法拉第電磁感應(yīng)定律 自感(教案)學(xué)生

法拉第電磁感應(yīng)定律、自感考綱解讀1.能應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、公式E＝Blv計算感應(yīng)電動勢.2.理解自感、渦流的產(chǎn)生，并能分析實(shí)際應(yīng)用．1．[對自感的考查]如圖1(a)、(b)所示的電路中，電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，且小于燈A的電阻，接通S，使電路達(dá)到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則 ()圖1A．在電路(a)中，斷開S，A將漸漸變暗B．在電路(a)中，斷開S，A將先變得更亮，然后漸漸變暗C．在電路(b)中，斷開S，A將漸漸變暗D．在電路(b)中，斷開S，A將先變得更亮，然后漸漸變暗3．[對法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)用的考查]如圖2所示，長為L的金屬導(dǎo)線彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個極板，磁場垂直于環(huán)面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋Kt(K>0)隨時間變化，t＝0時，P、Q兩極板電勢相等．兩極板間的距離遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，則經(jīng)時間t電容器P板 () 圖2A．不帶電B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，電荷量是eq\f(KL2C,4π)D．帶負(fù)電，電荷量是eq\f(KL2C,4π)3．[對公式E＝Blv的考查]2012年11月24日，中國的殲－15戰(zhàn)機(jī)成功在“遼寧號”航母上起降，使中國真正擁有了自己的航母．由于地磁場的存在，飛機(jī)在一定高度水平飛行時，其機(jī)翼就會切割磁感線，機(jī)翼的兩端之間會有一定的電勢差．則從飛行員的角度看，機(jī)翼左端的電勢比右端的電勢 ()A．低 B．高C．相等 D．以上情況都有可能考點(diǎn)梳理一、法拉第電磁感應(yīng)定律1．感應(yīng)電動勢(1)感應(yīng)電動勢：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢．產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體就相當(dāng)于電源，導(dǎo)體的電阻相當(dāng)于電源內(nèi)阻．(2)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動勢的關(guān)系：遵循閉合電路歐姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).2．法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt).3．導(dǎo)體切割磁感線的情形(1)一般情況：運(yùn)動速度v和磁感線方向夾角為θ，則E＝Blvsin_θ.(2)常用情況：運(yùn)動速度v和磁感線方向垂直，則E＝Blv.(3)導(dǎo)體棒在磁場中轉(zhuǎn)動導(dǎo)體棒以端點(diǎn)為軸，在勻強(qiáng)磁場中垂直于磁感線方向勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中點(diǎn)位置線速度eq\f(1,2)lω)．二、自感1.概念：由于導(dǎo)體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢叫做自感電動勢．2.表達(dá)式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).3.自感系數(shù)L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān)．4．[“極端法”的應(yīng)用]如圖3所示，線圈A、B是由不同材料制成的導(dǎo)體線圈，它們的質(zhì)量一樣大，形狀一樣，設(shè)磁場足夠大，下列說法正確的是 ()A．電阻大的線圈達(dá)到穩(wěn)定速度時的速度大B．電阻小的線圈達(dá)到穩(wěn)定速度時的速度大 圖3C．兩線圈的穩(wěn)定速度是一樣的D．電阻率大的材料制成的線圈，穩(wěn)定速度大5．[用結(jié)論“q＝neq\f(ΔΦ,R總)”解題]如圖4所示，正方形線圈abcd位于紙面內(nèi)，邊長為L，匝數(shù)為N，線圈內(nèi)接有電阻值為R的電阻，過ab中點(diǎn)和cd中點(diǎn)的連線OO′恰好位于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場的右邊界上，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過90°時，通過電阻R的電荷量為 () 圖4A.eq\f(BL2,2R) B.eq\f(NBL2,2R)C.eq\f(BL2,R) D.eq\f(NBL2,R)方法提煉1．