电磁感应光学

1.[2017·浙江4月选考改编]如图W8-所示,在xOy平面内,有一电子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的电子,形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流,电子流沿x轴方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于xOy平面向里,电子经过磁场偏转后均从P点射出.在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属板K和A,其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔.K板接地,A与K两板间加有R,d=l,电子质量为正负、大小均可调的电压U AK.穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出,从而形成电流.已知b=√32m,电荷量为e,忽略电子间相互作用.(1)求磁感应强度B的大小;(2)求电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围;(3)当U AK=0时,求每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数.图W8-(2)-60°≤θ≤60°(3)0.82N[解析] (1)mveR[解析] (1)轨迹半径r=R.故B=mveR(2)设上端电子从P点射出时与负y轴的最大夹角为θm,由几何关系得sin θm=bR图W8-解得θm=60°同理,下端电子从P点射出时与负y轴的最大夹角也为60°故θ的范围是-60°≤θ≤60°.(3)设能够到达A板的电子射出磁场时与负y轴的最大夹角为α,由tan α=ld得α=45°对应的电子从电子源射出时与x 轴的距离y'=R sin α=√22R设每秒进入两极板间的电子数为n ,则n N =y'b =√63=0.82 解得n=0.82N.2.如图W8-所示,半径为R 的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x 轴相切于坐标系的原点O ,磁感应强度为B 1,方向垂直于纸面向外,磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管,加速管底面宽度为2R ,轴线与x 轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心,左侧的电势比右侧的高.在加速管出口正下方距离D 点为R 处放置一宽度为d=3R 的荧光屏EF ,荧光屏与竖直方向成θ=60° 角,加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ,磁感应强度为B 2.在O 点处有一个粒子源,能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为m 、带电荷量为q 且速率相同的粒子,其中沿y 轴正方向射入磁场的粒子恰能沿轴线O 2O 3进入长方形加速管并垂直打在荧光屏上.不计粒子重力及其相互作用.(1)求粒子刚进入加速管时的速度v 1的大小和加速电压U ; (2)求荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl ;(3)若要让从加速管BO 3区域出来的粒子全部打中荧光屏,磁场Ⅱ的磁感应强度大小B 应满足什么条件?图W8-[答案] (1)qB 1R m qR 2(4B 22-B 12)2m(2)R(3)1419B 2≤B ≤43B 2[解析] (1)粒子在磁场Ⅰ中的运动半径为R ,如图W8-所示图W8-由向心力公式得 qv 1B 1=m v 12R解得v 1=qB 1Rm因粒子垂直打在荧光屏上,故在磁场Ⅱ中的运动半径为2R ,由向心力公式得qv 2B 2=m v 222R解得v 2=2qB 2Rm粒子在加速管中做加速运动,由动能定理得12m v22-12m v12=qU联立解得加速管所加的电压U=qR2(4B22-B12)2m.