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十二 电磁感应９７ 专题十二电磁感应对应学生用书起始页码Ｐ１６３考点一电磁感应现象 楞次定律 一、对楞次定律的理解１．楞次定律的两种表述（１）“阻碍”表述法：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，即“增反减同”。（２）“效果”表述法：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。如：①“来拒去留”：阻碍导体的相对运动；②“增缩减扩”：磁通量增加，则回路面积有收缩的趋势；磁通量减少，则回路面积有扩张的趋势；③“自感现象”：线圈自感电流阻碍自身电流的变化。２．利用楞次定律判断感应电流的方向 矩形金属框ＡＢＣＤ位于如图所示的通电长直导线附近，线框与导线在同一个平面内，线框的两条边与导线平行。下面说法正确的是（ ）Ａ．在这个平面内线框远离导线移动时穿过线框的磁通量减小Ｂ．在这个平面内线框平行导线移动时穿过线框的磁通量减小Ｃ．当导线中的电流Ｉ增大时线框产生沿ＡＤＣＢＡ方向的感应电流Ｄ．当导线中的电流Ｉ减小时线框产生沿ＡＢＣＤＡ方向的感应电流解析 在通电直导线与线框构成的平面内，通电直导线周围的磁场，与导线距离越近，磁感应强度越大，与导线距离越远，磁感应强度越小，距离相同，则磁感应强度大小相同。在这个平面内线框远离导线移动时，穿过线框的磁通量减小，Ａ正确；在这个平面内线框平行导线移动时，穿过线框的磁通量不变，Ｂ错误；当Ｉ增大时，电流周围同一点的磁感应强度也会增大，穿过线框的磁通量增加，根据安培定则和楞次定律知，感应电流方向应为ＡＢＣＤＡ，Ｃ错误；当Ｉ减小时，电流周围同一点的磁感应强度也会减小，穿过线框的磁通量减小，根据安培定则和楞次定律知，感应电流方向应为ＡＤＣＢＡ，Ｄ错误。答案 Ａ 二、安培定则、左手定则、右手定则及楞次定律的比较基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流的作用力左手定则部分导体切割磁感线运动产生电流右手定则闭合回路磁通量的变化产生电流楞次定律 如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒ＰＱ、ＭＮ，ＭＮ的左边有一闭合电路，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（ ）Ａ．向右加速运动Ｂ．向左加速运动Ｃ．向右减速运动Ｄ．向左减速运动解析 ＭＮ向右运动，说明ＭＮ受到向右的安培力，因为ａｂ在ＭＮ处产生的磁场垂直纸面向里左手定则→ＭＮ中的感应电流方向由Ｍ→Ｎ安培定则→Ｌ１中感应电流的磁场方向向上楞次定律→Ｌ２中磁场方向向上，减弱Ｌ２中磁场方向向下，增强{；若Ｌ２中磁场方向向上减弱安培定则→ＰＱ中电流方向为Ｑ→Ｐ且减小右手定则→ＰＱ向右减速运动；若Ｌ２中磁场方向向下增强安培定则→ＰＱ中电流方向为Ｐ→Ｑ且增大右手定则→ＰＱ向左加速运动。答案 ＢＣ１．某同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，将直流电源、滑动变阻器、线圈Ａ（有铁芯）、线圈Ｂ、灵敏电流计及开关按图连接成电路。在实验中，该同学发现开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏。由此可以判断，在保持开关闭合的状态下（ ）９８ ５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）Ａ．当线圈Ａ拔出时，灵敏电流计的指针向左偏Ｂ．当线圈Ａ中的铁芯拔出时，灵敏电流计的指针向右偏Ｃ．当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，灵敏电流计的指针不偏转Ｄ．当滑动变阻器的滑片向Ｎ端滑动时，灵敏电流计的指针向右偏１．答案 Ｂ 开关闭合的瞬间，穿过线圈Ｂ的磁通量增大，指针左偏。当线圈Ａ拔出时或Ａ中的铁芯拔出时，穿过Ｂ的磁通量减小，故指针向右偏，Ａ错误，Ｂ正确。当滑片匀速滑动时，线圈Ａ中的电流变化，在线圈Ｂ中也能产生感应电流，Ｃ错误。当滑片向Ｎ端滑动时，线圈Ａ中的电流变大，穿过线圈Ｂ的磁通量增大，故指针向左偏，Ｄ错误。２．下列几种情况适用于右手定则判断的是（ ）Ａ．