2017_2018学年高中物理第1章电磁感应(课件教学案)(打包6套)鲁科版.zip
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第1节 磁生电的探索1.1820年,丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应,拉开了研究电与磁相互关系的序幕,法拉第历经10年发现磁生电的原因。2感应电流的产生条件有两个,一是电路闭合,一是磁通量发生变化,二者缺一不可。3磁通量变化有多种:B不变S变、B变S不变、B与S都变、B与S都不变只是二者夹角变。 一、电磁感应的探索历程事件意义电生磁1820年,奥斯特发现了电流的磁效应拉开了研究电与磁相互关系的序幕磁生电菲涅耳、安培、科拉顿、亨利等致力于磁生电的研究科学探索是曲折的,真理追求是执着的1831年,法拉第发现了电磁感应现象揭示了电和磁的内在联系,引领人类进入电气时代二、感应电流的产生条件1探究导体棒在磁场中运动是否产生电流(如图111)图111实验操作实验现象(有无电流)分析论证导体棒静止无闭合电路包围的面积变化时,电路中有电流产生;闭合电路包围的面积不变时,电路中无电流产生导体棒平行磁感线运动无导体棒切割磁感线运动有2探究磁铁在通电螺线管中运动是否产生电流(如图112)图112实验操作实验现象(有无电流)分析论证N极插入线圈有线圈中的磁场变化时,线圈中有感应电流;线圈中的磁场不变时,线圈中无感应电流N极停在线圈中无N极从线圈中抽出有S极插入线圈有S极停在线圈中无S极从线圈中抽出有3模拟法拉第的实验(如图113)图113实验操作实验现象(线圈B中有无电流)分析论证开关闭合瞬间有线圈B中磁场变化时,线圈B中有感应电流;磁场不变时,线圈B中无感应电流开关断开瞬间有开关保持闭合,滑动变阻器滑片不动无开关保持闭合,迅速移动滑动变阻器的滑片有4实验结论利用磁场产生电流的条件:只要穿过闭合电路的磁通量发生变化,闭合电路中就会产生电流。1自主思考判一判(1)法拉第不但发现了电流的磁效应,还发现了电磁感应现象。()(2)磁通量虽然有正、负之分,但磁通量是标量。()(3)穿过闭合线圈的磁通量发生变化,一定能产生感应电流。()(4)闭合线圈做切割磁感线运动,一定能产生感应电流。()(5)闭合线圈和磁场发生相对运动,不一定能产生感应电流。()2合作探究议一议(1)为什么许多大物理学家对“磁生电”的探索失败,而法拉第却能成功呢?提示:许多大物理学家如菲涅耳、安培、科拉顿、亨利等,他们对磁生电探索失败的原因,可归纳为两条:“磁生电”是一种在变化运动的过程中才能出现的动态效应,大多数物理学家把它看成了静态效应,静等其变,研究思路不对。科学实验的多次失败和挫折,使大多数物理学家知难而退、望而却步,而法拉第凭着迎难而上、对科学坚韧不拔的探索精神、献身精神,十年磨一剑,终成大器。(2)只要磁通量变化就有感应电流产生吗?提示:不一定,要产生感应电流需具备两个条件:闭合回路磁通量发生变化如果电路不闭合,即使磁通量发生变化也不会产生感应电流。(3)闭合电路的部分导体切割磁感线运动时,一定有感应电流吗?提示:不一定。如图所示,线框ABCD仅有一半置入匀强磁场中,当它在磁场中上下运动时,一半线框在做切割磁感线运动,但磁通量未发生变化,故无感应电流产生。当线框向左平动,离开磁场时,线框的磁通量减小,故有电流产生,导体做切割磁感线运动,不是导体中产生感应电流的充要条件,归根结底还得要看穿过闭合回路的磁通量是否发生变化。 磁通量及其变化的分析1磁通量与其变化量的区别磁通量磁通量的变化量物理意义某时刻穿过某个面的磁感线条数始末时刻穿过某个面的磁通量的差值大小计算BS,S为闭合回路线圈在垂直于磁场方向上的有效面积21BS(B不变) 或SB(S不变)说明穿过某个面有方向相反的磁场,则不能直接用BS,应考虑方向相反的磁通量抵消以后所剩余的磁通量与磁场垂直的平面,开始时和转过180时穿过平面的磁通量是不同的,一正一负,2BS,而不是零2磁通量的计算(1)B与S垂直时(匀强磁场中):BS。B指匀强磁场的磁感应强度,S为线圈的面积。 (2)B与S不垂直时(匀强磁场中):BS。S为线圈在垂直磁场方向上的有效面积,在应用时可将S分解到与B垂直的方向上,如图114所示,BS sin 。图114(3)磁通量虽然是标量,却有正负之分。当某面积内有方向相反的磁场时,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。典例如图115所示,a、b是两个同平面、同心放置的金属圆环,条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直,则通过两圆环的磁通量a、b()图115AabBabCab D无法比较思路点拨解析条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是:磁铁内外磁感线的条数相同。磁铁内外磁感线的方向相反。磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏。两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在中央时,通过其中的磁感线的俯视图如图所示,穿过圆环的磁通量进出,由于两圆环面积SaSb,两圆环的进相同,而出a出b,所以穿过两圆环的有效磁通量ab,故A正确。答案A(1)对于穿过某一平面的双向磁场,表示的是合磁通量的大小。(2)注意有相反方向的磁场产生的磁通量的判断,首先要清楚哪个方向的磁通量大,然后再看它们各自如何变化,进而判断总磁通量情况。 1.如图116所示,水平放置的扁平条形磁铁,在磁铁的左端正上方有一金属线框,线框平面与磁铁垂直,当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中,穿过它的磁通量的变化情况是()图116A先减小后增大B始终减小C始终增大 D先增大后减小解析:选A线框在磁铁两端的正上方时穿过该线框磁通量最大,在磁铁中央时穿过该线框的磁通量最小,所以该过程中的磁通量先减小后增大,故A对。2.