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第5课时 电磁感应现象的两类情况[研究选考·把握考情]知识内容电磁感应现象的两类情况考试要求加试b教学要求
1.初步了解感生电场和感生电动势
2.初步了解动生电动势和电磁感应中的洛伦兹力的作用
3.知道感生电动势与动生电动势是感应电动势的两种不同的类型
4.会用楞次定律判断感生电场的方向,用左手定则判断洛伦兹力的方向
5.会求解与电路分析、电路计算结合的简单电磁感应问题说明
1.在电磁感应现象中,不要求判断电路中各点电势的高低
2.不要求计算既有感生电动势,又有动生电动势的电磁感应问题知识点一 电磁感应现象中的感生电场[基础梳理]
1.感生电场磁场变化时会在周围空间激发一种电场,这种电场与静电场不同,它不是由电荷产生的,我们把这种电场叫做感生电场
2.感生电动势1定义由感生电场产生的感应电动势称为感生电动势2大小E=n3方向判断楞次定律和右手螺旋定则[要点精讲]
1.对于感生电场的理解1感生电场是一种涡旋电场,电场线是闭合的涡旋电场也会对电荷产生力的作用2实际问题中我们常要由磁场的方向和强弱变化的情况,根据楞次定律或安培定则来确定感生电场的方向3感生电场的存在与电路是否闭合无关
2.对于感生电动势的理解1电路中电源的电动势是非静电力对自由电荷的作用;在电池中,这种力表现为化学作用;在感生电动势中感生电场对电荷的静电力,相当于电源内部的非静电力2感生电动势的方向与感生电场的感生电流方向一致,电路中存在感生电场产生感生电动势的导体部分充当电源,其电路为内电路,当它与外电路接通后就会对外电路供电3感生电动势的大小可由法拉第电磁感应定律求解,公式为E=n【例1】如图1所示,一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动,当磁感应强度均匀增大时,此粒子的动能将 图1A.不变B.增加C.减少D.以上情况都可能解析 当磁感应强度均匀增大时,在纸平面方向上将产生逆时针环绕的电场,对带正电的粒子做正功,使其动能增加答案 B知识点二 电磁感应现象中的洛伦兹力[基础梳理]
1.成因导体棒做切割磁感线运动时,导体棒中的自由电荷随棒一起定向运动,并因此受到洛伦兹力
2.动生电动势由于导体运动而产生的感应电动势
3.动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关[要点精讲]要点1 对动生电动势的理解1动生电动势的产生一段导体做切割磁感线运动时,导体内的自由电荷随导体在磁场中运动,则必受洛伦兹力自由电荷在洛伦兹力作用下产生定向移动,这样异种电荷分别在导体两端聚集,从而使导体两端产生电势差,这就是动生电动势若电路闭合,则电路中产生感应电流2动生电动势的大小和方向
①大小E=BlvB的方向与v的方向垂直
②方向根据楞次定律或右手定则确定【例2】如图2所示,导体棒CD放在光滑水平金属导轨上,已知匀强磁场的磁感应强度为
0.4T,方向垂直纸面向里,导体棒长度与导轨宽度恰相等,L=20cm,导体棒的电阻r=10Ω,外接电阻R=30Ω不计金属导轨的电阻当用水平拉力F拉着CD棒以10m/s的速度向右匀速运动时,求图21流经CD棒的电流大小及方向;2要维持导体棒匀速运动所需的水平外力多大?解析 1由E=BLv,得E=
0.8V则I==A=
0.02A由右手定则可知,感应电流方向流经CD时为D→C2当水平外力与导体棒所受安培力大小相等时,棒匀速运动,所以F=BIL=
0.4×
0.02×20×10-2N=
1.6×10-3N答案
10.02A 由D流向C
21.6×10-3N名师点睛 解决该问题的基本思路是确定电源,分析电动势是感生电动势还是动生电动势,选物理规律确定其大小和方向,再分析电路结构,由欧姆定律求电流,最后由安培力公式计算安培力的大小要点2 感生电动势和动生电动势的区别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=n计算通常由E=Blv计算,也可由E=n计算特别提醒 有些情况下,动生电动势和感生电动势具有相对性例如,将条形磁铁插入线圈中,如果在相对磁铁静止的参考系内观察,线圈运动,产生的是动生电动势;如果在相对线圈静止的参考系中观察,线圈中磁场变化,产生感生电动势【例3】如图3所示,水平导轨的间距L1=
