《2022年高三物理第一輪復習《第十二章 電磁感應》教案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高三物理第一輪復習《第十二章 電磁感應》教案（42頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高三物理第一輪復習《第十二章 電磁感應》教案 備課指要 教學建議 1、磁通量及其變化是研究電磁感應現(xiàn)象的基礎，在復習中慶講清楚計算磁通量的基本方法和注意問題，明確磁通量的物理意義.可以結合“案例導入”和“探究延伸”中的例題來復習. 2、楞次定律是本章的重點內容之一，可以將其歸納為“減同增反”以及另一種表述“效果反抗原因”，要明確“減和增”“同和反”“效果”和“原因”的物理意義，它們在本質上是相同的，但在不同的情形下應用相應的表述可以簡化解題，各有優(yōu)點，如另一種表述較適宜用于相對運動（來柜去留）.對于一些典型的問題如二級電磁感應、多回路問題等，要分析透徹，總結出一般的解題方法.

2、如“重、難、疑點剖析”中的例1和例2. 3、要注意區(qū)別右手定則和右手定則，學生容易將二者混淆.可以總結出簡明易記的結論幫助學生記憶，如“左動右發(fā)”. 資料鏈接 節(jié)能炊具電磁灶 塊狀的金屬放在變化的磁場中，或在磁場中運動時，金屬中產生的感應電流在金屬塊內形成閉合回路，類似于水的游渦，稱為渦流.電磁灶就是根據(jù)這一原理制成的. 電磁灶首先把50HZ的交流電通過橋式整流裝置換成直流電，再通過逆變器變成15—50HZ的高頻電流.此電流通過螺旋形加熱線圈（帶有磁芯）產生高頻交變磁場，磁場穿過非金屬的灶臺面板進入熟飪鐵鍋底內，由于電磁感應產生電場，形成強大的渦流，產生大量的熱量，從而對食物進行加熱

3、. 電磁灶加熱的溫度在50—200℃的范圍內，功率在300—1200VW之間.由于電磁灶是通過鍋底產生渦流而加熱的，不存在傳遞過程中的熱量損耗，所以熱功當量效率可高達83%，而普通電爐的熱效率只有52%左右，電磁灶比普通電爐可節(jié)電33%.電磁灶是一種安全、衛(wèi)生、高效、節(jié)能的炊具. 案例導入 例1 如圖12-41-1所示，通電直導線與閉合導線框彼此絕緣，處于同一平面內，導線與線框的對稱軸重合.為以采取的措施是（ ）. A．使直導線中的電流減小 B．線框以直導線為軸勻速運動 C．線框向左勻速運動 D．線框向右勻速運動 【

4、分析】 要產生感應電流，穿過線框的磁通量必須發(fā)生變化. 【解答】 直導線中的電流變化（增強或減?。r，由于直導線右方的磁場垂直紙面向里，左方的磁場垂直線面向外，而兩邊的相等，故總的磁通量始終為零，與電流的大小無關，線框中不產生感應電流.線框以直導線為軸轉動時，由于右方穿入和左方穿出的磁感線條數(shù)始終相等，所以穿過線框的磁通量仍始終為零，不會產生感應電流.線框勻速運動時，可由右手定則來判斷.向左勻速時，線框的右邊中產生向下的電流，左邊中產生向上的電流；向右勻速時，方向則反之. 【答案】 C. 【歸納】 習題主要考查對產生感應電流條件的理解.容易發(fā)生錯誤的是B項，盡管線框繞直導線轉動，

5、但磁通量卻不變，從運動的角度看，由于線框的左右兩邊始終處在同一個圓周上，與磁感線平行，不切割磁感線，故不產生感應電流. 知識梳理 1、 磁通量、磁通量的增量 穿過某一面積的磁感線的條數(shù)稱磁通量.計算公式Φ=BScosθ，θ為面積S與垂直于勻強磁場方向平面的夾角.磁通量的增量定義為△Φ=Φ2-Φ1，Φ2和Φ1分別是末狀態(tài)和初狀態(tài)的磁通量. 在計算磁通量時，要注意理解：（1）磁通量是標量，沒有方向但有正負.有兩個或以上的磁場同時存在時，要先規(guī)定磁場的正方向，則反方向磁場的磁通為負值，再由△Φ=Φ2-Φ1，計算磁通量的變化.（2）磁通量與匝數(shù)無關. 2、 產生感應電流的條件 穿過閉合電路

6、的磁通量發(fā)生變化.當電路不閉合時，穿過電路的磁經受 量發(fā)生變化，電路中產生感應電動勢，但無感應電流. 3、 楞次定律 表述：感應電流具有這樣的方向，感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化.可以簡化為“減同增反”.“減”和“增”是指磁通量的變化是增加還是減小；“同”和“反”是指感應電流的磁場和原磁場的關系.如磁通量減小，則感應電流的磁場和原磁場的方向就相同，反之則相反. 4、楞次定律的另一種表述 感應電流的效果，總是要反抗引起感應電流的原因.可簡述為“效果反抗原因”；“效果”是指導體中產生感應電流后所引起的結果，“反抗”是指“阻礙磁通量的變化”或是“阻礙相對運動”，通?？珊喕癁?/p>

7、“來拒去留”.如磁鐵靠近線圈，線圈中產生感應電流，其效果是線圈對磁鐵“來拒去留”，總是阻礙相對運動. 4、 右手定則 伸開右手，讓拇指與其余四指垂直，并且同手掌在同一平面內，讓磁感線從手心進入，拇指指向導體運動方向，其余四指所指就是感應電流方向.用右手定則判斷部分導體切割磁感線產生感應電流的方向較為簡便. 5、 運用楞次定律判定感應電流方向的步驟 （1）明確穿過閉合電路的原磁場的方向及空間分布情況； （2）判斷穿過閉合電路的磁通量的變化情況； （3）根據(jù)楞次定律判定感應電流磁場的方向； （4）利用安培定則判定感應電流的方向. 重、難、疑點剖析 1、對楞次定律、右手定則和另種表

8、述的辨析 楞次定律是判斷感應電流方向的普遍規(guī)律，右手定則適合于導體切割磁感線的特殊情況，另種表述在判斷由相對運動而產生的電磁感應現(xiàn)象時較為方便.凡是可由右手定則、另種表述判斷的問題，都可用楞次定律來確定. 2、要注意區(qū)分左手定則和右手定則 左手定則是判斷載流導體（運動電荷）在磁場中所受磁場力方向的；右手定則是判定導體在磁場中切割磁感線而產生感應電流方向的，兩者不可混淆. 相關規(guī)律辨析表 物理現(xiàn)象 相關規(guī)律 電流、運動電荷產生的磁場 安培定則 磁場對電流或運 動電荷的作用力 左手定則 閉合電路的磁通量變 化產生感應電流 楞次定律 部分導體切割磁感 線產生感應電流

