高考物理第一轮复习教案13-电磁感应

1、翰林汇翰林汇翰林汇翰林汇课 题： 电磁感应 类型：复习课目的要求：重点难点： 教 具：过程及内容：第1课 电磁感应现象 愣次定律基础知识 一、电磁感应1电磁感应现象只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就有电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应，产生的电流叫做感应电流2产生感应电流的条件：闭合回路中磁通量发生变化3.引起磁通量变化的常见情况闭合电路中的部分导线做切割磁感线运动导致变化;线圈在磁场中转动导致变化磁感应强度随时间或位置变化,或闭合回路变化导致变化注意: 磁通量的变化，应注意方向的变化，如某一面积为S的回路原来的感应强度垂直纸面向里，如图所示，后来磁感应强度的方向恰好

2、与原来相反，则回路中磁通量的变化最为2BS，而不是零4.产生感应电动势的条件:无论回路是否闭合,只要穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中就有感应电动势产生,产生感应电动势的那部分导体相当于电源.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，则只能出现感应电动势，而不会形成持续的电流我们看变化是看回路中的磁通量变化，而不是看回路外面的磁通量变化【例1】线圈在长直导线电流的磁场中，作如图所示的运动：A向右平动；B向下平动，C、绕轴转动（ad边向外），D、从纸面向纸外作平动，E、向上平动（E线圈有个缺口），判断线圈中有没有感应电流？解析：A向右平移，穿过线圈的磁通量没有

3、变化，故A线圈中没有感应电流；B向下平动，穿过线圈的磁通量减少，必产生感应电动势和感应电流；C绕轴转动穿过线圈的磁通量变化（开始时减少），必产生感应电动势和感应电流；D离纸面向外，线圈中磁通量减少，故情况同BC；E向上平移，穿过线圈的磁通量增加，故产生感应电动势，但由于线圈没有闭合电路，因而无感应电流因此，判断是否产生感应电流关键是分清磁感线的疏密分布，进而判断磁通量是否变化答案：BCD中有感应电流【例2】如图所示，当导线MN中通以向右方向电流的瞬间，则cd中电流的方向（ B ） A由 C向d B由d向C C无电流产生 DAB两情况都有可能 解析：当MN中通以如图方向电流的瞬间，闭合回路abc

4、d中磁场方向向外增加，则根据楞次定律，感应电流产生磁场的方向应当垂直纸面向里，再根据安培定则可知， cd中的电流的方向由d到C，所以B结论正确二、感应电流方向的判定1.右手定则:伸开右手，使拇指跟其余的四指垂直且与手掌都在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，手掌所在平面跟磁感线和导线所在平面垂直，大拇指指向导线运动的方向, 四指所指的方向即为感应电流方向.【例3】图中为地磁场磁感线的示意图，在南半球地磁场的竖直分量向上，飞机在南半球上空匀速飞行，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2（ ） A若飞机从西往东飞

5、，U1比U2高；B若飞机从东往西飞，U2比U1高； C若飞机从南往北飞，U1比U2高；D若飞机从北往南飞，U2比U1高；解析：在地球南半球，地磁场在竖直方向上的分量是向上的，飞机在空中水平飞行时，飞行员的右手掌向上，大姆指向前（飞行方向），则其余四指指向了飞行员的左侧，就是感应电流的方向，而右手定则判断的是电源内部的电流方向，故飞行员右侧的电势总比左侧高，与飞行员和飞行方向无关故选项B、D正确。点评：这是一道典型用右手定则来判断感应电流方向的试题试题的难度不大，但是若不确定飞机在南半球上空任何方向平向飞行时总是左侧的电势高，则可能得出B、C或A、D两答案另外必须明确的是楞次定律和右手定则均是判

6、断电源内部的电流方向，在电源内部，电流是从电势低的方向流向电势高的方向2.楞次定律(1)楞次定律: 感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化 磁场 阻碍 变化 主语 谓语 宾语 主语磁场的定语是“感应电流的”；谓语的状语是“总是”；宾语的定语是“引起感应电流的磁通量的”(2)对“阻碍”的理解 这里的“阻碍”不可理解为“相反”，感应电流产生的磁场的方向，当原磁场增加时，则与原磁场方向相反，当原磁场减弱时，则与原磁场方向相同；也不可理解为“阻止”，这里是阻而未止(3)楞次定律的另一种表达:感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因.即由电磁感应现象而引起的一些受力、相对运动、磁场变化等都有

7、阻碍原磁通量变化的趋势。(4)楞次定律应用时的步骤先看原磁场的方向如何 再看原磁场的变化（增强还是减弱）根据楞次定律确定感应电流磁场的方向再利用安培定则，根据感应电流磁场的方向来确定感应电流方向【例4】如图所示，小金属环靠近大金属环，两环互相绝缘，且在同一平面内，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环接通电源的瞬间，小圆环中感应电流的情况是（C）A.无感应电流 B.有顺时针方向的感应电流C.有逆时针方向的感应电流 D.无法确定解析:在接通电源后，大环内的磁感线分布比大环外的磁感线分布要密所以小环在大环内部分磁通量大于环外部分磁通量所以小环内总磁通量向里加强，则小环中的感应电方向为逆时针方向【例5

