2018-2019版物理新设计同步粤教版选修3-2课件：第一章 电磁感应 第1~2节 精品
2018-2019版物理新设计同步教科版选修3-2课件：第一章 电磁感应 第3节
(2)第5 s末：v′＝at＝10 m/s，
此时感应电动势：E′＝BLv′
则回路电流为 I＝ER′＝BLRv′＝0.2×01.4×10 A＝0.8 A。 (3)由F安＝BIL得F安＝0.2×0.8×0.4 N＝0.064 N。
答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.064 N
课前自主梳理
课堂互动探究
课时达标训练
[针对训练2] 如图5甲所示，一个圆形线圈匝数n＝1 000匝、面积S＝2×10－2 m2、电 阻r＝1 Ω。在线圈外接一阻值为R＝4 Ω的电阻。把线圈放入一个匀强磁场中，磁场 方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。求：
图5 (1)0～4 s内，回路中的感应电动势； (2)t＝5 s时，电阻R两端的电压U。
E＝BLvsin α
研究对象 区 别 适用范围
整个闭合回路 各种电磁感应现象
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
计算结果 Δt 内的平均感应电动势 某一时刻的瞬时感应电动势
联系
E＝BLvsin α 是由 E＝nΔΔΦt 在一定条件下推导出来的，该公 式可看作法拉第电磁感应定律的一个推论
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课堂互动探究
课时达标训练
[精典示例]
[例3] 在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有 一水平放置的光滑框架，宽度为L＝0.4 m，如图7所示，框架上放 置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω 的金属杆cd，框架电阻不计。若cd 杆以恒定加速度a＝2 m/s2，由静止开始做匀变速直线运动，则：
＝BLvsin α 解决问题 关系式解答有关问题。
2018-2019版物理新设计同步教科版选修3-2课件：第一章 电磁感应 习题课二 精品
D.外力功率P随位移x的增大而线性增大
图6
解析 框架匀速拉出过程中，有效长度 L 均匀增加，由 E＝Blv 知，回路总电动势 均匀变大，选项 A 正确，B 错误；因为框架做匀速运动，则 F 外＝F 安＝BIL＝B2RL2v， 故外力 F 外随位移 x 的增大而非线性增大，选项 C 错误；外力功率 P＝F 外 v，v 恒 定不变，故 P 也随位移 x 的增大而非线性增大，选项 D 错误。 答案 A
[例 1] 固定在匀强磁场中的正方形导线框 abcd 边长为 L，其中 ab 是一段电阻为 R 的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线。磁感应强度为 B，方向垂直纸 面向里。现有一段与 ab 段的材料、粗细、长度均相同的电阻丝 PQ 架在导线框 上(如图 1 所示)。若 PQ 以恒定的速度 v 从 ad 滑向 bc，当其滑过L3的距离时，通 过 aP 段的电流是多大？方向如何？
2.(电磁感应中的电路问题)如图6所示，虚线左边区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。
粗细均匀的电阻丝围成的正三角形闭合金属框架开始时全部处于匀强磁场中，在外
力的作用下把框架匀速拉出磁场，下列说法正确的是( )
A.框架匀速拉出过程中，回路总电动势均匀变大
B.框架匀速拉出过程中，回路总电动势不变
C.外力F外随位移x的增大而线性增大
图4
解析 根据 E＝BLv，I＝ER＝BRLv，三角形导体线框进、出磁场时，有效长度 L 都 变小。再根据右手定则，进、出磁场时感应电流方向相反，进磁场时感应电流方向 为逆时针方向为正，出磁场时感应电流方向为顺时针方向为负，故选项 A 正确。 答案 A
1.(电磁感应中的电路问题)用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一 半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图5所示。当磁场以10 T/s的变化率增强 时，线框中a、b两点间电势差是( )
2018-2019版物理新设计同步粤教版选修3-2讲义：第一章
章末检测(A)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分)1.如图1所示是描述电磁炉工作原理的示意图.炉子的内部有一个金属线圈，当电流通过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是不断变化的，这个变化的磁场又会引起放在电磁炉上面的铁质(或钢质)锅底内产生感应电流，由于锅底有电阻，所以感应电流又会在锅底产生热效应，这些热能便起到加热物体的作用从而煮食.因为电磁炉是以电磁感应产生电流，利用电流的热效应产生热量，所以不是所有的锅或器具都适用.以下说法正确的是()图1A.最好使用铝锅或铜锅B.最好使用平底不锈钢锅或铁锅C.最好使用陶瓷锅或耐热玻璃锅D.在电磁炉与铁锅之间放一层白纸后无法加热答案 B解析选用陶瓷锅或耐热玻璃锅无法形成涡流，选项C错误；选项A、B中均能形成涡流，铜和铝的电阻率小，电热少，效率低，相对来说选用平底不锈钢锅或铁锅为最佳，选项A错误，B正确；由于线圈产生的磁场能穿透白纸到达锅底，在铁锅中产生涡流，能够加热，选项D错误.2.如图2，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U a、U b、U c.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()图2A.U a ＞U c ，金属框中无电流B.U b ＞U c ，金属框中电流方向沿abcaC.U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D.U ac ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿acba答案 C解析 金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误；转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断U a <U c ，U b <U c ，选项A 错误；由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C 正确.3.如图3所示，先后以恒定的速度v 1和v 2把一个正方形金属线框水平拉出有界匀强磁场区域，且v 1＝2v 2，则在先后两种情况( )图3A.线框中的感应电动势之比E 1∶E 2＝2∶1B.线框中的感应电流之比I 1∶I 2＝1∶2C.线框中产生的热量之比Q 1∶Q 2＝1∶4D.通过线框某截面的电荷量之比q 1∶q 2＝2∶1答案 A解析 根据E ＝BL v ∝v 以及v 1＝2v 2可知，选项A 正确；因为I ＝E R ∝E ，所以I 1∶I 2＝2∶1，选项B 错误；线框中产生的热量Q ＝I 2Rt ＝E 2R t ＝B 2L 2v 2R ·L v ＝B 2L 3v R ∝v ，所以Q1∶Q2＝2∶1，选项C错误；根据q＝ΔΦR＝BSR，q1∶q2＝1∶1可知，选项D错误.4.匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B与时间t变化规律如图4甲所示，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图4乙所示.