如图117所示,a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内,当线圈a中有电流I通过时,它们的磁通量分别为a、b、c,下列说法中正确的是()图117AabbcCaccb解析:选B当a中有电流通过时,穿过a、b、c三个闭合线圈的向里的磁感线条数一样多,向外的磁感线的条数c最多,其次是b,a中没有向外的磁感线,因此,根据合磁通量的计算,应该是abc。3如图118所示,有一通电长直导线MN,通入向右的电流I,另有一闭合线圈P位于导线正下方,现使线圈P竖直向上运动,问在线圈P到达MN上方的过程中,穿过P的磁通量是如何变化的?图118解析:根据直线电流磁场特点,靠近导线处磁场强,远离导线处磁场弱,把线圈P从MN下方运动到上方的过程中几个特殊位置画出,如图所示(为画清楚,把线圈错开了)。分析磁通量变化时可以通过穿过线圈的磁感线的条数(注意应是净条数)的变化来分析。磁通量增加;磁通量减小(位置时0);磁通量增加;磁通量减小。所以整个过程磁通量的变化为:增加减小增加减小。答案:见解析感应电流的产生条件1对感应电流产生条件的理解(1)两个条件均为必要条件,缺一不可。(2)闭合电路中是否产生感应电流,取决于穿过回路的磁通量是否发生变化。2判断有无感应电流的基本步骤(1)明确所研究的电路是否为闭合电路。(2)分析最初状态穿过电路的磁通量情况。(3)根据相关量变化的情况分析穿过闭合电路的磁通量是否发生变化。常见的情况有以下几种:磁感应强度B不变,线圈面积S发生变化,例如闭合电路的一部分导体切割磁感线时。线圈面积S不变,磁感应强度B发生变化,例如线圈与磁体之间发生相对运动时或者磁场是由通电螺线管产生而螺线管中的电流变化时。磁感应强度B和线圈面积S同时发生变化,此时可由10计算并判断磁通量是否发生变化。线圈面积S不变,磁感应强度B也不变,但二者之间的夹角发生变化,例如线圈在磁场中转动时。典例 (多选)如图119所示,竖直放置的长直导线通以恒定电流,一矩形线框abcd与通电导线共面放置,且ad边与通电导线平行。下列情况中能产生感应电流的是()A导线中电流变大B线框向右平动C线框向下平动D线框以ab边为轴转动E线框以直导线为轴转动图119思路点拨 解析讨论是否产生感应电流,需分析通电直导线周围的磁场分布情况,通电直导线周围的磁感线是一系列的同心圆,且离导线越远磁感线越稀疏。只要穿过线框的磁通量发生变化,线框中就能产生感应电流。因I增大而引起导线周围磁场的磁感应强度增大,穿过线框的磁通量增大,故A正确。因离直导线越远,磁感线分布越稀疏(如图甲),因此线框向右平动时,穿过线框的磁通量变小,故B正确。由甲图可知线框向下平动时穿过线框的磁通量不变,故C错。线框以ab边为轴转动时,当线框在如图甲所示位置时,穿过线框的磁通量最大,当线框转过90时,穿过线框的磁通量最小:0,因此可以判定线框以ab边为轴转动时磁通量一定变化,故D正确。对E选项,先画出俯视图(如图乙),由图可看出线框绕直导线转动时,在任何一个位置穿过线框的磁感线条数不变,因此无感应电流产生,故E错。答案ABD对感应电流产生条件的两点理解(1)在闭合回路中是否产生感应电流,取决于穿过回路的磁通量是否发生变化,而不取决于穿过回路磁通量的大小。(2)闭合回路的部分导体做切割磁感线运动是引起回路磁通量变化的具体形式之一。但闭合回路的部分导体做切割磁感线运动时,不一定总会引起闭合回路的磁通量变化。如图所示,矩形线框abcd在范围足够大的匀强磁场中,在垂直磁场的平面内向右平动,虽然ad、bc边都切割磁感线,但磁场穿过回路abcd的磁通量没有变化,因而没有产生感应电流。1如图所示,各导体框在匀强磁场中运动方向图中已标出,能产生感应电流的是()解析:选DA图中,回路不闭合,回路中无感应电流。B、C中虽有切割且回路闭合,但磁通量不发生变化,回路中无感应电流。2.如图1110所示,条形磁铁的上方放置一矩形线框,线框平面水平且和条形磁铁平行,则线框在由磁铁N极匀速平移到磁铁S极的过程中()图1110A线框中始终无感应电流B线框中始终有感应电流C线框中开始有感应电流,当线框运动到磁铁中部上方时无感应电流,以后又有了感应电流D开始无电流,当运动到磁铁中部的上方时有感应电流,后来又没有电流解析:选B线框移动过程中,穿过线框的磁通量先减小后增大,即穿过线框的磁通量始终是变化的,故线框始终有感应电流,故B正确。3图1111所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框。在下列几种情况下,线框中是否产生感应电流?(1)保持线框平面始终与磁感线垂直,线框在磁场中上下运动(图甲)。(2)保持线框平面始终与磁感线垂直,线框在磁场中左右运动(图乙)。(3)线框绕轴线AB转动(图丙)。图1111解析:(1)图甲中,线框在磁场中上下运动的过程中,穿过线框的磁通量没有发生变化,所以无感应电流产生。(2)图乙中,线框在磁场中左右运动的过程中,尽管切割磁感线,但是穿过线框的磁通量没发生变化,所以无感应电流产生。(3)图丙中,线框绕AB转动,会使穿过线框的磁通量发生改变,有感应电流产生。答案:见解析1下列现象中,属于电磁感应现象的是()A磁场对电流产生力的作用B变化的磁场使闭合电路产生感应电流C插入通电螺线管中的软铁棒被磁化D电流周围产生磁场解析:选B电磁感应现象是指由于穿过闭合回路的磁通量发生变化而产生感应电流的现象,只有选项B符合。2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,根据电流表有无示数来判断磁场的有无B将电流表与线圈连成闭合回路,使线圈沿某一方向运动,若电流表无示数,则可以判断月球表面无磁场C将电流表与线圈连成闭合回路,使线圈沿某一方向运动,若电流表有示数,则可以判断月球表面有磁场D将电流表与线圈连成闭合回路,使线圈在某一平面内沿各个方向运动,若电流表无示数,则可以判断月球表面无磁场解析:选C假设月球表面有磁场,其磁场分布规律类似于地磁场,当电流表与线圈组成闭合电路,穿过该回路的磁通量发生变化时,电流表就会有示数,就可证明有磁场存在,A中电流表不在回路中,故A错;当线圈平面与月球的磁场(假设月球有磁场)方向平行时,线圈沿任一方向运动,穿过线圈的磁通量都不发生变化,电流表无示数,故该情况下不能判定月球表面是否无磁场,故B、D错;使线圈沿某一方向运动,电流表有示数,说明穿过线圈的磁通量发生变化,证明月球表面有磁场,故C对。3.磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量。