8、】如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电导线的下方，当通电直导线中电流I增大时，圆环的面积S和橡皮绳的长度L将变化：S增大；S减小；L变长；.L变短正确的是（C）A.; B.; C.; D. 解析:根据楞次定律效果法可知，当穿过金属环内的磁通量增大时，要阻碍磁通量变大，则环面积应变小或远离导线选取C.ABCDabcdOO/【例6】如图所示，闭合线框ABCD和abcd可分别绕轴线OO/，转动当abcd绕OO/轴逆时针转动时俯视图），问ABCD如何转动？解析：由于abcd旋转时会使ABCD中产生感应电流，根据楞次定律中“感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的相对运动”ABCD中的感应电流

9、将阻碍abcd的逆时针转动，两线框间有吸引力作用，因此线框ABCD也随abtd逆时针转动，只不过稍微慢了些思考：(1)阻碍相对运动体现了怎样的能量关系？ (2)楞次定律所反映的实际是对原磁通量的补偿效果根据实际情况，这种补偿可分为哪几种？（运动补偿、面积、电流、磁感应强度、速度、力等的补偿效果）【例7】如图所示，用一种新材料制成一闭合线圈，当它浸入液氮中时，会成为超导体，这时手拿一永磁体，使任一磁极向下，放在线圈的正上方，永磁体便处于悬浮状态，这种现象称为超导体磁悬浮，可以用电磁感应及有关知识来解释这一现象解析：当磁体放到线圈上方的过程中穿过线圈的磁通量由无到有发生变化于是超导线圈中产生感应电

10、流，由于超导线圈中电阻几乎为零，产生的感应电流极大，相应的感应磁场也极大；由楞次定律可知感应电流的磁场相当于永磁体，与下方磁极的极性相同，永磁体将受到较大的向上的斥力，当永磁体重力与其受到磁场力相平衡时，永滋体处于悬浮状态【例8】在光滑水平面上固定一个通电线圈，如图所示，一铝块正由左向右滑动穿过线圈，那么下面正确的判断是（） A.接近线圈时做加速运动，离开时做减速运动 B.接近和离开线圈时都做减速运动 C.一直在做匀速运动 D.在线圈中运动时是匀速的解析:把铝块看成由无数多片横向的铝片叠成，每一铝片又由可看成若干闭合铝片框组成；如图。当它接近或离开通电线圈时，由于穿过每个铝片框的磁通量发生变化

11、，所以在每个闭合的铝片框内都要产生感应电流。产生感应电流的原因是它接近或离开通电线圈，产生感应电流的效果是要阻碍它接近或离开通电线圈，所以在它接近或离开时都要作减速运动，所以A,C错，B正确。由于通电线圈内是匀强磁场，所以铝块在通电线圈内运动时无感应电流产生，故作匀速运动,D正确。故答案为BD.规律方法 1、楞次定律的理解与应用理解楞次定律要注意四个层次:谁阻碍谁?是感应电流的磁通量阻碍原磁通量;阻碍什么?阻碍的是磁通量的变化而不是磁通量本身;如何阻碍?当磁通量增加时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,当磁通量减小时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,即”增反减同”;结果如何?阻碍不是阻止

12、,只是延缓了磁通量变化的快慢,结果是增加的还是增加,减少的还是减少.另外”阻碍”表示了能量的转化关系,正因为存在阻碍作用,才能将其它形式的能量转化为电能;感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的相对运动.【例9】如图所示，一个电感很大的线圈通过电键与电源相连，在其突出部分的铁芯上套有一个很轻的铝环，关于打开和闭合电键时将会发生的现象，有以下几种说法：闭合电键瞬间，铝环会竖直向上跳起；打开电键瞬间，铝环会增大对线圈的压力；闭合电键瞬间，铝环会增大对线圈的压力；打开电键瞬间，铝环会竖直向上跳起。其中判断正确的是( )A.;B.;C.;D. ;解析:此线圈通电后是一电磁铁，由安培定则可判定，通电后线圈中

13、的磁场方向是竖直向下的，线圈上端为S极、下端为N极。由楞次定律可知闭合电键瞬间，铝环中感应电流的磁场方向向上，要阻碍穿过环的磁通量的增加，因此环的上端面呈N极、下端面呈S极，同极性相对，环和线圈互相排斥，由于电流变化率大，产生的感应电流磁场也较强、，相互间瞬间排斥力大到可知较轻的铝环向上跳起。同样分析可知，打开电键瞬间,环和线圈是两个异种极性相时，铝环会增大对线圈的压力。因此，只有正确，应选A.【例10】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，如图所示，从ab边进入磁场算起 （1） 画出

