2019福建省仙游第一中学人教版高中物理选修32校本作业：第一章和第二章电磁感应定律精品教育.doc
高中物理(教科版,选修32)(课件+word文档+课时作业与单元测试+模块要点回眸)第一章 电磁感应
学案10章末总结电磁感应一、对楞次定律的理解与应用楞次定律反映这样一个物理规律：原磁通量变化时产生感应电流，感应电流的磁场(方向由右手螺旋定则判定)阻碍原磁通量的变化．1．感应电流的磁场不一定与原磁场方向相反，只在磁通量增大时两者才相反，而在磁通量减小时两者是同向的．2．“阻碍”并不是“阻止”，而是“延缓”，电路中的磁通量还是在变化，只不过变化得慢了．3．“阻碍”的表现：增反减同、增缩减扩、增离减靠、来拒去留．例1圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图1所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()图1A．线圈a中将产生顺时针方向(俯视)的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力N将增大解析通过螺线管b的电流如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增大，根据楞次定律可知，a线圈中所产生的感应电流生成的磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的感应电流方向为逆时针方向(俯视)，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增大，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力增大，C错误，D正确．答案 D二、电磁感应中的图像问题1．图像问题的类型：一是给出电磁感应过程，选出或画出正确图像；二是由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量．2．应用的规律：(1)利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小．(2)利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向．(3)应用公式F ＝BIL 和左手定则计算或判断安培力的大小或方向．例2 将一段导线绕成如图2甲所示的闭合电路，并固定在纸面内，回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图乙所示．用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图像是( )图2解析 由题图乙可知0～T 2时间内，磁感应强度随时间线性变化，即ΔBΔt ＝k (k 是一个常数)，圆环的面积S 不变，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·SΔt可知圆环中产生的感应电动势大小不变，则回路中的感应电流大小不变，ab 边受到的安培力大小不变，从而可排除选项C 、D ；0～T2时间内，由楞次定律可判断出流过ab 边的电流方向为由b 至a ，结合左手定则可判断出ab 边受到的安培力的方向向左，为负值，故选项A 错误，B 正确． 答案 B三、电磁感应中的电路问题1．首先要找到哪一部分导体相当于电源，分清内、外电路．处于磁通量变化的磁场中的线圈或切割磁感线的导体相当于电源，该部分导体的电阻相当于内电阻；而其余部分的电路则是外电路．2．路端电压、感应电动势和某段导体两端的电压三者的区别： (1)某段导体作为电阻时，它两端的电压等于电流与其电阻的乘积；(2)某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积，或等于电动势减去内电压．(3)某段导体作为电源时，电路断路时导体两端的电压等于感应电动势．例3 如图3所示，光滑金属导轨PN 与QM 相距1 m ，电阻不计，两端分别接有电阻R 1和R 2，且R 1＝6 Ω，R 2＝3 Ω，ab 导体棒的电阻为2 Ω.垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T ．现使ab 以恒定速度v ＝3 m/s 匀速向右移动，求：图3(1)导体棒上产生的感应电动势E ； (2)R 1与R 2消耗的电功率分别为多少； (3)拉ab 棒的水平向右的外力F 为多大． 解析 (1)ab 棒匀速切割磁感线，产生的电动势为 E ＝BL v ＝3 V(2)电路的总电阻为R ＝r ＋R 1R 2R 1＋R 2＝4 Ω由欧姆定律得I ＝E R ＝34 AU ＝E －Ir ＝1.5 V电阻R 1消耗的电功率为P 1＝U 2R 1＝38 W电阻R 2消耗的电功率P 2＝U 2R 2＝34 W(3)由平衡条件得F ＝BIL ＝34N.答案 (1)3 V (2)38 W 34 W (3)34 N四、电磁感应中的动力学问题解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等．1．做好受力情况、运动情况的动态分析：导体运动产生感应电动势―→感应电流―→通电导体受安培力―→合外力变化―→加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化．周而复始循环，最终加速度等于零，导体达到稳定运动状态．2．利用好导体达到稳定状态时的平衡关系式，往往是解答该类问题的突破口．例4 如图4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θ，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 ( )图4A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在导体棒速度达到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 当导体棒的速度达到v 时，对导体棒进行受力分析如图甲所示．甲mg sin θ＝BIL ，I ＝BL vR ，所以mg sin θ＝B 2L 2vR①当导体棒的速度达到2v 时，对导体棒进行受力分析如图乙所示．乙mg sin θ＋F ＝2B 2L 2vR ②由①②可得F ＝mg sin θ功率P ＝F ×2v ＝2mg v sin θ，故A 正确，B 错误．当导体棒速度达到v2时，对导体棒受力分析如图丙所示．a ＝mg sin θ－B 2L 2v 2Rm ③丙由①③可得a ＝g2sin θ，故C 正确．当导体棒的速度达到2v 时，安培力等于拉力和mg sin θ之和，所以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做功之和，故D 错误． 答案 AC五、电磁感应中的能量问题 1．能量观点分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功．此过程中，其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能． 2．求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算．(2)若电流变化，则：①利用克服安培力做的功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解，若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．例5 如图5所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻．一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T ．金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图5(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力F做的功W F.解析(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt①其中ΔΦ＝Blx②设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r③则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④联立①②③④式，得q＝Blx R＋r代入数据得q＝4.5 C(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑤设金属棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得W＝0－12m v2⑥撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑦联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8 J⑧(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J⑨在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知W F＝Q1＋Q2⑩由⑧⑨⑩式得W F＝5.4 J.答案(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J1．(楞次定律的理解与应用)如图6所示，竖直放置的螺线管与导线abcd 构成回路，导线所在区域内有一垂直纸面向里变化的磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd 所围区域内磁场的磁感应强度按下列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安培力作用( )图6答案 A解析 导体圆环受到向上的安培力作用，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量减小，即螺线管和abcd 构成的回路中产生的感应电流在减小．根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔB Δt S ，则感应电流I ＝n ΔB ·S Δt ·R ，可知ΔB Δt 减小时，感应电流才减小，A 选项中ΔB Δt 减小，B 选项中ΔB Δt 增大，C 、D 选项中ΔBΔt 不变，所以A 正确，B 、C 、D 错误．2. (电磁感应中的图像问题)如图7所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随x 按B ＝B 0＋kx (x >0，B 0、k 为常量)的规律均匀增大．位于纸面内的正方形导线框abcd 处于磁场中，在外力作用下始终保持dc 边与x 轴平行向右匀速运动．