闭合导线的一部分在外力的作用下做切割磁感线运动产生感应电流的过程中，已知磁场方向和感应电流方向，判断切割磁感线运动方向Ｂ．已知直导线的电流方向，判断导线周围的磁场方向Ｃ．通电导体在磁场中受力的过程中，已知磁场方向和受力方向，判断电流方向Ｄ．带电粒子在磁场中运动而受磁场力的过程中，已知电荷的电性、运动方向及受力方向，判断磁场方向２．答案 Ａ 闭合导线的一部分在外力的作用下做切割磁感线运动产生感应电流的过程中，已知磁场方向和感应电流方向，可以使用右手定则来确定切割磁感线运动方向，故Ａ正确；已知直导线的电流方向，应使用安培定则来确定导线周围磁场的方向，故Ｂ错误；通电导体在磁场中受力的过程中，已知磁场方向和受力方向，应使用左手定则来判定电流方向，故Ｃ错误；带电粒子在磁场中运动而受磁场力的过程中，已知电荷的电性、运动方向及受力方向，应使用左手定则来确定磁场方向，故Ｄ错误。３．如图所示，铜线圈水平固定在铁架台上，铜线圈的两端连接在电流传感器上，传感器与数据采集器相连，采集的数据可通过计算机处理，从而得到铜线圈中的电流随时间变化的图像。利用该装置探究条形磁铁从距铜线圈上端某一高度处由静止释放后，沿铜线圈轴线竖直向下穿过铜线圈的过程中产生的电磁感应现象。两次实验中分别得到了如图甲、乙所示的电流－时间图线。条形磁铁在竖直下落过程中始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计。则下列说法中正确的是（ ）Ａ．若两次实验条形磁铁距铜线圈上端的高度不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度大于乙图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度Ｂ．若两次实验条形磁铁的磁性强弱不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁的磁性比乙图对应实验条形磁铁的磁性强Ｃ．甲图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能小于乙图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能Ｄ．两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下４．答案 Ｃ 铜线圈中产生的感应电流的最大值取决于：①条形磁铁通过铜线圈时的速度，即条形磁铁距铜线圈上端的高度；②条形磁铁的磁性强弱。条形磁铁通过铜线圈时的速度越大（条形磁铁距铜线圈上端的高度越高）、磁性越强，感应电流的最大值越大，Ａ、Ｂ错误。条形磁铁穿过铜线圈时损失的机械能全部克服磁场力做功，转化为铜线圈产生的焦耳热，实验中电流越大，磁场力越大，条形磁铁克服磁场力做功越多，损失的机械能就越多，Ｃ正确。根据楞次定律，两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都始终向上，Ｄ项错。４．（多选）如图所示，光滑固定的金属导轨Ｍ、Ｎ水平放置，两根导体棒Ｐ、Ｑ平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）Ａ．Ｐ、Ｑ将互相靠拢Ｂ．Ｐ、Ｑ将互相远离Ｃ．磁铁的加速度仍为ｇＤ．磁铁的加速度小于ｇ４．答案 ＡＤ 解法一 设磁铁下端为Ｎ极，如图所示，根据楞次定律可判断出Ｐ、Ｑ中感应电流的方向，根据左手定则可判断出Ｐ、Ｑ所受安培力的方向，可见Ｐ、Ｑ将互相靠拢。由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律可知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于ｇ。当下端为Ｓ极时，可得到同样的结果。解法二 根据楞次定律的另一种表述———感应电流的效果总是阻碍引起产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“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。５．如图所示，将铜片悬挂在电磁铁的两极间，形成一个摆。在电磁铁线圈未通电时，铜片可以自由摆动，忽略空气阻力及转轴摩擦的作用。当电磁铁通电后，电磁铁两极间可视为匀强磁场，忽略磁场边缘效应。关于通电后铜片的摆动过程，以下说法正确的是（ ）Ａ．