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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,*,阶段复习课,第四章,磁通量,切割磁感线,楞次定律,右手定则,BLv,有效切割,有效切割,一、对楞次定律的理解及其应用,1.应用楞次定律解决感应电流的方向问题，它涉及两个磁场，感应电流的磁场（新产生的磁场）和产生感应电流的磁场（原来就有的磁场），前者和后者的关系不是“同向”和“反向”的简单关系，而是前者“阻碍”后者“变化”的关系。,2.对“阻碍”意义的理解：,（1）阻碍原磁场的变化。“阻碍”不是阻止，而是“延缓”，感应电流的磁场不会阻止原磁场的变化，只能使原磁场的变化延缓。,（2）阻碍的是原磁场的变化，而不是原磁场本身，如果原磁场不变化，即使它再强，也不会产生感应电流。,（3）阻碍不是相反，当原磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场同向，以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时，导体运动将和磁体运动同向，以阻碍其相对运动。,（4）由于“阻碍”，为了维持原磁场的变化，必须有外力克服这一“阻碍”而做功，从而导致其他形式的能量转化为电能，因而楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的体现。,3.楞次定律的推广四个拓展：从能的转化与守恒的本质上看，楞次定律还可以广义地表述为：感应电流的“效果”总是反抗（或阻碍）引起感应电流的“原因”，常见的拓展应用有四种：,（1）阻碍原磁通量（或原磁场）的变化；,（2）阻碍导体的相对运动；,（3）通过改变线圈面积（扩大或缩小）来“反抗”原磁通量的变化；,（4）阻碍原电流的变化（自感现象）。,【典例1】,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,【标准解答】,选D。甲是闭合铜线框，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；乙线框未闭合，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，故所需时间相同，故D正确。,【变式训练】,在水平桌面上放一闭合弹性金属环，如图所示，当其正上方的一条形磁铁向下运动时（）,A.圆环有收缩趋势，对桌面的压力减小,B.圆环有扩张趋势，对桌面的压力增大,C.圆环有收缩趋势，对桌面的压力增大,D.圆环有扩张趋势，对桌面的压力减小,【解析】,选C。当条形磁铁向下运动时，金属环的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增大，金属圆环要减小面积，所以圆环有收缩的趋势；根据感应电流的磁场阻碍相对运动，金属圆环对桌面的压力变大。故选项C正确。,二、电磁感应中的图像问题,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变化的图像，即B-t图像、-t图像、E-t图像和I-t图像。对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图像，即E-x图像和I-x图像。图像问题大体可分为两类：,（1）由给定的电磁感应过程选出或画出正确图像；,（2）由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量。,不管是何种类型，电磁感应中的图像问题常需利用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等分析解决。,【典例2】,如图所示，边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其bc边紧靠磁感应强度为B、宽度为2L、方向竖直向下的有界匀强磁场的边缘。现使线框以初速度v,0,匀加速通过磁场，下列图线中能定性反映线框从进入到完全离开磁场的过程中，线框中的感应电流的变化的是（）,【标准解答】,选A。线框以初速度v,0,匀加速通过磁场，由,E=BLv，i=知线框进、出磁场时产生的电流应该是均匀变化的，由楞次定律可判断出感应电流的方向，并且进磁场所用时间长，出磁场所用时间短，对照选项中各图可知应选A。,【变式训练】,如图所示，电阻R=1、半径r,1,=0.2m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r,2,=0.1m。t=0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系是B=2-t（T）。若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图像应该是图中的（）,【解析】,选C。由B2t知，1 T/s，且磁感应强度,减小，由楞次定律得P内电流沿顺时针方向，为负值，故A、,D错误；又由欧姆定律得E=,解得I=0.01 A，故B错误，C正确。,三、电磁感应中的能量问题,1.电磁感应的本质能量转化：电磁感应过程，实质上也是一个能量转化和守恒的过程。通过安培力做负功，将其他非电能转化为电能，同时又将转化来的电能进一步转化成其他非电能。因此，电磁感应过程总是伴随着能量转化。,2.利用功能关系求解电磁感应问题的基本方法：,（1）用法拉第电磁感应定律或导体切割磁感线公式确定感应电动势的大小，用楞次定律和右手定则判断感应电动势的方向。,（2）画出等效电路，求解电路中相关参量，分析电路中能量转化关系。,（3）研究导体机械能的转化，利用能量转化和守恒关系，列出机械功率与电路中电功率变化的守恒关系式。,3.电磁感应中能量转化类型：,（1）机械能电能机械能+内能。,（2）化学能电能机械能+内能。