(2)从B点穿出的粒子打在屏上离E点最近的点,如图W8-所示,图W8-由几何关系得(x1cos θ+R)2+(x1sin θ)2=(2R)2解得x1=√13-12R从D点穿出的粒子打在屏上离E点最远的点,如图W8-所示,图W8-由几何关系得(x2cos θ-R)2+(x2sin θ)2=(2R)2解得x2=√13+12R.粒子打中的区域长度Δl=x2-x1=R.(3)从O3点穿出的粒子恰好打在F点时,如图W8-所示,图W8-由几何关系得(d cos θ+2R-r3)2+(d sin θ)2=r32解得r3=197R由向心力公式得qv2B3=m v22r3联立解得B 3=1419B 2从B 点穿出的粒子恰好打在E 点时,有r 4=32R 由向心力公式得qv 2B 4=m v 22r 4联立解得B 4=43B 2若要让从BO 3区域穿出的粒子全部打在屏上,磁感应强度大小B 应满足的条件是1419B 2≤B ≤43B 2.第十一单元 电磁感应第28讲 电磁感应现象、楞次定律【教材知识梳理】一、1.(1)乘积 (2)BS (3)标量 2.Φ2-Φ1 3.磁通量的变化量 二、1.感应电流 2.(2)磁通量 三、1.阻碍 磁通量 2.导线运动 辨别明理(1)(√) (2)(√) (3)(×) (4)由b 到a 排斥[解析] 当磁铁向下运动时,穿过线圈的磁通量变大,原磁场方向向上,所以感应电流的磁场方向向下,根据安培定则可知,通过电阻的电流方向为由b 到a.根据楞次定律“来拒去留”的推论可判断出磁铁与线圈相互排斥. 【考点互动探究】考点一例1 A [解析] 开关S 闭合稳定后,穿过线圈N 的磁通量保持不变,线圈N 中不会产生感应电流,故A 正确;磁铁向铝环A 靠近,穿过铝环的磁通量增大,铝环中会产生感应电流,故B 错误;金属框中从A 位置向B 位置运动,穿过金属框的磁通量发生变化,金属框中会产生感应电流,故C 错误;铜盘在磁场中按图示方向转动,铜盘的一部分切割磁感线,回路中会产生感应电流,故D 错误.变式题 C [解析] 由于线圈平面与磁场平行,所以穿过线圈的磁通量为零,当磁感应强度增大时,穿过线圈的磁通量仍然为零,线圈中不会产生感应电流,故C 正确.考点二例2 D [解析] 金属杆PQ 突然向右运动,则其速度v 方向向右,由右手定则可得,金属杆PQ 中的感应电流方向由Q 到P ,则PQRS 中感应电流方向为逆时针方向.PQRS 中感应电流产生垂直纸面向外的磁场,故圆环形金属线框T 为阻碍此变化,会产生垂直纸面向里的磁场,则T 中感应电流方向为顺时针方向,D 正确.变式题 B [解析] 若电梯突然坠落,线圈内的磁感应强度发生变化,线圈中产生感应电流,感应电流会阻碍磁铁的相对运动,可起到应急避险作用,但不能阻止磁铁的运动,故A 错误;当电梯坠落至图示位置时,闭合线圈A 中向上的磁场减弱,感应电流的方向从上向下看是逆时针方向,闭合线圈B 中向上的磁场增强,感应电流的方向从上向下看是顺时针方向,可知闭合线圈A 、B 中感应电流方向相反,故B 正确;当电梯坠落至图示位置时,闭合线圈A 、B 都在阻碍电梯下落,故C 、D 错误.例3 A [解析] 楞次定律的另一表述为感应电流的效果总是要阻碍产生感应电流的原因,本题中“原因”是磁铁靠近回路使穿过回路的磁通量增加,“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近,所以P 、Q 将互相靠拢且磁铁的加速度小于g ,选项A 正确.变式题 B [解析] 图中的两个通电的电磁铁之间的磁场方向总是水平的,在滑动变阻器R 的滑片P 从左向右滑动的过程中,电路中电流增大,两个电磁铁之间的磁场增强,穿过线圈的磁通量增大,线圈只有顺时针转动才能阻碍磁通量增大.考点三例4 AD [解析] 开关闭合瞬间,根据楞次定律可知,左侧线圈产生的感应电流从南向北流过直导线,根据安培定则可知,直导线在小磁针位置产生的磁场方向垂直纸面向里,所以小磁针N 极朝垂直纸面向里的方向转动,A 正确;同理,断开开关瞬间,小磁针N 极朝垂直纸面向外的方向转动,D 正确;开关闭合一段时间之后,感应电流消失,直导线中没有电流流过,小磁针保持图中的方向,B 、C 错误.变式题 BD [解析] ab 匀速运动时,ab 中感应电流恒定,穿过L 1的磁通量不变,穿过L 2的磁通量不变,L 2中无感应电流产生,cd 保持静止,A 错误;ab 向右加速运动时,L 2中的磁通量向下增大,根据楞次定律可知,通过cd 的电流方向由c 到d ,cd 受到向右的安培力,向右运动,B 正确;同理可得C 错误,D 正确.1.