感应定律可知, 感应电动势 E=n , 与线圈的匝数有关, Δt A 选项错误;穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大,B 选项错误,C 选项正 确;根据楞次定律可知,感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变 化,即原磁通增加,感应电流的磁场与之反向,原磁通减小,感应电流的磁场与原 磁场方向相同,故 D 选项错误.
答案:C

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2.(多选)(2016届开封市模拟 )穿过闭合回路的磁通量Φ随时间 t变化的图象分别
如图甲、乙、丙、丁所示,下列关于回路中产生的感应电动势的论述,正确的是 ( )

A.图甲中回路不产生感应电动势 B.图乙中回路产生的感应电动势一直在变大

C.图丙中回路在0~t0时间内产生的感应电动势大于在t0~2t0时间内产生的感应
电动势 D.图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变
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ΔΦ 解析:根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势 E=n ,即 Φ-t 图象的斜 Δt 率表示感应电动势的大小,图甲中斜率为零,感应电动势为零,A 选项正确;图乙中 斜率恒定,故感应电动势恒定不变,B 选项错误;图丙中 0~t0 时间内图象斜率大于 t0~2t0 时间内图象的斜率,故 0~t0 时间内产生的感应电动势大于在 t0~2t0 时间内产 生的感应电动势,C 选项正确;图丁中斜率先减小后增大,故感应电动势先减小后增 大,D 选项错误.

答案:AC

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3.(多选)(2016届杭州市五校联考)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始终与 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=Bav 1 D.感应电动势平均值 E = πBav 4

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解析:半圆形闭合回路进入磁场的过程中,垂直纸面向里的磁通量逐渐增大, 根据楞次定律可知,感应电流方向为逆时针,A 选项正确;根据左手定则可知,CD 段受到竖直向下的安培力作用,B 选项错误;当闭合回路一半进入磁场时,等效长度 最大为 a, 感应电动势最大为 E=Bav, C 选项正确; 根据法拉第电磁感应定律得,E ΔΦ 1 =n = πBav,D 选项正确. Δt 4 答案:ACD

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4 . (2016 届丽水二模 ) 如图是用电流传感器 ( 相当于电流表,其电阻可以忽略不 计)研究自感现象的实验电路,图中两个电阻的阻值均为R,L是一个自感系数足够大 的自感线圈,其直流电阻值也为R.下图是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后,通 过传感器的电流随时间变化的图象.关于这些图象,下列说法中正确的是( )

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A.

此图是开关S由断开变为闭合,通过传感器1的电流随时间变化的情况
B.

此图是开关S由断开变为闭合,通过传感器1的电流随时间变化的情况
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C. 此图是开关S由闭合变为断开,通过传感器2的电流随时间变化的情况

D.

此图是开关S由闭合变为断开,通过传感器2的电流随时间变化的情况

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解析:开关S由断开变为闭合,传感器2这一支路立即有电流,线圈所在的这一
支路,由于线圈阻碍电流的增加,通过线圈的电流要慢慢增加,所以干路电流(通过 传感器的电流)也要慢慢增加,故A、B选项错误;开关S由闭合变为断开,通过传感

器2的电流立即消失,而电感所在支路,由于电感阻碍电流的减小,该电流又通过传
感器2,只是电流的方向与以前相反,通过传感器2的电流逐渐减小,故C选项正确, D选项错误. 答案:C

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5.(2016届合肥模拟)如图所示,匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上,大小为
B0,用电阻率为ρ、横截面积为S的导线做成的边长为l的正方形线圈abcd水平放置, OO′为过ad、bc两边中点的直线.线圈全部都位于磁场中.现把线圈右半部分固定 不动,而把线圈左半部分以OO′为轴向上转动60°,如图中虚线所示.

(1)求转动过程中通过导线横截面的电量;
(2) 若转动后磁感应强度随时间按 B= B0 + kt 变化 (k为常量 ) ,求出磁场对方框 ab 边的作用力大小随时间变化的关系式.
选修3-2 第九章 电磁感应
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ΔΦ B0· l2 B0· l2 解析: (1)根据法拉第电磁感应定律可知, E=n , 其中 ΔΦ= cos60° = , Δt 2 4 E 4l 由闭合电路欧姆定律得 I= ,其中 R=ρ ,转动过程中通过导线某横截面的电荷量 R S ΔΦ S·ΔΦ SB0l q=I·Δt,联立各式解得 q= = = . R 4ρl 16ρ (2)转动后磁感应强度随时间按 B=B0+kt 变化,根据磁场的变化,得出线圈中 2? ?l2 l ? ? cos60° + ?ΔB 3l2k 2 2 ΔΦ ? E ? ? 产生的感应电动势 E= = = ,根据欧姆定律得感应电流 I= , R Δt Δt 4 3kl2S 由安培力表达式得 F=BIl,联立解得 F=(B0+kt) . 16 ρ SB0l 3kl2S 答案:(1) (2)(B0+kt) 16ρ 16ρ
选修3-2 第九章 电磁感应
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课时强化作业三十九

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选修3-2 第九章

电磁感应

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