“極端法”分析電磁感應(yīng)問題將題中某些物理量推到極限狀態(tài)或極值條件下分析研究，會使問題變得容易解決．2．感應(yīng)電荷量的求法：q＝eq\f(nΔΦ,R總).考點(diǎn)一法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．感應(yīng)電動勢大小的決定因素(1)感應(yīng)電動勢的大小由穿過閉合電路的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)和線圈的匝數(shù)共同決定，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系．(2)當(dāng)ΔΦ僅由B引起時，則E＝neq\f(SΔB,Δt)；當(dāng)ΔΦ僅由S引起時，則E＝neq\f(BΔS,Δt).2．磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t圖象上某點(diǎn)切線的斜率．例1如圖6(a)所示，一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1,在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖(b)所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導(dǎo)線的電阻不計．求0至t1時間內(nèi)：(a)(b)圖6(1)通過電阻R1上的電流大小和方向；(2)通過電阻R1上的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量．1.應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律解題的一般步驟(1)分析穿過閉合電路的磁場方向及磁通量的變化情況；(2)利用楞次定律確定感應(yīng)電流的方向；(3)靈活選擇法拉第電磁感應(yīng)定律的不同表達(dá)形式列方程求解．2．幾點(diǎn)注意(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)是求解回路某段時間內(nèi)平均電動勢的最佳選擇．(2)用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應(yīng)電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積．(3)通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路總電阻R總有關(guān)，與時間長短無關(guān)．推導(dǎo)如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR總)·Δt＝eq\f(nΔΦ,R總).突破訓(xùn)練1如圖7甲所示，邊長為L、質(zhì)量為m、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框靜置于光滑水平面上，處于與水平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．求：甲乙圖7(1)在t＝0到t＝t0時間內(nèi)，通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大?。?2)在t＝eq\f(t0,2)時刻，ab邊所受磁場作用力大?。?3)在t＝0到t＝t0時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流做的功．考點(diǎn)二導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計算1．公式E＝Blv的使用條件(1)勻強(qiáng)磁場．(2)B、l、v三者相互垂直．(3)如不垂直，用公式E＝Blvsinθ求解，θ為B與v方向間的夾角．2．“瞬時性”的理解若v為瞬時速度，則E為瞬時感應(yīng)電動勢．若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電動勢，即E＝Bleq\x\to(v).3．切割的“有效長度”公式中的l為有效切割長度，即導(dǎo)體與v垂直的方向上的投影長度．圖8中有效長度分別為：圖8甲圖：l＝eq\x\to(cd)sinβ；乙圖：沿v1方向運(yùn)動時，l＝eq\x\to(MN)；沿v2方向運(yùn)動時，l＝0.丙圖：沿v1方向運(yùn)動時，l＝eq\r(2)R；沿v2方向運(yùn)動時，l＝0；沿v3方向運(yùn)動時，l＝R.4．“相對性”的理解E＝Blv中的速度v是相對于磁場的速度，若磁場也運(yùn)動，應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系．