若规定电流沿a →b →c →d →a 的方向为正方向，则从t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内，下列选项中关于该导线框中产生的电流i 随时间t 变化的图像正确的是( )图7答案 A解析 线框abcd 向右匀速运动，穿过导线框的磁通量均匀增加，由法拉第电磁感应定律知导线框中产生恒定电流，由楞次定律知导线框中产生顺时针方向的电流，选项A 正确． 3. (电磁感应中的电路问题)如图8所示，由均匀导线制成的半径为R 的圆环，以速度v 匀速进入一磁感应强度大小为B 的有界匀强磁场，边界如图中虚线所示．当圆环运动到图示位置(∠aOb ＝90°)时，a 、b 两点的电势差为 ( )图8A.2BR vB.22BR v C.24BR v D.324BR v 答案 D4．(电磁感应中的能量问题)如图9所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端与一电阻R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m 的金属杆ab 以初速度v 0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h 后又返回到底端．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．则下列说法正确的是 ( )图9A ．金属杆上滑过程与下滑过程通过电阻R 的电荷量一样多B ．金属杆上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做的功之和大于12m v 20C ．金属杆上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等D ．金属杆在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热 答案 AC解析 金属杆在轨道上滑行时平均电动势E ＝ΔΦt ＝BS t ，通过的电荷量Q ＝It ＝BS Rt t ＝BSR ，故上滑和下滑时通过电阻R 的电荷量相同；根据能量守恒定律知，金属杆上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做的功之和等于减少的动能12m v 20，金属杆上滑过程与下滑过程中所受摩擦力大小相等，移动的位移大小相等，故因摩擦而产生的内能一定相等，根据能量守恒定律可知整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热和摩擦产生的内能之和，故A 、C 正确，B 、D 错误．5．(电磁感应中的动力学问题)如图10所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑导轨PQ 、MN ，其电阻不计，间距d ＝0.5 m ，P 、M 之间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＝0.2 T 的匀强磁场中，两金属棒L 1、L 2平行地搁在导轨上，其电阻均为r ＝0.1 Ω，质量分别为M 1＝0.3 kg 和M 2＝0.5 kg.固定棒L 1，使棒L 2在水平恒力F ＝0.8 N 的作用下，由静止开始运动．试求：图10(1)当电压表读数为U ＝0.2 V 时，棒L 2的加速度为多大？ (2)棒L 2能达到的最大速度v m 的大小． 答案 (1)1.2 m/s 2 (2)16 m/s解析 (1)流过棒L 2的电流I ＝U r ＝0.20.1 A ＝2 A棒L 2所受的安培力F ′＝B 0Id ＝0.2 N 对棒L 2由牛顿第二定律可知，F －F ′＝M 2a 解得a ＝1.2 m/s 2(2)安培力F 安与恒力F 平衡时，棒L 2速度达到最大，设此时电路电流为I m ，则 F 安＝B 0I m d而I m ＝B 0d v m2rF安＝F解得v m＝2FrB20d2＝16 m/s.。
(完整版)高中物理选修3-2课后习题答案及解释
电磁感应和楞次定律1. 答案：CD详解：导体棒做匀速运动，磁通量的变化率是一个常数，产生稳恒电流，那么被线圈缠绕的磁铁将产生稳定的磁场，该磁场通过线圈 c 不会产生感应电流；做加速运动则可以；2．答案：C详解：参考点电荷的分析方法，S 磁单极子相当于负电荷，那么它通过超导回路，相当于向左的磁感线通过回路，右手定则判断，回路中会产生持续的adcba 向的感应电流；3．答案：A详解：滑片从 a 滑动到变阻器中点的过程，通过 A 线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出，产生向右的磁场，而且滑动过程中，电阻变大，电流变小，所以磁场逐渐变小，所以此时 B 线圈要产生向右的磁场来阻止这通过 A 线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出种变化，此时通过R 点电流由c流向d;从中点滑动到b的过程，通过A线圈的电流从固定接口流入，从滑片流出，产生向左的磁场，在滑动过程中，电阻变小，电流变大，所以磁场逐渐变大，所以此时B线圈要产生向右的磁场来阻止这种变化，通过R的电流仍从c流向d o4．答案：B详解：aob 是一个闭合回路，oa 逆时针运动，通过回路的磁通量会发生变化，为了阻止这种变化，ob 会随着oa 运动;5．答案：A详解：开关在 a 时，通过上方的磁感线指向右，开关断开，上方的磁场要消失，它要阻止这种变化，就要产生向右的磁场来弥补，这时通过R2的电流从c指向d;开关合到b上时，通过上方线圈的磁场方向向左，它要阻止这种变化，就要产生向右的磁场来抵消，这时通过R2的电流仍从c指向d;6．答案：AC详解：注意地理南北极与地磁南北极恰好相反，用右手定则判断即可。
电磁感应中的功与能1．答案:C、D详解：ab 下落过程中，要克服安培力做功，机械能不守恒，速度达到稳定之前其减少的重力势能转化为其增加的动能和电阻增加的内能，速度达到稳定后，动能不再变化，其重力势能的减少全部转化为电阻增加的内能。
选CD2．答案：A详解：E=BLvI=E/R=BLv/RF=BIL=B A2L A2v/R W=Fd=B A2L A2dv/R=B A2SLv/R, 选A3．答案:B、C详解：开始重力大于安培力，ab 做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，当安培力等于重力时，加速度为零；当速度稳定时达到最大，重力的功率为重力乘以速度，也在此时达到最大，最终结果是安培力等于重力，安培力不为0，热损耗也不为0.选BC4. 答案：(1) 5m/s。
高中物理教科版选修3-2课件：第一章 电磁感应 本章小结
F－μmg－BImL＝0， Im＝F－BμLmg， 代入数据得Im＝2－00..28××00..65×10 A＝2 A。 I＝R＋E r，Im＝BRL＋vrm， vm＝ImBRL＋r＝2×0.80×.2＋0.50.4 m/s＝3 m/s。 [答案] 0.4 m/s2 2 A 3 m/s
导体切割磁感线产生感应电流，在磁场中受到安培力的作 用，由于速度的变化导致安培力的变化，使导体棒做变加速运 动，最终加速度为零，速度达到最大值，导体棒做匀速运动。
2．电磁感应能量问题的分析 (1)导体在达到稳定状态之前，外力移动导体所做的功，一 部分消耗于克服安培力做功，转化为产生感应电流的电能或最 后再转化为焦耳热，另一部分用于增加导体的动能。 (2)导体达到稳定状态(做匀速运动)时，外力所做的功，完 全消耗于克服安培力做功，并转化为感应电流的电能或最后再 转化为焦耳热。 有如下的关系：W外＝W克安＝ΔF电＝Q。
(4)综合应用电路规律解题，主要应用闭合电路欧姆定律、 串并联电路性质特点、电功、电热的公式，求解未知物理量。
例2 固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd，边长为l，
其中ab边是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可
忽略的铜线。磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。
现有一段与ab边的材料、粗细、长度均相同的电阻丝PQ架在导
第一章 电磁感应
本章小结
电磁感应中的动力学问题分析 电磁感应现象中，通有感应电流的导体在磁场中将受到安 培力的作用，从而影响其运动状态，故电磁感应问题往往跟力 学问题联系在一起。解决此类问题要将电磁学知识和动力学知 识综合起来应用。
1．明确两大研究对象的相互制约关系
归纳运动的动态结构
2．解决该类问题的一般步骤 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小 和方向。 (2)根据欧姆定律求感应电流。 (3)分析导体受力情况(用左手定则确定其方向)。 (4)应用牛顿第二定律和运动学规律列方程求解。
教科版高中物理选修32课件：第一章 电磁感应习题课(二)
解析答案
1234
2.如图6所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离
为L，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，
ad与bc间的距离也为L，t＝0时刻bc边与磁场区域边界重合.现令
线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区
域，取沿abcda方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域
图8
1234
(1)电容器的带电荷量是多少？ 解析 等效电路如图所示 导体棒OA产生的感应电动势为： E＝BL v ＝Brω·2r＝5 V. I＝R＋ER2＝1 A. 则q＝CUC＝CIR2＝4.9×10－10 C. 答案 4.9×10－10 C
解析答案
1234
(2)电路中消耗的电功率是多少？ 解析 电路中消耗的电功率P消＝I2(R＋R2)＝5 W，或P消＝IE＝5 W. 答案 5 W
图3
解析答案
例3 如图4所示，一底边为L，底边上的高也为L的等腰三角形导体线框 以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L、宽为L的匀强 磁场，磁场方向垂直纸面向里.t＝0时刻，三角形导体线框的底边刚进入 磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正，则在三角形导体线框穿过磁场 区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图像可能是( )
由闭合电路欧姆定律得电流大小
I＝R外E＋r＝R22B＋aRv＝43BRav，电流方向从 N 金属棒两端电压 UMN＝I2R＝2B3av. 答案
流向 M. 4B3Rav，方向从
N
流向
M
23Bav
解析答案
(2)电路中消耗的热功率. 解析 电路中消耗的热功率 P＝IE＝8B32aR2v2.