9、 右手定則 導體的相對運動產生感應電流 楞次定律 （另一種表述） 例1 在勻強磁場中放一電阻不計的平行金屬導軌，導軌跟大線圈M相接，如圖12-41-2所示，垂直于導軌放一根導線，勻強磁場垂直于導軌所在平面.要使M所包圍的小閉合線圈N中產生順時針方向的感應電流，則導線運動情況可以是（ ）. A．勻速向右運動 B．勻速向左運動 C．加速向右運動 D．減速向右運動 【分析】 利用代入法，即把題中所設的運動逐個代入，進行判斷. 【解答】 當ab勻速運動時，ab中產生的電動勢恒定，則回路中產生恒定的感應電流，穿過線圈

10、N的磁場不變化，故N中不會產生感應電流，選項A、B均錯誤.當ab向右加速運動時，ab中產生向下的感應電流，此電流在線圈N處產生的磁場應是垂直紙面向里，由于ab中的電流在不斷增強，則N中的磁通量也不斷增加.由楞次定律可得，N中應產生逆時針方向的感應電流.同理可得，當ab向右減速運動時，N中就會產生順時針方向的感應電流. 【答案】 D. 【歸納】 這是一個二級電磁感問題.此類問題的規(guī)律是在第一級中產生的感應電流必須是變化的，才可能在第二級中產生感應電流.像題中第一級電磁感應中，導體棒ab勻速運動時，產生恒定的電流，就不能引起第二次的電磁感應. 例2 如圖12-41-3所示，ab是一個可

11、繞垂直于紙面的軸轉動的閉合導線圈，當滑線變阻器R自左向右滑動時，線圈ab的運動情況是（ ）. A． 保持靜止不動 B． B．逆時針轉動 C． 順時針轉動 D．發(fā)生轉動，但因電源極性不明，無法確定轉動方向 【分析】 可用楞次定律的另一種表述來判斷. 【解答】 當滑線變阻器的滑動端自左向右滑動時，電路的電阻增大，電流減小.由題圖可知，線圈所在處的磁場是水平方向，電流減小則穿過線圈的磁通量減小，線圈中將產生感應電流.由楞次定律的另一種表述，感應電流的效果總是反抗引起感應電流的原因，原因是磁通量的減少，則效果應是線圈做順時針的轉

12、動，使線圈在垂直于磁場方向的投影面積增大，穿過線圈的磁通量有增大的趨勢，以“反抗”磁通量減少的“原因”，故C正確. 【答案】 C 【歸納】 可以看出，由楞次定律的另一種表述——“效果”反抗“原因”來判斷，不需要具體判斷電流和磁場的方向，只要能判斷出穿過線圈的磁通量的變化即可，較為簡捷，若由楞次定律——“減同增反”來判斷，則要先假設電源的極性，再判斷出磁場的方向，才可以判斷出線圈中的感應電流方向，再由左手定則判斷線圈所受的磁場力的方向，最終才能得出線圈的轉動方向.請讀者試一試. 備用題 例3 如圖12-41-4所示，MN是一根用定的通電長直導線，電流方向向上，今將一金屬線框abcd

13、放在導線上，讓線框的位置偏向導線的左邊，兩者彼此絕緣，當導總經理中的電流突然增大時，線框整體受力的情況為（ ）. A． 受力向右 B． B．受力向左 C． 受力向上 D． D．受力為零 【分析】 先由楞次定律判斷線框中感應電流的方向，再由左手定同判斷線框各所受磁場力的方向. 【解答】 由題意知，線框在直導線MN左方的面積大于右方的面積，直導線中的電流產生的磁場在右方為垂直于紙面向里，在左方為垂直于紙面向外，線框中左方的磁通量大于右方的磁能量.當導線中電流突然增大時，線框中的總磁通量增加，且合磁場的方向應是向外的. 由楞

14、次定律，可得感應電流的方向為順時針方向.由左手定則可以判斷，ab邊和cd邊所受的磁場力方向都是水平向右的，而ac邊和bc邊所受的磁場力等值反向，相平衡，所以線框受力為水平向右，將會向右平動.選項A正確. 【答案】 A. 【歸納】 題中線框的磁通量應是左右兩部分的代數(shù)和，判斷時需先明確合磁場的方向.在判斷磁場力時不可憑想當然認為ab邊和cd邊所受的磁場力是等值反向的，要注意到在左右兩邊磁場是反向的，實際上Fcd＞Fab，因為磁感應強度Bcd＞Bab. 考題回放 感應電流方向的判定是高考考查的重點，多以選擇題出現(xiàn).試題常以電磁感應現(xiàn)象背景，考查楞次定律與磁場知識的綜合運用. 例 如

15、圖12-41-5所示，A、B為大小、形狀均相同且內壁光滑、但用不同材料制成的圓管，豎直固定在相同高度.兩個相同的磁性小球，同時從A、B管上端的管口無初速釋放，穿過A管的小球比穿過B管的小球先落到地面.下面對于兩管的描述中可能正確的是（ ）. A．A管是用塑料制成的，B管是用銅制成的 B．A管是用鋁制成的，B管是用膠木制成的 C．A管是用膠木制成的，B管是用塑料制成的 D．A管是用膠木制成的，B管是用鋁制成的 【分析】 磁性小球在導體管中運動時，會產生感應電流. 【解答】 塑料和膠木都是絕緣材料，鋁和銅都是導體.磁性小球在塑料管或膠木管中下落時，不會產生感應電流，兩者之間無相

16、互作用，對小球的運動狀態(tài)設有影響.而在鋁管或銅管中下落時，相當于鋁管或銅管在切割磁感線，所以在鋁管或銅管中都會產生感應電流.由楞次定律可知，此感應電流的磁場對小球的運動起到阻礙作用，即小球所受的磁場力與重力必是反向的，阻礙小球的小落，故小球下落的時間將會變小. 【答案】 A、D. 【反思】 注意區(qū)分導體和絕緣體，只有在導體中才可能產生電磁感應現(xiàn)象. 探究延伸 例 如圖12-41-6所示，兩個同心放置的共面金屬圓環(huán)a和b，一條形磁鐵穿過圓心又與環(huán)面垂直，則穿過兩環(huán)的磁通量的大小關系為（ ）. A．Φa＞Φb B．Φa＜Φb　　　　　　　　 C．Φa=Φb