0.5m,ab杆与导轨左端的距离L2=
0.8m,由导轨与ab杆所构成的回路的总电阻R=
0.2Ω,方向竖直向下的匀强磁场的磁感应强度B0=1T,重物的质量M=
0.04kg,用细绳通过定滑轮与ab杆的中点相连,各处的摩擦均可忽略不计现使磁场以=
0.2T/s的变化率均匀地增大,试求当t为多少时,M刚好离开地面取g=10m/s2图3解析 根据法拉第电磁感应定律,感生电动势E==L1L2=
0.08V回路中的感应电流为I==
0.4Aab杆所受的安培力F安=BIL1=B0+tIL1=
0.21+
0.2t当M刚好离开地面时,有F安=Mg=
0.4N联立解得t=5s答案 5s【例4】如图4所示,半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里,一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端,电路中的定值电阻为r,其余电阻不计,导体棒与圆形导轨接触良好求图41在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值;2MN从左端到右端的整个过程中,通过r的电荷量;3当MN通过圆导轨中心时,通过r的电流大小解析 1计算平均电流,应该用法拉第电磁感应定律,先求出平均感应电动势整个过程磁通量的变化为ΔΦ=BS=BπR2,所用的时间Δt=,代入===通过r的平均电流==2通过r的电荷量q=Δt=·=3MN经过圆导轨中心O时,感应电动势为E=Blv=2BRv通过r的电流为I==答案 1 2
31.关于电磁感应现象中的感生电场,下列说法正确的是 A.感生电场不同于静电场,其电场线是闭合曲线B.由感生电场产生的感生电动势的表达式为E=nC.感生电场产生感生电动势中的非静电力是洛伦兹力D.感生电动势对应的非静电力对自由电荷不做功解析 磁场变化时在空间激发的一种电场称为感生电场,不同于静止电荷产生的电场静电场,其电场线是闭合曲线,选项A正确;变化的磁场引起磁通量的变化,进而产生感生电动势,所以感生电动势的表达式为E=n,选项B正确;感生电场产生感生电动势中的非静电力是感生电场对自由电荷的作用力,即电场力,对自由电荷要做功,选项C、D错误答案 AB
2.如图5所示,导体AB在做切割磁感线运动时,将产生一个感应电动势,因而在电路中有电流通过,下列说法正确的是 图5A.因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B.动生电动势的产生与洛伦兹力有关C.动生电动势的产生与电场力有关D.动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的解析 根据动生电动势的定义,A项正确;动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关,感生电动势中的非静电力与感生电场有关,B项正确,C、D项错误答案 AB
3.如图6甲所示,一闭合线圈固定在垂直于纸面的匀强磁场中,设向里的方向为磁感应强度B的正方向,线圈中的箭头为电流i的正方向已知线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示,则磁感应强度随时间变化的图象可能是 图6解析 0~
0.5s,由题图分析可知,磁场垂直纸面向里均匀增大或垂直纸面向外均匀减小,A错误;
0.5~
1.5s,磁感应强度斜率的绝对值与0~
0.5s磁感应强度斜率的绝对值相等,斜率符号相反,B错误;同理分析其他时间段可知C、D正确答案 CD
4.如图7,一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v,在水平U形框架上匀速滑动,匀强磁场的磁感应强度为B,回路电阻为R0,半圆形硬导体AB的电阻为r,其余电阻不计,则半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小及A、B之间的电势差分别为 图7A.BLv B.2BLv BLvC.2BLv D.BLv 2BLv解析 半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为E=B·2Lv=2BLv,AB相当于电源,其两端的电压是外电压,由欧姆定律得U=E=,故选C答案 C