如图1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2,设先后两次通过线框的磁通量变化分别为1和2,则()图1A12B12C12 D无法确定解析:选C设线框在位置1时的磁通量为1,在位置2时的磁通量为2,直线电流产生的磁场在1处比在2处要强。若平移线框,则112,若转动线框,磁感线是从线框的正反两面穿过的,一正一负,因此212。根据分析知:1l,则在线框通过磁场区域的过程中,不产生感应电流的时间为()图8A. B.C. D.解析:选C线框完全进入磁场后,磁通量不变化,线框中无感应电流,当线框进入、离开磁场时,磁通量变化,都会产生感应电流,故不产生感应电流的距离为dl,时间为t。11逆向思维是一种重要的思想方法,在这种思想方法的引领下,许多重要的科学定律被发现。“电生磁,磁生电”这种逆向互生的关系,体现了物理学中的一种对称美。请思考:(1)你还能指出物理学中的其他对称性和对称实例吗?(2)1831年,物理学家法拉第用如图9所示的实验,成功发现了磁生电现象,当开关始终处于闭合状态时,a线圈中_(选填“有”或“无”)感应电流产生,当开关闭合或断开瞬间,a线圈中_(选填“有”或“无”)感应电流产生。图9(3)如图10是某兴趣小组研究磁生电现象所需的器材。图10请你协助该小组完成如下工作,用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路,将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路,并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量,使副线圈回路产生感应电流的三种方式:_;_;_。解析:(1)电荷的正与负、吸引与排斥、运动和静止、光滑和粗糙、正电子和负电子、物质和反物质。(2)因穿过a线圈的磁通量不变,所以无感应电流产生。闭合开关瞬间穿过a线圈的磁通量突然增大,所以有感应电流产生。断开开关瞬间,穿过a线圈的磁通量突然减小,所以有感应电流产生。(3)实物连接如图所示。合上(或断开)开关瞬间;合上开关后,将原线圈A插入副线圈B中或从副线圈B中抽出;合上开关,将原线圈A插入副线圈B后,移动滑动变阻器的滑片。答案:(1)见解析(2)无有(3)见解析12如图11所示,正方形导线框放在匀强磁场区域内,磁场垂直于线框平面。在下列情况下,能否产生感应电流?请说明理由。图11(1)将线框由正方形拉成圆形的过程中。(2)将线框水平向右拉出磁场区域的过程中。(3)线框绕cd边旋转的过程中。解析:(1)线框由正方形拉成圆形时,面积变大,线框中的磁通量增加,故有感应电流产生。(2)将线框水平向右拉出磁场的过程中,若dc边未出磁场,磁通量不变,无感应电流,若dc边出磁场而ab边在磁场内,线框中的磁通量发生变化,有感应电流产生。(3)线框绕cd边旋转过程中磁场方向与线框平面的夹角发生改变而引起磁通量变化,有感应电流产生。答案:见解析16 奥斯特 安培 亨利 法拉第 有 无 变化 不变 变化 不变 第2节 感应电动势与电磁感应定律1.产生电磁感应现象时,电路不闭合无电流但有感应电动势,感应电动势更能反映电磁感应现象的本质。2感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比E,与磁通量、磁通量的变化量无关。3磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率都与线圈匝数n无关,但感应电动势与n有关。4导体棒垂直切割磁感线时,EBlv是特例,B、l、v两两相互垂直,且l为有效长度。 一、感应电动势1定义:在电磁感应现象中产生的电动势。2产生条件不管电路是否闭合,只要穿过电路的磁通量发生变化,电路中就会产生感应电动势。3方向判断在内电路中,感应电动势的方向是由电源的负极指向电源的正极,跟内电路中的电流方向一致。产生感应电动势的部分电路就是电源,该部分电路中的电阻相当于电源内阻。二、电磁感应定律1法拉第电磁感应定律(1)内容:电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量变化率成正比。(2)表达式:对单匝线圈Ek,k为比例系数。在国际单位制中k1,上式可简化为E。对n匝线圈En。(3)单位:在国际单位制中,感应电动势E的单位是伏,磁通量的单位是韦伯,磁通量的变化量的单位是韦伯,时间t的单位是秒。2导线切割磁感线时的感应电动势(1)导体在匀强磁场中运动,如图121甲所示,B、l、v两两垂直时,EBlv。图121(2)导体的运动方向与导体本身垂直,但与磁感线方向夹角为时(如图乙),EBlvsin_。1自主思考判一判(1)线圈所在位置的磁场越强,线圈中产生的感应电动势越大。()(2)线圈中磁通量越大,线圈中产生的感应电动势越大。()(3)线圈中磁通量变化越快,线圈中产生的感应电动势越大。()(4)产生感应电动势则一定产生感应电流。()(5)磁通量变化与线圈匝数无关,感应电动势也与线圈匝数无关。()(6)导体在匀强磁场中运动时一定产生感应电动势。()2合作探究议一议(1)磁通量越大,则就会越大,感应电动势E就会越大,这种说法对吗?提示:该说法是错误的。在运动学中速度v的大小跟速度变化的快慢即加速度无关,比如:高速匀速飞行的飞机;尽管v大,但a0。与的关系跟v与关系一样,磁通量大,而却可能为0,表示磁通量的大小,而表示磁通量变化的快慢,所以两者并没有确定的数量关系。(2)导体棒运动速度越大,产生的感应电动势越大吗?提示:导体棒切割磁感线时,产生感应电动势的大小与垂直磁感线的分速度有关,而速度大,垂直磁感线方向的分速度不一定大,所以导体棒运动速度越大,产生的感应电动势不一定越大。 En的理解与应用1感应电动势E与成正比,与、的大小无关。2下列是两种常见的产生感应电动势的情况,其中线圈的匝数为n。(1)线圈面积S不变,磁感应强度B均匀变化:EnS;(2)磁感应强度B不变,线圈面积S均匀变化:EnB。3用En所求的一般为平均感应电动势,且为整个回路的感应电动势。典例如图122(a)所示的螺线管,匝数n1 500匝,横截面积S20 cm2,电阻r1.5 ,与螺线管串联的外电阻R13.5 ,R225 ,方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图(b)所示规律变化,试计算电阻R2的电功率。