17、 D．無法比較 【分析】 線圈把磁鐵包圍在其中，磁鐵的內部和外部磁感線的方向是相反的，磁通量應該是兩部分的代數(shù)和. 【解答】 磁感線是閉合曲線，在條形磁鐵外部從N極到S極，在內部從S極到N極，線圈中的磁通量應是這兩部分磁通量的代數(shù)和.因磁鐵外部空間的所有磁感線都要穿過內部，又由于圓環(huán)a的面積小于圓環(huán)b的面積.故從外部N極到S極穿過a面的磁感線條數(shù)少，則穿過a面的磁通量大，選項A正確. 【答案】 A. 【點評】 計算磁通量時要注意正、負.對存在相反方向磁場的問題，一般要分區(qū)域來性分析或定量計算各自的磁通量，最后再求代數(shù)和. 隨堂闖關 1 關于磁通量，下面說法中正確的是

18、（ B ）. A．磁通量是反映磁場強弱和方向的物理量 B．穿過某個面積的磁感線的條數(shù)越多，則磁通量越大 C．穿過某一面積的磁通量等于面積S與該處磁感應強度B的乘積 D．若穿過某一面積的磁通量為零，則磁感應強度B也為零 2 恒定的勻強磁場中一圓形的閉合導體線圈，線圈平面垂直于磁場方向，當線圈在此磁場中做下列哪種運動時，線圈中能產生感應電流？（ C、D ）. （2） 線圈沿自身所在的平面做勻速運動 B．線圈沿自身所在的平面做加速運動 C．線圈繞任意一條直徑做勻速轉動 D．線圈繞任意一條直線做變速轉動 3 如圖12-41-7所示，矩形線圈abcd與長直導線在同一平面內，當

19、線圈從導線的左方運動至右方的過程中，線圈內感應電流的方向是（ C ）. A．先順時針，后逆時針 B．先逆時針，后順時針 C．先順時針，后逆時針，再順時針 D．先逆時針，后順時針，再逆時針 【提示】 直線電流左方磁場垂直紙面向外，且越靠近導線磁場越強，右方的磁場垂直紙面向里，且越運離磁場越弱.當線圈由圖示位置運動到ab邊與直導線重合時，磁通量增大，產生順時針感6應電流.當ab邊越過導線直到cd邊與導線重合時，均產生逆時針方向的電流.再向右運動則磁場方向向里且磁通量減小，產生順時針方向的電流. 4 如圖12-41-8所示，一閉合的金屬環(huán)從靜止開始由高處下落通過條形磁鐵后繼續(xù)

20、下落，空氣阻力不計，則圓環(huán)的運動過程中，下列說法正確的是（ B ）. A．在磁鐵上方時，圓環(huán)的加速度小于g，在下方時大于g B．圓環(huán)在磁鐵的上方時，加速度小于g，在下方也小于g C．圓環(huán)在磁鐵的上方時，加速度小于g，在下方時等于g D．圓環(huán)在磁鐵的上方時，加速度大于g，在下方時小于g 【提示】 在磁鐵上方時下落過程磁通量增加，在磁鐵下方下落時磁通量減少，均產生感應電流，受到磁場力的作用.磁場力阻礙相對運動，則均為a＜g. 5 如圖12-41-9所示的整個裝置在豎直平面內，欲使帶負電的油滴P在兩平行金屬板間靜止，導體棒ab沿導軌運動的情況是向右減速或向左加速. 【提示】

21、ab棒向右運動時，線圈M中的感應中流磁場向下，線圈N中的磁場方向則向上.P靜止時受電場力向上，因P帶負電，電容器上極板應帶正電，所以N中的感應電流方向應向上，故其中的磁通量應減小，即ab應向右減速運動.ab向左做加速運動也符合題意.結論是ab向右減速或向左加速. 6 如圖12-41-10所示，導體棒MM′和NN′分別通過平行的導軌與左、右兩個線圈組成閉合回路，而且MM′和NN′可在水平光滑導軌上自由滑動，導軌之間的勻強磁場方向如圖所示.當MM′向左加速運動時，左側線圈ab中的感應電流方向為b→a，右側線圈cd中感應電流方向為c→d，NN′棒的運動方向為 向左 . 【提示】 MM′向

22、左加速，感應電流由M→M′且在不斷增大，ab和cd線圈中的磁場方向向左且在不斷增強，cd中產生由c→d的感應電流，NN′棒中有N→N′的電流，故受磁場力方向向左. 課后測試 1 如圖12-41-11所示，有一固定的超導體圓環(huán)，在其右側放一條形磁鐵，此時圓環(huán)中沒有電流.當把磁鐵向右方移走時，由于電磁感應，在超導體圓環(huán)中產生了一定的電源，則這時的感應電流（ D ）. A．方向如圖所示，將很快消失 B．方向如圖所示，能繼續(xù)維持 C．方向與圖示相反，將很快消失 D．方向與圖示相反，將繼續(xù)維持 【提示】 超導體電阻為零，電流會繼續(xù)維持. 2 如圖12-41-12所示，有一單

23、匝矩形金屬線框，條形磁鐵垂直穿過其中心處，此時穿過矩形線框的磁通量為Φ1，保持磁鐵和線框的位置不變，將矩形線框變?yōu)閳A形線框，此時穿過圓形線框的磁通量為Φ2，則（ A ）. A． Φ1＞Φ2 B． B．Φ1＜Φ2 C.Φ1=Φ2 D．無法比較 【提示】 當邊長一定時，形狀為圖形其面積最大.面積增大時，因磁鐵內部的磁感線條數(shù)不變（方向向上），磁鐵處部的磁感線條數(shù)增多（方向向下），故Φ減小. 3 如圖12-41-13所示，矩形線圈abcd垂直放在勻強磁場中，ab上接有一電壓表，cd上接有一電流表，現(xiàn)使線圈以速度v向右切割磁

24、感線，運動過程中線圈不穿出磁場，不發(fā)生形變，則下列說法正確的是（ A ）. A．電流表無讀數(shù)，ab間有電勢差，電壓表無讀數(shù) （3） 電流表有讀數(shù)，ab間有電勢差，電壓表無讀數(shù) C．電流表無讀數(shù)，ab間無電勢差，電壓表無讀數(shù) D．電流表有讀數(shù)，ab間有電勢差，電壓表有讀數(shù) 【提示】 回路中的磁通量不變，回路無感應電動勢，無感應電流.但是ab和dc均有電勢差為U=BLv，電壓表無讀數(shù)測的不是Uab?。?，電流表無讀數(shù). 4、如圖12-41-14所示，在一固定圓柱形磁鐵的N極附近置一平面線圈abcd，磁鐵軸線與線圈水平中心線xx′軸重合，下列說法正確的是（ C、D ）. A．

25、當線圈剛沿xx′軸向右平移時，線圈中有感應電流，方向為adcba B．當線圈剛繞xx′軸轉動時（ad向外，bc向里），線圈中有感應電流，方向為abcda C．當線圈剛沿垂直紙面方向向外平移時，線圈中有感應電流，方向為adcba D．當線圈剛繞yy′軸轉動時（ab向量，cd向外），線圈中有感應電流，方向為abcda 【提示】 A、B中磁通量不變化，不產生感應電流.C中穿過線圈的磁場向外，磁通量由零開始增大，產一順時針方向的電流.D中穿地線圈的磁場方向向右.磁通量增加，產生逆時針方向的感應電流. 5 如圖12-41-15所示，磁帶錄音機既可用作錄音，也可用作放音，其主要部件為勻速行進

