6第八章参考答案MicrosoftWord文档

第八章电磁感应8.1电磁感应现象楞次定律二、知识扫描1、穿过闭合回路的磁通量发生变化2、磁感应强度垂直于韦伯Wb磁感应强度B发生变化在垂直于磁场方向上的投影面积发生变化两者都发生变化3、阻碍磁通量的变化原磁通量的方向磁通量的增减情况感应电流的磁场安培定则4、右手定则5、能的转化和守恒定律三、好题精析例1〖解析〗由于磁感线是闭合曲线，内环内部向里的磁感线条数和内环外向外的所有磁感线条数相等，所以外环所围面积内的总磁通向里、增大，所以外环中感应电流磁场的方向为向外，由安培定则，外环中感应电流方向为逆时针。〖点评〗本题要求考生掌握净磁通的概念，练习使用楞次定律的步骤。例2〖解析〗线圈第一次经过位置Ⅰ时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律，线圈中感应电流的磁场方向向左，根据安培定则，顺着磁场看去，感应电流的方向为逆时针方向.当线圈第一次通过位置Ⅱ时，穿过线圈的磁通量减小，可判断出感应电流为顺时针方向，故选项B正确.〖点评〗考查对楞次定律的理解应用能力、逻辑推理能力及空间想象能力。例3〖解析〗ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变化，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A不正确；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下，增大，通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C不正确，D正确。选B、D〖点评〗本题综合应用了右手定则、楞次定律、左手定则，要求学生明确各个定则定律的适用场合。例4〖解析〗当线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，它在线圈内部产生磁感强度方向应是“×”，AB中增强的电流在线圈内部产生的磁感强度方向是“·”，所以，AB中电流的方向是由B流向A，故电源的下端为正极。〖点评〗本题需要利用楞次定律反推。楞次定律中“感生电流的磁场总是要阻碍引起感生电流的磁通量的变化”，所述的“磁通量”是指穿过线圈内部磁感线的条数，因此判断感应电流方向的位置一般应该选在线圈的内部。备用：〖解析〗首先判断由于电流I增大使穿过回路abcd的磁通量Φ增大还是减小．由于线框位置偏向导线左边，线圈内左边部分磁感线穿出，右边部分磁感线穿入，而整个线框中的合磁通是穿出的，并且随电流增大而增大．再用“阻碍磁通量变化”来考虑线框受磁场力而将要发生运动的方向．显然线框只有向右发生运动，才与阻碍合磁通量增加相符合，因此线框受的合磁场力应向右．正确选项为A．〖点评〗本题可以按楞次定律的应用步骤去分析．而采用楞次定律的推广含义：“阻碍使Φ变化的原因”去判断，可以缩简思维活动程序，提高做题速度，加深对楞次定律中“阻碍”含义的理解．基本方法能使我们对电磁感应的发生过程了解得更细致，而简化方法可以快速地看到电磁感应的结果，在答题时显示出简捷性和灵活性。例5〖解析〗方法1：当磁铁向环运动时，由楞次定律判断出铜环的感应电流方向，把铜环的电流等效为多段直线电流元，取上、下两小段电流研究，由左手定则判出两段电流受力，由此可判断整个铜环所受合力向右，则A选项正确．方法2：磁铁向右运动，使铜环的磁通量增加而产生感应电流，由楞次定律可知，铜环为阻碍原磁通量的增大，必向磁感线较疏的右方运动，即往躲开磁通量增加的方向运动．则A正确方法3：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为条形磁铁，则两磁铁有排斥作用，故A正确．方法4：磁铁向右运动时，由楞次定律的另一种表述得知铜环产生的感应电流总是阻碍导体间的相对运动，则磁铁和铜环间有排斥作用，故A正确．〖点评〗本例判断感应电流受力及其运动方向的方法，并进一步从多个角度深刻理解楞次定律中阻碍的含义，虽然方法不同，但本质还是楞次定律，只有领会其精髓，才能运用它进行正确的判断．深刻理解楞次定律中“阻碍”的含义是灵活运用楞次定律进行分析判断的前提。四、变式迁移1、C2、AC五、能力突破1．BCF2、C．3、BD4．AD．5．C．6．D7．AC．8．B9．AD10．B8.2法拉第电磁感应定律二、知识扫描1、穿过这一电路的磁通量的变化率成正比nΔΦ/ΔtBlvSinθ2、nΔΦ/Δt平均BLvSinθ瞬时各点的平均速度21Bl2ωnBΔS/ΔtnSΔB/Δtn（BΔS/Δt+SΔB/Δt）三、好题精析例1〖解析〗⑴vRvLBFBILFREIvBLE22222,,,⑵22222vRvLBFvP⑶vRvLLBFLW12221⑷vWQ⑸RtREtIq与v无关〖点评〗这是一道基本练习题，应该思考一下所求的各物理量与速度v之间有什么关系。特别要注意电热Q和电荷q的区别，其中Rq与速度无关！例2〖解析〗根据法拉第电磁感应定律在Δt时间内穿过圆环合磁通变化量为ΔΦ=Bπ（b2-2a2）,而E=ΔΦ/Δt,I=E/R,q=IΔt=ΔΦ/R=Bπ（b2-2a2）/R.〖点评〗在求感应电量时，不论磁通量是否均匀．．变化，我们总可以利用平均值加以计算。q=ΔΦ/R,即感应电量仅由磁通量变化大小和电路的电阻决定，与变化时间、磁通量变化快慢无关。