答案
8B2a2v2 3R
人教版高中物理选修3-2课后习题参考答案
人教版高中物理选修3-2课后习题参考答案课后练习一第1 讲电磁感应和楞次定律1．如图17-13所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，线圈c中将有感应电流产生（）A．向右做匀速运动B．向左做匀速运动C．向右做减速运动D．向右做加速运动答案：CD详解：导体棒做匀速运动，磁通量的变化率是一个常数，产生稳恒电流，那么被线圈缠绕的磁铁将产生稳定的磁场，该磁场通过线圈c不会产生感应电流；做加速运动则可以；2．磁单极子"是指只有S极或N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布。
物理学家们长期以来一直用实验试图证实自然界中存在磁单极子，如题图4所示的实验就是用于检测磁单极子的实验之一，abcd为用超导材料围成的闭合回路，该回路旋转在防磁装置中，可认为不受周围其它磁场的作用。
设想有一个S极磁单极子沿abcd的轴线从左向右穿过超导回路，那么在回路中可能发生的现象是：A.回路中无感应电流；B.回路中形成持续的abcda流向的感应电流；C.回路中形成持续的adcba流向的感应电流；D.回路中形成先abcda流向而后adcba流向的感应电流答案：C详解：参考点电荷的分析方法，S磁单极子相当于负电荷，那么它通过超导回路，相当于向左的磁感线通过回路，右手定则判断，回路中会产生持续的adcba向的感应电流；3．如图3所示装置中，线圈A的一端接在变阻器中点，当变阻器滑片由a滑至b端的过程中，通过电阻R的感应电流的方向（）A．由c流向d B．先由c流向d，后由d流向cC．由d流向c D．先由d流向c，后由c流向d答案：A详解：滑片从a滑动到变阻器中点的过程，通过A线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出，产生向右的磁场，而且滑动过程中，电阻变大，电流变小，所以磁场逐渐变小，所以此时B线圈要产生向右的磁场来阻止这通过A线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出种变化，此时通过R点电流由c流向d；从中点滑动到b的过程，通过A线圈的电流从固定接口流入，从滑片流出，产生向左的磁场，在滑动过程中，电阻变小，电流变大，所以磁场逐渐变大，所以此时B线圈要产生向右的磁场来阻止这种变化，通过R的电流仍从c流向d。
高中物理(教科版,选修32)(课件+word文档+课时作业与单
学案8 自感[目标定位] 1.能够通过电磁感应的有关规律分析通电自感和断电自感现象.2.了解自感电动势的表达式E L ＝L ΔI Δt，知道自感系数的决定因素.3.了解日光灯结构及工作原理．一、自感现象[问题设计]1．通电自感：如图1所示，开关S 闭合的时候两个灯泡的发光情况有什么不同？图1答案 灯泡D 2立即正常发光，灯泡D 1逐渐亮起来．2．断电自感：如图2所示，先闭合开关使灯泡发光，然后断开开关．图2(1)开关断开前后，流过灯泡的电流方向有何关系？(2)在开关断开后，有时灯泡闪亮一下再熄灭，有时灯泡只会缓慢变暗直至熄灭，请分析上述两种现象的原因是什么？答案 (1)S 闭合时，灯泡D 中电流方向向左，S 断开瞬间，灯泡D 中电流方向向右，所以开关S 断开前后，流过灯泡的电流方向相反．(2)在开关断开后灯泡又闪亮一下的原因是灯泡断电后自感线圈中产生的感应电流比电源对灯泡供电的电流大．要想使灯泡闪亮一下再熄灭，就必须使自感线圈的电阻小于与之并联的灯泡的电阻．而当自感线圈的电阻大于灯泡的电阻时，灯泡只会延迟一段时间再熄灭．[要点提炼]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，叫做自感．在自感现象中产生的电动势叫做自感电动势．2．对通电自感和断电自感现象的分析 自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化，但不能阻止线圈中电流的变化．(1)通电瞬间自感电动势阻碍电流的增加，与自感线圈串联的灯泡在通电后会逐渐变亮，直到稳定．通电瞬间自感线圈处相当于断路，电流稳定时自感线圈相当于导体．(2) 断电时自感线圈处相当于电源，若断电前，自感线圈电流I L 大于灯泡的电流I 灯，则灯泡会闪亮一下再熄灭；若断电前自感线圈中的电流I L 小于灯泡中的电流I 灯，则不会出现闪亮，而是逐渐熄灭．要注意断电前后通过灯泡的电流方向是否变化．(均选填“大于”或“小于”)二、自感系数[问题设计]请阅读教材“自感系数”的内容并回答下列问题．(1)自感电动势的大小取决于哪些因素？(2)自感系数与什么有关？答案 (1)自感电动势的大小与电流变化的快慢和自感系数有关．(2)自感系数跟线圈的形状、体积、匝数等因素有关，另外还与有无铁芯有关．[要点提炼]1．自感电动势的大小：E L ＝L ΔI Δt，其中L 是自感系数，简称自感或电感，单位：享利，符号H.1 mH ＝10－3 H ；1 μH ＝10－6 H. 2．自感系数的决定因素：由线圈本身性质决定，与线圈的形状、体积、匝数以及是否有铁芯等因素有关，与E L 、ΔI 、Δt 等无关．三、日光灯[问题设计]1．自感现象可分为断电自感和通电自感，在使日光灯管启动的过程中，应用了哪种自感现象？答案 断电自感．2．仔细阅读教材，你认为启动器在日光灯电路中的作用是什么？答案 启动器在日光灯电路中相当于一个自动开关．3．镇流器在日光灯的启动及正常工作时各起什么作用？答案 当启动日光灯时，由于启动器的两个触片的分离，镇流器中的电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，这个自感电动势与电源电压加在一起，形成一个瞬时高电压加在灯管两端，使灯管中的气体放电，日光灯被点亮．日光灯管发光后，电阻小，要求电流小，且日光灯管是用交流电源(大小与方向都随时间变化的电流)供电，此时镇流器产生自感电动势，阻碍电流变化，从而在灯管正常发光时起到降压限流的作用，保证日光灯管的正常工作．[要点提炼]1．启动器在日光灯电路中的作用为自动开关．2．当启动日光灯时，镇流器利用自感现象产生瞬时高电压；当日光灯正常发光时，镇流器又利用自感现象，起到降压限流作用．一、自感现象的分析例1如图3所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，L A、L B是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2的阻值约等于R1的两倍，则()图3A．闭合开关S时，L A、L B同时达到最亮，且L B更亮一些B．闭合开关S时，L A、L B均慢慢亮起来，且L A更亮一些C．断开开关S时，L A慢慢熄灭，L B马上熄灭D．断开开关S时，L A慢慢熄灭，L B闪亮后才慢慢熄灭解析由于灯泡L A与线圈L串联，灯泡L B与电阻R2串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以L B先亮，A、B错误；由于L A所在的支路电阻阻值偏小，故稳定时电流大，即L A更亮一些，当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中原来的电流开始减小，即从I A开始减小，故L A慢慢熄灭，L B闪亮后才慢慢熄灭，C错误，D正确．答案 D思路点拨(1)分析自感电流的大小时，应注意“L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计”这一关键语句；(2)电路接通瞬间，自感线圈相当于断路；(3)电路断开瞬间，回路中电流从L中原来的电流开始减小．二、自感现象的图像问题例2如图4所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A，流过灯泡的电流是1 A，现将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图像是()图4解析开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A．