例2如圖9甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導(dǎo)軌，間距L＝2.0m，R是連在導(dǎo)軌一端的電阻，質(zhì)量m＝1.0kg的導(dǎo)體棒ab垂直跨在導(dǎo)軌上，電壓傳感器與這部分裝置相連．導(dǎo)軌所在空間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場．從t＝0開始對導(dǎo)體棒ab施加一個水平向左的拉力，使其由靜止開始沿導(dǎo)軌向左運(yùn)動，電壓傳感器測出R兩端的電壓隨時間變化的圖線如圖乙所示，其中OA、BC段是直線，AB段是曲線．假設(shè)在1.2s以后拉力的功率P＝4.5W保持不變．導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒ab的電阻均可忽略不計，導(dǎo)體棒ab在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好．不計電壓傳感器對電路的影響．g取10m/s2.求：圖9(1)導(dǎo)體棒ab最大速度vm的大??；(2)在1.2s～2.4s的時間內(nèi)，該裝置總共產(chǎn)生的熱量Q；(3)導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ和電阻R的值．1.公式E＝Blvsinθ求的是瞬時感應(yīng)電動勢，E與某個時刻或某個位置相對應(yīng)．切割磁感線的那部分導(dǎo)體就相當(dāng)于電源．2．本題中U－t圖象實(shí)際上可以轉(zhuǎn)化為v－t圖象(U＝E＝Blv)，因此，此運(yùn)動類似于機(jī)車啟動模型．3．以圖象形式給出題目已知條件的，要竭力挖掘圖象中的隱含信息．突破訓(xùn)練2在范圍足夠大，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，寬度為L＝0.4m，如圖10所示，框架上放置一質(zhì)量為0.05kg、電阻為1Ω的金屬桿cd，框架電阻不計．若桿cd以恒定加速度a＝2m/s2，由靜止開始做勻變速運(yùn)動，則：(1)在5s內(nèi)平均感應(yīng)電動勢是多少？ 圖10(2)第5s末，回路中的電流多大？(3)第5s末，作用在cd桿上的水平外力多大？考點(diǎn)三自感現(xiàn)象的分析1．自感現(xiàn)象“阻礙”作用的理解(1)流過線圈的電流增加時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢與電流方向相反，阻礙電流的增加，使其緩慢地增加．(2)流過線圈的電流減小時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢與電流方向相同，阻礙電流的減小，使其緩慢地減小．線圈就相當(dāng)于電源，它提供的電流從原來的IL逐漸變小．2．自感現(xiàn)象的四大特點(diǎn)(1)自感電動勢總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變化．(2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化．(3)電流穩(wěn)定時，自感線圈就相當(dāng)于普通導(dǎo)體．(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進(jìn)行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向．例3如圖11所示的電路中，L為一個自感系數(shù)很大、直流電阻不計的線圈，D1、D2是兩個完全相同的電燈，E是內(nèi)阻不計的電源．t＝0時刻，閉合開關(guān)S，經(jīng)過一段時間后，電路達(dá)到穩(wěn)定，t1時刻斷開開關(guān)S.I1、I2分別表示通過電燈D1和D2中的電流，規(guī)定圖中箭頭所示方向?yàn)殡娏髡较颍韵赂鲌D中能定性描述電流I隨時間t變化關(guān)系的是 () 圖11在分析自感現(xiàn)象問題時，應(yīng)注意電路的結(jié)構(gòu)，弄清楚自感線圈L與用電器的串、并聯(lián)關(guān)系，明確原電流的方向，再判斷自感電流的方向及大小變化．同時注意，L的自身電阻是不是能忽略不計．在斷開開關(guān)時，還要看線圈和用電器能否形成回路．突破訓(xùn)練3在如圖12所示的電路中，兩個相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個帶鐵芯的電感線圈L和一個滑動變阻器R.閉合開關(guān)S后，調(diào)整R，使L1和L2發(fā)光的亮度一樣，此時流過兩個燈泡的電流均為I.然后，斷開S.若t′時刻再閉合S，則在t′前后的一小段時間內(nèi)，正確反映流過L1的電流i1、流過L2的電流i2隨時間t變化的圖象是 ()圖1241．應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律答題的規(guī)范在閱卷過程中，我們看到學(xué)生計算題的答題卷面，有時不是因?yàn)槲锢碇R不夠扣分，而是因?yàn)榇痤}不規(guī)范而扣分，很是可惜．