,（3）非电能电能内能。,【典例3】,如图所示，电动机牵引着一,根原来静止的、长为1m、质量为0.1kg,的导体棒MN，其电阻R为1，导体棒架,在处于磁感应强度B=1T，竖直放置的框,架上，当导体棒上升h=3.8m时获得稳定的速度，导体棒产生的热量为2J，电动机牵引导体棒时，电压表、电流表读数分别为7V、1A，电动机的内阻r=1，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g取10m/s,2,，求：,（1）导体棒能达到的稳定速度为多少？,（2）导体棒从静止到获得稳定速度所需的时间为多少？,【标准解答】,（1）电动机的输出功率为,PU,V,I,A,F,安,ILB,当速度稳定时，由平衡条件得F,牵,=mg+F,安,，即,解得v2 m/s。,（2）由能量守恒定律PtQmgh,解得t1 s。,答案：,（1）2 m/s （2）1 s,【变式训练】,如图所示，足够长的U形,框架宽度是L=0.5m，电阻忽略不计，其,所在平面与水平面成=37角，磁感,应强度B=0.8T的匀强磁场方向垂直于导,体框平面，一根质量为m=0.2kg，有效电阻R=2的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数=0.5，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过导体棒截面的电量共为Q=2C。求：,（1）导体棒匀速运动的速度。,（2）导体棒从静止开始下滑到刚开始匀速运动，这一过程中导体棒的有效电阻消耗的电功。,【解析】,（1）导体棒受力如图，匀速下滑时有,平行斜面方向：mgsin-F,f,-F=0,垂直斜面方向：F,N,-mgcos=0,其中F,f,=F,N,安培力F=BIL,电流强度I=,感应电动势E=BLv,由以上各式得v=5 m/s,（2）通过导体棒的电量Q=,其中平均电流,设导体棒下滑位移为s，则=BsL,由以上各式得s=,全程由动能定理得,mgssin-W,安,-mgcoss=,其中克服安培力做功W,安,等于电功W,则Wmgssin-mgscos-,=（12-8-2.5）J=1.5 J,答案：,（1）5 m/s （2）1.5 J,考查角度1,楞次定律及应用,1.（2012北京高考）物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是（）,A.线圈接在了直流电源上,B.电源电压过高,C.所选线圈的匝数过多,D.所用套环的材料与老师的不同,【解析】,选D。无论是接到直流电源还是交流电源，在开关闭合的瞬间，穿过线圈的磁通量都是增加的，因此，环跳起与否跟线圈接在了交流电源还是直流电源上无关，A错误；电源电压越高，线圈匝数越多，开关闭合的瞬间磁场越强，越有利于环的跳起，B、C错误；如果环的质量过大或者导电性能太差都会使得环受到的安培力小于环的重力，环就不会跳起，D正确。,2.（2011江苏高考）如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行，线框由静止释放，在下落过程中（）,A.穿过线框的磁通量保持不变,B.线框中感应电流方向保持不变,C.线框所受安培力的合力为零,D.线框的机械能不断增大,【解析】,选B。线框下落过程中距离直导线越来越远，磁场越来越弱，但磁场方向不变，所以磁通量越来越小，根据楞次定律可知感应电流的方向不变，A错，B对；线框左边和右边所受安培力总是大小相等，方向相反，但上下两边磁场强弱不同，安培力大小不同，合力不为零，C错；下落过程中机械能越来越小，D错。,考查角度2,法拉第电磁感应定律,3.（2013新课标全国卷）如图，在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是（）,【解析】,选A。金属棒MN匀速向右切割磁感线产生的感应电,动势为E=BLv，设bac=2，金属棒单位长度的电阻为r，,则整个回路的电阻为R=r（L+2）=r（1+）L，再,根据欧姆定律可得回路中的电流为：i=,=定值，故图A正确。,4.（2011广东高考）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,【解析】,选C。由法拉第电磁感应定律知：E=可见感应电动势的大小与线圈的匝数有关，A错误；感应电动势的大小取决于磁通量的变化快慢，而与磁通量的大小无关，B错误，C正确；感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，当原磁场增强时，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，D错误。,5.（2012福建高考）如图甲，一圆形闭合铜环由高,处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合。,若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向,的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心,位置坐标x变化的关系图像是（）,【解析】,选B。闭合铜环下落过程的侧视图如,图所示，据右手定则或楞次定律可知闭合铜,环在原点O上方和下方时电流方向相反，D错。,闭合铜环从位置到位置过程电动势E变大，,位置速度与磁感线平行，E=0，闭合铜环下,落过程加速运动，且在原点O下方速度较大，,电动势E的最大值比上方E的最大值大，A、C错，B对。,考查角度3,电磁感应知识综合应用,6.