开关S断开瞬间，自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2 A逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D 对．答案 D三、对日光灯工作原理的理解例3如图5所示是日光灯的结构示意图，若按图示的电路连接，关于日光灯发光的情况，下列叙述中正确的是()图5A．S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光B．S1、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光C ．S 3断开，接通S 1、S 2后，再断开S 2，日光灯就能正常发光D ．当日光灯正常发光后，再接通S 3，日光灯仍能正常发光解析 当S 1接通，S 2、S 3断开时，电源电压220 V 直接加在灯管两端，达不到灯管启动的高压值，日光灯不能发光，选项A 错误．当S 1、S 2接通，S 3断开时，灯丝两端被短路，电压为零，不能使气体电离导电，日光灯不能发光，选项B 错误．当日光灯正常发光后，再接通S 3，则镇流器被短路，灯管两端电压过高，会损坏灯管，选项D 错误．只有当S 1、S 2接通，灯丝被预热，发出电子，再断开S 2，镇流器中产生很大的自感电动势，和原电压一起加在灯管两端，使气体电离，日光灯正常发光，选项C 正确．答案C自感现象⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧自感：由于导体线圈本身的电流发生变化而引起 的电磁感应现象自感电动势⎩⎪⎨⎪⎧ 公式：E L ＝L ΔI Δt 自感系数：与线圈的体积、形状、 匝数及有无铁芯等因素有关日光灯⎩⎪⎨⎪⎧ 构造：灯管、镇流器、启动器原理：自感现象1. (自感现象的分析)如图6所示电路中，、是两只相同的电流表，电感线圈L 的直流电阻与电阻R 的阻值相等．下列判断正确的是( )图6A ．开关S 接通的瞬间，电流表的读数大于的读数B ．开关S 接通的瞬间，电流表的读数小于的读数C ．开关S 接通，电路稳定后再断开的瞬间，电流表的读数大于的读数D．开关S接通，电路稳定后再断开的瞬间，电流表的读数等于的读数答案BD2．(自感现象的分析)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图7所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是()图7A．电源的内阻较大B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大D．线圈的自感系数较大答案 C解析从实物连接图中可以看出，线圈L与小灯泡并联，断开开关S时，小灯泡A中原来的电流立即消失，线圈L与小灯泡组成闭合回路，由于自感，线圈中的电流逐渐变小，使小灯泡中的电流反向且与线圈中电流大小相同，小灯泡未闪亮说明断开S前，流过线圈的电流与小灯泡的电流相同或较小，原因可能是线圈电阻偏大，故选项C正确．3. (自感现象的图像问题)某线圈中通有如图8所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有()图8A．第1 s末B．第2 s末C．第3 s末D．第4 s末答案BD解析 自感电动势E L ＝L ΔI Δt，当电流的变化率为零时，自感电动势的方向发生变化．由题图可知t ＝2 s 和t ＝4 s 时ΔI Δt为零，故选项B 、D 正确． 4．(对日光灯工作原理的理解)如图所示，S 为启动器，L 为镇流器，其中日光灯的接线图正确的是( )答案 A解析 根据日光灯的工作原理，要想使日光灯发光，灯丝需要预热发出电子，灯管两端应有瞬时高压，这两个条件缺一不可．当启动器动、静触片分离后，选项B 中灯管和电源断开，选项B 错误；选项C 中，当启动器动、静触片分离后，镇流器与灯管断开，无法将瞬时高压加在灯管两端，选项C 错误；选项D 中灯丝左、右端分别被短接，无法预热放出电子，不能使灯管内气体导电，选项D 错误.题组一 自感现象的分析1．关于线圈的自感系数，下列说法正确的是( )A ．线圈的自感系数越大，自感电动势就一定越大B ．线圈中电流等于零时，自感系数也等于零C ．线圈中电流变化越快，自感系数越大D ．线圈的自感系数由线圈本身的性质及有无铁芯决定答案 D解析 自感系数是由线圈的体积、形状、匝数、有无铁芯等因素决定的，故B 、C 错，D 对；自感电动势不仅与自感系数有关，还与电流变化快慢有关，故A 错．2. 如图1所示，L 为自感系数较大的线圈，电路稳定后灯A 正常发光，当断开开关S 的瞬间会有( )图1A ．灯A 立即熄灭B ．灯A 慢慢熄灭C ．灯A 突然闪亮一下再慢慢熄灭D ．灯A 突然闪亮一下再突然熄灭答案 A解析 当开关S 断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L 与灯A 串联，在S 断开瞬间，不能形成闭合回路，因此灯A 在开关断开瞬间，立即熄灭．3. 如图2所示，两个电阻阻值均为R ，电感线圈L 的电阻及电池内阻均可忽略不计，S 原来断开，电路中电流I 0＝E 2R，现将S 闭合，于是电路中产生了自感电动势，此自感电动势的作用是 ( )图2A ．使电路的电流减小，最后由I 0减小到零B ．有阻碍电流增大的作用，最后电流小于I 0C ．有阻碍电流增大的作用，因而电流总保持不变D ．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是变为2I 0答案 D解析 S 闭合，电路中电阻减小，电流增大，线圈产生的自感电动势的作用是阻碍原电流的增大，A 错；阻碍电流增大，不是不让电流增大，而是让电流增大的速度变慢，B 、C 错；最后达到稳定时，电路中电流为I ＝E R＝2I 0，故D 正确． 4. 如图3所示的电路中，线圈L 的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A 、B 是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是( )图3A．S闭合后，A、B同时发光且亮度不变B．S闭合后，A立即发光，然后又逐渐熄灭C．S断开的瞬间，A、B同时熄灭D．S断开的瞬间，A再次发光，然后又逐渐熄灭答案BD解析线圈对变化的电流有阻碍作用，开关接通时，A、B串联，同时发光，但电流稳定后线圈的直流电阻忽略不计，使A被短路，所以A错误，B正确；开关断开时，线圈产生自感电动势，与A构成回路，A再次发光，然后又逐渐熄灭，所以C错误，D正确．5．如图4所示甲、乙电路，电阻R和自感线圈L的电阻都很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()图4A．在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗答案AD解析题图甲中，A与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，电感线圈L中的自感电动势要维持原电流不变，所以开关断开的瞬间，A的电流不变，以后电流渐渐变小，因此，A渐渐变暗，选项A正确，B错误．题图乙中，A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小)，断开开关S时，电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，此瞬间电感线圈中的电流不变，电感线圈相当于一个电源给A 供电，因此，反向流过A的电流瞬间要变大，然后渐渐变小，所以A将先闪亮一下，然后渐渐变暗，选项C错误，D正确．6．