令E1、E2、E3分别表示Oa、bc、cd段的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的电流，则下列判断正确的是()图4A.E1<E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B.E1<E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向C.E2<E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向D.E2＝E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向答案 A解析根据E＝ΔBΔt S，所以B－t图线的斜率大小反映电动势大小，根据比较图线的斜率大小可看出E1<E2＝E3；根据楞次定律可判断，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向.选项A正确.5.如图5所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域.取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()图5答案 C6.如图6所示，在长载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是()图6A.一起向左运动B.一起向右运动C.相向运动，相互靠近D.相背运动，相互远离答案 D解析根据右手螺旋定则知，直流电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流减小时，磁场减弱，根据楞次定律得，回路中的感应电流为acdb，根据左手定则知，ab所受安培力方向向左，cd所受安培力向右，即ab和cd相背运动，相互远离，故D正确，A、B、C错误.二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)7.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献.下列说法正确的是()A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.奥斯特发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系答案AC8.如图7所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有()图7A.当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮B.当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮C.当S断开时，L2立即熄灭D.当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭答案BD解析当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L1一直不亮，通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L2逐渐变亮，选项B 正确，A错误；当S断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L1的电流要在L－L2－L1－D之中形成新的回路，故L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确.9.如图8所示是测量通电螺线管内部磁感应强度的一种装置：把一个很小的测量线圈放在待测处(测量线圈平面与螺线管轴线垂直)，将线圈与可以测量电荷量的冲击电流计G串联，当将双刀双掷开关S由位置1拨到位置2时，测得通过测量线圈的电荷量为q.已知测量线圈的匝数为n，面积为S，测量线圈和G串联回路的总电阻为R.下列判断正确的是()图8A.在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝qRB.在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝qR nC.待测处的磁感应强度的大小为B ＝qR nSD.待测处的磁感应强度的大小为B ＝qR 2nS答案 BD解析 由E ＝n ΔΦΔt ，E ＝IR ，q ＝I Δt ，得q ＝n ΔΦR ，得ΔΦ＝qR n ，B 正确；ΔΦ＝2BS ，得B ＝qR 2nS ，D 正确.10.如图9所示，足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，间距为L ＝0.5 m ，一匀强磁场磁感应强度B ＝0.2 T 垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 间连接阻值为R ＝0.4 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻不计的金属棒ab 垂直紧贴在导轨上.现使金属棒ab 由静止开始下滑，经过一段时间金属棒达到稳定状态，这段时间内通过R 的电荷量为0.3 C ，则在这一过程中(g ＝ 10 m/s 2)( )图9A.安培力最大值为0.18 NB.这段时间内下降的高度1.2 mC.重力最大功率为0.1 WD.电阻产生的焦耳热为0.18 J答案 BD解析 安培力的最大值应该等于重力为0.1 N ，故A 错误；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知q ＝I －t ＝BS R ＝BLs R ，解得s ＝1.2 m ，故B 正确；当安培力等于重力时，速度最大，mg ＝B 2L 2v m R ，解得v m ＝4 m/s ，重力最大功率P m＝0.4 W ，故C 错误；由能量守恒定律，电阻产生的焦耳热Q ＝mgs －12m v 2m ＝0.18 J ，故D 正确.三、填空题(本题共2小题，共10分)11.(4分)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G 与线圈L 连接，如图10所示.已知线圈由a 端开始绕至b 端：当电流从电流计G 的左端流入时，指针向左偏转.图10(1)将磁铁的N 极向下从线圈上方竖直插入线圈L 时，发现电流计的指针向左偏转.俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”).(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L 时，发现电流计的指针向右偏转.俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”).答案 (1)顺时针 (2)逆时针解析 (1)由题可知在线圈L 内电流从b 流向a ，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L 中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据右手螺旋定则可知，电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈).(2)由题意可知在线圈L 内电流从a 流向b ，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L 中产生的磁场与原磁场方向相同(向上)，再根据右手螺旋定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈).12.(6分)如图11所示为“研究电磁感应现象”的实验装置.图11(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A.将线圈A 迅速插入线圈B 时，灵敏电流计指针将________.B.线圈A 插入线圈B 后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________.答案 (1)见解析图 (2)向右偏转一下 向左偏转一下解析 (1)如图所示(2)根据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则A.向右偏转一下；B.向左偏转一下.四、解答题(本题共4小题，共46分.