图122思路点拨(1)本题是S不变,B均匀变化,应明确。(2)螺线管的作用相当于电源。解析由题图(b)知,螺线管中磁感应强度B均匀增加,其变化率为 T/s2 T/s。由法拉第电磁感应定律知螺线管中产生的感应电动势EnnS1 500201042 V6.0 V由闭合电路欧姆定律知电路中的电流为I A0.2 A。电阻R2消耗的电功率为P2I2R2(0.2)225 W1.0 W。答案1.0 W(1)在法拉第电磁感应定律的表达式En中,为穿过回路的磁通量的变化率,它是t图像上某点切线的斜率。(2)若回路的面积不变,法拉第电磁感应定律可写成EnS形式,其中叫做磁感应强度的变化率。等于Bt图像上某点切线的斜率。 1图123中ad所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量随时间t变化的图像,关于回路中产生的感应电动势的下列论述正确的是()图123A图a回路中,感应电动势不断增大B图b回路中,感应电动势恒定不变C图c回路中,0t1时间内的感应电动势小于t1t2时间内的感应电动势D图d回路中,感应电动势先变大,再变小解析:选B磁通量随时间t变化的图像中,斜率表示感应电动势,所以图a中不产生感应电动势,图b中产生恒定的感应电动势,图c中0t1时间内的感应电动势大于t1t2时间内的感应电动势,图d中感应电动势先变小再变大。2.如图124所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。在t时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为()图124A.B.C. D.解析:选B磁感应强度的变化率,法拉第电磁感应定律公式可写成EnnS,其中磁场中的有效面积Sa2,代入得En,选项B正确,A、C、D错误。3如图125甲所示,一个圆形线圈的匝数n1 000,线圈面积S200 cm2,线圈的电阻r1 ,线圈外接一个阻值R4 的电阻,把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的磁场中,磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,求:图125(1)前4 s内的平均感应电动势的大小;(2)前5 s内的平均感应电动势的大小。解析:(1)前4 s内磁通量的变化21S(B2B1)200104(0.40.2) Wb4103 Wb由法拉第电磁感应定律得En1 000 V1 V。(2)前5 s内磁通量的变化21S(B2B1)200104(0.20.2) Wb0。由法拉第电磁感应定律En0。答案:(1)1 V(2)0EBlv的理解与应用1公式的含义(1)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论,通常用来求导体运动速度为v时的瞬时电动势,若v为平均速度,则E为平均电动势。(2)式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度。导线不和磁场垂直,l应是导线在垂直磁场方向的投影长度;切割磁感线的导线是弯曲的,如图126所示,则应取与B和v垂直的等效直线长度,即ab的弦长。图1262公式的适用范围(1)该公式适用于导体平动切割磁感线的情况,即导体上各点的速度相等。 (2)当导体绕一端转动时如图127所示,由于导体上各点的速度不同,自圆心向外随半径增大,速度是均匀增加的,所以导体运动的平均速度为,由公式EBl得,EBlBl2。图127典例如图128所示,水平放置的平行金属导轨,相距l0.50 m,左端接一电阻R0.20 ,磁感应强度B0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面,导体棒ab垂直放在导轨上,并能无摩擦地沿导轨滑动,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计,当ab以v4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时,求:图128(1)ab棒中感应电动势的大小;(2)回路中感应电流的大小。思路点拨 解析(1)根据法拉第电磁感应定律,ab棒中的感应电动势为EBlv0.400.504.0 V0.8 V(2)感应电流大小为I A4 A答案(1)0.8 V(2)4 A处理电磁感应中电路问题的基本思路(1)分析产生感应电动势的原因,确定产生感应电动势的“导体”电源。(2)明确电路结构,分清内、外电路。(3)根据电路组成,画出等效电路图,结合闭合电路欧姆定律列出相应的方程式。 1.如图129所示,MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨,左端接有定值电阻R,金属棒ab斜放在两导轨之间,与导轨接触良好。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面。设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L,金属棒与导轨间夹角为60,以速度v水平向右匀速运动,不计导轨和棒的电阻,则流过金属棒中的电流为()图129AIBICIDI解析:选B公式EBlv适用于B、l、v三者互相垂直的情况,本题B与L、B与v是相互垂直的,但L与v不垂直,故取L垂直于v的长度Lsin ,即有效切割长度,所以EBLvsin 60BLv,由欧姆定律I得I,故B正确。2.如图1210是法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图。将铜盘放在磁场中,让磁感线垂直穿过铜盘,图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内,转动铜盘,就可以使闭合电路获得电流。若图中铜盘半径为r,匀强磁场的磁感应强度为B,回路总电阻为R,匀速转动铜盘的角速度为。则电路的功率是()图1210A. B.C. D.解析:选C根据导体棒旋转切割产生电动势EBr2,由P,得电路的功率是,故选C。