14、穿过线框的磁通量随时间变化的图象（2） 线框中感应电流的方向解析：线框穿过磁场的过程可分为三个阶段进入磁场阶段（只有ab边在磁场中），在磁场中运动阶段（ab、cd两边都在磁场中），离开磁场阶段（只有cd边在磁场中）（1）线框进入磁场阶段：t为Ol/v线框进入磁场中的面积线性增加，S=lvt，最后为BS=Bl2线框在磁场中运动阶段：t为l/v2l/v，线框磁通量为BS=Bl2，保持不变线框离开磁场阶段，t为2l/v3l/v，线框磁通量线性减少，最后为零（2）线框进入磁场阶段，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流，由右手定则可知，感应电流方向为逆时针方向 线框在磁场中运动阶段，穿过线框的磁通

15、量保持不变，无感应电流产生 线框离开磁场阶段，穿过线框的磁通量减少，线框中将产生感应电流，由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向【例11】如图所示，导线框abcd与导线AB在同一平面内，直导线中通有恒定电流I，当线框由左向右匀速通过直导线过程中，线框中感应电流的方向是 A先abcda，再dcbad，后abcda B先abcda，再dcbad C始终是dcbad D先dcbad，再abcda，后dcbad解析：通电导线AB产生的磁场，在AB左侧是穿出纸面为“”，在AB右侧是穿入纸面的“”，线框由左向右运动至dc边与AB重合过程中，线框回路中“”增加，由楞次定律判定感应电流方向为dcbad；现在

16、看线框面积各有一半在AB左、右两侧的一个特殊位置，如图所示，此位置上线框回路中的合磁通量为零从dc边与AB重合运动至图的位置，是“”减少（或“”增加）由 114位置运动至ab边与AB重合位置，是“”继续减少（或“”继续增加）所以从dc边与AB重合运动至ab与AB重合的过程中，感应电流资向为abcda；线框由ab与AB重合的位置向右运动过程中，线杠回路中“”减少，感应电流方向由楞次定律判定为dcbad， 【例12】如图所示，一水平放置的圆形通电线圈1固定，另一较小的圆形线圈2从1的正上方下落，在下落过程中两线圈平面始终保持平行且共轴，则在线圈2从正上方下落至l的正下方过程中，从上往下看，线圈2中

17、的感应电流应为（ ） A无感应电流 B有顺时针方向的感应电流 C、先是顺时针方向，后是逆时针方向的感应电流 D、先是逆时针方向，后是顺时针方向的感应电流解析：圆形线圈1通有逆时针方向的电流（从下往上看），它相当于是环形电流，环形电流的磁场由安培定则可知，环内磁感线的方向是向上的，在线圈2从线圈1的正上方落到正下方的过程中，线圈内的磁通量先是增加的，当两线圈共面时，线圈2的磁通量达最大值，然后再继续下落，线圈2中的磁通量是减少的由楞次定律可以判断：在线圈2下落到与线圈1共面的过程中，线圈2中感应电流的磁场方向与线圈1中的磁场方向相反，故电流方向与线圈1中的电流方向相反，为顺时针方向；当线圈2从与

18、线圈1共面后继续下落时，线圈2中的感应电流的磁场方向与线圈1中的磁场方向相同，电流方向与线圈1中电流方向相同，为逆时针方向，所以C选项正确感应电流在原磁场所受到的作用力总是阻碍它们的相对运动利用这种阻碍相对运动的原则来判断则更为简捷：线圈2在下落的过程中，线圈2中的感应电流应与线圈l中的电流反向，因为反向电流相斥，故线圈2中的电流是顺时针方向；线圈2在离开线圈1的过程中，线圈2中的感应电流方向应与线圈1中电流方向相同，因为同向电流相吸，线圈2中的电流是逆时针方向【例13】如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图立在导轨上,OPOQ，直杆从图示位置

19、由静止开始在重力作用下运动，运动过程中QO端始终在OC上，P端始终在AO上，直到完全落在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ棒滑动的过程中，下列判断正确的是（BD） A.感应电流的方向始终由PQ B.感应电流的方向先由PQ，再是QP C.PQ受磁场力的方向垂直于棒向左 D. PQ受磁场力的方向垂直于棒先向左，再向右解析:在PQ滑动的过程中，OPQ的面积先变大后变小，穿过回路的磁通量先变大后变小，则电流方向先是PQ后QP.选BD.2、力学与电磁磁应的综合应用解决这类问题一般分两条途径:一是注意导体或运动电荷在磁场中的受力情况分析和运动状态分析;二是从动量和功能方面分析,由有关的规律