解答应写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(10分)如图12甲所示，横截面积为0.2 m 2的100匝圆形线圈A 处在变化的磁场中，磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图12乙所示，设垂直纸面向外为B 的正方向.R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μF ，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负.图12答案 7.2×10－6 C 上极板带正电解析 E ＝n ΔB Δt S ＝100×0.021×0.2 V ＝0.4 V电路中的电流I ＝E R 1＋R 2＝0.44＋6A ＝0.18 A 所以U C ＝IR 2＝0.18×6 V ＝0.24 VQ ＝CU C ＝30×10－6×0.24 C ＝7.2×10－6 C由楞次定律和安培定则可知，电容器的上极板带正电.14. (12分)如图13所示，在光滑水平面上有一长为L1、宽为L2的单匝矩形闭合导线框abcd，处于磁感应强度为B的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的边界重合.线框由粗细均匀的同种导线制成，总电阻为R.现用垂直于线框ab边的水平拉力，将线框以速度v向右沿水平方向匀速拉出磁场，此过程中保持线框平面与磁感线垂直，且ab边与磁场边界平行.求线框被拉出磁场的过程中图13(1)通过线框的电流；(2)线框中产生的焦耳热；(3)线框中a、b两点间的电压大小.答案(1)BL2vR(2)B2L1L22vR(3)BL22v2（L1＋L2）解析(1)线框产生的感应电动势E＝BL2v通过线框的电流I＝ER＝BL2vR(2)线框被拉出磁场所需时间t＝L1 v此过程线框中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝B2L1L22vR(3)线框ab边的电阻R ab＝L22（L1＋L2）R线框中a、b两点间电压的大小U＝IR ab＝BL22v2（L1＋L2）15.(12分)如图14所示，图14两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为L＝0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角.完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触，已知两棒的质量均为0.02 kg，电阻均为R ＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止.g取10 m/s2，问：(1)通过cd棒的电流I是多少？方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每产生Q＝0.1 J的热量，力F做的功W是多少？答案(1)1 A方向由d到c(2)0.2 N(3)0.4 J解析(1)棒cd受到的安培力F cd＝ILB①棒cd在共点力作用下平衡，则F cd＝mg sin 30°②由①②式代入数据解得I＝1 A方向由右手定则可知由d到c.(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，F ab＝F cd对棒ab由共点力平衡有F＝mg sin 30°＋ILB③代入数据解得F＝0.2 N.④(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1 J的热量，由焦耳定律可知Q＝I2Rt⑤设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E＝BL v⑥由闭合电路欧姆定律知I＝E2R⑦由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移s＝v t⑧力F做的功W＝Fs⑨综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J.16.(12分)如图15所示，质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.3 Ω、长度L＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上.框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长.电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T.垂直于ab棒施加F＝2 N的水平向右的恒力，ab棒从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab棒运动到某处时，框架开始运动.设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.图15(1)求框架开始运动时ab棒的速度v的大小；(2)从ab棒开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程ab的位移s的大小.答案(1)6 m/s(2)1.1 m解析(1)ab对框架的压力F1＝m1g框架受水平面的支持力F N＝m2g＋F1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力f＝μF N.设框架开始运动时ab棒的速度为v，则ab中的感应电动势E＝BL vMN中电流I＝ER1＋R2MN受到的安培力F安＝BIL框架开始运动时F安＝f由上述各式代入数据解得v＝6 m/s(2)闭合回路中产生的总热量Q总＝R1＋R2 R2Q由能量守恒定律得Fs＝12m1v2＋Q总代入数据解得s＝1.1 m.。
2018-2019版物理新设计同步粤教版选修3-2讲义：第一章
章末检测(B)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分)1.我国已经制定了登月计划，2018年12月我国发射的“玉兔号”月球车成功着陆月球，不久的将来中国人将真正实现登月梦，进入那神秘的广寒宫.假如有一宇航员登月后，想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是()A.直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场的有无B.将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场C.将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场D.将电流表与线圈组成的闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场答案 C解析电磁感应现象产生的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生改变时，回路中有感应电流产生.A中，即使有一个恒定的磁场，也不会有示数，A错误；同理，将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表无示数，也不能判断出没有磁场，因为磁通量可能是恒定的，B错误；电流表有示数则说明一定有磁场，C正确；将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一个与磁场平行的平面内沿各个方面运动，也不会有示数，D错误.2.一环形线圈放在磁场中，设第1 s内磁感线垂直线圈平面向里，如图1甲所示.若磁感应强度B随时间t变化的关系如图1乙所示，那么下列选项正确的是()图1A.第1 s内线圈中感应电流的大小逐渐增加B.第2 s内线圈中感应电流的大小恒定C.第3 s内线圈中感应电流的方向为顺时针方向D.第4 s内线圈中感应电流的方向为顺时针方向答案 B解析由图象分析可知，磁场在每1 s内为均匀变化，斜率恒定，线圈中产生的感应电流大小恒定，因此A错误，B正确；由楞次定律可判断出第3 s、第4 s 内线圈中感应电流的方向均为逆时针方向，C、D错误.3.