3.如图1211所示,在磁感应强度B1 T的匀强磁场中,有一长度l0.1 m的导体棒以初速度v02 m/s做匀加速直线运动,加速度a2 m/s2,求2 s末的感应电动势和2 s内的平均感应电动势。图1211解析:2 s末导体棒的速度为vv0at(222)m/s6 m/s故2 s末的感应电动势为EBlv10.16 V0.6 V2 s内导体棒的平均速度为 m/s4 m/s故2 s内的平均感应电动势为Bl10.14 V0.4 V。答案:0.6 V0.4 V电磁感应现象中电荷量q的计算在电磁感应现象中产生了感应电流,就有电荷的定向移动,t时间内通过电路某一截面的电荷量qIt,若不是恒定电流时,计算电量必须用平均感应电流和平均感应电动势,平均感应电动势一般用法拉第电磁感应定律求解,因此qttntn,q与成正比,与时间无关。(式中q是指通过电路某一截面的总电量,而R是指回路的总电阻。)1物理实验中,常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量,如图1212所示,探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度。已知线圈匝数为n,面积为S,线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R。若将线圈放在被测匀强磁场中,开始线圈平面与磁场垂直,现把探测线圈翻转180,冲击电流计测出冲击电流通过线圈的电荷量为q。由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为()图1212A. B.C. D.解析:选Aqt,。又2BS,故B,A正确。2圆形线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场的方向垂直于线圈平面,线圈半径为r,电阻为R,若用时间t把线圈从磁场中拉出来和原地使线圈翻转180,则通过线圈导线截面的电量分别为多少?解析:把线圈从磁场中拉出时:qttntn原地翻转180时磁通量变化2BS2Br2,qttntn答案: 1在如图1所示的几种情况中,金属导体中产生的感应电动势为Blv的是()图1A乙和丁B甲、乙、丁C甲、乙、丙、丁 D只有乙解析:选B甲、乙、丁三图中,B、v、l两两垂直,且l为有效切割长度,产生的感应电动势都为EBlv,丙图中EBlvsin 。2(多选)无线电力传输系统基于电磁感应原理,两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置,如图2所示。下列说法正确的是()图2A若A线圈中输入电流,B线圈中就会产生感应电动势B只有A线圈中输入变化的电流,B线圈中才会产生感应电动势CA中电流越大,B中感应电动势越大DA中电流变化越快,B中感应电动势越大解析:选BD根据产生感应电动势的条件,只有处于变化的磁场中,B线圈才能产生感应电动势,A错、B对;根据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小取决于磁通量变化率,所以C错,D对。3(多选)将一磁铁缓慢或者迅速地插到闭合线圈中的同一位置,不发生变化的物理量是()A磁通量的变化量 B磁通量的变化率C感应电流的大小 D流过导体横截面的电荷量解析:选AD将磁铁插到同一位置,磁通量的变化量相同,而用时不同,所以磁通量的变化率不同,A对、B错。感应电动势不同,感应电流不同,C错。由qIttt可知,电荷量相同,D对,故选A、D。4.如图3所示,半径为R的n匝线圈套在边长为a的正方形之外,匀强磁场垂直穿过该正方形,当磁场以的变化率变化时,线圈中产生的感应电动势的大小为()图3AR2 Ba2CnR2 Dna2解析:选D线圈在磁场中的有效面积为a2,据法拉第电磁感应定律可得Ena2,故选D。5.如图4所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流为()图4A. B.C. D.解析:选A扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L,各点的平均速度,导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生,由法拉第电磁感应定律有:E,则线框内产生的感应电流I,故A正确;B、C、D错误。6.如图5所示,两个相连的金属圆环,小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一,磁场垂直穿过小金属环所在区域,当磁感应强度随时间均匀变化时,在小环内产生的感应电动势为E,则a、b两点间的电势差为()图5A.E B.EC.EDE解析:选C等效电路如图所示,由题意知R2r,a、b两点间的电势差为UEE,故选C。7.如图6所示,矩形线框abNM中,M、N之间串联着一个电压表,整个装置处于匀强磁场中,磁场的方向与线框平面垂直。当线框向右匀速平动时,下列说法中正确的是()图6AMN间无电势差,电压表无示数BMN间无电势差,电压表有示数CMN间有电势差,电压表无示数DMN间有电势差,电压表有示数解析:选C由于矩形线框abNM磁通量不变,回路无电流,因此电压表无示数,由于矩形线框两边切割磁感线有电动势,因此MN间有电势差,故选C。8如图7所示,平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动,经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域,导体棒中的感应电动势E与导体棒位置x关系的图像是()图7解析:选A当导体棒位置坐标为x时,导体棒切割磁感线的长度L2,EBLvBv22Bv,结合数学知识可得A正确,B、C、D错误。9如图8所示,在竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出,设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力,则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是()图8A越来越大B越来越小C保持不变D无法判断解析:选C棒ab水平抛出后,其速度越来越大,但只有水平分速度v0切割磁感线产生电动势,故EBLv0保持不变。