如图5所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，这时灯泡具有一定的亮度，若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到()图5A．灯泡变暗B．灯泡变亮C．螺线管缩短D．螺线管伸长答案AD解析当软铁棒插入螺线管中，软铁棒被磁化，穿过螺线管的磁通量增加，故产生反向的自感电动势，所以电流减小，灯泡变暗，每匝线圈间同向电流的作用力减小，故螺线管伸长．7. 在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图6所示，其道理是()图6A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势相互抵消B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消D．当电路中的电流变化时，电流的变化量相互抵消答案 C解析能否有感应电动势，关键在于穿过回路的磁通量是否变化．由于导线是双线绕法，使穿过回路的磁通量等于零，无论通过的电流变化与否，磁通量均为零不变，所以不存在感应电动势和感应电流．题组二自感现象的图像问题8．在如图7所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L 和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调节R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I，然后断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，下列选项中能正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图像的是()图7答案 B解析与滑动变阻器R串联的L2，没有自感，直接变亮，电流变化图像如A中图线，C、D 错误．与带铁芯的电感线圈串联的L1，由于自感，电流逐渐变大，A错误，B正确．9. 如图8所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感线圈L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图像中，正确的是()图8答案 B解析在t＝0时刻闭合开关S，由于电感线圈L产生自感电动势，阻碍电流通过，电源输出电流较小，路端电压较高，经过一段时间电路稳定后，电源输出电流较大，路端电压较低．在t＝t1时刻断开S，电感线圈L产生自感电动势，与灯泡D构成闭合回路，灯泡D中有反向电流通过，所以表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图像中正确的是B.10. 如图9所示，电源的电动势为E＝10 V，内阻不计，L与R的电阻值均为5 Ω，两灯泡的电阻值均为R S＝10 Ω.图9(1)求断开S 的瞬间，灯泡L 1两端的电压；(2)定性画出断开S 前后一段时间内通过L 1的电流随时间的变化规律．答案 (1)10 V (2)见解析图解析 (1)电路稳定工作时，由于a 、b 两点的电势相等，导线ab 上无电流通过．因此通过L 的电流为I L ＝E 2R ＝1010A ＝1 A 流过L 1的电流为I S ＝E 2R S ＝1020A ＝0.5 A 断开S 的瞬间，由于线圈要想维持I L 不变，而与L 1组成闭合回路，因此通过L 1的最大电流为1 A.所以此时L 1两端的电压为U ＝I L ·R S ＝10 V(正常工作时为5 V)．(2)断开S 前，流过L 1的电流为0.5 A 不变，而断开S 的瞬间，通过L 1的电流突变为1 A ，且方向也发生变化，然后渐渐减小到零，所以它的图像如图所示(t 0为断开S 的时刻)． 注：从t 0开始，电流持续的时间实际上一般是很短的．题组三 对日光灯工作原理的理解11．在日光灯电路中接有启动器、镇流器和日光灯管，下列说法中正确的是( )A ．日光灯点亮后，镇流器、启动器都不起作用B ．镇流器在点亮灯管时产生瞬时高压，点亮后起降压限流作用C ．日光灯点亮后，启动器不再起作用，可以将启动器去掉D ．日光灯点亮后，使镇流器短路，日光灯仍能正常发光，并能降低对电能的消耗 答案 BC解析 日光灯工作时都要经过预热、启动和正常工作三个不同的阶段，它们的工作电路如图所示．在启动阶段镇流器与启动器配合产生瞬时高压，工作时，电流由镇流器经灯管，不再流过启动器，故日光灯启动后启动器不再工作，可以去掉，而镇流器还要起降压限流作用，不能去掉，故选B、C.12. 在如图10所示的日光灯工作原理电路图中：图10(1)开关闭合前，启动器的静触片和动触片是____________(填“接通的”或“断开的”)；(2)开关刚闭合时，220 V电压加在____________上，使__________发出辉光；(3)日光灯启动瞬间，灯管两端电压__________220 V(填“大于”、“等于”或“小于”)；(4)日光灯正常发光时，启动器的静触片和动触片________(填“接通”或“断开”)，镇流器起着__________作用，保证日光灯正常工作．答案(1)断开的(2)启动器氖气(3)大于(4)断开降压限流解析日光灯按原理图接好电路后，当开关闭合，电源把电压加到启动器两极，使氖气放电而发出辉光．辉光产生的热量使U形动触片膨胀伸长，跟静触片接触而把电路接通．电路接通后，启动器中的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分离，电路自动断开，在电路突然断开的瞬间，由于镇流器中的电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，其方向与原来电压方向相同，于是日光灯管成为电流的通路开始发光．日光灯使用的是交变电流，电流的大小和方向都在不断地变化，在日光灯正常发光时，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中就会产生自感电动势，它总是阻碍电流的变化，这时镇流器就起着降压限流的作用，保证日光灯的正常工作．。
2022-2023年人教版(2019)新教材高中物理选择性必修2 第2章电磁感应本章总结(1)课件
(3)运用全电路欧姆定律,串、并联电路的特点,电功率、 电热等公式联立求解．
2．受力分析 根据电路分析,表示出电路中电流,进而表示出安培力, 对研究对象进行受力分析,确定物体所受的合外力． 3．运动分析 根据物体的受力情况,分析加速度的变化,如果物体做 匀变速直线运动,可以利用运动学公式和牛顿第二定律求解； 如果物体不做匀变速直线运动,则必须进行能量分析,从能量 转化和守恒的角度求解．
所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的,则线 圈ab中的电流是均匀变化的,故选项A、B、D图42甲所示,当给线圈A 通以图42乙所示的电流(规定由a进入b流出为电流正方向)时, 则线圈cd两端的电势差应为图中的( )
图42
【解析】 0～1 s内,A线圈中电流均匀增大,产生向左 均匀增大的磁场,由楞次定律可知,B线圈中外电路的感应电 流方向由c到d,大小不变,c点电势高,所以选项A正确．
如图41(a),线圈ab、cd绕在同一软铁芯上,在ab线圈中 通以变化的电流,用示波器测得线圈cd间电压如图41(b)所 示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则下列 描 述 线 圈 ab 中 电 流 随 时 间 变 化 关 系 的 图 中 , 可 能 正 确 的 是 ()
图 4-1
【解析】 本题可由法拉第电磁感应定律判断． 由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定 的,
电动势 E＝Brv
根据闭合电路欧姆定律得 I＝ER，联立以上各式解得 通过电阻 R 的感应电流的大小为 I＝3B2ωRr2.