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 ( D ) A .将绕在条形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内的电流表连接,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[解析] 只形成闭合回路,回路中的磁通量不变化,不会产生感应电流,A 、B 错误;给线圈通电或断电瞬间,通过闭合回路的磁通量变化,会产生感应电流,能观察到感应电流,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的过程中有感应电流产生,但是之后,再到相邻房间去观察时,回路中已经没有磁通量的变化,此时观察到的电流表没有变化,故C 错误,D 正确.2.[2019·全国卷Ⅲ] 楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现( D )A .电阻定律B .库仑定律C .欧姆定律D .能量守恒定律[解析] 电阻定律R=ρL S用来计算电阻阻值大小,库仑定律F=kQ 1Q 2r 2用来计算真空中点电荷间静电力大小,欧姆定律I=UR 用来计算电路中的电流,选项A 、B 、C 错误.楞次定律表明,感应电流产生的效果总是和引起感应电流的原因相对抗,而这种对抗的作用是把其他形式的能量转化为感应电流所在回路中的电能,在这种能量转化过程中,总的能量是守恒的,楞次定律的深刻意义在于它是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现,选项D 正确. 3.如图28-所示,矩形线框在磁场内做的各种运动中,能够产生感应电流的是( B )图28-[解析] A 中穿过线框的磁通量没有变化,因此没有感应电流,但有感应电动势,可以理解为左、右两边切割磁感线产生的感应电动势方向相反,A 错误;B 中线框转动,穿过线框的磁通量变化,这就是发电机模型,有感应电流产生,B 正确;C 、D 中线圈平面和磁感应强度B 的方向平行,穿过线框的磁通量始终为零,没有感应电流产生,C 、D 错误.4.北半球地磁场的竖直分量向下,如图28-所示,在北京某中学实验室的水平桌面上,放置着边长为L 的正方形闭合导体线圈abcd ,线圈的ab 边沿南北方向,ad 边沿东西方向.下列说法中正确的是 ( C )图28-A .若使线圈向东平动,则a 点的电势比b 点的电势高B .若使线圈向北平动,则a 点的电势比b 点的电势低C .若以ab 边为轴将线圈向上翻转,则线圈中的感应电流方向为a →b →c →d →aD .若以ab 边为轴将线圈向上翻转,则线圈中的感应电流方向为a →d →c →b →a[解析] 线圈向东平动时,ab 和cd 两边切割磁感线,且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相等,a 点电势比b 点电势低,选项A 错误;同理,线圈向北平动,则a 、b 两点的电势相等,且高于c 、d 两点的电势,选项B 错误;以ab 边为轴将线圈向上翻转,向下的磁通量减小,感应电流的磁场方向应该向下,再由安培定则知,感应电流的方向为a →b →c →d →a ,选项C 正确,选项D 错误.图28-5.(多选)如图28-所示,磁场垂直于纸面,磁感应强度在竖直方向均匀分布,水平方向非均匀分布.一铜制圆环用丝线悬挂于O点,将圆环拉至位置a后无初速度释放,在圆环从a摆向b的过程中(AD)A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B.感应电流的方向一直是逆时针C.安培力方向始终与速度方向相反D.