26、的磁帶a和繞有線圈的磁頭b，不論是錄音或放音過程，磁帶或磁隙軟鐵會發(fā)生磁化現(xiàn)象.下面是對它們在錄音、放音過程中主要工作原理的描述，正確的是（ A ） A．放音的主要原理是電磁感應，錄音的主要原理是電流的磁效應 B．錄音的主要原理是電磁感應，放音的主要原理是電流的磁效應 C．放音和錄音的主要原理都是磁場對電流的作用 D．放音和錄音的主要原理都是電磁感應 6 如圖12-41-16所示，一水平放置的矩形閉合線圈abcd，在細長磁鐵的N極附近豎直下落，保持bc邊在紙外，ad邊在紙內，從圖中位置Ⅰ經過位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在這個過程中，線圖中感應電流（ A ）. A

27、．沿abcd流動 B．沿dcba流動 C．由Ⅰ到Ⅱ沿abcd流動，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流動 D．由Ⅰ到Ⅱ沿dcba流動，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流動 【提示】 在位置Ⅱ時穿過線圈的磁通量為零.由Ⅰ→Ⅱ線圈中磁場向上，磁通量減少，產生感應電流為abcda.由Ⅱ→Ⅲ磁通量增加，但磁場方向向下，電流方向仍為abcda. 7 閉合銅環(huán)與閉合金屬框接觸良好，放在勻強磁場中，如圖12-41-17所示，當銅環(huán)向右移動時（金屬框不動），下列說法正確的是（ C、D ）. A．銅環(huán)內沒有感應電流產生，因為磁通量沒有發(fā)生變化 B．金屬框內沒有感應電流產生，因為磁通量沒有發(fā)生變化 C．金屬框ab邊中有

28、感應電流，因為回路abfgea中磁通量增加了 D．銅環(huán)的半圓egf中有感應電流，因為回路egfcde中的磁通量減小了 【提示】 對多回路問題，只要穿過任一回路的磁通量發(fā)生變化，該回路中就產生感應電流.如abfge回路中磁通量增加，產生逆時針方向的感應電流，所以金屬框ab邊中有a→b方向的電流，而環(huán)的左半邊有f→g→e的電流.其余可類似分析.也可將環(huán)的兩半邊等效成兩根導體桿向右平動切割磁感線，產生感應電流，由右手定則判斷. 8 在圖12-41-18的兩條平行長直導線M、N中，通以同方向、同強度的電流，導線框abcd和兩導線在同一平面內，線框沿著與兩導線垂直的方向，自右向左在兩導線間勻速

29、移動，在移動過程中線框中感應由流的方向為（ C ）. A．先dcbad，后abcda B．先abcda，后dcbad C．一直是dcbad不變 （4） 一直是abcda不變 【提示】 直導線產生的磁場合成后，在中心線左方合磁場方向垂直線面向里，在中心線右方為垂直紙面向外，且越靠近中心線磁場均越弱（在中心線上B=0）.由此判斷磁通量的變化，再根據(jù)楞次定律判定感應電流的方向. 9 磁懸浮列車已進入試運行階段，磁懸浮列車是在車輛底部安裝電磁鐵，在軌道兩旁埋設一系列閉合的鋁環(huán)，當列車運行時，電磁鐵產生的磁場相對鋁環(huán)運動，列車凌空浮起，使車與軌之間的摩擦減小到零，從而提高列車的速度，

30、以下說法正確的是（ B ）. A．當列車通過鋁環(huán)時，鋁環(huán)中有感應電源，感應電流產生的磁場的方向與電磁鐵產生磁場的方向相同 B．當列車通過鋁環(huán)時，鋁環(huán)中有感應電流，感應電流產生的磁場的方向與電磁鐵產生磁場的方向相反 C．當列車通過鋁環(huán)時，鋁環(huán)中通有電流，鋁環(huán)中電流產生的磁場的方向與電磁鐵產生磁場的方向相同 D．當列車通過鋁環(huán)時，鋁環(huán)中通有電流，鋁環(huán)中電流產生的磁場的方向與電磁鐵產生磁場的方向相反 【提示】 列車能浮起，則感應電流產生的磁場與電磁鐵產生的磁場方向相反，受到電磁斥力與重力相平衡. 10 如圖12-41-19所示是一種延時開關，當S1閉合時，電磁鐵F將銜鐵D吸下，C

31、線路接通；當S1斷開時，由于電磁感應作用，D將延遲一段時間才被釋放，則（ B、C ）. A.由于A線圈的電磁感應作用，才產生延時釋放的作用 B.由于B線圈的電磁感應作用，才產生延時釋放D的作用 C.如果斷開B線圈的電鍵S2，無延時作用 D.如果斷開B線圈的電鍵S2，延時將變長 【提示】 S1斷開時，B中產生感應電流，電磁鐵F仍吸引銜鐵D，產生延時釋放作用.若S2斷開，同在斷開S1時B中無感應電流，故無延時作用. 11 如圖12-41-20所示，光滑固定導軌M、N水平放置，兩根導體棒P、Q平行放于導線上，形成一個閉合固路，當一條形磁鐵從高處下落接近回路時，則（ A、D ）

32、. A．P、Q將互相靠攏 B．P、Q將互相遠離 C．磁鐵的加速度仍為g D．磁鐵的加速度小于g 【提示】 磁鐵下落時回路中磁通量增加，由楞次定律知，要阻礙Φ的增加，則P、Q必靠攏.感應電流的效果要阻礙相對運動（來拒去留），故磁鐵受到向上的磁場力，a＜g. 第42課時 法拉第電磁感應定律 備課指要 教學建議 1、法拉第電磁感應定律E=n是研究電磁感應問題的基礎,這是普遍適用的規(guī)律.它指明了電路中產生的感應電動勢與磁通量的變化率成正比，而與電路是否閉合、外電路的情況、磁通量的變化原因無關. 2、閉一電路中產生感應電流的實質，是其他形式的能量轉化為電能，通常電能最終又轉化為內

33、能.法拉第電磁感應定律，就是能量的轉化和守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中的具體表現(xiàn)形式.在復習中要抓住能量守恒這一規(guī)律，來研究電路中的外力做功、磁場力做功、動能、電能、內能以及相應的功率等.如“考題回放”中的例題. 3、磁通量的變化原因通常分磁場變化或面積變化（也可以是二者同時變化）.對于磁場變化的問題，要緊緊抓住磁感應強度的變化率，通過討論相應的B-t圖，研究斜率的變化，根據(jù)斜率來判斷感應電動勢E的大小和方向的變化. 如“案例導入”中的例題. 4、要引導學生注意區(qū)分各種情況下的感應電動勢的計算，可以結合知識梳理和“重、難、疑點剖析”來講解.對于相關結論的推導和成立的條件，應特別強調，不可以死記硬