下面談一下規(guī)范答題的幾大要素．1．文字說明(1)研究對象個體或系統(tǒng)、過程或狀態(tài)．(2)所列方程的依據(jù)名稱．(3)題目中的隱含條件、臨界條件．(4)非題設(shè)字母，說明符號的物理意義．字母符號書寫、使用要規(guī)范，題目給了符號最好不要再另設(shè)符號．尊重課本常用符號．(5)規(guī)定的正方向、零勢點(diǎn)(面)及所建立的坐標(biāo)系．(6)結(jié)果的物理意義，給出明確答案．2．必要方程(1)寫出符合題意的原始方程，不能寫變形式，如：要寫成“eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I＝\f(BLv,R),F＝BIL＝\f(B2L2v,R)))”，不要寫成“F＝eq\f(B2L2v,R)”．(2)要用字母表述方程，不要寫代入數(shù)據(jù)的方程，方程中等號兩邊雖然含有相同的物理量字母，也不能相“約”，如“mgh＝eq\f(1,2)mv2”．(3)要用原始方程組聯(lián)立求解，不要用連等式，不要在等式中不斷的“續(xù)”進(jìn)一些內(nèi)容．(4)方程式有多個時，應(yīng)分步列，并對各方程式編號，不要合寫一式，以免一錯全錯．3．?dāng)?shù)字運(yùn)用(1)幾何關(guān)系只說結(jié)果，不必證明．(2)數(shù)字相乘，要用“×”，不用“·”．(3)卷面上不能打“/”相約．4．答題模板解設(shè)……(未知量)為……對……過程由……規(guī)律得：……(具體問題的原始方程)在……位置由……公式得：……(具體問題的原始方程)聯(lián)立以上各式(或聯(lián)立①②式)得：……(由已知量符號表示)＝……＝“結(jié)果”(代入數(shù)據(jù)得結(jié)果，并注意待求量的數(shù)值及單位）解析(1)金屬棒達(dá)到最大速度時產(chǎn)生的電動勢E＝B0Lvm(1分)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)(1分)金屬棒所受安培力F＝B0IL(1分)金屬棒所受合外力為零時，下滑的速度達(dá)到最大，則mgsinθ－F－μmgcosθ＝0(2分)解得vm＝2m/s(1分)(2)設(shè)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q總，則由動能定理，得mgssinθ－μmgscosθ－W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)(3分)W安＝Q總(1分)Q＝eq\f(R,R＋r)Q總(1分)解得Q＝0.16J．(1分)(3)不產(chǎn)生感應(yīng)電流，即磁通量不變，金屬棒不受安培力作用，金屬棒做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma(2分)得a＝g(sinθ－μcosθ)＝10×(0.6－0.5×0.8)m/s2＝2m/s2(1分)根據(jù)閉合回路磁通量不變有B0Ls＝BL(s＋vmt＋eq\f(1,2)at2)(3分)得B＝eq\f(3,t2＋2t＋3)(1分)所以，當(dāng)t＝1s時，B＝0.5T．(1分)答案(1)2m/s(2)0.16J(3)0.5T高考題組1．(2012·課標(biāo)全國·19)如圖14，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半 圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.使該線框從靜止開始繞 圖14過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)2．(2012·四川理綜·20)半徑為a、右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.直桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動，直桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，直桿的位置由θ確定，如圖15所示．則 ()A．θ＝0時，直桿產(chǎn)生的電動勢為2Bav 圖15B．θ＝eq\f(π,3)時，直桿產(chǎn)生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，直桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，直桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,5π＋3R0)3．(2011·北京理綜·19)某同學(xué)為了驗(yàn)證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E，用導(dǎo)線將它們連接成如圖16所示的電路．檢查電路后，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象．