（2013天津高考）如图所示，纸面内有,一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边,长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁,场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次,速度大小相同，方向均垂直于MN，第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q,1,，通过线框导体横截面的电荷量为q,1,；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q,2,，通过线框导体横截面的电荷量为q,2,，则（）,A.Q,1,Q,2,，q,1,=q,2,B.Q,1,Q,2,，q,1,q,2,C.Q,1,=Q,2,，q,1,=q,2,D.Q,1,=Q,2,，q,1,q,2,【解析】,选A。线框两次进入磁场时速度相等，设为v，线框,电阻设为R，第一次ab平行于MN进入磁场时，产生的感应电动,势E,感,=BL,ab,v，感应电流为I=是恒定电流，进磁场用的,时间t=所以线框产生的热量Q,1,=I,2,Rt=通过导,线框的电荷量q,1,=It=同理Q,2,=,由于L,ab,L,bc,，故Q,1,Q,2,，q,1,=q,2,，选项A正确，B、C、D错误。,7.（2013新课标全国卷）如图，,在光滑水平桌面上有一边长为L、电,阻为R的正方形导线框；在导线框右,侧有一宽度为d（dL）的条形匀强磁,场区域，磁场的边界与导线框的一边,平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中，可能正确描述上述过程的是（）,【解析】,选D。导线框开始进入磁场过程，通过导线框的磁通量增大，有感应电流，进而受到与运动方向相反的安培力作用，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，导线框的加速度减小，v-t图线的斜率减小；导线框全部进入磁场后，磁通量不变，无感应电流，导线框做匀速直线运动；导线框从磁场中出来过程，有感应电流，又会受到安培力阻碍作用，速度减小，加速度减小。选项A表示匀速运动，不符合题意；选项B表示先匀减速再匀速最后匀减速，也不符合题意，选项C表示加速度减小的减速运动，不符合题意，正确选项为D。,8.（2012新课标全国卷）如图，一载流长直,导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框,在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。,已知在t=0到t=t,1,的时间间隔内，直导线中电,流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是,沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水,平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中,箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（）,【解析】,选A。分析A图，如图甲所示，在0t,2,时间内，直导线中的电流在线框处产生的磁场方向垂直于纸面向里，由楞次定律可知此过程中线框中的感应电流方向为顺时针方向，由左手定则可判断出线框的左边所受安培力较大，方向向左，线框的右边所受安培力较小，方向向右，线框所受合力方向向左，如图乙所示。在t,2,t,1,时间内，直导线中的电流在线框处产生的磁场方向垂直于纸面向外，由楞次定律可知此过程中线框中的感应电流方向为顺时针方向，由左手定则可判断出线框的左边所受安培力较大，方向向右，线框的右边所受安培力较小，方向向左，线框所受合力方向向右，如图丙所示。故选项A正确，B、C、D错误。,9.（多选）（2012山东高考）如图,所示，相距为L的两条足够长的光滑平,行金属导轨与水平面的夹角为，上,端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导,轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的,导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g。下列选项正确的是（）,A.P=2mgvsin,B.P=3mgvsin,C.当导体棒速度达到 时加速度大小为,D.在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功,【解析】,选A、C。当导体棒以速度v匀速运动时：mgsin,，当导体棒以速度2v匀速运动时：P+mgsin2v,2v，联立解得：P=2mgvsin，A对，B错；,当导体棒速度达到 时，由牛顿第二定律得：mgsin-,=ma，联立解得：a=sin，C对；当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力所做的功之和，D错。,10.（2011福建高考）如图，足,够长的U型光滑金属导轨平面与水,平面成角（090），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。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（）,A.运动的平均速度大小为,B.下滑的位移大小为,C.产生的焦耳热为qBLv,D.受到的最大安培力大小为,【解析】,选B。由E=BLv、I=、F,安,=BIL可得导体棒的速度,为v时的安培力为 D错；对导体棒受力分析如图甲所示，,据牛顿运动定律判断可得导体棒的运动情况如图乙所示，由,图乙可知导体棒这一过程的平均速度大于 A错；由法拉第,电磁感应定律得到导体棒这一过程的电量q=因此导体棒,下滑的位移s=B对；由能量关系可得这一过程产生的焦耳,热Q=C错，故选B。,11.