34、背.此類題具有較強的綜合性，需要將力學、電學知識靈活運用到解題中來，可結合“重、難、疑點剖析”中的例1、例2，以及“備用題”和“探究延伸”中的例題來討論. 資料鏈接 科學巨人法拉第 法拉第，1791年9月22日出生于英國倫敦一個貧窮的鐵匠家庭.因為貧窮，小時候沒有機會上學，只受過一點啟蒙教育.十三歲當學徒，在工作之余勤奮學習，省吃儉用買器具做實驗.1812年給化學家戴維做抄寫員，開始研究化學.在1821年開始研究電磁學，同年9月發(fā)明電動機，十年后發(fā)現(xiàn)電磁感應現(xiàn)象和發(fā)明發(fā)電機，并提出了磁場的概念. 法拉第于1824年成為英國皇家學會會員，1825年任皇家研究院實驗室主任.在實驗室工作了近

35、50年，在電磁學、光學、化學等領域都做出了極為重要的貢獻.一個沒有受過正規(guī)教育出身分苦的人，經過不懈的努力，對人類做出了巨大的貢獻，創(chuàng)造了科學史上的奇跡.他的精神永遠激勵著后人，他也成為人們的楷模. 案例導入 例 如圖12-42-1所示，豎直放置的螺線管與導線abcd構成回路，導線所圍區(qū)域內有一垂直紙面向里的勻強磁場，螺線管下方水平桌面上有一導體圓環(huán)，為使圓環(huán)受到向上的磁場力作用，導線abcd中的磁感應強度B隨時間t的變化是圖12-42-2中的（ ）. 【分析】 圓環(huán)受到磁場力，則圓環(huán)中必產生感應電流，穿過圓環(huán)的磁通量必發(fā)生變化，故線圈ad中的電流必是變化的.由楞次定律可判斷

36、電流，磁場和磁場力的變化. 【解答】 A圖中磁感應強度隨時間增加，導線回路中電流是c→b→a螺線管→d→c方向.又因為圖線的斜率不斷減小，則磁場的增加不斷變慢，螺線管產生的感應電勸勢和電流在不斷減少，所以感應電流的磁場也在不斷在減小，穿過圓環(huán)的磁感線變少.根據(jù)楞次定律，為阻礙這種變化，圓環(huán)將靠近螺線管，即受到向上的磁場的作用力.B圖磁場變化越來越快，螺線管中產生的磁場越來越強，要排斥圓環(huán)；C、D圖磁場是均勻變化的，螺線管中感應電流是穩(wěn)恒的，它產生的磁場是不變的，圓環(huán)中的磁通量不變，無感應電流產生，與螺線管磁場無相互作用. 【答案】 A. 【歸納】 圓環(huán)中感應電流的大小和方向，取決于

37、螺線管中電流的變化情況，而螺線管中的電流如何變化，又取決于abcd回路中的磁通量的變化情況. 知識梳理 1、 磁通量Φ、磁通量的變化量△Φ及磁通量變化率的區(qū)別 磁通量Φ=BScosθ，表示穿過這一面積的磁感線條數(shù)；磁通量的變化量△Φ=Φ2-Φ1表示磁通量變化的多少；磁通量的變化率表示磁通量變化的快慢.Φ大，△Φ及不一定大；大，Φ及△Φ也不一定大.這與力學中v、△v及a=的區(qū)別相類似. 2、法拉第電磁感應定律 感應電動勢E=n，E跟穿過閉合回路磁通量的變化率成正比.應注意由E=n計算出的是在△t的時間內感應電動勢的平均值. 2、 利用E=n計算感應電動勢，通常有兩種情況： （1）面

38、積S不變，磁感應強度B變化：△Φ=S△B，E=nS,為磁感應強度的變化率，在B-t圖上為圖線（切線）的斜率.若磁場均勻變化（B-t圖上為直線），則恒定，E也恒定. （2）磁感應強度B不變，面積S變化：△Φ=B△S，E=nB,是面積的變化率，若面積是均勻變化的，則恒定，E也恒定. 4、幾種感應電動勢的計長 （1）導體平動切割磁感京戲 計算公式E=BLv：僅適用于當B、L、v兩兩垂直時產生的感應電動勢.若為n匝線圈，則E=nBLv；若v為一段時間內的平均速度，則E為該段時間內的平均值；若v為瞬時速度，則E為瞬時感應電動勢.當B、L、v三者中任意兩個不垂直時，可用分解v或投影L的方法計算.

39、 （2）導體在磁場中定軸轉動切割磁感線 長L的導體棒以一端為軸，在勻強磁場中垂直于磁場的平面內以角速度ω勻速轉動，產生的感應電動勢E=BL2ω.要注意導體上各點速度不同，可以等效為導體以中點的速度作平動切割，也可以利用導體棒在△t時間內掃過面積△S，由E==B來計算. （3）矩形線圈繞軸勻速轉動切割磁感線 在轉軸與磁場垂直、且線圈從中性面處開始轉動（t=0）時，產生的感應電動勢E=NBSωsinωt，ω為轉動的角速度，S為線圈的面積. 說明：轉動軸應與磁場垂直；感應電動勢與線圈的形狀，轉軸的位置關系. 6、 產生感應電動勢的導體（電源）正、負極性的判斷 產生感應電動勢的那部分導體相

40、當于電源，如部分導體作切割磁感線運動，則該部分導體相當于電源；閉合回路中磁場發(fā)生變化產生感應電動勢，則閉合回路（線圈整體）相當于電源.可以先由右手定則或楞次定律判斷出導體中感應電流的方向，因為在電源內部電流是從負極流到正極的，所以電流流出的一端就是感應電源的正極. 重、難、疑點剖析 1、幾個計算公式的辨析 產生感應電動勢時，導體的運動或磁通量的變化形式多樣，要先判斷是屬于哪種情況，應該利用哪種公式來計算.各種計算公式的使用條件見下表. 計算公式 適用條件 E=n 普遍適用，求出的是E的平均值 E=nS 面積不變、磁場變化 E=nB 磁場不變、面積變化 E=BLv