20、进行求解hB 【例14】如图所示，闭合金属环从高h的曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升，整个装置处在磁场中，设闭合环初速为零，摩擦不计，则 A若是匀强磁场，环滚的高度小于h B若是匀强磁场，环滚的高度等于hC、若是非匀强磁场，环滚的高度小于h。D、若是非匀强磁场，环滚的高度大于h。解析：若是匀强磁场，当闭合金属环从高h的曲面滚下时，无电磁感应现象产生根据机械能守恒，环滚的高度等于h；若是非匀强磁场，当闭合金属环从高h的曲面滚下时，有电磁感应现象产生，而产生电磁感应的原因是环的运动，所以电磁感应现象所产生的结果是阻碍环的运动，所以环上升的高度小于h，故本题正确答案为B、C【例15】如图所示，光滑弧形

21、轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有足够长的光滑绝缘杆MN，上挂一光滑铝环A,在弧形轨道上高为h的地方无初速度释放磁铁B（可视为质点），B下滑至水平轨道时恰好沿A的中心轴线运动，设A,B的质量为MA.MB，求A获得的最大速度和全过程中A获得的电能（忽略B沿弧形轨道下滑时环A中产生的感应电流）解析：由B下落时只有重力做功可求得B滑至水平轨道的速度值,B沿A环轴线运动时,A内产生感应电流，与B产生相互作用，进入时相互排斥，故vB减小，vA增大，B的中点过A环后，AB相互吸引，vB仍减小，vA增大；当两者相对静止时，相互作用消失，此时vA=vB,A其有最大速度全过程能量守恒,B初态的重力

22、势能转化为AB的动能和A获得的电能 设B滑至水平轨道的速度为V1，由于B的机械能守恒，有MBgh=MB V12 所以 设AB最后的共同速度为V2，由于轨道铝环和杆均光滑，对系统有： MBv1=(MAMB）v2 所以 V2即为所求的A获得的最大速度又根据能量守恒有：MBgh=(MAMB）v22E电所以第2课散 法拉第电磁感应定律、自感基础知识 一、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=n/t(2)另一种特殊情况:回路中的一部分导体做切割磁感线运动时,其感应电动势=BLvsin(3)定律的几种表示式=n/t，=BLvsin，=B/tS，=B

23、L2；(4)几点说明:这里的变化率应该同变化量区别开，变化量大变化率不一定大，主要是看变化量跟时间比值的大小即变化率的大小 =n/t是定律的表达式，在B不变而面积发生变化时推导出=BLvsin，当B、l、v三者不垂直或其中的二者不垂直时，乘sin即是找出垂直的分量.公式=B/tS是在面积不变的情况下磁感应强度发生变化而推出的公式导出式=BL2的推导如下：如图所示，长为l的金属棒在磁感应强度为B的匀强磁场中绕O点以角速度转动，设在t时间内棒的端点由P运动到Q，则OP两点的电势差=/t=BS/t=BLPQ/t=BL2,这实际上是B不变而面积发生变化的情况，【例1】两根平行的长直金属导轨，其电阻不计

24、，导线ab、cd跨在导轨上且与导轨接触良好，如图1117所示，ab的电阻大于cd的电阻，当d在外力F1，（大小）的作用下，匀速向右运动时，ab在外力F2（大小）作用下保持静止，那么在不计摩擦力的情况下（Uab、Ucd是导线与导轨接触处的电势差）（ D ） AF1F2，UabUcd BF1F2，UabUcd CF1F2，UabUcd DF1F2， Uab=Ucd解析：通过两导线电流强度一样，两导线都处于平衡状态，则F1BIL，F2BIL，所以F1F2，因而AB错对于Uab与Ucd的比较， Uab=IRab，这里cd导线相当于电源，所以Ucd是路端电压，这样很容易判断出UcdIRab 即UabUc

25、d正确答案D【例2】如图所示，磁场方向与水平而垂直，导轨电阻不计，质量为m长为l，电阻为R的直导线AB可以在导轨上无摩擦滑动从静止开始下滑过程中，最大加速度为 ；最大速度为 。解析：ab开始运动的瞬间不受安培力的作用，因而加速度最大，为a=mgsin/m=gsin，AB从静止开始运动，于是产生了感应电动势，从而就出现了安培力，当安培力沿斜面分力等于mgsin时AB此时速度最大对棒受力分析，Fcos=mgsin，此时，AB速度最大，而FBLI I=BLvcos/R，得：v=mgRtg/ B2L2cos二、感应电量的计算N(1)QIt=t/R/R(2)当线圈是N匝时则电量为：Q=N/R 如图所示，

26、当磁铁完全插入时，假设线圈中磁通量变化为，通过每匝线圈磁通量变化与N匝线圈的磁通量变化一样都为；通过每匝线圈磁通量的变化率都为/t，因为是N匝，相当于N个相同电源串联，所以线圈的感应电动势N0=N /tFL1L2Bv(3)如图所示，磁铁快插与慢插两情况通过电阻R的电量一样，但两情况下电流做功及做功功率不一样 【例3】.长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场，求：拉力F大小；拉力的功率P；拉力做的功W；线圈中产生的电热Q；通过线圈某一截面的电荷量q。解析：特别要注意电热Q和电荷q的区别，其中 q与速度无关！三.自感现象