10(多选)一个面积S4102 m2、匝数n100匝的线圈放在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面,磁感应强度的大小随时间变化的规律如图9所示,由图可知()图9A在开始2 s内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08 Wb/sB在开始2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C在开始2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 VD在第3 s末线圈中的感应电动势等于零解析:选AC由图像可知,01 s内磁感应强度正向减小,12 s磁感应强度负向增大,两过程产生的感应电动势等效,故02 s可视为整体变化过程,而图像的斜率k,则02 s内E1nS1004102 V8 V,大小为8 V,故C正确。因为穿过线圈的磁通量的变化量和变化率均与线圈匝数无关,所以S4102 Wb/s0.08 Wb/s,大小为0.08 Wb/s,故A正确。21(2410224102)Wb0.16 Wb,故B错误。第3 s末的磁通量为零,但感应电动势不为零,等于24 s内的感应电动势,则E2nS1004102 V8 V,故D错误。11如图10所示,匀强磁场的磁感应强度为B,方向竖直向下,在磁场中有一边长为l的正方形导线框,ab边质量为m,其余边质量不计,cd边有固定的水平轴,导线框可以绕其转动,现将导线框拉至水平位置由静止释放,不计摩擦和空气阻力,导线框经过时间t运动到竖直位置,此时ab边的速度为v,求:图10(1)此过程中线框产生的平均感应电动势的大小;(2)线框运动到竖直位置时线框感应电动势的大小。解析:(1)线框在初位置1BSBl2,转到竖直位置20。根据法拉第电磁感应定律E。(2)转到竖直位置时,bc、ad两边不切割磁感线,ab边垂直切割磁感线,此时求的是瞬时感应电动势,且感应电动势的大小为EBlv。答案:(1)(2)Blv12.如图11所示,边长为20 cm的正方形单匝线框,电阻为0.1 ,放在B0.2 T的匀强磁场中,磁场的方向与线框平面垂直,线框在磁场中匀速转动一周的时间为0.2 s。求:(1)线框由图示位置绕ab轴分别转过60和90的过程中,线框中产生的平均感应电动势的大小;(2)线框由图示位置绕ab轴转过180的过程中,线框导线横截面上通过的电荷量。图11解析:(1)线框绕ab轴转过角的过程中磁通量的变化量为:BSBScos BS(1cos )。线框中产生的平均感应电动势的大小E,当60时,t,EBS(1cos )0.12 V。同理,线框绕ab轴转过90的过程中的平均感应电动势大小E0.16 V。(2)线框绕ab轴转过180的过程中平均感应电动势E,由闭合电路欧姆定律I,通过线框导线横截面上的电荷量qIt0.16 C。答案:(1)0.12 V0.16 V(2)0.16 C15第3节 电磁感应定律的应用1.金属块在变化的磁场中形成的像旋涡一样的感应电流叫涡流,电磁炉就是利用涡流加热食品。2磁卡利用材料的磁化和电磁感应原理存取信息。记录信息是电流的磁效应,读取信息是电磁感应。3动圈式话筒是电磁感应的应用,由膜片、线圈、永磁体组成。声波使金属膜片带动其上的线圈在永磁铁的磁场中振动而产生感应电流,感应电流的大小和方向随声波变化。 一、涡流及其应用1涡流将整块金属放在变化的磁场中,穿过金属块的磁通量发生变化,金属块内部就会产生旋涡状的感应电流,这种感应电流叫做涡电流,简称涡流。2涡流的应用电磁炉(1)工作原理:利用涡流原理制成的。图131(2)优点:热效率高;无烟火,无毒气、废气,被称为“绿色炉具”;只对铁质锅具加热,炉体本身不发热。3涡流的危害及防止(1)危害:变压器、电动机、发电机的铁芯会因涡流损失大量的电能并导致设备发热。(2)防止:为减小涡流,电动机、变压器铁芯是用外表涂有绝缘材料的薄硅钢片叠成的,而不采用整块硅钢铁芯,这样可以使涡流大为减弱,涡流损失大大降低,从而降低能耗,提高了设备的工作效率。二、磁卡和动圈式话筒1磁卡工作原理磁卡信息的录入是利用了电流的磁效应;信息的读取与录入过程相反,利用了电磁感应原理。2动圈式话筒动圈式话筒是把声音信号转变为电信号的装置,由膜片、线圈、永磁体等构成。其工作原理是利用了电磁感应现象。1自主思考判一判(1)涡流也是感应电流。()(2)金属中的涡流会产生热量,生活中的电磁炉是利用这一原理而工作的。()(3)磁卡读取信息时,利用了电磁感应原理。()(4)录音机在磁带上录制声音时,利用了电磁感应原理。()(5)动圈式话筒工作时利用了电磁感应现象把声音信号转变为电信号。()2合作探究议一议(1)电磁炉使用时无烟火、无燃气,炉体本身也不发热,它是如何加热锅内食物的呢?提示:电磁炉是近几年来逐步进入家庭的一种新型炉具,其工作原理与涡流有关。如图甲所示,当50 Hz的交变电流流入电磁炉时,经过整流和变频后,变成2050 kHz的高频交变电流进入炉内线圈,产生了变化很快的磁场,如图乙所示,放在电磁炉上面的铁质(或钢质)锅底内产生了感应电动势,由En,由于磁场变化快,则大,故感应电动势E较大,而铁质(钢质)锅底是整块导体,电阻很小,所以在锅底产生很强的涡电流,热效应极大,短时间内锅底迅速发热,加热锅内的水或食物,如图丙所示。(2)在使用电磁炉时,所有的锅具都能用吗?提示:不能。因为电磁炉是以电磁感应产生涡电流,利用涡电流的热效应产生热量,所以不是所有的锅具都能用。适合放在电磁炉上烹饪的器具有不锈钢锅、不锈钢壶、平底铁锅(钢锅)等;不适用的有陶瓷锅、耐热玻璃锅等,因为陶瓷锅和玻璃锅是由绝缘材料制成,不能产生涡流,无法加热食物。(3)动圈式话筒与电容式话筒的工作原理相同吗?提示:动圈式话筒与电容式话筒的工作原理不同,电容式话筒的工作原理是随着声音信号的变化,电容器两极板间的距离发生变化,从而改变电容器的电容,使电容器在不断地充放电,形成充放电电流,而不是依据电磁感应现象制作的。 涡流的产生及能量变化1涡流产生的条件涡流的本质是电磁感应现象,涡流的产生条件是穿过金属块的磁通量发生变化,并且金属块本身可自行构成闭合回路。同时因为整个导体回路的电阻一般很小,所以感应电流很大,就像水中的旋涡。