41、 導體平動切割，B、L、v相互垂直，v取平均值，則E為平均值；v為瞬時值，則E為瞬時值. E=BL2ω 導體在垂直于磁場的平面內勻速轉動切割 E=NBSωsinωt 線圈繞垂直于磁場的轉軸勻速轉動切割，t=0時線圈處于中性面 2、感應電流的平均值和感應電荷量 超導體中產生感應電流時，在△t時間內遷移的電荷量（感應電荷量）為q=△t，其中==，則q=.若有N匝線圈，則有q=N.可見感應電荷量q僅由磁通變化量△Φ和回路電阻R決定，與時間△t無關.這是一個重要的結論. 例1 如圖12-42-3所示為一個實驗裝置的俯視圖，水平放置的兩條平行金屬導軌相距為d，處在豎直的勻強磁場中，磁感

42、應強度為B.導軌左側連有阻值為R的電阻.導軌上放有質量為m，阻值為r的導體棒MN.MN在平恒力F作用下沿導軌向右運動.導軌的電阻不計，求： （1）MN可以達到的最大速度； （2）MN速度為最大速度的時的加速度值； （3）MN達到最大速度時撤去外力F，則以后R上釋放的熱量？ 【分析】 要從受力的變化，根據(jù)牛頓第二定律來確定加速度的變化，再判斷運動情況的變化.根據(jù)能量的轉化和守恒守恒定律，可以求得R上釋放的熱量. 【解答】 （1）導體棒MN運動后，產生感應電流I，則MN又受到安培力F安作用，隨速度v的增大，安培為F安增大.加速度a減小，當F安與F相等時，速度達到最大值. 安培力

43、 F安=BIL= 由牛頓第二定律有 F-=ma. 當a=0時，速度v最大，即F=時， vm= （2）當v=vm時，則安培力F′安=F安=F， 所以，加速度為a= （3）撤去外力F后，導體棒MN的初動能Ek全部轉化為電路的電能，最終轉化為內能.產生的的總熱量為 Q=mv=. R上產生的熱量為QR==. 【答案】 （1）；（2）；（3）. 【歸納】 對導軌類問題，研究運動導體的受力圖景、運動圖景和能量圖景是解題的關鍵.要注意到速度v、感應電動勢E、感應電流I、安培力F和加速度a的相互聯(lián)系和相互影

44、響. 例2 如圖12-42-4所示，面積為0.2m2的100匝線圈A處在磁場中，磁場方向垂直于線圈平面.磁感應強度隨時間變化的規(guī)律是B=（6-0.2t）T.已知電路中的電阻R1=4Ω，R2=6Ω，電容C=30μF，線圈A的電阻不計.求： （1）閉合K后，通過R2的電流大小及方向； （2）閉合K一段時間后，再斷開K，K斷開始通過R2的電荷量是多少？ 【分析】 K閉合后，電流中產生感應電 流，電容器C被充電，當K再斷開，則電容器C與電阻R2構成回路，電容器放電，放電的電荷量Q即為原來所充電的電荷量. 【解答】 （1）由于磁感應強度隨時間均勻變化，根據(jù)B-（6-0.2t）T，可知=0.

45、2T/s，所以線圈中感應電動勢的大小為 E=n=nS· =100×0.2×0.2V=4V. 通過R2的電流為 I==A=0.4A. 由楞次定律可知電流的方向由上而下. （2）閉合K一段時間后，電容器被充上一定量的電荷，此時其電壓 U=IR2=0.4×6V=2.4V. 再斷開K，電容器將放電，通過R2的電荷量就是C原淶所帶的總量 Q=CU=30×10-6×2.4C=7.2×10-5C. 【答案】 （1）0.4A，由上向下；（2）7.2×10-5C.

46、【歸納】 這是電磁感應與電路的綜合問題，要注意電路規(guī)律的靈活運用.在計算線圈產生的感應電動勢時，一定不能漏掉公式E=n中的匝數(shù)n. 備用題 例3 如圖12-42-5所示，一矩形線圈abcd邊長為l=0.2m，其右側存在一有界磁場區(qū)域，磁場寬度為2l，磁場方向垂直線圈平面，磁感應強度為B=2.0T.現(xiàn)使線圈以垂直于磁場邊界的恒定速度v=10m/勻速通過磁場區(qū)域.在圖12-42-6中的Uab-x圖象上作出ab邊兩端的電勢差Uab隨ab邊位置變化的圖象.（在Uab-x圖象上，取ab邊剛進入磁場區(qū)域時坐標原點x=0，向右為x軸正方向） 【分析】 當線圈的ab邊處于磁場中時，Uab為路端電壓

47、；當線圈全部處于磁場中時，Uab就是ab邊中產生的感應電動勢BLv；當只有cd邊在磁場中時，則Uab為路端電壓的一部分. 【解答】 只有ab邊在磁場中切割磁感線時，電動勢 E=BLv=2.0×0.2×10=4.0（V）. 此時ab邊為電源，則 Uab=E-Ir==3.0V. 當線圈全部進入磁場中時，ab邊和cd邊中均產生感應電動勢，且均為E=BLv=4.0V，這相當于兩個電動勢均為E的電源并聯(lián)，故有Uab=Udc=E=4.0V. 當ab邊穿出磁場只有cd在磁場中時，則cd邊相當于電源，電動勢為E=4.0V，而電壓Uab=IRab==1.0V. 【答案】 Uab-x

48、的圖象如圖12-42-7所示. 【歸納】 題中的內電路（電源）和外電路（負載）在不斷變化，在不同的條件下，同一段導體ab兩端的電壓Uab有時是路端電壓，有時是路端電壓的一部分，有時就是電動勢，要注意區(qū)別.這種變化規(guī)律也是此類問題的特點，在分析時需辨析清楚. 考題回放 由法拉第電磁感應定律及相關的公式計算感應電動勢，是高考的重點也是熱點，考查多見于計算題，且具有相當?shù)碾y度，要特別注意辨析在各種不同的情景中產生E的區(qū)別，及各種公式的使用條件和計算方法. 例1 如圖12-42-8所示，OACO為置于水于面內的光滑閉合金屬導軌，O、C處分別接有短電阻絲（圖中用粗線表示），R1=4Ω，R2=

49、8Ω（導軌其他部分電阻不計）.導軌OAC的形狀滿足方程y=2sin（x）（單位：m）.磁感應強度B=0.2T的勻強磁場，方向垂直于導軌平面.一足夠長的金屬棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v=5.0m/s水平向右在導軌上從O點滑動到C點，棒與導軌接觸良好且始終保持與OC導軌垂直，不計棒的電阻. 求： （1）外力F的最大值；（2）金屬棒在導軌上運動時電阻絲R1上消耗的最大功率；（3）在滑動過程中通過金屬棒的電流I與時間t的關系. 【分析】 金屬棒切割磁感線的有效長度L先變大后變小，在sin（x）=1時L達最大值，此時感應電動勢和感應電流也達最大值，回路的總電阻為R1與R2并聯(lián)，恒定不變，