雖經(jīng)多次重復(fù)，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因．你認(rèn)為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是 ()圖16A．電源的內(nèi)阻較大 B．小燈泡電阻偏大C．線圈電阻偏大 D．線圈的自感系數(shù)較大4．(2011·廣東理綜·15)將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，下列表述正確的是 ()A．感應(yīng)電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān)B．穿過線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動勢越大C．穿過線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動勢越大D．感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同模擬題組5.如圖17所示的金屬圓環(huán)放在有界勻強(qiáng)磁場中，將它從磁場中勻速拉出來，下列說法正確的是 ()A．向左拉出和向右拉出過程中，其感應(yīng)電流方向相反B．不管從什么方向拉出，環(huán)中的感應(yīng)電流方向總是順時針的 圖17C．不管從什么方向拉出，環(huán)中的磁通量的變化量都相同D．在勻速拉出過程中，感應(yīng)電流大小不變6.如圖18所示，L1、L2、L3是完全相同的燈泡，L為直流電阻可忽略的自感線圈，電源內(nèi)阻不計，開關(guān)S原來接通．現(xiàn)將開關(guān)S斷開，則 () 圖18A．L1點(diǎn)亮，L2變暗，最終兩燈一樣亮B．L2閃亮一下后恢復(fù)到原來的亮度C．L3變暗一下后恢復(fù)到原來的亮度D．L3閃亮一下后恢復(fù)到原來的亮度

(限時：45分鐘)?題組1對法拉第電磁感應(yīng)定律的考查1．(2010·江蘇單科·2)一矩形線框置于勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場方向垂直．先保持線框的面積不變，將磁感應(yīng)強(qiáng)度在1s時間內(nèi)均勻地增大到原來的兩倍．接著保持增大后的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，在1s時間內(nèi)，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半．先后兩個過程中，線框中感應(yīng)電動勢的比值為 ()A.eq\f(1,2) B．1 C．2 D．4答案B解析設(shè)原磁感應(yīng)強(qiáng)度是B，線框面積是S.第1s內(nèi)ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2s內(nèi)ΔΦ2＝2B·eq\f(S,2)－2B·S＝－BS.因?yàn)镋＝neq\f(ΔΦ,Δt)，所以兩次感應(yīng)電動勢大小相等，B正確．2．如圖1甲所示，電路的左側(cè)是一個電容為C的電容器，電路的右側(cè)是一個環(huán)形導(dǎo)體，環(huán)形導(dǎo)體所圍的面積為S.在環(huán)形導(dǎo)體中有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則在0～t0時間內(nèi)電容器 ()圖1A．上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CSB2－B1,t0)B．上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CB2－B1,t0)C．上極板帶負(fù)電，所帶電荷量為eq\f(CSB2－B1,t0)D．上極板帶負(fù)電，所帶電荷量為eq\f(CB2－B1,t0)答案A解析由題圖乙可知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B2－B1,t0)，B增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流沿逆時針方向，故上極板帶正電，E＝neq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(SB2－B1,t0)，Q＝CE＝eq\f(CSB2－B1,t0)，A正確．3.一個由電阻均勻的導(dǎo)線繞制成的閉合線圈放在磁場中，如圖2所示，線圈平面與磁場方向成60°角，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻變化，下列方法可使感應(yīng)電流增加一倍的是 ()A．把線圈匝數(shù)增加一倍B．把線圈面積增加一倍 圖2C．把線圈半徑增加一倍D．