27、1.自感现象:由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象2.自感电动势:自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势自感电动势LL是自感系数：aL跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系线圈越粗，越长、匝数越密，它的自感系数越大，另外有铁芯的线圈自感系数比没有铁芯时大得多 b自感系数的单位是亨利，国际符号是h，1亨=103毫亨=106 微亨3、关于自感现象的说明如图所示，当合上开关后又断开开关瞬间，电灯L为什么会更亮，当合上开关后，由于线圈的电阻比灯泡的电阻小，因而过线圈的电流I2较过灯泡的电流I1大，当开关断开后，过线圈的电流将由I2变小，从而线圈会产生一个自感电动势，于是电流由cbad流动，此电流

28、虽然比I2小但比I1还要大因而灯泡会更亮假若线圈的电阻比灯泡的电阻大，则I2I1，那么开关断开后瞬间灯泡是不会更亮的开关断开后线圈是电源，因而C点电势最高，d点电势最低过线圈电流方向与开关闭合时一样，不过开关闭合时，J点电势高于C点电势，当断开开关后瞬间则相反，C点电势高于J点电势过灯泡的电流方向与开关闭合时的电流方向相反，a、b两点电势，开关闭合时UaUb，开关断开后瞬间UaUb4、镇流器是一个带铁芯的线圈，起动时产生高电压点燃日光灯，目光灯发光以后，线圈中的自感电动势阻碍电流变化，起着降压限流作用，保证日光灯正常工作【例4】在图中，L是自感系数足够大的线圈，其直流电阻可以忽略不计，D1和D

29、2是两个相同的灯泡，若将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后再断开电键K，则(AC)A电键K闭合时，灯泡D1和D2同时亮，然后D1会变暗直到不亮，D2更亮B电键K闭合时，灯泡D1很亮，D2逐渐变亮，最后一样亮亮亮C电键K断开时，灯泡D2随之熄灭。而D1会更下才熄灭D电键K断开时，灯泡D1随之熄灭，而D2会更下才熄灭解析：电键K闭合时，L会产生自从而阻碍电流增大，D1和D2同时亮，随着电流趋于稳定，L中的自逐渐减小，最后L会把D1短路，D1不亮，而D2两端电压会增大而更亮当K断开时，D2中因无电流会随之熄灭，而L中会产生自，与D1构成闭合回路，D1会亮一下再者L中的电流是在I=的基础上减小的会使D1中的

30、电流在K断开的瞬间与K闭合时相比要大，因而D1会更亮【例5】如图所示是演示自感现象的电路图L是一个电阻很小的带铁芯的自感线圈，A是一个标有“6V，4w”的小灯泡，电源电动势为6V，内阻为3，在实验中（ABD ） AS闭合的瞬间灯泡A中有电流通过，其方向是从ab BS闭合后，灯泡A不能正常工作 CS由闭合而断开瞬间，灯A中无电流 DS由闭合而断开瞬间，灯A中有电流通过，其方向为从ba 解析：S闭合瞬间，L的阻抗很大，对灯泡A来讲在S闭合瞬间L可视为断路由于如图电源左正右负，所以此刻灯泡中电流由a到b，选项A正确；S闭合后电路达到稳定状态时，L的阻抗为零，又L上纯电阻极小，所以灯泡A不能正常发光，

31、故选项B正确S断开前L上的电流由左向右，S断开瞬间，灯泡A上原有电流即刻消失，但L和A组成闭合回路，L上的电流仍从左向右，所以回路中电流方向是逆时针的，灯泡A上电流从b到a，故选项D正确，选项C错误规律方法 1、/t三个概念的区别磁通量=BScos，表示穿过这一平面的磁感线条数；磁通量的变化量=21表示磁通量变化的多少；磁通量的变化率/t表示磁通量变化的快慢. 大,及/T不一定大, /T大，及也不一定大它们的区别类似于力学中的v. V及a=V/t的区别.【例6】长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO轴以恒定的角速度旋转，设t= 0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的

32、磁通量和磁通量的变化率分别是 解析:线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势e=mcost = Babcost。当t=0时，cost=1，虽然磁通量=0,但电动势有最大值,由法拉第电磁感应定律=/t可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即=(/t)max=Bab,正确选项B2、公式E=BLVsin与E=n/t的区别cBlabd(1)区别：一般来说，E=n/t求出的是t时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程相对应;E= BLvsin 求出的是瞬时感应电动势,E与某个时刻或某个位置相对应另外, E=n/t求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某部分导体