2涡流的大小(1)涡流的大小与电流变化频率有关,电流变化越快,产生的感应电动势E越大。(2)与被感应的金属导体的电阻有关,电阻越小,金属导体产生的涡流越强。(3)为尽可能减小涡流损失,可采用大电阻率的硅钢片制作铁芯。3可以产生涡流的两种情况把块状金属放在变化的磁场中。让块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动。4能量转化伴随着涡流现象,其他形式的能转化成电能最终在金属块中转化为内能。如果金属块放在了变化的磁场中,则磁场能转化为电能最终转化为内能;如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动,则由于克服安培力做功,金属块的机械能转化为电能,最终转化为内能。典例光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线,如图132所示,抛物线下半部分处在一个水平方向的匀强磁场中,磁场的上边界是ya的直线(图中虚线所示),一个金属块从抛物线上yb(ba)处以速度v沿抛物线下滑,假设抛物线足够长,金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是()图132AmgbB.mv2mgbCmg(ba) D.mv2mg(ba)思路点拨(1)金属块在反复进出磁场时会产生感应电流。(2)金属块最终将在虚线以下的光滑曲面上做往复运动,而不是停在O点。解析金属块在进出磁场过程中要产生感应电流,感应电流产生焦耳热,机械能要减少,上升的最大高度不断降低,最后刚好滑不出磁场后,就做往复运动,永不停止。根据能量转化与守恒定律,整个过程中产生的焦耳热应等于机械能的损失,即QEmv2mg(ba),故D正确。答案D处理有关涡流问题有两种方法:一是利用楞次定律、法拉第电磁感应定律等知识来判断涡流的作用;二是从能量转化和守恒的角度判断涡流现象中的能量转化问题。 1.如图133所示,在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水。给线圈通入电流,一段时间后,一个容器中水温升高,则通入的电流与水温升高的是()图133A恒定直流、小铁锅B恒定直流、玻璃杯C变化的电流、小铁锅D变化的电流、玻璃杯解析:选C通入恒定直流时,所产生的磁场不变,不会产生感应电流,通入变化的电流,所产生的磁场发生变化,在导体内产生涡流,电能转化为内能,使水温升高;涡流是由变化的磁场在导体内产生的,所以玻璃杯中的水不会升温。2目前金属探测器已经广泛应用于各种安检、高考及一些重要场所,关于金属探测器的下列有关论述中正确的是()A金属探测器可用于月饼生产中,用来防止细小的金属颗粒混入月饼陷中B金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手、脚中的金属物,是因为探测器的线圈中能产生涡流C使用金属探测器时,应该让探测器静止不动,探测效果会更好D能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品,是因为探测器的线圈中通有直流电解析:选A金属探测器的探测线圈中,通有交变电流,会在被探测的金属中激起涡流,涡流又会产生磁场,反过来影响原来的磁场,引发探测器发出鸣声。当探测器相对于被测金属发生移动时,探测器的线圈中的交流电产生的磁场相对变化较快,在金属中产生的涡流会更强,检测效果更好,故A正确。3.如图134所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块()图134A在P和Q中都做自由落体运动B在两个下落过程中的机械能都守恒C在P中的下落时间比在Q中的长D落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析:选C小磁块在铜管中下落时,由于电磁阻尼作用,不做自由落体运动,机械能不守恒,而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动,机械能守恒,因此在P中下落得慢,用时长,到达底端速度小,C项正确,A、B、D错误。磁卡和动圈式话筒的工作原理1磁卡的工作原理(1)磁卡的录入:电流磁效应磁现象(2)磁卡的读取:磁现象电磁感应2动圈式话筒的工作原理(1)构造。图135(2)原理:话筒是把声音转变为电信号的装置。如图135是动圈式话筒构造原理图,它是利用电磁感应现象工作的,当声波使金属膜片振动时,连接在膜片上的线圈(音圈)随着一起振动,音圈在永久磁铁的磁场里振动,从而产生感应电流(电信号),感应电流的大小和方向都变化,这个信号电流经扩音器放大后传给扬声器,扬声器中就发出了放大的声音。1如图136所示,磁带录音机既可用做录音,也可用做放音,其主要部件为可匀速行进的磁带a和绕有线圈的磁头b,不论是录音还是放音过程,磁带或磁隙软铁都会存图136在磁化现象,下面对于它们在录音、放音过程中的主要工作原理的说法,正确的是()A录音的主要原理是电流的磁效应,放音的主要原理是电磁感应B录音的主要原理是电磁感应,放音的主要原理是电流的磁效应C录音和放音的主要原理都是磁场对电流的作用D录音和放音的主要原理都是电磁感应解析:选A根据磁带录音机录音、放音的工作原理可知选项A正确。2唱卡拉OK用的话筒,内有传感器,其中有一种是动圈式的,它的工作原理是在弹性膜片后面黏接一个轻小的金属线圈,线圈处于永磁体的磁场中,当声波使膜片前后振动时,就将声音信号转变为电信号。下列各说法中正确的是()A该传感器是根据电流的磁效应工作的B该传感器是根据电磁感应原理工作的C膜片振动时,穿过线圈的磁通量不变D膜片振动时,金属线圈中不会产生感应电动势解析:选B动圈式话筒是利用电磁感应制成的。当声波使金属膜片振动时,黏接在膜片上的金属线圈随着一起振动,线圈在永磁体的磁场里振动,线圈中的磁通量发生变化,进而产生感应电动势和感应电流,将声音信号转变为电信号。1下列关于涡流的说法中正确的是()A涡流跟平时常见的感应电流一样,都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的B涡流不是感应电流,而是一种有别于感应电流的特殊电流C涡流有热效应,但没有磁效应D在硅钢中不能产生涡流解析:选A涡流属电磁感应现象,故A项正确,B项错误。