竖直面内有两圆形区域内分别存在水平的匀强磁场，其半径均为R且相切于O 点，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化.一长为2R的导体杆OA 绕O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图2所示，若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是()图2答案 A解析由右手定则可判断，开始时感应电动势为正，故B错误；由E＝12BL2ω可知，B、ω不变，切割有效长度随时间先增大后减小，且做非线性变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故C、D错误，A正确.4.在如图3所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，E为电源，S为开关.关于三盏灯泡，下列说法正确的是()图3A.闭合开关，c先亮，a、b后亮B.闭合开关一会后，a、b一样亮C.断开开关，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭D.断开开关，c马上熄灭，b闪亮一下后和a一起缓慢熄灭答案 B解析闭合开关，由于自感线圈自感系数很大，所以b、c灯先亮，a灯后亮，A 错误；电路稳定后，线圈相当于一根导线，a、b灯一样亮，B正确；开关断开，c灯马上熄灭，此时线圈相当于一个电源，a、b灯构成一个串联电路，缓慢熄灭，C、D错误.5.如图4所示，虚线区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L，磁感应强度大小为B.总电阻为R的直角三角形导线框，两条直角边边长分别为2L和L，在该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，下列说法正确的是()图4A.线框中的感应电流方向始终不变B.线框中的感应电流一直在增大C.线框所受安培力方向始终相同D.当通过线框的磁通量最大时，线框中的感应电动势为零答案 C解析该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律、安培定则可以判断线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，且始终不为零，由左手定则可以判断线框在该磁场中一直受到水平向左的安培力作用，故A、D项错误，C项正确；该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，导线框切割磁感线的有效长度先增大、后不变、再增大，由E＝BL v及闭合电路的欧姆定律可得线框中的感应电流先增大、后不变、再增大，故B项错误.6.如图5所示，当磁场的磁感应强度B增强时，内、外金属环上的感应电流的方向应为()图5A.内环顺时针，外环逆时针B.外环顺时针，内环逆时针C.内、外环均为顺时针D.内、外环均为逆时针答案 A解析当磁场增强时，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁场的增强，其方向必然与正在增强的磁场方向相反，即垂直纸面向外，再应用安培定则可得，回路中的感应电流方向为外环逆时针，内环顺时针，A正确.二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)7.如图6所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L，金属圆环的直径也是L，圆环从左边界进入磁场，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域.则下列说法正确的是()图6A.感应电动势的大小先增大后减小再增大再减小B.感应电流的方向先逆时针后顺时针C.金属圆环受到的安培力先向左后向右D.进入磁场时感应电动势平均值E －＝12πBL v 答案 AB解析 在圆环进入磁场的过程中，通过圆环的磁通量逐渐增大，根据楞次定律，可知感应电流的方向为逆时针方向，有效长度先增大后减小，所以感应电动势先增大后减小，同理可以判断出磁场时的情况，选项A 、B 正确；根据左手定则可以判断，进入磁场和出磁场时受到的安培力都向左，选项C 错误；进入磁场时感应电动势平均值E －＝ΔΦΔt ＝B ·14πL2L v ＝14πBL v ，选项D 错误.8.如图7甲所示，位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连，具有一定质量的金属杆ab 放在导轨上并与导轨垂直，当磁场的磁感应强度B 随时间t 如图乙变化时(规定垂直纸面向里的磁场方向为正方向)，用一平行于导轨的力F 向左或向右拉杆ab ，使它保持静止.若规定由a →b 通过杆的感应电流方向为正方向，向右的拉力方向为正方向，则能反映通过杆的感应电流i 和拉力F 随时间t 变化的图线是( )图7答案 AC解析 在0～0.5 s 内，B 均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的感应电动势，E 1＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝2B 0－B 00.5S ＝2B 0S ，根据楞次定律判断得知，ab 中产生的感应电流方向由b →a ，为负方向.感应电流的大小为I 1＝E 1R ＝2B 0S R ；ab 杆所受的安培力大小为F A1＝BI 1L ＝2B 0SL R (B 0＋2B 0t )，方向向左，则拉力大小为F 1＝F A1＝2B 0SL R (B 0＋2B 0t )，方向向右，为正方向；在0.5～1 s 内，B 不变，穿过回路的磁通量不变，没有感应电流产生，安培力和拉力均为零；在1～1.5 s 内，B 均匀减小，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的感应电动势，E 2＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝2B 00.5S ＝4B 0S ，根据楞次定律判断得知，ab 中产生的感应电流方向由a →b ，为正方向.感应电流的大小为I 2＝E 2R ＝4B 0S R ；ab 杆所受的安培力大小为F A2＝BI 2L ＝4B 0SL R [2B 0－4B 0(t －1)]＝4B 0SL R (6B 0－4B 0t )，方向向右，则拉力大小为F 2＝F A2＝4B 0SL R (6B 0－4B 0t )，方向向左，为负方向；故知A 、C 正确.9.如图8甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C 和电阻R ，导体棒MN 放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN 始终保持静止，则0～t 2时间内( )图8A.电容器C 的电荷量大小始终不变B.电容器C 的a 板先带正电后带负电C.MN 所受安培力的大小始终不变D.MN 所受安培力的方向先向右后向左答案 AD解析 磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C 的电荷量大小始终没变，选项A 正确，B 错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN 所爱安培力的方向先向右后向左，大小先减小后增大，选项C 错误，D 正确.10.在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场，如图9所示.PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大.一个边长为a 、质量为m 、电阻为R 的金属正方形线框，以速度v 垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，速度为v 2，则下列说法正确的是( )图9A.此过程中通过线框横截面的电荷量为2Ba 2RB.此时线框的加速度为B 2a 2v 2mRC.此过程中回路产生的电能为38m v 2D.