安培力方向始终沿水平方向[解析] 圆环从位置a无初速度释放,在到达磁场分界线前,穿过圆环向里的磁通量增加,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为逆时针,圆环经过磁场分界线时,穿过圆环向里的磁通量减少,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为顺时针,圆环通过磁场分界线后,穿过圆环向外的磁通量减少,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为逆时针;因磁场在竖直方向分布均匀,圆环所受竖直方向的安培力平衡,故合安培力沿水平方向,选项A、D正确.6.[2019·武汉调研]如图28-所示,绝缘光滑水平面上有两个离得很近的导体环a、b.将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面),则(A)图28-A.a、b将相互远离B.a、b将相互靠近C.a、b将不动D.无法判断a、b的运动情况[解析] 根据Φ=BS,磁铁向下移动过程中,B增大,所以穿过每个环中的磁通量都增大,a、b中产生同方向的感应电流,两环间有斥力作用,所以a、b将相互远离,选项A正确.图28-7.如图28-所示,一个有弹性的金属圆环用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(D)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[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,根据楞次定律可知,感应电流产生的效果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式进行阻碍,选项D正确.第29讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流【教材知识梳理】一、1.(1)电磁感应现象 (2)磁通量 (3)楞次定律 右手定则 2.(1)磁通量的变化率 (2)n ΔΦΔt二、1.(1)电磁感应 (2)L ΔI Δt(3)亨利 2.涡流 辨别明理(1)(√) (2)(×) (3)(√)(4)如图所示,圆盘中在磁场中的任意一根半径都在切割磁感线,此半径可以看成一个电源,根据右手定则可以判断,圆盘边缘上的电势比圆心电势高,在C 、D 之间接上用电器,转动的圆盘就可以为用电器供电.【考点互动探究】考点一例1 BC [解析] 由图像可知,穿过圆环的磁通量变化率不变,感应电动势恒定,感应电流恒定,但t 0时刻后磁感应强度B 将反向,所以圆环所受安培力也会在t 0时刻之后反向,A 错误;根据楞次定律和安培定则可知,圆环中的感应电流始终沿顺时针方向,B 正确;圆环中的感应电动势E=ΔΦΔt =B 0t 0·12πr 2=B 0πr 22t 0,D 错误;圆环的电阻R=ρ2πrS,故感应电流I=E R =B 0rS4t 0ρ,C 正确.变式题 B [解析] 由法拉第电磁感应定律可知,线圈产生的感应电动势E=nΔB Δt·L 2,故B 正确.考点二例2 B [解析] 因为金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动,其切割磁感线的有效长度为导轨间距l ,由法拉第电磁感应定律得,电路中感应电动势E=Blv ,A 错误;由图可知,金属杆接入电路的实际长度为x=lsinθ,电路有效电阻R=x ·r=lrsinθ,由闭合电路的欧姆定律得,电路中电流大小I=E R=Blvlr sinθ=Bvsinθr,B 正确;金属杆所受安培力F=BIx=B ·Bvsinθr ·l sinθ=B 2lvr,C 错误;金属杆的热功率P=I2R=(Bvsinθr )2·lr sinθ=B 2lv 2sinθr ,D错误.变式题1 AD [解析] 线圈进磁场过程中,垂直于平面向里的磁通量逐渐增大,根据楞次定律的推论“增反减同”可判断,感应电流方向为逆时针方向,选项A 正确;CD 段直导线中电流方向与磁场垂直,安培力不为零,选项B 错误;线圈进磁场过程中,有效切割长度最长为半径,所以感应电动势最大值E m =B d 2v=12Bdv ,选项C错误;感应电动势的平均值E =ΔΦΔt=B ·12π(d 2)2d v=18πBdv ,选项D 正确.变式题2 B [解析] 过程Ⅰ中,磁通量的变化量ΔΦ1=14πr 2B ,过程Ⅱ中,磁通量的变化量ΔΦ2=12πr 2(B'-B ),流过OM 的电荷量q=ΔΦR ,根据题意可知ΔΦ1=ΔΦ2,得到B'B =32,选项B 正确.