(2)根据能量守恒定律，外力的功率 P 等于安培力与 摩擦力的功率之和，即 P＝BIrv＋fv，而 f＝μmg
2018-2019版物理新设计同步选修3-2课件：第一章 电磁感应 习题课 精品
解析 由法拉第电磁感应定律知金属环中产生的感应电动势 E＝nΔΔΦt ，由闭合电路 的欧姆定律知金属环中的感应电流为 I＝RE。通过金属环截面的电荷量 q＝I·Δt＝ΔRΦ ＝100×10－4×0（.10.2－0.1） C＝0.01 C。
答案 0.01 C
[例4] 如图5所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从磁感应强度为B的匀强磁场中 拉出，求这一过程中：
图7
A.电阻 R 两端的电压为12Bωr2
B.电阻 R 两端的电压为 Bωr2
C.若 ω 增大到原来的 2 倍，则流过定值电阻的电流增大到原来的 2 倍
D.若 ω 增大到原来的 2 倍，则流过定值电阻的电流增大到原来的 4 倍
解析 电阻 R 两端的电压差等于圆盘转动产生的感应电动势即 U＝E＝12Bωr2，选 项 A 正确，B 错误；若 ω 增大到原来的 2 倍，根据 E＝12Bωr2 可知电动势变为原来 的 2 倍，则流过定值电阻的电流增大到原来的 2 倍，选项 C 正确，D 错误。 答案 AC
解析 (1)ab 棒各点的平均速率－v＝va＋2 vb＝0＋2ωl＝12ωl (2)ab 两端的电势差：U＝Bl－v＝12Bl2ω (3)经时间 Δt 金属棒 ab 所扫过的扇形面积为 ΔS，则 ΔS＝12l2θ＝12l2ωΔt，ΔΦ＝BΔS
＝12Bl2ωΔt。 由法拉第电磁感应定律得
E＝ΔΔΦt ＝12BlΔ2ωt Δt＝12Bl2ω。
3.(两公式的综合应用)如图 8 所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线 框，半圆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 B0。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。现使线框保持图中所示位置，磁感应
高中物理(教科版,选修32)(课件+word文档+课时作业与单元测试+模块要点回眸)第一章 电磁感应
模块要点回眸——精讲·精析·精练21点第1点从三个角度理解“磁通量及其变化”“磁通量及其变化”是学好电磁感应的一个突破口，直接关系到对楞次定律及法拉第电磁感应定律的学习与应用．而在解决实际问题过程中由于对“磁通量”理解不全面，往往容易出错．下面从三个角度对该知识点进行剖析．1．磁通量Φ的定义磁感应强度B与一个面垂直于磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面的磁通量，定义式为Φ＝BS.(1)面积S是指闭合电路中包含磁场的那部分的有效面积．图1如图1所示，若闭合电路abcd和ABCD所在平面均与匀强磁场垂直，面积分别为S1和S2，且S1>S2，但磁场区域恰好只有ABCD那么大，穿过S1和S2的磁通量是相同的，因此，Φ＝BS中的S应指闭合电路中包含磁场的那部分的有效面积S2.(2)如果面积S与磁感应强度B不垂直，可将磁感应强度B向着垂直于面积S的方向投影，也可以将面积向着垂直于磁感应强度B的方向投影．特例：B∥S时，Φ＝0；B⊥S时，Φ最大(Φ＝BS)．(3)磁通量与线圈的匝数无关．线圈匝数的多少不改变线圈面积的大小，所以不管有多少匝线圈，S是不变的，B也和线圈无关，所以磁通量不受线圈匝数影响．也可以简单理解为磁通量大小只取决于穿过闭合线圈的磁感线条数．2．磁通量的正负磁通量是双向标量，若设初始时为正，则转过180°时为负．说明：磁通量是标量，它的正负只表示磁感线是穿入还是穿出．当穿过某一面积的磁感线既有穿入的又有穿出的时，二者将互相抵消一部分，这类似于导体带电时的“净”电荷．3．磁通量的变化ΔΦ由公式：Φ＝BS sin θ可得磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1有多种形式，主要有：(1)S、θ不变，B改变，这时ΔΦ＝ΔB·S sin θ(2)B、θ不变，S改变，这时ΔΦ＝ΔS·B sin θ(3)B、S不变，θ改变，这时ΔΦ＝BS(sin θ2－sin θ1)可见磁通量Φ是由B、S及它们间的夹角θ共同决定的，磁通量的变化情况应从这三个方面去考虑．对点例题如图2所示，一水平放置的矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形线框以左边的边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量改变量的大小是()图2A.3－12BS B．BSC.3＋12BS D．2BS解题指导Φ是标量，但有正、负之分，在计算ΔΦ＝Φ2－Φ1时必须注意Φ2、Φ1的正负，要注意磁感线从线框的哪一面穿过，此题中在开始位置磁感线从线框的下面穿进，在末位置磁感线从线框的另一面穿进，Φ2、Φ1一正一负，再考虑到有效面积，故此题选C.又如：一面积为S的矩形线框放在磁感应强度为B的匀强磁场中，开始磁感应强度B垂直矩形线框，当其绕某一条边转动180°的过程中，其磁通量的变化量ΔΦ＝－2BS，而不是零．答案 C1．下列关于磁通量的说法，正确的是()A．在匀强磁场中，穿过某一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积B．磁通量是矢量，其正负表示方向C．磁通量是形象描述穿过某一个面的磁感线条数的物理量D．磁通量越大，磁通量的变化就越快答案 C解析在匀强磁场中，如果磁场与平面垂直，则穿过某一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积，A错；磁通量是标量，B错；磁通量大小与磁通量变化快慢无关，D错．2. 如图3所示是等腰直角三棱柱，其中abcd面为正方形，边长为L，它们按图示方式放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下列说法中正确的是()图3A．通过abcd面的磁通量大小为L2BB．通过dcfe面的磁通量大小为22L2BC．通过abfe面的磁通量大小为零D．通过bcf面的磁通量大小为零答案BCD解析通过abcd面的磁通量大小为22L2B，A错误；dcfe面是abcd面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为22L2B，B正确，abfe面与bcf面和磁场平行，所以磁通量大小为零，C、D正确．3．如图4所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量Φa、Φb的大小关系为()图4A．Φa＞ΦbB．Φa＜ΦbC．Φa＝ΦbD．无法比较答案 A解析因为内部磁场与外部磁场要相互抵消，所以直径越大抵消得越多，故直径大的磁通量小．4. 一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图5所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角．将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为()图5A．0 B．－2BSC．－2BS cos θD．－2BS sin θ答案 C解析初始时刻，平面abcd的有效面积为与B垂直的竖直投影面积S cos θ，其磁通量为BS cos θ.将abcd绕ad轴转180°角时，其磁通量为－BS cos θ.则穿过线圈平面的磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－2BS cos θ.。
【教科版】2019年高中物理选修3-2学案 第一章 电磁感应5习题课：楞次定律的应用 含答案
学案5习题课：楞次定律的应用[学习目标定位] 1.学习应用楞次定律的推论判断感应电流的方向.2.理解安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的区别．1．应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤是：(1)明确所研究的闭合电路，判断原磁场的方向；(2)判断闭合电路内原磁场的磁通量的变化情况；(3)由楞次定律判断感应电流的磁场方向；(4)由安培定则根据感应电流的磁场方向，判断出感应电流的方向．2．安培定则(右手螺旋定则)、右手定则、左手定则(1)判断电流产生的磁场方向用安培定则．(2)判断磁场对通电导体及运动电荷的作用力方向用左手定则．(3)判断导体切割磁感线运动产生的感应电流方向用右手定则.一、“增反减同”法感应电流的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化．(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．口诀记为“增反减同”．例1如图1所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸处，ab边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈的感应电流()图1A．沿abcd流动B．沿dcba流动C．先沿abcd流动，后沿dcba流动D．先沿dcba流动，后沿abcd流动解析本题考查用楞次定律判断感应电流的方向，关键要分析清楚矩形线圈由位置Ⅰ到位置Ⅱ和由位置Ⅱ到位置Ⅲ两过程中，穿过线圈的磁感线方向相反．由条形磁铁的磁场可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量最小为零，线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减少，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcd.答案 A二、“来拒去留”法由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动，简称口诀“来拒去留”．例2如图2所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是()图2A．向右摆动B．向左摆动C．静止D．无法判定解析本题可由两种方法来解决：方法1：画出磁铁的磁感线分布，如图甲所示，当磁铁向铜环运动时，穿过铜环的磁通量增加，由楞次定律判断出铜环中的感应电流方向如图甲所示．分析铜环受安培力作用而运动时，可把铜环中的电流等效为多段直线电流元．取上、下两小段电流元作为研究对象，由左手定则确定两段电流元的受力，由此可推断出整个铜环所受合力向右，故A正确．甲乙方法2(等效法)：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为图乙所示的条形磁铁，两磁铁有排斥作用，故A正确．答案 A三、“增缩减扩”法当闭合电路中有感应电流产生时，电路的各部分导线就会受到安培力作用，会使电路的面积有变化(或有变化趋势)．(1)若原磁通量增加，则通过减小有效面积起到阻碍的作用．(2)若原磁通量减小，则通过增大有效面积起到阻碍的作用．口诀记为“增缩减扩”．例3如图3所示，在载流直导线旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是()图3A．一起向左运动B．一起向右运动C．ab和cd相向运动，相互靠近D．ab和cd相背运动，相互远离解析由于在闭合回路abcd中，ab和cd电流方向相反，所以两导体运动方向一定相反，排除A、B；当载流直导线中的电流逐渐增强时，穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流总是阻碍穿过回路磁通量的变化，所以两导体相互靠近，减小面积，达到阻碍磁通量增大的目的．故选C.答案 C四、“增离减靠”法发生电磁感应现象时，通过什么方式来“阻碍”原磁通量的变化要根据具体情况而定．可能是阻碍导体的相对运动，也可能是改变线圈的有效面积，还可能是通过远离或靠近变化的磁场源来阻碍原磁通量的变化．即：(1)若原磁通量增加，则通过远离磁场源起到阻碍的作用．(2)若原磁通量减小，则通过靠近磁场源起到阻碍的作用．口诀记为“增离减靠”．