此时线框中的电功率为4B 2a 2v 2R答案 CD解析 对此过程，由能量守恒定律可得，回路产生的电能E ＝12m v 2－12m ×14v 2＝38m v 2，选项C 正确；线圈中磁通量的变化ΔΦ＝Ba 2，则由电流的定义和欧姆定律可得q ＝ΔΦR ＝Ba 2R ，选项A 错误；此时线框产生的电流I ＝2Ba v R ，由牛顿第二定律和安培力公式可得加速度a 1＝2BIa m ＝4B 2a 2v mR ，选项B 错误；由电功率定义可得P ＝I 2R ＝4B 2a 2v 2R ，选项D 正确.三、填空题(本题共2小题，共10分)11.(5分)把一个用丝线悬挂的铅球放在电路中的线圈上方，如图10所示，在下列三种情况下，悬挂铅球的丝线所受的拉力与铅球不在线圈上方时比较：图10(1)当滑动变阻器的滑片向右移动时，拉力__________.(2)当滑片向左移动时，拉力______________.(3)当滑片不动时，拉力____________.(填“变大”、“不变”或“变小”) 答案 (1)变小 (2)变大 (3)不变解析 滑片向右移动时，电路中电阻变小，电流变大，穿过铅球横截面积的磁通量变大，根据楞次定律，铅球有向上运动的趋势，阻碍磁通量的变化，所以拉力变小；相反，滑片向左移动时，拉力变大；滑片不动，电流不变，磁通量不变，所以拉力不变.12.(5分)用如图11所示的实验装置探究电磁感应现象的规律.图11(1)当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转，下列说法哪些是正确的( )A.当把磁铁的N 极向下插入线圈时，电流表指针向左偏转B.当把磁铁的N 极从线圈中拔出时，电流表指针向左偏转C.保持磁铁在线圈中静止，电流表指针不发生偏转D.磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针向左偏(2)某同学在实验过程中发现，灵敏电流计的指针摆动很小，如果电路连接正确，接触也良好，原因可能是电流计灵敏度较低、线圈电阻较大，除此以外还可能是因为____________________________(写一种可能原因)答案(1)AC(2)导体运动的慢或者磁场较弱解析(1)当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转，这说明：电流从哪极流入，指针向哪偏转.当把磁铁的N极向下插入线圈时，由楞次定律可知，感应电流从负极流入，电流表指针向左偏，故A正确；当把磁铁的N极从线圈中拔出时，由楞次定律可知，感应电流从正极流入，电流表指针向右偏转，故B错误；保持磁铁在线圈中静止，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不发生偏转，故C正确；磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不偏转，故D错误.(2)感应电流是由于导体在磁场中做切割磁感线运动而产生的，如果电路连接正确，接触也良好，原因可能是电流计灵敏度较低、线圈电阻较大，除此以外还可能是因为导体运动的慢或者磁场较弱.四、解答题(本题共4小题，共46分.解答应写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(10分)两根光滑的长直金属导轨MN、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为L，电阻不计，M、M′处接有如图12所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度也为L、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中.ab在外力作用下向右匀速直线运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.求：图12(1)ab棒的速度v的大小；(2)电容器所带的电荷量q.答案(1)4QRB2L2s(2)CQRBLs解析(1)设ab上产生的感应电动势为E，回路中电流为I，ab运动距离s所用时间为t，则有E＝BL v，I＝E4R，t＝sv，Q＝I2(4R)t由上述方程得v＝4QR B2L2s(2)设电容器两极板间的电势差为U，则有U＝IR 电容器所带电荷量为q＝CU解得q＝CQR BLs14.(12分)轻质细线吊着一质量为m＝0.32 kg、边长为L＝0.8 m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1 Ω.边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图13甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图13乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10 m/s2.求：图13(1)在前t0时间内线圈中产生的感应电动势；(2)在前t0时间内线圈的电功率；(3)t0的值.答案(1)0.4 V(2)0.16 W(3)2 s解析(1)由法拉第电磁感应定律得E＝n ΔΦΔt＝n×12×(L2)2ΔBΔt＝10×12×(0.82)2×0.5 V＝0.4 V.(2)I＝Er＝0.4 A，P＝I2r＝0.16 W.(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有F 安＝nBI ·L 2＝mg ，I ＝E r ，B ＝2mgr nEL ＝2 T由题图乙知：B ＝1＋0.5t 0(T)，解得t 0＝2 s.15.(12分)如图14所示，两根相距为L ＝1 m 的足够长的平行光滑金属导轨，位于水平的xOy 平面内，一端接有阻值为R ＝6 Ω的电阻.在x ＞0的一侧存在垂直纸面向里的磁场，磁感应强度B 只随t 的增大而增大，且它们间的关系为B ＝kt ，其中k ＝4 T/s.一质量为m ＝0.5 kg 的金属杆与金属导轨垂直，可在导轨上滑动，当t ＝0时金属杆静止于x ＝0处，有一大小可调节的外力F 作用于金属杆，使金属杆以恒定加速度a ＝2 m/s 2沿x 轴正向做匀加速直线运动.除电阻R 以外其余电阻都可以忽略不计.当t ＝4 s 时，求施加于金属杆上的外力.图14答案 513 N解析 t ＝4 s 时，金属杆移动的位移x ＝12at 2＝12×2×16 m ＝16 m ，此时的速度v＝at ＝2×4 m/s ＝8 m/s.切割产生的动生电动势E 1＝BL v ＝ktL v ＝4×4×1×8 V ＝128 V .磁场变化产生的感生电动势E 2＝ΔB Δt Lx ＝4×1×16 V ＝64 V .根据楞次定律和右手定则知，两个电动势的方向相同，则总电动势E ＝E 1＋E 2＝192 V .则感应电流的大小I ＝E R ＝1926 A ＝32 A ，根据牛顿第二定律得F －BIL ＝ma ，解得F ＝BIL ＋ma ＝4×4×32×1 N ＋0.5×2 N ＝513 N.16.(12分)如图15所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨，MN 、PQ 与水平面的夹角为θ，N 、Q 两点间接有阻值为R 的电阻.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下.将质量为m 、阻值也为R 的金属杆ab垂直放在导轨上，杆ab由静止释放，下滑距离s时达到最大速度.重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好.求：图15(1)杆ab下滑的最大加速度；(2)杆ab下滑的最大速度；(3)上述过程中，杆上产生的热量.答案见解析解析(1)设ab杆下滑到某位置时速度为v，则此时杆产生的感应电动势E＝BL v回路中的感应电流I＝E R＋R杆所受的安培力F＝BIL根据牛顿第二定律有：mg sin θ－B2L2v2R＝ma当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a＝g sin θ，方向沿导轨平面向下.(2)由(1)问知，当杆的加速度a＝0时，速度最大，最大速度v m＝2mgR sin θB2L2，方向沿导轨平面向下(3)ab杆从静止开始到最大速度过程中，根据能量守恒定律有mgs sin θ＝Q总＋12m v2m又Q杆＝12Q总，所以Q杆＝12mgs sin θ－m3g2R2sin2θB4L4.。