由于铜片不会受到电磁铁的吸引，所以铜片向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度十二 电磁感应９９ Ｂ．铜片进入磁场的瞬间，铜片一定立即减速Ｃ．铜片在进入和离开磁场时，由于电磁感应，均有感应电流产生Ｄ．铜片进入磁场的过程是机械能转化为电能的过程，离开磁场的过程是电能转化为机械能的过程５．答案 Ｃ 铜片进入或离开磁场时，由于磁通量变化，产生感应电流，机械能转化为电能，Ｃ正确，Ｄ错误。铜片进入磁场的瞬间受到安培力，刚进入磁场时重力沿切向的分力可能大于安培力，也可能小于安培力，Ｂ错误。由于机械能不守恒，铜片不可能与原来摆到与原来等高处，Ａ错误。考点二法拉第电磁感应定律 自感 一、感生电动势与动生电动势感生电动势动生电动势产生原因磁场的变化导体做切割磁感线运动移动电荷的非静电力感生电场对自由电荷的电场力导体中自由电荷所受洛伦兹力沿导体方向的分力回路中相当于电源的部分处于变化磁场中的线圈部分做切割磁感线运动的导体方向判断方法由楞次定律判断通常由右手定则判断，也可由楞次定律判断大小计算方法由Ｅ＝ｎΔΦΔｔ计算通常由Ｅ＝ＢＬｖｓｉｎθ计算，也可由Ｅ＝ｎΔΦΔｔ计算区别求的是Δｔ时间内的平均感应电动势，Ｅ与某段时间或某个过程相对应求的是瞬时感应电动势，Ｅ与某个时刻或某个位置相对应联系公式Ｅ＝ｎΔΦΔｔ和Ｅ＝ＢＬｖｓｉｎθ是统一的，当Δｔ➝０时，Ｅ为瞬时感应电动势，而Ｅ＝ＢＬｖｓｉｎθ中的ｖ若代入平均速度，则求出的Ｅ为平均感应电动势 电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势来表明电源的这种特性。如图１所示，固定于水平面的Ｕ形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为Ｂ，金属框架两平行导轨间距为ｌ。金属棒ＭＮ在外力的作用下，沿框架以速度ｖ向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为ｅ。图１ａ．请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒ＭＮ切割磁感线产生的感应电动势Ｅ１；ｂ．在金属棒产生电动势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，并求出这个非静电力Ｆ１的大小。解析 ａ．在Δｔ内金属棒由原来的位置ＭＮ移到Ｍ１Ｎ１，如图所示。这个过程中金属框架和金属棒所围面积的变化量是ΔＳ＝ｌｖΔｔ则穿过闭合电路的磁通量的变化量是ΔΦ＝ＢΔＳ＝ＢｌｖΔｔ根据法拉第电磁感应定律有Ｅ１＝ΔΦΔｔ由此得到感应电动势Ｅ１＝Ｂｌｖｂ．金属棒ＭＮ向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛伦兹力，是这个力充当了非静电力。非静电力的大小Ｆ１＝Ｂｅｖ答案 见解析知识归纳 对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算公式Ｅ＝Ｂｌｖ的理解正交性Ｅ＝Ｂｌｖ是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场外，还需Ｂ、ｌ、ｖ三者相互垂直。当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式变为Ｅ＝Ｂｌｖｓｉｎθ，θ为Ｂ与ｖ方向间的夹角瞬时性导体平动切割磁感线时，若ｖ为瞬时速度，则Ｅ为相应的瞬时感应电动势平均性导体平动切割磁感线时，若ｖ为平均速度，则Ｅ为平均感应电动势有效性Ｅ＝Ｂｌｖ中的ｌ为有效切割长度，即导体在与ｖ垂直的方向上的投影长度相对性Ｅ＝Ｂｌｖ中的速度ｖ是相对于磁场的速度。若磁场也运动时，则ｖ不是导体对地的速度温馨提示ｌ是导体两端点连线在垂直于Ｂ、ｖ方向上的投影长度ｌ是接入回路中的长度ｌ是处于磁场中的长度 由于磁场变化而产生的感应电动势，也是通过非静电力做功而实现的。在磁场变化时产生的电场与静电场不同，它的电场线是闭合的，我们把这样的电场叫做感生电场，也称涡旋电场。在涡旋电场中电场力做功与路径有关，正因为如此，它是一种非静电力。如图所示，空间存在一个垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为Ｂ０，磁场区域半径为Ｒ。一半径为ｒ的圆形导线环放置在纸面内，其圆心Ｏ与圆形磁场区域的中心重合。已知电子的电荷量为ｅ。