5.如图8甲所示,轻质细线吊着一质量m=
0.32kg、边长L=
0.8m、匝数n=10的正方形线圈,总电阻为r=1Ω,边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧,磁场方向垂直纸面向里,大小随时间的变化如图乙所示,从t=0开始经t0时间细线开始松弛,取g=10m/s2求图81从t=0到t=t0时间内线圈中产生的电动势;2从t=0到t=t0时间内线圈的电功率;3t0的值解析 1由法拉第电磁感应定律得E=n=n·×2=
0.4V2I==
0.4A,P=I2r=
0.16W3分析线圈受力可知,当细线松弛时有F安=nBt0I·=mg,I=,则Bt0==2T由图象知Bt0=1+
0.5t0T,解得t0=2s答案
10.4V
20.16W 32s
一、选择题在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的
1.下列说法正确的是 A.感生电场由变化的磁场产生B.恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场C.感生电场的方向可以用楞次定律和右手螺旋定则来判定D.感生电场的电场线是闭合曲线,其方向一定是沿逆时针方向解析 变化的磁场在空间激发感生电场,恒定的磁场不能在周围空间产生感生电场,选项A正确,选项B错误;感生电场的电场线是闭合曲线,感生电场的方向可由楞次定律和右手螺旋定则判断,不一定是沿逆时针方向,选项C正确,选项D错误答案 AC
2.如图1所示,两个比荷相同的都带正电荷的粒子a和b以相同的动能在匀强磁场中运动,a从磁感应强度为B1的区域运动到磁感应强度为B2的区域,已知B2B1;b开始在磁感应强度为B1的圆形磁场中做匀速圆周运动,然后磁感应强度逐渐增加到B2则a、b两粒子动能的变化情况是 图1A.a不变,b增大B.a不变,b变小C.a、b都变大D.a、b都不变解析 a粒子在磁场中运动,受到的洛伦兹力不做功,动能不变,选项C错误;b粒子在变化的磁场中运动,由于变化的磁场要产生感生电场,感生电场会对b粒子做正功,b粒子动能增大,选项A正确,B、D错误答案 A
3.关于感生电动势和动生电动势的比较,下列说法正确的是 A.感生电动势是由于变化的磁场产生了感生电场,感生电场对导体内的自由电荷产生作用而使导体两端出现的电动势B.动生电动势是由于导体内的自由电荷随导体棒一起运动而受到洛伦兹力的作用产生定向移动,使导体棒两端出现的电动势C.在动生电动势产生的过程中,洛伦兹力对自由电荷做功D.感生电动势和动生电动势产生的实质都是由于磁通量的变化引起的,只是感生电动势是由于磁场的变化,而动生电动势是由于面积的变化而已解析 感生电动势和动生电动势的产生机理不同,易知选项A、B正确;在动生电动势产生的过程中,某一方向上的洛伦兹力对自由电荷做正功,另一方向上的洛伦兹力对自由电荷做负功,整体上,洛伦兹力不做功,选项C错误;感生电动势和动生电动势实质上都是电磁感应现象中产生的电动势,都是由于磁通量的变化引起的,选项D正确答案 ABD
4.如图2所示,将条形磁铁插入闭合线圈内未全部插入,若第一次迅速插入线圈中用时
0.2s,第二次缓慢插入线圈中同一位置用时1s,则第一次和第二次插入线圈的过程中,通过线圈导线截面的电荷量之比以及通过直导线ab的电流方向表述正确的是 图2A.1∶1 a→bB.1∶1 b→aC.1∶5 a→bD.1∶5 b→a解析 由E=,I=,q=IΔt,可得q=条形磁铁两次插入闭合线圈内的过程中,磁通量的变化ΔΦ相同,通过导线截面的电荷量相同,可知电荷量之比为1∶1,由楞次定律可知电流方向为b→a,故选项B正确答案 B