2018-2019版物理新设计同步教科版选修3-2课件：第一章 电磁感应 第1、2节
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思维拓展 电流的磁效应与电磁感应有什么区别？ 答案 电流的磁效应是指电流周围产生磁场，即“电生磁”。电磁感应现象是利用 磁场产生感应电流，即“磁生电”。“电生磁”和“磁生电”是两种因果关系相反的现 象，要正确区分这两种现象，弄清现象的因果关系是关键。
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为负。
(3)某面积内有相反方向的磁场时，分别计算不同方向的磁场的磁通量，然后规定 某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，求其代数和。
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2.匀强磁场中磁通量的计算 (1)B与S垂直时，Φ＝BS。 (2)B与S不垂直时，Φ＝B⊥S，B⊥为B垂直于线圈平面的分量。如图3甲所示，Φ＝ B⊥S＝(Bsin θ)·S。 也可以Φ＝BS⊥，S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积，如图乙所示，Φ＝BS⊥ ＝BScos θ。
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[精典示例] [例3] 下列图中能产生感应电流的是( )
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解析 根据产生感应电流的条件可判断：A选项中，电路没有闭合，无感应电流； B选项中，面积增大，穿过闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C选项中，穿过 线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，ΔΦ＝0，无感应电流；D选项中，磁通量不发 生变化，无感应电流。 答案 B
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[针对训练3] 如图9是机场的安检人员用手持金属探测器检查乘客的情境。当探测线 圈靠近金属物体时，在金属物体中就会产生电流，如果能检测出这种变化，就可 以判定探测线圈附近有金属物体了。下图中能反映出金属探测器工作原理的是 ()
2018-2019版物理新设计同步教科版选修3-2课件：第一章 电磁感应 第7节 精品
能量 导体克服安培力做功，其他形式的能转化 由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力
转化 为电能，最终转化为内能
做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功
相同点
两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的 相对运动
[精典示例] [例2] 扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔
离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板， 并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图5所示。无扰动时，按下列四种方案对 紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有 效的方案是( )
图5
解析 感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在A图中，系统振动 时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变 化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B、D图中，只有紫铜薄板 左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下 振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A正确，B、C、D错误。 答案 A
[精典示例] [例1] (多选)如图4所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时，待
焊接的金属工件中就会产生感应电流，感应电流通过焊缝处产生很多热量，将金 属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是 ()
图4
A.电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高的越快 B.电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高的越快 C.工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻小 D.工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻大 解析 电流变化的频率越高，则产生的感应电流越大，升温越快，故选项A正确， B错误；工件上各处电流相同，电阻大处产生的热量多，故选项C错误，D正确。 答案 AD
2018-2019版物理选修3-2粤教版全程导学笔记课件：第一章 电磁感应 第一节~第二节 精品
2.如图5所示，条形磁铁A沿竖直方向插入线圈B的过程中，电流表G的 指针__偏__转____(填“不偏转”或“偏转”)；若条形磁铁A在线圈B中保持 不动，电流表G的指针_不__偏__转___(填“不偏转”或“偏转”).
图5
题型探究
一、磁通量Φ的理解与计算
1.匀强磁场中磁通量的计算 (1)B与S垂直时，Φ＝BS. (2)B与S不垂直时，Φ＝B⊥S，B⊥为B垂直于线圈平面的分量.如图6甲所示， Φ＝B⊥S＝(Bsin θ)·S. 也可以Φ＝BS⊥，S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积，如图乙所示， Φ＝BS⊥＝BScos θ.
答案 A、B线圈的磁通量均减少了1.256×10－4 Wb
解析 A、B线圈中的磁通量始终一样，故它们的变化量也一样.
ΔΦ＝(B′－B)·πr2＝－1.256×10－4 Wb
即A、B线圈中的磁通量都减少了1.256×10－4 Wb
解析 答案
(2)在磁场转过90°角的过程中，线圈C中的磁通量 变化了多少？转过180°角呢？ 答案 减少了6.28×10－5 Wb 减少了1.256×10－4 Wb 解析 对线圈C，Φ1＝Bπr′2＝6.28×10－5 Wb 当转过90°时，Φ2＝0， 故ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝0－6.28×10－5 Wb ＝－6.28×10－5 Wb 当转过180°时，磁感线从另一侧穿过线圈，若取Φ1为正，则Φ3为负， 有Φ3＝－Bπr′2，故ΔΦ2＝Φ3－Φ1＝－2Bπr′2＝－1.256×10－4 Wb.
选项A中，在线圈转动过程中，磁通量做周期性变化，产生感应电流，
故A正确.
解析 答案
规律总结
判断部分导体做切割磁感线运动产生感应电流时应注意： (1)导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割.如例 3中，A图是真“切割”，B、C图中没有切断，是假“切割”. (2)是否仅是闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动，如例3 D图中ad、bc边都切割磁感线，由切割不容易判断，则要回归到磁通量 是否变化上去.