（2013江苏高考）如图所示，匀强,磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面,与磁场垂直。已知线圈的匝数N=100，边,长ab=1.0 m，bc=0.5 m，电阻r=2。,磁感应强度B在01 s内从零均匀变化到,0.2 T。在15 s内从0.2 T均匀变化到-0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：,（1）0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；,（2）在15 s内通过线圈的电荷量q；,（3）在05 s内线圈产生的焦耳热Q。,【解析】,（1）感应电动势E,1,=磁通量的变化,1,=,B,1,S解得E,1,=,代入数据得E,1,=10 V,感应电流的方向为adcba,（2）同理可得E,2,=,感应电流I,2,=电荷量q=I,2,t,2,解得q=代入数据得q=10 C,（3）01 s内的焦耳热Q,1,=,且I,1,=,15 s内的焦耳热Q,2,=,由Q=Q,1,+Q,2,，代入数据得Q=100 J,答案：,（1）10 V adcba （2）10 C （3）100 J,12.（2012广东高考）如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板。R和R,x,分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。,（1）调节R,x,=R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v。,（2）改变R,x,，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为+q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R,x,。,【解析】,（1）当R,x,=R时，棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件Mgsin=F,安培力F=BI,l,解得I=,ab切割磁感线产生的感应电动势E=B,l,v,由闭合电路欧姆定律得回路中电流I=,解得v=,（2）微粒水平射入金属板间，能匀速通过，由平衡条件,mg=,棒沿导轨匀速，由平衡条件Mgsin=BI,1,l,金属板间电压 U=I,1,R,x,解得R,x,=,答案：,13.（2011浙江高考）如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=1m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧,l,=0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在t=0时刻，质量为m=0.1kg的导体棒以v,0,=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为=0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为=0.1/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响（g取10m/s,2,）。,（1）通过计算分析4s内导体棒的运动情况；,（2）计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；,（3）计算4s内回路产生的焦耳热。,【解析】,（1）导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有,-mg=ma，v,t,=v,0,+at，x=v,0,t+,代入数据解得：t=1 s时，v,t,=0，x=0.5 m，所以导体棒没有进入磁场区域。,导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，静止时离左端位置为x=0.5 m,（2）由图乙可知：前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E=0，I=0,后2 s回路产生的电动势为,此时回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为,R=5=0.5,电流为I=0.2 A,根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向。,（3）前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为,Q=I,2,Rt=0.04 J,答案：,（1）前1 s：匀减速直线运动；后3 s：静止在离左端0.5 m的位置 （2）前2 s：I=0；后2 s：I=0.2 A,电流方向是顺时针方向 （3）0.04 J,14.（2011海南高考）如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和MN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。,【解析】,（1）设任意时刻时，MN、MN杆的速度分别为v,1,、v,2,。,细线烧断前：F=mg+2mg ,细线烧断后，对MN杆在任意时刻：,F-mg-F,安,=ma,1,对MN杆在任意时刻：2mg-F,安,=2ma,2,E=B,l,（v,1,+v,2,）,I=,F,安,=BI,l,a,1,t=v,1,a,2,t=v,2,联立式解得：v,1,v,2,=21 ,（2）当两杆达到最大速度时，对MN有：,2mg-F,安,=0 ,联立解得v,1,=v,2,=,答案：,（1）21 （2）,
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