例4一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图4所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到N向左运动的是()图4A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时解析金属环N向左运动，说明穿过N的磁通量在减小，说明线圈M中的电流在减小，只有选项C符合题意．答案 C五、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别应用1．右手定则是楞次定律的特殊情况(1)楞次定律的研究对象为整个闭合导体回路，适用于磁通量变化引起感应电流的各种情况．(2)右手定则的研究对象为闭合导体回路的一部分，适用于一段导线在磁场中做切割磁感线运动．2．区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系(1)因电而生磁(I→B)→安培定则．(判断电流周围磁感线的方向)(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则．(导体切割磁感线产生感应电流)(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则．(磁场对电流有作用力)例5如图5所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里．圆形金属环B正对磁铁A当导线MN在导轨上向右加速滑动时，下列说法正确的是()图5A．MN中电流方向N→M，B被A吸引B．MN中电流方向N→M，B被A排斥C．MN中电流方向M→N，B被A吸引D．MN中电流方向M→N，B被A排斥解析MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的磁场方向向左，且大小逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的磁场方向向右，B被A排斥，B正确，A、C、D错误．答案 B1．(“来拒去留”法)如图6所示，螺线管CD的导线绕法不明，当磁铁AB插入螺线管时，闭合电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺线管磁场极性的判断，正确的是()图6A．C端一定是N极B．D端一定是N极C．C端的极性一定与磁铁B端的极性相同D．因螺线管的绕法不明，故无法判断极性答案 C解析由“来拒去留”得磁铁与螺线管之间产生相斥的作用，即螺线管的C端一定与磁铁的B端极性相同，与螺线管的绕法无关．但因为磁铁AB的N、S极性不明，所以螺线管CD 两端的极性也不能确定，所以A、B、D错，C对．2．(“增缩减扩”法及“来拒去留”法)如图7所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁铁．当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断正确的是()图7A．铝环有收缩趋势，对桌面压力减小B．铝环有收缩趋势，对桌面压力增大C．铝环有扩张趋势，对桌面压力减小D．铝环有扩张趋势，对桌面压力增大答案 B解析根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合铝环内的磁通量增大，因此铝环面积应有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使铝环对桌面压力增大，故B项正确．3．(“增离减靠”法)如图8是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()图8A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动答案AC解析当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，产生感应电流，使钻头M向右运动，故A项正确；当开关S已经是闭合时，只有左侧线圈电流增大才会导致钻头M向右运动，故C项正确．4．(安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用)如图9所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是()图9A．向右加速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向左减速运动答案BC解析当PQ向右运动时，用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M的，用左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动，可见选项A错误；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，所以选项C正确；同理可判断选项B正确，选项D错误．题组一“来拒去留”法1．如图1所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．在磁铁的N极向下靠近线圈的过程中()图1A．通过电阻的感应电流方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引答案 B解析根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，因此阻碍条形磁铁的下落，即来拒去留，同名磁极相斥，所以线圈上端为N极，根据安培定则判断线圈电流方向向下，线圈下端为正极，上端为负极，电流方向从下端由b经电阻到a再回到线圈负极，B对．2.如图2所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，经过磁铁到达位置Ⅱ，设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则()图2A．T1＞mg，T2＞mg B．T1＜mg，T2＜mgC．T1＞mg，T2＜mg D．T1＜mg，T2＞mg答案 A解析当环经过磁铁上端，穿过环的磁通量增加，圆环中的感应电流的磁场要阻碍其磁通量增加，所以磁铁对线圈有向上的斥力作用，由牛顿第三定律，环对磁铁有向下的斥力作用，使得细线对磁铁的拉力大于磁铁的重力，即T1＞mg；同理，当圆环经过磁铁下端时，穿过环的磁通量减小，圆环中的感应电流的磁场要阻碍其磁通量减小，所以磁铁对环有向上的吸引力作用，由牛顿第三定律，则环对磁铁有向下的吸引力作用，使得细线对磁铁的拉力大于磁铁的重力，即T2＞mg，选项A正确．3．如图3所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力N及在水平方向运动趋势的正确判断是()图3A．N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．N先大于mg后小于mg，运动趋势向右答案 D解析条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知，线圈先有向下和向右的趋势，后有向上和向右的趋势；故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力；运动趋势向右．故选D.4．如图4所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是()图4A．同时向左运动，间距变大B．同时向左运动，间距变小C．同时向右运动，间距变小D．同时向右运动，间距变大答案 B解析磁铁向左运动，穿过两环的磁通量均增加．根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原磁通量增加，所以两者都向左运动．另外，两环产生的感应电流方向相同，依据安培定则和左手定则可以判断两个环之间是相互吸引的，所以选项A、C、D错误，B正确．题组二“增缩减扩”法5．如图5所示，在水平面上有一固定的导轨，导轨为U形金属框架，框架上放置一金属杆ab，不计摩擦，在竖直方向上有匀强磁场，则()图5A．若磁场方向竖直向上并增强时，杆ab将向右移动B．若磁场方向竖直向上并减弱时，杆ab将向右移动C．若磁场方向竖直向下并增强时，杆ab将向右移动D．若磁场方向竖直向下并减弱时，杆ab将向右移动答案BD解析不管磁场方向竖直向上还是竖直向下，当磁感应强度增大时，回路中磁通量变大，由楞次定律知杆ab将向左移动，反之，杆ab将向右移动，选项B、D正确．6.如图6所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放在导轨上，形成闭合回路．当一条形磁铁从上方向下迅速接近回路时，可动的两导体棒P、Q将()图6A．保持不动B．相互远离C．相互靠近D．无法判断答案 C解析效果法：四根导体组成闭合回路，当磁铁迅速接近回路时，不管是N极向下还是S 极向下，穿过回路的磁通量都增加，闭合回路中产生感应电流，感应电流将“阻碍”原磁通量的增加，怎样来阻碍增加呢？可动的两根导体只能用减小回路面积的方法来阻碍原磁通量的增加，得到的结论是P、Q相互靠近，选项C正确．还可以用常规法，根据导体受磁场力的方向来判断．7．如图7所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R 的滑片自左向右滑动时，线框ab的运动情况是()图7A．保持静止不动B．逆时针转动C．顺时针转动D．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向答案 C解析根据题图所示电路，线框ab所处位置的磁场是水平方向的，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框ab的磁通量将减少．Φ＝BS sin θ，θ为线圈平面与磁场方向的夹角，根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原来磁场的变化，则线框ab只有顺时针旋转使θ角增大，而使穿过线圈的磁通量增加，则C正确．注意此题并不需要明确电源的极性．题组三“增离减靠”法8.如图8所示，一个有弹性的金属线圈被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与线圈在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性线圈的面积S和橡皮绳的长度l将()图8A．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变长答案 D解析当通电直导线中电流增大时，穿过金属线圈的磁通量增大，金属线圈中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍原磁通量的增大：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离直导线的方法进行阻碍，故D正确．9．如图9所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合，现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则()图9A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大答案 B解析胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过B的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的效果阻碍原磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小．故B正确，A、C、D错误．10.如图10所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通瞬间，两铜环的运动情况是()图10A ．同时向两侧推开B ．同时向螺线管靠拢C ．一个被推开，一个被吸引，但因电流正负极未知，无法具体判断D ．