2018-2019版物理新设计同步教科版选修3-2课件：第一章 电磁感应 第6节 精品
分析 势阻碍了 原电流 的增大，导 致灯泡D1—逐——渐—变——亮——
碍———原——电—流————的减小，导致灯泡 D—逐——渐—熄——灭——
2.自感现象 (1)定义：由于导体线圈本身的电流发生 变化 而引起的电磁感应现象。 (2)自感电动势：在 自感 现象中产生的电动势。
思考判断 (1)在实际电路中，自感现象有害而无益。( × ) (2)只要电路中有线圈，自感现象就会存在。( × ) (3)线圈中的电流越大，自感现象越明显。( × ) (4)线圈中的电流变化越快，自感现象越明显。( √ ) (5)自感现象中，感应电流一定与原电流方向相反。( × ) (6)发生断电自感时，因为断开电源之后电路中还有电流，所以不符合能量守恒定 律。( × ) (7)线圈的电阻很小，对恒定电流的阻碍作用很小。( √ )
答案 CD
[例2] (多选)如图2所示的电路中，A、B为两个完全相同的灯
泡，L是自感系数很大的线圈，其电阻与R相等，下列说法
正确的是( )
A.在断开S2的情况下，若突然闭合S1时，A、B灯均逐渐亮起来
图2
B.在断开S2的情况下，若突然闭合S1时，A灯立即发光，B灯逐渐亮起来
C.闭合S1、S2待电路稳定后，若突然断开S1，则A、B灯均不会立即熄灭
二、自感系数
ΔI
1.自感电动势的大小：EL＝ LΔt
电感。
，式中比例系数L叫做自感系数，简称自感或
2.决定因素：线圈的大小、形状、 圈数 以及是否有铁芯等。
3.单位：亨利，简称亨，符号是H。常用单位还有毫亨(mH)、微亨(μH)。1 H＝
103 mH＝ 106 μH。
思考判断 (1)线圈中产生的自感电动势较大时，其自感系数一定较大。( × ) (2)对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势较大。( √ ) (3)一个线圈中的电流均匀增大，自感电动势也均匀增大。( × ) (4)加铁芯后线圈的自感系数比没有铁芯时要大。( √ )
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2.(电磁感应现象的产生)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中， 能观察到感应电流的是( ) A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后， 再到相邻房间去观察电流表的变化 D.绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬 间，观察电流表的变化
线圈半径为1 cm，10匝，B线圈半径为0.5 cm，20匝.则：
图9
(1)在磁感应强度减为B2＝0.4 T的过程中，A线圈中的磁通量改变多少？ (2)当磁场转过30°角的过程中，B线圈中磁通量改变多少？
答案 (1)1.256×10－4 Wb (2)8.415×10－6 Wb 解析 (1)对A线圈：Φ1A＝B1πr，Φ2A＝B2πr. 磁通量改变量ΔΦA＝|Φ2A－Φ1A|＝(0.8－0.4)×3.14×10－4 Wb＝1.256×10－4 Wb. (2)对B线圈：Φ1B＝Bπr2，磁场转过30°，线圈面积在垂直磁场方向的投影为πr2sin 60°，则Φ2B＝Bπr2sin 60°， 磁通量改变量ΔΦB＝|Φ2B－Φ1B|＝Bπr2(1－sin 60°) ＝0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866) Wb ＝8.415×10－6 Wb.
解析 设闭合线框在位置1时的磁通量为Φ1，在位置2时的磁通量为Φ2，直线电流
产生的磁场在位置1处比在位置2处要强，故Φ1>Φ2.
将闭合线框从位置1平移到位置2，磁感线是从闭合线框的同一面穿过的，所以ΔΦ1
＝|Φ2－Φ1|＝Φ1－Φ2；将闭合线框从位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线分别从闭合
线框的正反两面穿过，所以ΔФ2＝|(－Φ2)－Φ1|＝Φ1＋Φ2(以原来穿过的方向为正方
[目标定位] 1.了解电磁感应现象的发现过程，体会人类探索自然规律的科学态度 和科学精神.2.知道感应电流的产生条件.3.能够运用感应电流的产生条件判断感应 电流能否产生.
一、电磁感应的探索历程
1.电生磁：1820年，丹麦物理学家__奥__斯__特___发现了电流的磁效应. 2.磁生电：(1)“磁生电”的发现：1831年，英国物理学家_法__拉__第____发现了电磁感
两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面.实验操作及现
象如下：
图7
实验操作 开关闭合瞬间 开关断开瞬间 开关闭合时，滑动变阻器不动 开关闭合后，迅速移动滑动变阻器的滑片
实验现象(线圈B中有无电流) __有___ __有___ __无___ __有___
归纳结论：产生感应电流的条件 (1)电路___闭__合____ ； (2) ___磁__通__量__发__生__变__化____. 如果电路不闭合，不会产生感应电流，但仍会产生感应电动势，就像直流电路一 样，电路不闭合，没有电流，但电源仍然存在.
应现象. (2)法拉第把引起电流的原因概括为五类：① __变__化__着__的__电__流___ ；②变化着的磁场； ③运动的恒定电流；④运动的___磁__铁____ ；⑤在磁场中运动的导体. 3.电磁感应现象和感应电流：由__磁__生__电___的现象，叫做电磁感应现象.由电磁感应
现象产生的___电__流____ ，叫感应电流.
3.(产生感应电流的判断)如图10所示，竖直放置的长直导线通有恒定 电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，在下列情况中线框不 产生感应电流的是( ) A.导线中的电流变大 B.线框向右平动 C.线框向下平动 D.线框以AB边为轴转动的变化)一电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd处在磁感应强度为B的匀 强磁场中，磁场方向与线框平面成θ＝45°角(如图11所示).当导线框以ab边为轴 顺 时 针 转 过 90° 的 过 程 中 ， 穿 过 导 线 框 abcd 的 磁 通 量 的 变 化 量 ΔΦ ＝ ____________.
【深度思考】 在螺线管A(如图8甲所示)中电流随时间变化的图象如图8乙所示，则t＝t0时刻线圈 B中有感应电流吗？
图8 答案 有.虽然此时穿过B的磁通量为0，但磁通量在变化，感应电流的产生与Φ无 关，取决于Φ是否发生变化.