涡流具有电流的热效应和磁效应,故C项错。硅钢只是电阻率大,涡流小,故D项错。2下列哪些仪器不是利用涡流工作的()A电磁炉B微波炉C金属探测器 D真空冶炼炉解析:选B电磁炉、金属探测器、真空冶炼炉都是利用涡流工作的,微波炉是利用微波能量易被水吸收的原理达到加热食物的目的,不是利用涡流工作的,故选B。3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,这是因为()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减小铁芯中的电阻,以减小发热量解析:选B不使用整块硅钢而是采用很薄的硅钢片,这样做的目的是增大铁芯中的电阻,阻断涡流回路,来减少电能转化成铁芯的内能,提高效率,所以B正确。4(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框作骨架,把线圈绕在铝框上,这样做的目的是()A防止涡流而设计的 B利用涡流而设计的C起电磁阻尼的作用D起电磁驱动的作用解析:选BC线圈通电后,在安培力作用下发生转动,铝框随之转动,并切割磁感线产生感应电流,就是涡流。涡流阻碍线圈的转动,使线圈偏转后尽快停下来,所以,这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用,故B、C均正确。5动圈式话筒和磁带录音机都应用了电磁感应现象。如图1所示,图甲是动圈式话筒的原理图,图乙是录音机的录、放音原理图。由图可知以下说法错误的是()图1A话筒工作时,磁铁不动,音圈随膜片振动而产生感应电流B录音机放音时,变化的磁场在静止的线圈内激发起感应电流C录音机放音时,线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场D录音机录音时,线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场解析:选C由动圈式话筒原理图可知,话筒工作时将声音信号转变为电信号,A正确;录音机放音时,将磁信号转变为电信号,录音时,将电信号转变为磁信号加以保存,B、D均正确,C错误。6(多选)如图2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()图2A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:选AB当线圈上通交流电时,金属杯由于发生电磁感应现象,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;提高交流电的频率,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。7.在水平放置的光滑导轨上,沿导轨固定一个条形磁铁,如图3所示,现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙,使它们从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去。各滑块在未接触磁铁前的运动情况是()图3A都做匀速运动 B甲、乙做加速运动C甲、乙做减速运动D乙、丙做匀速运动解析:选C铜块、铝块向磁铁靠近时,穿过它们的磁通量发生变化,因此在其内部产生涡流,反过来涡流产生的感应磁场对原磁场的变化起阻碍作用,所以铜块和铝块向磁铁运动时会受到阻碍而减速,有机玻璃为非金属,不产生涡流现象。故C正确。8.如图4所示,使一个水平放置的铜盘绕其竖直的轴OO转动,且假设摩擦等阻力不计,转动是匀速的。现把一个蹄形磁铁移近铜盘,则()图4A铜盘转动将变慢B铜盘转动将变快C铜盘仍以原来的转速转动D铜盘的转动速度是否变化,要根据磁铁的上下两端的极性来决定解析:选A当一个蹄形磁铁移近铜盘时,铜盘转动切割磁感线,产生感应电流,由楞次定律可知感应电流受的安培力阻碍其相对运动,所以铜盘的转动将变慢,本题也可以从能量守恒的角度去分析,因为铜盘转动切割磁感线,产生感应电流,铜盘的机械能不断转化成电能,铜盘转动会逐渐变慢,故正确选项为A。9磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区,刷卡器中有检测线圈(如图5甲所示)。当以速度v0刷卡时,在线圈中产生感应电动势,其Et关系如图乙所示。如果只将刷卡速度改为,线圈中的Et关系图可能是选项中的()图5解析:选D若将刷卡速度改为,线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半,周期将会加倍,故D正确。10(多选)如图6所示,在O点正下方有一个具有理想边界的磁场,铜环在A点由静止释放,向右摆至最高点B,不考虑空气阻力,则下列说法正确的是()图6AA与B两点位于同一水平线BA点高于B点CA点低于B点D铜环在开始一段时间内将做幅度越来越小的摆动解析:选BD由于铜环进入和穿出磁场的过程中,产生涡流,这样就产生了电能,消耗了机械能。则A点高于B点,故B、D正确。11.如图7所示的动圈式话筒的音圈半径为r,磁铁产生的径向磁场的磁感应强度为B,音圈匝数为n,音圈导线的横截面积为S,电阻率为,如果音圈在某一时刻振动的速率为v,求此时在线圈中产生的感应电流的大小。图7解析:由法拉第电磁感应定律知,音圈中产生的感应电动势为EnBLvnB2rv2nBrv由电阻定律得音圈的电阻为R由欧姆定律得音圈中的感应电流为I。答案:12如图8所示,在光滑的水平面上有一半径r10 cm、电阻R1 、质量m1 kg的金属环,以速度v10 m/s向一有界磁场滑去,匀强磁场方向垂直于纸面向里,B0.5 T,从环刚进入磁场算起,到刚好有一半进入磁场时,圆环释放了32 J的热量,求:图8(1)此时圆环中电流的瞬时功率;(2)此时圆环运动的加速度。解析:(1)由能量守恒定律Qmv2mvt 2此时圆环中感应电动势EB2rvt此时圆环中电流I此时圆环中电流的瞬时功率PI2R联立四式得P0.36 W。(2)由牛顿第二定律Fma,又FBI2r故a0.06 m/s2。答案:(1)0.36 W(2)0.06 m/s212
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