50、故此時R1的功率也為最大.由E=BLv和I=即可求得I與t的關系. 【解答】 （1）金屬棒勻速運動，所以外力F=F安. 棒中產生的感應電動勢E=BLv，感應電流為 I=， 要加的外力為 F=BIL= 當sin（x）=1時，L有最大值 Lmax=2sin=2m， 電路的總電阻R總==Ω. 所以外力F的最大值為 Fm==0.22×22×5.0×N=0.3N； （2）當L有最大值Lm時，電路中電流最大，R1消耗的功率也最大. P1===0.22×22×W=1W （3）金屬棒切割磁感應線的有效

51、長度隨時間變化，滿足 L=2sin（x）， 又因為有x=vt，E=BLv， 聯(lián)立可解得 I== =·2sin（vt）=sin（t）A.××× 【答案】 （1）0.3N；（2）1W；（3）sin（t）A. 【反思】 試題設立了切割長度曲線變化的情景，重點考查分析能力.解題時要先分析清楚電路結構（內、外電路），找出切割長度L和坐標x的關系，區(qū)別路端電壓與電動勢.當外電路變化時，要注意分析電阻、電流或功率取得極值的條件. 例2 圖12-42-9中a1b1c1d1和a2b2c2d2為在同一豎直面內的金屬導軌，處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌所在的平面（紙面）向里.

52、導軌的a1b1段與a2b2段是豎直的，距離為l1;c1d1段c2d2段也是豎直的，距離為l2;x1y1段與x2y2為兩根用不可伸長的絕緣輕線相連的金屬細桿，質量分別為m1和m2，它們都垂直于導軌并與導軌保持光滑接觸.兩桿與導軌構成的回路的總電阻為R.F為作用于金屬桿x1y1上的豎直向上的恒力.已知兩桿運動的圖示位置時，已勻速向上運動，求此時作用于兩桿的重力的功率的大小和回路電阻上的熱功率. 【分析】 兩桿速度同向，產生的感應電動勢反應（對回路而言），兩桿受安培力方向相反，可由整體法分析兩相的受力，建立平衡方程. 【解答】 設桿向上運動的速度為v，因桿的運動，與兩導軌構成的回路的面積減小

53、，從而磁通量也減少，由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢的大小 E=B（）v. 回路中的電流I=， 電流沿順時針方向，兩金屬桿都要受到安培力作用，作用于桿x1y1的安培力為f1=BI，方向向上，作用于桿x2y2的安培力為f2=BI，方向向下. 當桿做勻速運動時，根據(jù)牛頓第二定律有 F-m1g-m2g+f1-f2=0. 解以上各式，得 I=，v= 作用于兩桿的重力的功率的大小P=（m1+m2）gv. Q=I2R. 解以上各式得 P= Q=R. 【答案】

54、（1）P=；（2）Q=R. 【反思】 試題重點考查電磁感應規(guī)律的綜合應用.在分析時應特別注意兩桿中產生的電動勢不等，受安培力不等，而回路的感應電動勢應為E=E2-E1. 探究延伸 例 如圖12-42-10是一種測通電螺線管中磁場的裝置，把一個很小的測量線圈A放在待測處，線圈與測量電荷量的電表Q串聯(lián)，當用雙刀雙擲開關K使螺線管的電流反方向時，測量線圈中就產生感應電動勢，從而引起電荷的遷移，由Q表測出該電荷量為q，就可以算出線圈所在處的磁感應強度B.已知測量線圈共有N匝，直徑為d，它和Q表串聯(lián)電路的總電阻為R，則被測處的磁感應強度B= . 【分析】 可由法拉第電磁感應

55、定律，導出在磁場變化時電路中遷移的電荷量q，由此求出磁感應強度B. 【解答】 螺線管中的磁場可以認為是勻強磁場，當電流反向時，磁場也反向，則螺線管中的磁通量的變化量為△Φ=2BS.設發(fā)生變化所經歷的時間為△t，則螺線管中產生的平均感應電動勢E=N=，其中S為螺線管的橫截面積，S=.則螺線管中遷移的電荷量為 q=·△t=△t=N·=N. 把上面的各式代入，可得q=N=， 所以 B=. 【答案】 . 【點評】 這是一道理論聯(lián)系實際的習題.利用電磁感應的相關規(guī)律，來測量磁感應強度B.要注意兩點：一是不要死記結論q=，這是對單匝線圈而言.在一般

56、情形下，都應由原理出發(fā)，推導出相關的推論；二是電流反向時，磁通量的變化應是2BS. 隨堂闖關 1 將一磁鐵緩慢或者迅速插到閉合線圈中的同一位置處，不發(fā)生變化的物理量是（ A、D ）. A．磁能量的變化量 B．磁通量的變化率 C．感應電流的電流 D．流過導體橫截面的電荷量 【提示】 因為磁通量的變化量△Φ兩次相同，而電荷量g=·△t=·△t=·=，q與△t無關，也相同. 2 一矩形線圈abcd處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與ab垂直，如圖12-42-11所示.當線圈以角速度ω繞ab轉動時，感應電動勢的最大值為E1

57、，線圈受到的最大磁力矩為M1；當以角速度ω繞中心軸OO′轉動時，感應電動勢的最大值為E2，繞圈受到的最大磁力矩為M2，則E1：E2和M1：M2分別為（ A ）. A．1：1，1：1 B．1：1，1：2 C．1：2，1：1 D.1：2，1：2 【提示】 電動勢最大值Em=NBSω，與轉軸位置無關.而磁場力距的最大值為Mm=NIBS，兩種情況下的Em及Im均相同，故A正確. 3 如圖12-42-12所示，線框abcd所在平面與磁場方向垂直，在用外力拉線框使其勻速離開磁場的過程中，下列說法正確的是（ A、B、D ）. A．拉力所做的功等于線框中產生的

58、熱量 B．速度一定，線框電阻越大，拉力的功率越小 C．速度增加一倍，線框中通過的電荷量也增加一倍 D．速度增加一位，拉力所做的功也增加一倍 【提示】 線框勻速運動，由能量守恒知W=Q.由F=F磁=ILB=拉力做功為W=Fs=，則v增大一倍，W也增加一倍.功率P=Fv=，顯然R越大則P越小.由q=知q相同. 4 如圖12-42-13所示，固定于光滑水平絕緣面上的平行金屬導軌，除R外其他電阻均不計，垂直于導軌平面有一勻強磁場.當質量為m的金屬棒cd在水平恒力F作用下由靜止向右滑動過程，下列說法中正確的是（ B、D）. A．金屬棒做勻加速直線運動 B．金屬棒先做加速運動，后做勻速