33、的电动势，整个回路的感应电动势为零时，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零如图所示，正方形导线框abcd垂直于磁感线在匀强磁场中匀速向下运动时，由于/t=0，故整个回路的感应电动势E=0，但是ad和bc边由于做切割磁感线运动，仍分别产生感应电动势Ead=Ebc=BLv,对整个回路来说，Ead和Ebc方向相反，所以回路的总电动势E=0，感应电流也为零虽然E=0，但仍存在电势差，Uad=Ubc=BLv,相当于两个相同的电源ad和bc并联(2)联系：公式E=n/t和公式E=BLVsin是统一的，当中的t0时，则E为瞬间感应电动势只是由于高中数学知识所限我们还不能这样求瞬时感应电动势公式中的v若代入

34、平均速度，则求出的E为平均感应电动势，实际上式中的Lsin=S/t，所以公式E=BLsin=BS/t.只是一般来说用公式E=n/t求平均感应电动势更方便，用E= BLvsin求瞬时感应电动势更方便【例6】如图所示，AB是两个同心圆，半径之比RARB=21，AB是由相同材料，粗细一样的导体做成的，小圆B外无磁场，B内磁场的变化如图所示，求AB中电流大小之比（不计两圆中电流形成磁场的相互作用） 解析：在=B/tS中，S是磁场变化的面积所以IA=IB=, 所以IAIB12注意:IA的计算不可用做实际面积大小,写成IA=,而得到IAIB21的错误结论【例7】如图所示，光滑导轨宽0.4 m，ab金属棒长

35、0.5m，均匀变化的磁场垂直穿过其面，方向如图，磁场的变化如图所示，金属棒ab的电阻为1，导轨电阻不计，自t0时，ab棒从导轨最左端，以v1m/s的速度向右匀速运动，则（ AB ） A1s末回路中的电动势为16V B1s末棒ab受安培力大小为128N C1s末回路中的电动势为08V D1s末棒ab受安培力大小为064N解析：这里的变化来自两个原因，一是由于B的变化，二是由于面积S的变化，显然这两个因素都应当考虑在内， B/t=2T/S，S/t=VLt=21040.8 m 1秒末B=2T，S/t=04m2s， 所以（）=1.6V 回路中电流I/R=1.61A1.6A, 安培力FBIl21.604

36、N1.28N3、自感问题【例8】如图电路中，自感线圈电阻很小（可忽略不计），自感系数很大A、B、C是三只完全相同的灯泡则S闭合后（ ） AS闭合瞬间，三个灯都亮 BS闭合瞬间，A灯最亮，B灯和C灯亮度相同 CS闭合后，过一会儿，A灯逐渐变暗，最后完全熄灭 DS闭合后过一会儿，B、C灯逐渐变亮，最后亮度相同解析：S闭合的时间，L阻抗很大，相当于断路，此刻仅A、B、C接在电路申，B、C并联再与A灯串联，故A灯上分配电压大，A、B、C三个灯同时发亮，A灯最亮故选项A、B正确 S闭合后，L逐渐趋于稳定，即L的感抗逐渐减小，最后完全消失由于L的纯电阻可忽略不计，因此，此时L对A相当于短路，所以灯A逐渐变

37、暗，最后熄灭，而B、C灯逐渐变亮，最后亮度相同，故选项C、D都正确， 答案：ABCD【例9】如图所示，L为一纯电感线圈，R为一灯泡下列说法中正确的是（ ） A开关 K接通瞬间无电流通过灯泡 B开关K接通后电路稳定时，无电流通过灯泡 C开关 K断开瞬间无电流通过灯泡 D开关K接通瞬间及接通后电路稳定时，灯泡中均有从a到b的电流，而在开关K断开瞬间灯泡中则有从b到a的电流解析；开关K接近瞬间，灯泡中立即有从a到b的电流；线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加开关K接通后电路稳定时，电流不变，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过开关K断开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原来向右

38、的电流将逐渐减小，该电流与灯泡形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬时电流，本例应选B4、电磁感应与力学的联系【例10】.竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余电阻不计）。磁感应强度为B的匀强磁场方向向外。金属棒ab质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦，从静止释放后保持水平而下滑。求其下滑的最大速度。分析：释放后，随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，当F=mg时，加速度变为零，达到最大速度。*注意该过程中的能量转化：重力做功的过程是重力势能向其他能转化的过程；安培力做功的过程是机械能向电能转化的过程；然后电流做功的过程是电能向内能转化的过程。稳定后重力的功率等于电功率

39、也等于热功率。*如果在该图上端电阻右边安一只电键，让ab下落一段距离后再闭合电键，那么闭合电键后ab的运动情况如何？（无论何时闭合电键，ab可能先加速后匀速，也可能先减速后匀速，但最终稳定后的速度都一样）。【例11】如图所示，质量为100 g的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面h为0. 8 m.有一质量200 g的磁铁以10 m/s的水平速度射入并穿过铝环，落在距铝环原位置水平距离3.6 m处，则在磁铁与铝环发生相互作用时：（1)铝环向哪边偏斜？它能上升多高？(2)在磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？解析:（1)环向右偏斜，令铝环质量m1 = 0. 1 kg, 磁铁质量m2=0.