【例4】 下图中能产生感应电流的是( )
解析 根据产生感应电流的条件：A选项中，电路没有闭合，无感应电流；B选项 中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C选项中，穿过线圈的磁感 线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D选项中，磁通量不发生变化，无感应电流. 答案 B
【例2】 磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图3所示，通有恒定电流 的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框 绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化量分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则 ()
图3
A.ΔΦ1>ΔΦ2
B.ΔΦ1＝ΔΦ2
C.ΔΦ1<ΔΦ2
D.无法确定
答案 D 解析 产生感应电流必须满足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量发生 变化.选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观 察到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等 我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C也不能观察到电 流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流 表的变化，所以选D.
所以 ΔΦ＝ΔBSsin θ＝3×(0.1)2×sin 30°Wb＝1.5×10－2 Wb. 答案 (1)4×10－2 Wb (2)1.5×10－2 Wb
(1)求解磁通量的变化量时要取有效面积； (2)磁通量的变化与线圈的匝数无关； (3)磁感线从不同侧面穿过线圈时磁通量的正、负不同.
三、探究感应电流的产生条件
图11
答案 2BS(正、负均可) 解析 由 Φ＝BSsin θ，θ＝45°知，初、末状态磁通量大小都为 22BS，但由于初、 末状态磁感线穿过线框平面的方向相反，若选Φ初＝ 22BS，则 Φ 末＝－ 22BS， 所以 ΔΦ＝Φ 末－Φ 初＝－ 2BS，若选 Φ 初＝－ 22BS，则 ΔΦ＝ 2BS.
向，则后来从另一面穿过的方向为负方向).故选项为C正确.
答案 C
磁通量虽然是标量，但有正、负.该题中线框由位置1平移到位置2和绕cd边翻 转到位置2时，在位置2的磁通量大小都相等，但磁感线穿入的方向相反.
【例3】 边长L＝10 cm的正方形线框有10匝，固定在匀强磁场中，
磁场方向与线框平面间的夹角θ＝30°，如图4所示，磁感应强度
【深度思考】 电流的磁效应与电磁感应有什么区别？ 答案 电流的磁效应是指电流周围产生磁场，即“电生磁”.电磁感应现象是利 用磁场产生感应电流，即“磁生电”.“电生磁”和“磁生电”是两种因果关系 相反的现象，要正确区分这两种现象，弄清现象的因果关系是关键.
【例1】 下列属于电磁感应现象的是( ) A.通电导体周围产生磁场 B.磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动 C.由于导体自身电流发生变化，在回路中产生感应电流 D.电荷在磁场中定向移动形成电流
图6
实验操作 N极插入线圈 N极停在线圈中 N极从线圈中抽出 S极插入线圈 S极停在线圈中 S极从线圈中抽出
实验现象(有无电流) __有___ __无___ __有___ __有___ __无___ __有___
实验3.利用通电螺线管的磁场
如图7所示，线圈A通过变阻器和开关连接到电源上，线圈B的
解析 根据引起电流原因的五类情况可知，导体自身电流发生变化，在回路中产生 感应电流为电磁感应现象.故选项C正确. 答案 C
二、深化理解磁通量及其变化
1.磁通量的计算 (1)B与S垂直时：Φ＝ ___B__S____ ，S为线圈的有效面积.如图1(a)所示. (2)B与 S不 垂 直 时 ： Φ＝ BS⊥ ＝ B⊥S， S⊥ 为 线 圈 在 _垂__直__磁__场__方 向 上 的 投 影 面 积.B⊥为B在__垂__直__于__S_方向上的分量.如图1(b)、(c)所示.
随时间的变化规律为B＝2＋3t(T)，求：
(1)2 s末穿过线框的磁通量.
图4
(2)第3 s内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ.
解析 (1)2 s 末穿过线框的磁感应强度 B2＝(2＋3×2) T＝8 T， 由 Φ＝BSsin θ，知 2 s 末穿过线框的磁通量 Φ＝B2Ssin θ＝8×(0.1)2×sin 30°Wb＝4×10－2 Wb. (2)第 3 s 内磁感应强度的变化ΔB＝3 T，
实验1.利用蹄形磁铁的磁场 如图5所示，将可移动导体AB放置在磁场中，并和电流表组成闭合回路.实验操作 及现象如下：
图5
实验操作 导体棒静止 导体棒平行磁感线运动 导体棒切割磁感线运动
实验现象(有无电流) ___无___ ___无____ ___有____
实验2.利用条形磁铁的磁场 如图6所示，将螺线管与电流表组成闭合回路，把条形磁铁插入或拔出螺线管.实验 操作及现象如下：
(1)电路闭合和磁通量发生变化是产生感应电流的两个条件，二者缺一不可. (2)磁通量发生变化，其主要内涵体现在“变化”上，磁通量很大若没有变化也不 会产生感应电流，某时刻磁通量虽然是零，但是如果在变化，仍然可以产生感应 电流.
1.(磁通量的理解)如图9所示，一个垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度B1＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O， 半径为2 cm.现于纸面内先后放上圆线圈，圆心均在O处，A
(3)某线圈所围面积内有不同方向的磁场时，规定某个方向的磁通量为正，反方 向的磁通量为__负___，求其代数和，如图1(d)所示.
图1
2.磁通量是__标___量，但有正、负，其正、负分别表示与规定的磁感线穿入正方向 相同、相反.
3.磁通量的变化大致可分为以下几种情况： (1)磁感应强度B不变， ___有__效__面__积__S___发生变化.如图2(a)所示. (2)有效面积S不变， __磁__感__应__强__度__B___发生变化. 如图2(b)所示. (3)磁感应强度B和有效面积S都不变，它们之间的夹角发生变化.如图2(c)所示.