59、運動 C．水平恒力F對cd棒做的功等于電路中產生的電能 D．R兩端電壓始終等于cd棒中的感應電動勢 【提示】 磁場力F磁=BIL=，由牛頓第二定律有F-F磁=ma，即F-=ma，v增大a減小，當a=0時，F(xiàn)=F磁，速度達最大，以后做勻速運動.所以棒應是先變加速后為勻速運動.由能量守恒知，F(xiàn)做的功等于棒增加的動能與產生的電能之和.棒無內阻，路端電壓等于電動勢. 5 如圖12-42-14所示，線圈內有理想邊界的磁場，當磁感應強度均勻增加時，有一帶電微粒靜止于水平放置的平行板電容器中間，則此粒子帶 負 電.若線圈的匝數(shù)為n，平行板電容器的板間距離為d粒子的質量為m，帶電荷量為q

60、，線圈面積為S，則磁感應強度的變化率為. 【提示】 磁場均勻增加，由楞次定律可判定電容器上極板帶正電，而粒子平衡，受電場力向上，故粒子應帶負電.由mg=q，U=E=n·=nS，解得=. 6 如圖12-42-15所示，一邊長為L、電阻為R、質量為m的正方形導線框abcd從離地面H高處自由下落，下落過程中線框恰能勻速穿過磁感應強度為B的水平勻強磁場.若空氣阻力不計，求：（1）線框落地時的速度大小.（2）線框穿過磁場時產生的熱量.（3）線框開始降落時與磁場上邊緣的距離. 【提示】 線框能勻速通過磁場，則磁場力F始終等于重力mg，所以磁場的豎直寬度為L.（1）由v2=2g(H-2L),得v

61、=.（2）勻速穿過磁場時，由能量守恒，減少的重力勢能轉化為電路中的電能，所以Q=△Ep=2mgL.（3）線框剛進入磁場時，有mg=F=，v1=.由v=2gh，得h==. 【答案】 （1）；（2）2mgL；（3）. 課后測試 一、選擇題 1 如圖12-42-16所示，虛線框abcd內為一矩形勻強磁場區(qū)域，ab=2bc，磁場方向垂直于紙面；實線框a′b′c′d′是一正方形導線框，a′b′邊與ab邊平行.若將導線框勻速地拉離磁場區(qū)域，以W1表示沿平行于ab的方位拉出過程中外力所做功，W2表示以同樣速率沿平行于bc的方向拉出過程中外力所做的功，則（ B ）. A．W1=W2

62、 B．W2=2W1 C．W1=2W2 D．W2=4W1 【提示】 勻速拉出，外力F=F磁=，做功為W=Fs=s.沿平行于ab方向拉出時L1=bc，沿平行于bc的方向拉出時L2=ab，s2=bc，代入后可得W2=2W1. 2 一直升飛機停在南半球的地磁極上空.該處地磁場的方向豎直向上，磁感應強度為B.直升飛機螺旋槳葉片的長度為l，螺旋槳轉動的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時針方向轉動.螺旋槳葉片的近軸端a，遠軸端為b，如圖12-42-17所示.如果忽略a到轉軸中心線的距離，用E表示每個葉片中的感應電動勢.則（ A ）. A．E=π

63、fl2B，且a點電勢低于b點電勢 B．E=2πfl2B，且a點電勢低于b點電勢 C．E= πfl2B，且a點電勢高于b點電勢 D．E=2πfl2B，且a點電勢高于b點電勢 【提示】 由右手定則判定b點電勢高.葉片旋切割，產生的感應電動勢E=Blω，ω=2 πf，得E= πfl2B. 3 如圖12-42-18所示，AB、CD是固定的水平放置的足夠長U形金屬導軌，整個導體處于豎直向上的強磁場中，在導軌上放一金屬棒ab，給ab一個水平向右的沖量，使它們以初速度v0運動起來，最后靜止導軌上，在導軌是光滑和粗糙兩種情況下（ C ）. A．安培力對ab所做的功相等 B．電流通過整個回

64、路做功相等 C．整個回路產生的熱量相等 （5） 到停止運動時，兩種情況棒運動距離相等 【提示】 由能量守恒mv=△E電+△Ef，△E電為電路中產生的電能，與克服磁場力做的功相等；△Ef為克服摩擦力做功所轉化的能量.顯然光滑時△E電=mv，A和B錯誤.而整個回路產生的熱量Q=△E電=△Ef= mv相等.棒通過的距離兩次不同，光滑時的距離較大. 4 如圖12-42-19所示，用鋁板制成“”形框，將一質量為m的帶電小球用絕緣細線懸掛在框的上方，讓整體在垂直于水平方向的勻強磁場中向左以速度v勻速運動，懸線拉力為F，則（ A ）. A．懸線豎直，F(xiàn)=mg B．懸線豎直，F(xiàn)＜mg C

65、．v選擇合適的大小，可使F=0 D．因條件不足，F(xiàn)與mg的大小關系無法確定 【提示】 鋁框切割磁感線產生感應動勢，E=Bdv，且下板電勢高，小球除受重力mg及拉力T外，還受電場力F和洛倫茲力f，電場力為F=q=qBv，洛倫茲力f=qvB，且兩者總是相反，與小球帶電正負無關，所以A正確. 5 如圖12-42-20所示，為地磁場磁感線的示意圖，在北半球地磁場的豎直分量向下.飛機在我國上空勻速巡航.翼保持水平，飛行高度不變.由于地磁場的作用，金屬機翼上有電勢差.設飛行員左方機翼末端處的電勢為U1，右方機翼末端處的電勢為U2（ A、C ）. A．若飛機從西往東飛，U1比U2高 B．若

66、飛機從東往西飛，U2和U1高 C．若飛機從南往北飛，U1比U2高 D．若飛機從北往南飛，U2比U1高 【提示】 我國地處北半球.飛機從西向東北，飛行員左方應為北方，由右手定則知左方電勢高，A正確.同理C也正確. 6 如圖12-42-21所示，通有恒定電流的螺線管豎直放置，銅環(huán)R沿螺線管的軸線加速下落，在下落過程中，環(huán)面始終保持水平，銅環(huán)先后經過軸線上1、2、3位置時加速度分別為a1、a2、a3，位置2處于螺線管的中心，位置1、3與位置2等距離，則（ A、B、D ）. A．a1＜a2=g B．a3＜a2＜g C．a1=a3＜a2 D．a3＜a1＜a2 【提示】 在1和3位置，環(huán)中都有感應電流，所受磁場力均阻礙環(huán)的下落.由于環(huán)在螺線管中下落時磁通量不變，無感應電流，故a2=g，a1＜g，a3＜g.而v3＞v1，磁場力F3＞F1，所以有a3＜a1＜a2. 7 一勻強磁場，磁場方向垂直線面，規(guī)定向里的方向為正.在磁場中有一細金屬圓環(huán)，線圈平面位于紙面內，如圖12-42-22（a）所示.現(xiàn)使磁感應強度B隨時間t變化，先按圖12-42-22（b）