5.矩形导线框固定在匀强磁场中,如图3甲所示,磁感线的方向与导线框所在平面垂直,规定磁场的正方向为垂直纸面向里,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示,则 图3A.从0到t1时间内,导线框中电流的方向为abcdaB.从0到t1时间内,导线框中电流越来越小C.从0到t2时间内,导线框中电流的方向始终为adcbaD.从0到t2时间内,导线框ab边受到的安培力越来越大解析 由楞次定律,从0到t2时间内,导线框中电流的方向始终为adcba,选项A错误,C正确;由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律,从0到t2时间内,导线框中电流恒定,选项B错误;由安培力公式,从0到t2时间内,导线框ab边受到的安培力先减小后增大,选项D错误答案 C
6.如图4所示,一金属半圆环置于匀强磁场中,磁场方向垂直于半圆面向外,下列说法正确的是 图4A.当磁场突然减弱时,电动势方向由M→NB.当磁场突然减弱时,电动势方向由N→MC.若磁场不变,将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中,电动势方向由M→ND.若磁场不变,将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中,电动势方向由N→M解析 当磁场突然减弱时,由楞次定律和右手定则知,感应电动势方向由N→M,选项A错误,选项B正确;若磁场不变,半圆环绕MN轴旋转180°的过程中,由右手定则可知,半圆环中产生的感应电动势在半圆环中由N指向M,选项C错误,选项D正确答案 BD
7.2017·海宁二中如图5所示,两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置,相对的端面之间有一缝隙,铁芯上绕导线并与直流电源连接,在缝隙中形成一匀强磁场一铜质细直棒ab水平置于缝隙中,且与圆柱轴线等高、垂直让铜质细直棒从静止开始自由下落,铜质细直棒下落距离为
0.2R时铜质细直棒中电动势大小为E1,下落距离为
0.8R时电动势大小为E2,忽略边缘效应关于E
1、E2的大小和铜质细直棒离开磁场前两端的极性,下列判断正确的是 图5A.E1E2,a端为正B.E1E2,b端为正C.E1E2,a端为正D.E1E2,b端为正解析 通电导线在缝隙中产生的磁场方向向左,所以铜质细直棒下落时由右手定则可判断得b端为正,选项A、C错误;根据E=BLv可知,下落
0.8R时电动势较大,即E1E2,选项B错误,选项D正确答案 D
8.2017·杭州二中现代科学研究中常用到高速电子,电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备电子感应加速器主要有上、下电磁铁磁极和环形真空室组成当电磁铁绕组通以变化的电流时,产生变化的磁场,穿过真空盒所包围的区域内的磁通量也随时间变化,这时真空盒空间内就产生感应涡旋电场,电子将在涡旋电场作用下加速如图6所示上图为侧视图、下图为真空室的俯视图,若电子被“约束”在半径为R的圆周上运动,当电磁铁绕组通有图中所示的电流时 图6A.若电子沿逆时针运动,保持电流的方向不变,当电流增大时,电子将加速B.若电子沿顺时针运动,保持电流的方向不变,当电流增大时,电子将加速C.若电子沿逆时针运动,保持电流的方向不变,当电流减小时,电子将加速D.被加速时电子做圆周运动的周期不变解析 当电磁铁绕组通有题图中所示的电流时,由安培定则可知将产生向上的磁场,当电磁铁绕组中电流增大时,根据楞次定律和安培定则可知,这时真空盒空间内产生顺时针方向的感生电场,电子沿逆时针运动,电子将加速,选项A正确,选项B、C错误;由于电子被“约束”在半径为R的圆周上运动,被加速时电子做圆周运动的周期减小,选项D错误答案 A
9.在匀强磁场中,ab、cd两根导体棒沿两根导轨分别以速度v
1、v2滑动,如图所示下列情况中,能使电容器获得最多电荷量,且左边极板带正电荷的是 图7A.v1=v2,方向都向右B.v1=v2,方向都向左C.v1v2,v1向右,v2向左D.v1v2,v1向左,v2向右解析 当ab棒和cd棒分别向右和向左运动时,两棒均相当于电源,且串联,电路中有最大电动势,对应最大的顺时针方向电流,电阻上有最高电压,所以电容器上有最多电量,左极板带正电答案 C
二、非选择题
10.2018·韶兴高二检测如图8甲所示,平行导轨MN、PQ水平放置,电阻不计,两导轨间距d=10cm,导体棒ab、cd放在导轨上,并与导轨垂直每根导体棒在导轨间的部分,电阻均为R=