40、2 kg磁铁做平抛运动;s = 3. 6vt,又,v9 m/s又：磁铁与铝环作用时水平方向的动量守恒m2v0=m2vm1v1,v1=2 rn/s则：环：m1gHm1v12; (2）环中产生的电能为系统的机械能损失：E电Em2v02一m2v2一m1v12=1.7（J)第3课 专题：电磁感应中的电路分析和图象问题规律方法 一、电路分析 在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，将它们接上电容器，便可使电容器充电；将它们接上电阻等用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流，因此，电磁感应问题又往往很电路问题联系在一起，解决这类电磁感应中的电路问题

41、，不仅要应用电磁感应的有关规律，如右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等；还要应用电路中的有关规律，如欧姆定律，串并联电路的性质等，要将电磁感应、电路的知识，甚至和力学知识综合起来应用。其主要步骤是：1.确定电源产生感应电流或感应电动势的那部分电路就相当于电源，利用法拉第电磁感应定律确定其电动势的大小，利用楞次定律确定其正负极需要强调的是：在电源内部电流是由负极流向正极的，在外部从正极流向外电路，并由负极流人电源如无感应电流，则可以假设电流如果存在时的流向2.分析电路结构，画出等效电路图这一步的实施的本质是确定“分析”的到位与准确承上启下，为下一步的处理做好准备3.利用电路规律求解主要还是欧

42、姆定律、串并联电路、电功、电热【例1】如图所示，粗细均匀的金属环的电阻为R，可转动原金属杆OA的电阻为R/4，杆长为L，A端与环相接触，一定值电阻分别与杆的端点O及环边连接，杆OA在垂直于环面向里的、磁感应强度为 B的匀强磁场中，以角速度顺时针转动，又定值电阻为R/2，求电路中总电流的变化范围。解析：设某一时刻金属杆转至图示位置，杆切割磁感线产生感应电动势相当于电源，金属杆上由A沿顺时针方向到D和沿逆时针方向到D的两部分电阻（分别设为Rx和Ry）并联，再与定值电阻R/2串联，组成外电路，等效电路如图所示。则电路中的总电流 I=/R总，而=LVB=L2B R总=R/4十R并十R/2=3R/4R并

43、，所以I=L2B/（3R/4R并）上式中R并=RxRy/（RxRy），由于RxRy=R为定值，当Rx=Ry时RxRy有最大值，即R并有最大值，此最大值为R/4，所以I的最小为L2B/2R。当Rx=0或Ry=0时，R并有最小值零，所以I的最大值为2L2B/3R。从而L2B/2RI2L2B/3R。【例2】如图所示，半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度B0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地旋转，磁场与环面垂直，其中a=0.4 m,b0.6m.金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R02.一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计（1)若棒以v0=5 m/

44、s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径00的瞬时,MN中的电动势和流过L1的电流 (2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O/以OO/为轴向上翻转900，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为T/s，求L1的功率解析:（1)棒匀速滑动到直径OO/的瞬时，垂直切割磁感线的有效长度为2a,故产生感应电动势E1=B2av0=0.220.45=0.8(V)，灯L1 , L2并联电压都为0. 8V,故流过灯L1的电流I1=E/R0=0.4(A) (2)撤去中间的金属棒MN，右面的半圆环OL2O/以OO/为轴向上翻转900，有效的磁场减为一半，面积为a2/2,根据法拉第电磁感应定律,此刻电路串

45、联，灯L1的功率=1.28 102 W二、图象问题 电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量、感应电动势e和感应电流I随时间t变化的图线，即Bt图线、一t图线、e一t图线和I一t图线。对于切割产生应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势和感应电流随位移X变化的图线，即eX图线和X图线。这些图象问题大体上可分为两类：由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象，或由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量，不管是何种类型，电磁感应中的图象常需利用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律分析解决感应电流的方向和感应电流的大小。顺时针【例3】一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正。

46、在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图所示。现令磁感应强度B随时间t变化，先按下图中的oa图线变化，后来又按bc和ad变化，令E1,E2, E3,分别表示这三段变化过程中的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则（）A. ElE2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向.B. ElE2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向.C. E1E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向D.E2=E3, I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向解析:分析感应电流方向：B外表示外加磁场,B内表示感应电流的磁场，环内磁通量的变化是外加磁场的变化引起的。由题知图线oa、bc段表示外加磁场方向向里