变式题3(1)v1-F f RB2L2(2)B2L2v1R[解析] (1)由法拉第电磁感应定律得E=BL(v1-v2)由闭合电路欧姆定律得I=ER安培力F=BIL=B2L2(v1-v2)R速度恒定时,有B2L2(v1-v2)R=F f解得v2=v1-F f RB2L2(2)为使导体棒能随磁场运动,阻力最大不能超过所受的最大安培力,即导体棒不动时,安培力最大为F A=B2L2v1R解得阻力的最大值为F fm=B2L2v1R考点三例3C[解析] 分析图甲,断开开关S1瞬间,A1突然闪亮,说明流经A1的电流瞬间增大,从而得到S1闭合,电路稳定时,A1中的电流小于L1中的电流,选项B错误.由并联电路特点可知,A1的电阻值大于L1的电阻值,选项A错误.分析图乙,开关S2闭合后,灯A2逐渐变亮,A3立即变亮,说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等,那么L2与R中的电流也不相等,选项D错误.最终A2与A3亮度相同,说明流经A2与A3的电流相同,由欧姆定律可知,R与L2的电阻值相等,选项C正确.变式题D[解析] 开关S原来闭合时,电路处于稳定状态,流过R1的电流方向向左,大小为I1,与R1并联的R2和线圈L支路中的电流I2的方向也是向左.当某一时刻开关S突然断开时,L中向左的电流要减小,由于自感现象,线圈L产生自感电动势,在回路“L→R1→A→R2”中形成感应电流,电流通过R1的方向与原来相反,变为向右,并从I2开始逐渐减小到零,故D正确.例4AB[解析] 磁针在圆盘所在处形成的磁场是非匀强磁场,圆盘可以等效为许多环形闭合线圈,圆盘转动过程中,穿过每个环形闭合线圈的磁通量不断地发生变化,在每一环形线圈上产生电动势和涡电流,A正确;环形线圈随圆盘转动,由楞次定律可知,线圈会受到磁针施加的阻碍相对运动的力,根据牛顿第三定律可知,磁针会受到与线圈即圆盘转动方向相同的力的作用,此力来源于电磁感应形成的涡电流,而不是自由电子随圆盘转动形成的电流,B正确,D错误.从圆盘的整个盘面上看,圆盘转动过程中穿过整个圆盘的磁通量不变,C错误.1.(多选)如图29-所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过了几分钟,杯内的水沸腾起来.若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有(AB)图29-A.增加线圈的匝数B.提高交流电源的频率C.将金属杯换为瓷杯D.取走线圈中的铁芯[解析] 当线圈上通交流电时,金属杯发生电磁感应现象,杯中有感应电流,对水加热,若要增大感应电流,则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻.增加线圈的匝数,使得穿过金属杯的磁场增强,感应电动势增大,选项A正确;提高交变电流的频率,使得磁通量的变化率增大,感应电动势增大,选项B 正确;若将金属杯换为瓷杯,则不会产生感应电流,选项C 错误;取走线圈中的铁芯,磁场会大大减弱,感应电动势减小,选项D 错误.2.(多选)[沪科版选修3-2改编] 变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的,而不是采用一整块硅钢,这是为了 ( BD )A .增大涡流,提高变压器的效率B .减小涡流,提高变压器的效率C .增大铁芯中的电阻,以产生更多的热量D .增大铁芯中的电阻,以减小发热量[解析] 不使用整块硅钢而采用很薄的硅钢片进行叠压,这样做的目的是增大铁芯中的电阻,减小涡流,从而减少电能转化成铁芯的内能,提高效率,故B 、D 正确,A 、C 错误.图29-3.(多选)如图29-所示,垂直于矩形金属线框的匀强磁场的磁感应强度为B ,线框上放置一导体棒ab ,ab 垂直于线框两个长边且和线框接触良好.线框长边足够长,短边长为l.在Δt 时间内,ab 向右以速度v 匀速滑过距离d ,则( CD ) A .因右边面积减少ld ,左边面积增大ld ,故ΔΦ=B ·2ld ,E=2BldΔtB .因右边面积减少ld ,左边面积增大ld ,两边抵消,故ΔΦ=0,E=0C .