改變線圈與磁場方向的夾角為另一定值答案C解析設(shè)導(dǎo)線的電阻率為ρ，橫截面積為S0，線圈的半徑為r，線圈與磁場方向的夾角為θ，線圈匝數(shù)為n，則I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(nπr2\f(ΔB,Δt)sinθ,ρ\f(n·2πr,S0))＝eq\f(S0r,2ρ)·eq\f(ΔB,Δt)·sinθ，可見，將r增加一倍，I增加一倍；改變線圈與磁場方向的夾角，sinθ不能變?yōu)樵瓉淼?倍(因sinθ最大值為1)；若將線圈的面積增加一倍，半徑r增加(eq\r(2)－1)倍，電流增加(eq\r(2)－1)倍；I與線圈匝數(shù)無關(guān)．綜上所述，只有C項(xiàng)正確．4.如圖3所示，兩塊水平放置的金屬板距離為d，用導(dǎo)線、開關(guān)K與一個n匝的線圈連接，線圈置于方向豎直向上的均勻變化的磁場B中．兩板間放一臺小型壓力傳感器，壓力傳感器上表面絕緣，在其上表面靜止放置一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球．K沒有閉合時傳感器有示數(shù)，K閉合時傳感器示數(shù)變?yōu)樵瓉淼囊话耄畡t線 圖3圈中磁場B的變化情況和磁通量變化率分別為 ()A．正在增強(qiáng)，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2q) B．正在增強(qiáng)，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)C．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2q) D．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)答案B解析根據(jù)K閉合時傳感器示數(shù)變?yōu)樵瓉淼囊话耄瞥鰩д娦∏蚴茈妶隽ο蛏?，即上極板帶負(fù)電，下極板帶正電，線圈感應(yīng)電動勢的方向從上極板經(jīng)線圈流向下極板，根據(jù)安培定則知感應(yīng)磁場的方向向下，與原磁場方向相反，又由楞次定律得線圈中磁場正在增強(qiáng)；對小球受力分析得qeq\f(E,d)＝eq\f(mg,2)，其中感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，代入得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)，故B正確．?題組2對公式E＝Blv的綜合考查5．(2010·山東理綜·21)如圖4所示，空間存在兩個磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反且垂直紙面，MN、PQ為其邊界，OO′為其對稱軸．一導(dǎo)線折成邊長為L的正方形閉合回路abcd，回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到關(guān)于OO′對稱的位置時 ()A．穿過回路的磁通量為零 圖4B．回路中感應(yīng)電動勢大小為BLv0C．回路中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針方向D．回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相同答案AD解析由于兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，且回路此時關(guān)于OO′對稱，因而此時穿過回路的磁通量為零，A項(xiàng)正確；ab、cd均切割磁感線，相當(dāng)于兩個電源，由右手定則知，回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向，兩電源串聯(lián)，感應(yīng)電動勢為2BLv0，B、C項(xiàng)錯誤；由左手定則知ab、cd所受安培力方向均向左，D項(xiàng)正確．6.一個邊長為L的正方形導(dǎo)線框在傾角為θ的光滑固定斜面上由靜止開始沿斜面下滑，隨后進(jìn)入虛線下方方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場中．如圖5所示，磁場的上邊界線水平，線框的下邊ab邊始終水平，斜面以及下方的磁場往下方延伸到足夠遠(yuǎn)．下列推理判斷正確的是()A．線框進(jìn)入磁場過程b點(diǎn)的電勢比a點(diǎn)高 圖5B．線框進(jìn)入磁場過程一定是減速運(yùn)動C．線框中產(chǎn)生的焦耳熱一定等于線框減少的機(jī)械能D．線框從不同高度下滑時，進(jìn)入磁場過程中通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量不同答案C解析ab邊進(jìn)入磁場后，切割磁感線，ab相當(dāng)于電源，由右手定則可知a為等效電源的正極，a點(diǎn)電勢高，A項(xiàng)錯．由于線框所受重力的分力mgsinθ與安培力大小不能確定，所以不能確定其是減速還是加速，B項(xiàng)錯；由能量守恒知C項(xiàng)對；由q＝neq\f(ΔΦ,R)知，q與線框下降的高度無關(guān)，D項(xiàng)錯．7．