47、，cd段表示外加磁场方向向外。当B外按图线oa变化时环内的磁通晕增大，则B感方向应向外；当B外沿bc段变化时，外加磁场向里的磁通量减少，则B感方向应向里；B外按cd变化时，外加磁场向里的磁通量增大，B感方向应向里。由安培定则判断知:B外在oa段的变化，感应电流方向逆时针的；B外在bc、cd段的变化，感应电流方向是顺时针的.感应电动势的大小:E=/t=BS/t,由图可看出B外的变化率在bc段和cd段是相同的，而oa段的B外的变化率比bc和cd段小，因此El.E2=E3.【例4】如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区城内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有

48、一导体圆环导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力（）BACD解析：A图中磁感应强度随时间增加，导线回路中电流是cba螺线管dc方向又磁场变化率不断减小，在螺线管中电流减小，因此，螺线管产生的磁场穿过圆环的磁感线变少根据楞次定律，为阻碍这种变化，圆环将靠近螺线管，即受到向上的磁场的作用力B图磁场变化率变大螺线管中产生的电流变大，穿过圆环的磁感线变多，要排斥圆环；C,D图磁场是均匀变化的，螺线管中感应电流是稳定的，它产生的磁场是不变的，穿过圆环中的磁通量不变，无感应电流产生，与螺线管磁场无相互作用因此本题正确选项是A. 【例5】

49、如图中 A是一个边长为L的正方形线框，电阻为R，今维持线框以恒定的速度v沿x轴运动。并穿过图中所示的匀强磁场B区域，若以X轴正方向作为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线为图中的 解析：线圈A运动的第1个时间单位（未入磁场），没有感应电流，安培力为零；第2个时间单位A的前边切割感线产生恒定感应电流，此时安培力也是恒定的，安培力阻碍线圈A的相对运动，故F的方向沿x方向；线圈完全进入磁场不再有感应电流，安培力为零，这一段运动了两个时间单位；当线圈出磁场时，它的后边做切割磁感线运动，产生感应电流，此时的安培力与进入时等大，方向仍沿一x方向，故选B。

50、【例6】一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感强度B的正方向，线圈中的箭头为电流I的正方向线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图所示，则磁感强度B随时间变化的图线可能是图中的（ ）解析：在线圈中感应电流的方向是顺时针为正，由其感应电流的图象可知线圈中开始的电流是逆时针方向，感应电流的磁场是垂直于纸面出来的，若是原磁场是进去的（正方向），则原磁场应是加强的，在Bt图象上的斜率为正值，经过T4后，感应电流反向，说明原磁场是减弱的，图象的斜率为负值，再过T2，图象的斜率为正值所以C、D两图正确点评：用图象的斜率来分析，根据线圈中感应电流的方向来判断线圈所在处的磁场的变化率，

51、再反过来应用图象的变化率来判断感应电流的方向，这个方法很重要它说明了感应电流的方向只与磁场的变化率有关，而与磁场的磁感强度的大小和方向无关，就像速度与位移的大小和方向无关，只与位移的变化率有关一样【例7】如图(a）所示，一个边长为a，电阻为R的等边三角形线框在外力作用下以速度v匀速地穿过宽度为a的两个匀强磁场这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直取逆时针方向的电流为正，试通过计算，画出从图示位置开始，线框中产生的感应电流I与沿运动方向的位移X之间的函数图象解析:线框进入第一个磁场时，切割磁感线的有效长度在随位移均匀变化在位移由0a/2过程中，切割的有

52、效长度由0增大到，电流为逆时针；在位移由a/2a时，切割边bc和cd上产生的感应电动势在整个闭合回路中反向串联，随着cd边上切割的有效长度变长，整个回路的电动势由大变小，电流为逆时针；在xa/2时；xa时，E0，I0；线框穿越两磁场边界时，线框bc边进入磁场2的那部分切割产生的电动势与cd边在磁场1中切割产生的电动势同向，而与bc边在磁场1中切割产生的电动势反向；所以在位移由a3a/2时，电动势由0 ；电流由0；电流方向为顺时针；当位移由3a/2 2a时，电动势由0，电流仍顺时针 线框移出第二个磁场时的情况与进入第一个磁场时相似 由此可得，Ix图象应如图(b)所示【例8】如图（l）所示，OO/

53、和OPQ是位于同一水平面上的两根金属导轨，处于竖直方向的匀强磁场中，磁感强度为B，导轨OP与OO/成45o角，PQ与OO/平行，相距为d，且足够长一金属杆在t0的时刻从O点出发，以恒定的速度v沿导轨向右滑动，在滑动过程中，杆始终保持与OO/垂直，且与两导轨接触良好，金属杆和导轨OO/的电阻可以不计，OPQ有电阻，且每单位长度的电阻力R，求在开始滑动后的任一时刻t，通过金属杆的电流强度i，并在图（2）中的it坐标上定性地画出电流i随时间t变化的关系曲线解析：金属杆在 Op段上运动时切割磁感线的长度为L；由题图可知 Lvt，产生的感应电动势为1=BLvBv2t闭合回路中的电阻为R1=vtR，感应电流为I11Rl=BvR感应电流的表达式说明了当金属杆在OP上