因ΔΦ=Bld ,故E=BldΔtD .ab 切割磁感线,E=Blv[解析] 左、右两边可看成两个并联的回路,根据法拉第电磁感应定律,每个回路产生的感应电动势为E=BldΔt,由于两个回路是并联电路,所以总感应电动势也为E=BldΔt,选项A 、B 错误,选项C 正确;ab 切割磁感线产生的感应电动势E=Blv ,选项D 正确.4.(多选)[2019·湖南岳阳质检] 用导线绕成一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框绝缘,如图29-所示,把它们放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里.当磁场均匀减弱时 ( AC )图29-A .线框和圆环中的电流方向都为顺时针B .线框和圆环中的电流方向都为逆时针C .线框和圆环中的电流大小之比为1∶√2D .线框和圆环中的电流大小之比为1∶2[解析] 根据楞次定律可知,当磁场均匀减弱时,圆环和线框中的电流方向都为顺时针,故A 正确,B 错误;设正方形的边长为2a ,由几何关系可知,外接圆的半径r=√2a ,根据法拉第电磁感应定律可知,正方形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为E 正∶E 圆=ΔB Δt (2a )2∶ΔBΔtπ(√2a )2=2∶π,根据电阻定律得,正方形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为R 正∶R 圆=ρ8a S ∶ρ2π·√2aS =2√2∶π,由欧姆定律得,正方形回路中的感应电流与外接圆中感应电流之比为I 正∶I 圆=E正R 正∶E圆R 圆=1∶√2,故C正确,D 错误.5.如图29-所示,匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆图29-直径与磁场边缘重合,磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,在线框中产生感应电流.现使线框保持在图中所示位置,磁感应强度大小随时间均匀变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为 ( C )A .4ωB 0πB .2ωB 0πC .ωB 0πD .ωB 02π[解析] 当导线框匀速转动时,设半径为r ,导线框电阻为R ,在很短的Δt 时间内,转过圆心角Δθ=ωΔt ,由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I 1=B 0ΔS RΔt =B 0·πr 2Δθ2πRΔt =B 0r 2ω2R ;当导线框不动,而磁感应强度随时间均匀变化时,同理可得感应电流I 2=SΔB RΔt =ΔB ·πr 22RΔt,令I 1=I 2,可得ΔB Δt =B 0ωπ,C 正确.图29-6.如图29-所示,水平U 形金属导轨abcd 固定在匀强磁场中,ab 与cd 平行,间距L 1=0.5 m,金属棒AB 垂直于ab 且和ab 、cd 接触良好,AB 与导轨左端bc 的距离为L 2=0.8 m,整个闭合回路的电阻为R=0.2 Ω,磁感应强度为B 0=1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路.AB 通过滑轮和轻绳连接着一个质量m=0.04 kg 的物体,不计一切摩擦,现使磁感应强度以ΔBΔt=0.2 T/s 的变化率均匀地增大,g 取10 m/s 2,求: (1)AB 上电流的方向. (2)感应电动势的大小.(3)从开始至物体刚好离开地面的时间. [答案] (1)由A 到B (2)0.08 V (3)5 s[解析] (1)由楞次定律可以判断,AB 上的电流方向为由A 到B. (2)由法拉第电磁感应定律得E=ΔΦΔt =ΔBΔtS=0.08 V . (3)物体刚好离开地面时,其受到的拉力F=mg 而拉力F 又等于AB 所受的安培力,即mg=F 安=BIL 1 其中B=B 0+ΔB ΔttI=ER解得t=5 s .7.[2019·江苏卷] 如图29-所示,匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈,线圈平面与磁场垂直.