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断 答案 A解析 当电键S 接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动．故A 正确．题组四 安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用11．如图11所示，导体AB 、CD 可在水平轨道上自由滑动，当导体棒AB 向左移动时 ( )图11A ．AB 中感应电流的方向为A 到BB ．AB 中感应电流的方向为B 到AC ．CD 向左移动D ．CD 向右移动答案 AD解析 由右手定则可判断AB 中感应电流方向为A →B ，CD 中电流方向为C →D ，由左手定则可判定CD 受到向右的安培力作用而向右运动．12．如图12甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示．在0～T 2时间内，直导线中电流向上，则在T 2～T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的方向是 ( )图12A ．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向左B ．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向右C ．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向右D ．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向左答案 C解析 在T 2～T 时间内，直导线电流方向向下，根据安培定则，知直导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力方向水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平方向向右，故C正确，A、B、D错误．13．如图13所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小导线圈N 获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况(两线圈共面放置)是()图13A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动答案BC。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第 1 页
3-2 第一章和第二章练习卷
出卷人：林旭东 时间：一小时30分钟 总分：100分
一、选择题（每题4分，1-8单选，9-12多选）
1．如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线
距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。以下
说法正确的是（ ）
A. 金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B. 金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C. 金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
D. 金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
2．某磁场的磁感线分布如图所示，有一铜线圈从图中的上方A处落到B处，则在下落的过程
中，从上向下看，线圈中的感应电流的方向是( )
A. 顺时针 B. 逆时针 C. 先逆时针后顺时针 D. 先顺时针后逆时针
3．如图所示，固定不动的绝缘直导线mn和可以自由移动的矩形线框abcd位于同一光滑水平
面内，mn与ad、bc边平行且离ad边较近.当导线mn中通入向上的电流，线框中通入顺时针
方向的电流时，线框运动情况是 ( )
A. 向左运动 B. 向右运动 C. 以为mn轴运动 D. 静止不动
4．圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，
螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下
列表述正确的是（ ）
A. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B. 穿过线圈a的磁通量变小
C. 线圈a有扩张的趋势 D. 线圈a对水平桌面的压力FN将增大
5．如图所示，一根铝管竖直放置，把一块直径比铝管内径略小的圆柱形强磁铁从铝管上端由
静止释放，可以观察到，相比磁铁自由下落，磁铁在铝管中的下落会延缓许多。关于磁铁在
铝管中下落的过程，下列说法中正确的是( )
A. 磁铁下落会延缓，主要是因为磁铁与铝管内壁有摩擦
B. 磁铁做匀加速运动，其加速度小于重力加速度g
C. 磁铁做加速运动，其加速度逐渐增大
D. 磁铁和铝管会产生热量，其数值等于磁铁机械能的减少量
6．如图甲所示，圆形线圈垂直放在匀强磁场里，第1秒内磁场方向指向纸里．若磁感应强度
大小随时间变化的关系如图乙，那么，下面关于线圈中感应电流的说法正确的是( )
A. 在第1秒内感应电流增大，电流方向为逆时针
B. 在第2秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针
C. 在第3秒内感应电流减小，电流方向为顺时针
D. 在第4秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针
7．如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ．在
导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其它电阻．导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，
当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大
高度为h．在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列
说法正确的是（ ）
A. 两次上升的最大高度相比较为H＜h
B. 有磁场时导体棒所受合力的功大于无磁场时合力的功
C. 有磁场时，电阻R产生的焦耳热为2012mv
第 2 页
D. 有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsinθ
8．如图所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为
m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架
垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑经一段时间后闭合S，则S闭合后
A. ef的加速度可能小于g
B. ef的加速度一定大于g
C. ef最终速度随S闭合时刻的不同而不变
D. ef的机械能与回路内产生的电能之和一定增大
9．如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，
磁场方向垂直线圈平面，MN线与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点．关于线框
中的感应电流，正确的说法是 ( )
A. 当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大
B. 当P点经过边界MN时，线框中感应电动势最大
C. 当F点经过边界MN时，线框中磁通量变化率最大
D. 当Q点经过边界MN时，线框中磁通量最大
10．如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正
确的是（ ）
A. 闭合开关S时，A、B灯同时亮
B. 闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮
C. 断开开关S时， A灯先闪一闪再逐渐熄灭
D. 断开开关S时，A灯与B灯同时逐渐熄灭
11．如图，一闭合铝环套在一根光滑平杆上，当条形磁铁靠近它时，下列结论正确的是( )
A. N极靠近铝环时，铝环将向左运动
B. S极靠近铝环时，铝环将向左运动
C. N极靠近铝环时，铝环将向右运动
D. S极靠近铝环时，铝环将向右运动
12．如图所示，有界匀强磁场与斜面垂直，质量为m的正方形线框静止在倾角为30°的绝缘
斜面上（线框的下边位于磁场上边界处）。现使线框获得初速度沿斜面向下运动，恰好穿出磁
场。已知线框边长小于磁场的宽度，且线框与斜面间的动摩擦因数μ=33。则下列说法正确
的是( )
A. 线框进入磁场时做加速运动，离开磁场时做减速运动
B. 线框进入磁场的过程中电流做的功和穿出磁场的过程中电流做的功之比为3:1
C. 线框进入磁场的过程中通过线框的电量和穿出磁场的过程中通过线框的电量之比为1:1
D. 线框进入磁场和穿出磁场时产生的热量相等
二.计算题（13-14每题12分，15-16每题14分）
13．如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可
忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻.导体棒ab长l＝0.5m，其电阻为r，与导
轨接触良好.整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.4T.现使ab以v＝
10m/s的速度向右做匀速运动.
（1）ab中的感应电动势多大？（2）ab中电流的方向如何？
14．CD、EF是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H，
导轨间距为L，在水平导轨区域存在方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场（磁场区域为
CPQE），磁感应强度大小为B，如图所示。导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的
第 3 页
光滑轨道的上端接有一电阻R。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高
度h处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离
x处。已知导体棒质量为m,导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g。求：
电阻R中的最大电流和整个电路中产生的焦耳热。
15．U形导线框MNQP水平放置在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中，磁场方向与导线框所
在平面垂直，导线MN和PQ足够长，间距为0.5m，横跨在导线框上的导体棒ab的电阻
r＝1.0Ω，接在NQ间的电阻R=4.0Ω，电压表为理想电表，其余电阻不计。导体棒在水平外
力作用下以速度ν=2.0m／s向左做匀速直线运动，不计导体棒与导线框间的摩擦。 求：
(1)通过电阻及ab的电流方向如何? (2)电压表的示数为多少?
(3)若某一时刻撤去水平外力，则从该时刻起，在导体棒运动 1.0m的过程中，通过导体棒的
电荷量为多少?
16．如图所示，质量m＝0.016kg、长L＝0.5m，宽d＝0.1m，电阻R＝0.4Ω的矩形线圈，从
h1＝5m高处自由下落，进入一个匀强磁场，当线圈的下边刚进入磁场时，线圈恰好做匀速直
线运动，已知线圈cd边通过磁场所用的时间t＝0.15s. 求：
(1) 磁场的磁感应强度B；(2)磁场区域的高度h2(g取10m/s2)．
参考答案
1．C 2．D 3．B 4．D 5．D 6．B 7．D 8．A 9．BD 10．BD 11．AB 12．BC
13．（1）2v；（2）b→a；14． 24mgxQmghH
15．（1）N→Q b→a（2）0.16V （3）2.0×10－2 C
16．
(1)B=0.8T (2) h2＝1.55 m