如圖6所示，P、Q是兩根豎直且足夠長的金屬桿(電阻忽略不計)，處在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B中，MN是一個螺線管，它的繞線方法沒有畫出，P、Q的輸出端a、b和MN的輸入端c、d之間用導(dǎo)線相連，A是在MN的正下方水平放置在地面上的金屬圓環(huán)．現(xiàn)將金屬棒ef由靜止釋放，在下滑中始終與P、Q桿良好接觸且無摩擦．在金屬棒釋放后下列說法正確的是 () 圖6A．A環(huán)中有大小不變的感應(yīng)電流B．A環(huán)中有越來越大的感應(yīng)電流C．A環(huán)對地面的壓力先減小后增大至恒定值D．A環(huán)對地面的壓力先增大后減小至恒定值答案D解析金屬棒ef從靜止釋放后，產(chǎn)生感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R)，受力分析得mg－BIl＝ma，故其做a減小的加速運(yùn)動，當(dāng)a＝0后做勻速運(yùn)動．MN螺線管上的電流I＝eq\f(Blv,R)，隨v增大而增大，故A上產(chǎn)生與螺線管上相反的感應(yīng)電流，由于反向電流相互排斥，A環(huán)受到斥力，故對地面的壓力增大，當(dāng)ef勻速運(yùn)動時，電路中電流恒定，A環(huán)上不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，對地面的壓力大小等于重力．C項(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確．由于A環(huán)上產(chǎn)生的I感正比于MN上電流的變化率，MN上電流的變化率由eq\f(Δv,Δt)決定，由此知IA逐漸減小，A、B項(xiàng)錯誤．8.如圖7所示，長為L的金屬導(dǎo)線上端懸于C點(diǎn)，下端系一小球A，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中做圓錐擺運(yùn)動，轉(zhuǎn)動方向如圖所示，導(dǎo)線與豎直方向的夾角為θ，擺球的角速度為ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則金屬導(dǎo)線中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的高電勢端及大小為 ()A．C點(diǎn)eq\f(1,2)BL2ωB．C點(diǎn)eq\f(1,2)BL2ωsin2θ 圖7C．A點(diǎn)eq\f(1,2)BL2ωD．A點(diǎn)eq\f(1,2)BL2ωsin2θ答案B解析由右手定則可判斷φC>φA，即C端的電勢高于A端的電勢；金屬導(dǎo)線切割磁感線的有效長度為Lsinθ，所以導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝eq\f(1,2)B(Lsinθ)2ω＝eq\f(1,2)BL2ωsin2θ.故B正確．9．如圖8所示，MN、PQ是兩根豎直放置的間距為L的足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，虛線以上有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場Ⅰ，虛線以下有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場Ⅱ，兩磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B.金屬棒ab質(zhì)量為M，電阻為R，靜止放在Ⅰ中導(dǎo)軌上的水平突起上；金屬棒cd質(zhì)量為m，電阻也為R.讓cd在Ⅱ中某處無初速度釋放，當(dāng)cd下落距離為圖8h時，ab恰好對突起沒有壓力．已知兩根金屬棒始終水平且與金屬導(dǎo)軌接觸良好，金屬導(dǎo)軌的電阻不計，重力加速度為g.求：(1)當(dāng)cd下落距離為h時，通過ab的電流I.(2)當(dāng)cd下落距離為h時，cd的速度大小v.(3)從cd釋放到下落距離為h的過程中，ab上產(chǎn)生的焦耳熱Qab.(結(jié)果用B、L、M、m、R、h、g表示)答案(1)eq\f(Mg,BL)(2)eq\f(2MgR,B2L2)(3)eq\f(1,2)mgh－eq\f(mM2g2R2,B4L4)解析(1)由題意知，ab受重力和安培力作用處于平衡狀態(tài)，有Mg＝BIL解得I＝eq\f(Mg,BL)(2)設(shè)cd切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，有E＝BLvI＝eq\f(E,2R)聯(lián)立以上各式解得v＝eq\f(2MgR,B2L2)(3)由能量守恒定律得mgh＝Qab＋Qcd＋eq\f(1,2)mv2因ab與cd串聯(lián)，且電阻相等，故Qab＝Qcd聯(lián)立解得Qab＝eq\f(1,2)mgh－eq\f(mM2g2R2,B4L4)?題組3對自感現(xiàn)象的考查10.如圖9所示，P、Q是兩個完全相同的燈泡，L是直流電阻為零的純電感，且自感系數(shù)L很大．C是電容較大且不漏電的電容器，