已知线圈的面积S=0.3 m 2、电阻R=0.6 Ω,磁场的磁感应强度B=0.2 T .现同时向两侧拉动线圈,线圈的两边在Δt=0.5 s 时间内合到一起.求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值E ;(2)感应电流的平均值I ,并在图中标出电流方向; (3)通过导线横截面的电荷量q.图29-[答案] (1)0.12 V (2)0.2 A 沿顺时针方向 (3)0.1 C [解析] (1)感应电动势的平均值E=ΔΦΔt磁通量的变化ΔΦ=B ΔS 解得E=BΔSΔt,代入数据得E=0.12 V(2)平均电流I=E R代入数据得I=0.2 A(电流方向如图29-所示)图29-(3)电荷量q=I Δt 代入数据得q=0.1 C专题九 电磁感应中的电路和图像问题【热点题型探究】热点一例1 (1)0.1 A (2)1 m/s[解析] (1)在t=0至t=4 s 内,金属棒PQ 保持静止,磁场变化导致电路中产生感应电动势.等效电路为r 与R 并联,再与R L 串联,电路的总电阻R 总=R L +RrR+r=5 Ω 此时感应电动势E=ΔΦΔt =dl ΔB Δt =0.5×2×0.5 V =0.5 V 通过小灯泡的电流I=E R总=0.1 A .(2)当金属棒PQ 在磁场区域中运动时,由金属棒PQ 切割磁感线产生电动势,等效电路为R 与R L 并联,再与r 串联,此时电路的总电阻R 总'=r+RR L R+R L =(2+4×24+2) Ω=103Ω 由于灯泡中电流不变,所以通过灯泡的电流I L =I=0.1 A,则通过金属棒PQ 的电流为I'=I L +I R =I L +R L I LR=0.3 A电动势E'=I'R总'=Bdv解得金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小v=1 m/s.变式题见解析=0.2 s)的时间内,A1产生的感应电动势[解析] 从A1开始进入磁场(t=0)到刚好离开磁场(t1=DvE1=BLv=0.18 V其等效电路图如图甲所示.由图甲知,电路的总电阻=0.5 ΩR总=r+rRr+R=0.36 A总电流为I=E1R总=0.12 A通过R的电流为I R=I3=0.4 s)的时间内,回路无电流,I R=0从A1刚好离开磁场(t1=0.2 s)至A2刚好进入磁场(t2=2Dv=0.6 s)的时间内,A2上的感应电动势为E2=0.18 V,其等效电路图如图从A2刚好进入磁场(t2=0.4 s)至刚好离开磁场(t3=2D+Dv乙所示.与0~t1内A1开始进入磁场到离开磁场的情况类似,可知,此过程中通过R的电流为I R=0.12 A.因此,从金属棒A1进入磁场到A2离开磁场的时间内,通过电阻R的电流如图所示热点二例2AC[解析] 由图像可知,磁感应强度变化率分段为恒定值,根据法拉第电磁感应定律可知,产生的感应电动势分段恒定,由闭合电路欧姆定律可知,感应电流分段恒定,且两段时间相等,故A正确,B错误;由安培力公式F=BIL可知,C正确,D错误.例3D[解析] 当线框运动L时开始进入磁场,磁通量开始增大,当全部进入时磁通量达到最大,此后向里的磁通量减小,向外的磁通量增大,总磁通量减小,当运动2.5L时磁通量为零,故选项A错误;当线框进入第一个磁场时,由E=BLv可知,E保持不变,而开始进入第二个磁场时,两边同时切割磁感线,电动势应为2BLv,故选项B错误;因安培力总是与运动方向相反,所以外力F 应一直向右,故选项C错误;外力F的功率等于电功率,外力F的功率P=Fv,因速度不变,而线框进入第一个磁场时,电流为定值,外力F也为定值,两边分别在两个磁场中时,电流加倍,回路中总电动势加倍,电功率变为原来的4倍,此后从第二个磁场中离开时,受到的外力应等于线框在第一个磁场中受到的外力,所以电功率应等于在第一个磁场中的电功率,故选项D正确.变式题AD[解析] 已知PQ进入磁场时加速度恰好为0,有mg sin θ=BIl,分情况考虑:①若PQ离开磁场时,MN还未进入磁场,则开始时PQ中电流为I=mgsinθ;在PQ离开磁场后且MN还未进入磁场时,回路中Bl总电流为零;当MN进入磁场时,因为两根导体棒是从同一个位置由静止释放的,所以MN刚进入磁场时,加速度也恰好为零,之后一直匀速通过匀强磁场,所以流过PQ的电流与开始时大小相等、方向相反,故选项A正确.。