1.0Ω用长为L=20cm的绝缘丝线将两导体棒系住,整个装置处在匀强磁场中t=0时,磁场方向竖直向下,丝线刚好处于未被拉伸的自然状态此后,磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示不计感应电流磁场的影响,整个过程丝线未被拉断求图810~
2.0s时间内,电路中感应电流的大小与方向;2t=
1.0s时刻丝线的拉力大小解析 1由题图乙可知=
0.1T/s由法拉第电磁感应定律有E==·S=2×10-3V则I==1×10-3A由楞次定律和安培定则可知电流方向为acdba2导体棒在水平方向上受丝线拉力和安培力平衡,由题图乙可知t=
1.0s时B=
0.1T则FT=F安=BId=1×10-5N答案 11×10-3A 方向为acdba 21×10-5N
11.2016·10月浙江选考试题,22为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如图9所示的装置,半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上,由电动机A带动旋转在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面,大小为B
1、方向竖直向下的匀强磁场另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为B
2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接当开关S断开、棒cd静止时,弹簧伸长量为x0;当开关S闭合,电动机以某一转速匀速转动,棒cd再次静止时,弹簧伸长量变为x不超过弹性限度不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时图91通过棒cd的电流Icd;2电动机对该装置的输出功率P;3电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系解析 1ab顺时针转动时产生的电动势为E=B1ωl2,由右手定则知,方向由a到b由闭合电路欧姆定律知,总电流I==通过cd棒的电流Icd=I=,方向由d到c2电动机的输出功率P=I2·R=eq\fBω2l46R3S断开时,由平衡条件kx0=mgS闭合时,由平衡条件kx=B2Icdl+mg解得ω=答案 1 方向由d到c 2eq\fBω2l46R
312.2017·宁波效实中学如图10所示,两平行导轨间距L=
0.1m,足够长光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接,倾斜部分与水平面的夹角θ=30°,方向垂直斜面向上的磁场的磁感应强度B=
0.5T,水平部分没有磁场金属棒ab的质量m=
0.005kg,电阻r=
0.02Ω,运动中与导轨有良好接触,并且垂直于导轨,导轨上接一定值电阻R=
0.08Ω,其余电阻不计,当金属棒ab从斜面上离地高h=
1.0m以上的任何地方由静止释放后,在水平面上滑行的最大距离x都是
1.25m取g=10m/s2求图101金属棒在斜面上的最大速度;2水平面的动摩擦因数;3从高度h=
1.0m处滑下后电阻R上产生的热量解析 1金属棒从离地高h=
1.0m以上任何地方由静止释放后,在到达水平面之前已经开始做匀速运动设最大速度为v,则感应电动势E=BLv,感应电流I=,安培力F安=BIL匀速运动时,有mgsinθ=F安,解得v=
1.0m/s2在水平面上运动时,金属棒所受滑动摩擦力Ff=μmg金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动,有Ff=ma,v2=2ax,解得μ=
0.043金属棒从高度h=
1.0m处下滑的过程中,由动能定理可得mgh-W安=mv2电路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功,有Q=W安电阻R上产生的热量QR=Q,解得QR=
3.8×10-2J答案
11.0m/s
20.04
33.8×10-2J。