例3〖解析〗(1)设初始时刻线框向纸外的一面为正面，此时磁通量Φ1=Ba2,磁感线从正面穿入，t时刻后Φ2=21Ba2,磁感线从正面穿出，磁通量变化为ΔΦ=3Ba2/2，∴E=ΔΦ/Δt=3Ba2/(2t),(2)感应电动势的瞬时值E瞬=Blvsinθ=taB332〖点评〗解题时要明确题中所要求的是感应电动势的平均值还是瞬时值，然后再选用适当的公式求解。例4.〖解析〗(1)此问中要求的感应电动势应为平均值E=ΔΦ/Δt=(b+a)Bv/3;(2)此问中所求的感应电动势为瞬时值E=2Bbv/3;(3)先写出任意时刻感应电动势表达式E=2B(a+vt)v/3;I=Bv/3r,F=F磁，P=Fv=23B2(a+vt)v2/9r;(4)电流为一恒定值，但滑杆接入电路部分的电阻随时间均匀增加，画出滑杆的发热功率随时间变化的图像，图12。2-4（解），在整个滑动过程中滑杆发出的焦耳热可用图线与t轴所夹图形的面积表示，Q=3B2v(b2-a2)/27r〖点评〗由于导轨的电阻不能忽略不计，故线路中的感应电动势、感应电流均是变化的。本题要求学会写出感应电动势、电流随时间变化的瞬时值表达式,然后再分析讨论。例5．〖解析〗当ab向右倒下且b端离开导轨前闭合电路中磁通量发生变化，R中有感应电流通过，接入回路中的旋转导体棒作为电源一方面对R供电，使电量q1流过R，另一方面又对C充电，充电电量逐渐增至q2；当b端离开导轨后，由于旋转导体棒脱离回路，充了电的C又对R放电，这样又有电量q2流过R,。通过R的电量应该是感应电流的电量和电容器放电的电量之和。1.通过R的感应电量q1=IΔt=ΔΦ/R=3BL2/2R;2.通过R的电容器放电电量q2=CE=222)2(21LCBCLB,总电量q=q1+q2=2)223(BLCR〖点评〗本题要求能分析整个物理过程，合理选择感应电动势的平均值和瞬时值的表达式，另外考察导线转动切割的公式E=Bl2ω/2.四、变式迁移1、解：开始的四分之一周期内，oa、ob中的感应电动势方向相同，大小应相加；第二个四分之一周期内穿过线圈的磁通量不变，因此感应电动势为零；第三个四分之一周EtoT2TEm期内感应电动势与第一个四分之一周期内大小相同而方向相反；第四个四分之一周期内感应电动势又为零。感应电动势的最大值为Em=BR2ω，周期为T=2π/ω，图象如右。2、〖解析〗根据地磁场的特征可知，在北半球的地磁场方向是向北向下的。只要求出这个磁感强度的竖直分量B1和水平分量B2，就可以求出该处磁感强度B的大小。当线圈翻个身时，穿过线圈的磁通量的变化量为SB112，因为感应电动势tQRRItE1，所以2B1L1L2=RQ1当线圈绕ad边竖直站起来时，穿过线圈的磁通量的变化量为2112122LLBLLB，所以221122)(RQLLBB由此可得：222121212222QQQQLLRB五、能力突破1．D2．D3．ACD4．C．5．A6．BCD7．B8．A9．Bdv/(Rsinθ)；B2d2v2/(Rsin2θ)；B2d2v2/(Rsin2θ)10.解析：当双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可得：tdBNtNE2)2/(2由欧姆定律得：REtQI由上述二式可得：2.2NdQRB11.【解析】匀强磁场的磁感应强度随时间均匀变化，设t时刻的磁感应强度为Bt，则Bt＝B0＋kt，其中B0为t＝0时的磁感应强度，k为一常数，A、B两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φt＝Bt·S，即在任一时刻穿过两导线环包围面上的磁通量是相等的，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的．E＝t得E＝tB·S（S为磁场区域面积）．对A、B两导线环，由于tB及S均相同，得BAEE＝１I＝RE，R＝ρ1Sl（S1为导线的横截面积）l＝2πr所以ABBABArErEII．8.３电磁感应中的电路问题自感二、知识扫描2．高低低高3.由于导体本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象L·ΔI/Δt4.相反相同5.产生瞬时高压起降压限流三、好题精析例1.〖解析〗开关S突然断开，由于自感线圈L中磁通量突然减少，产生自感电动势E，根据楞次定律，自感电动势E的方向与电流方向相同，此时自感线圈就是电源，与灯泡组成闭合回路，所以灯泡中的电流应是由原来的大小1A，方向向右，突然变为2A，方向向左。因为自感电动势E不断减小，回路中电流不断减小，最终变为0，选项D正确。〖点评〗灯泡中的电流可以突变，而线圈中由于自感电动势总是阻碍电流的变化，电流不能突变，只能渐变。例2。〖解析〗合上S，B灯立即正常发光．A灯支路中，由于L产生的自感电动势阻碍电流增大，A灯将推迟一些时间才能达到正常发光状态．B正确．断开S，L中产生与原电流方向相同的自感电动势，流过B灯的电流与原电流反向。因为断开S后，由L作为电源的供电电流是从原来稳定时通过L中的电流值逐渐减小的，所以A、B两灯只是延缓一些时间熄灭，并不会比原来更亮．〖点评〗断电自感中，线圈中的电流只能从原来大小开始变化，只有当原来稳定时L支路中的电流比通过小灯的电流大得多时，那么当断开S后，由L提供的电流流经小灯时才有可能使小灯闪亮一下后再熄灭．例3.〖解析〗本题是电磁感应中的电路问题，在解这类问题时，首先必须进行电路结构分析，并画出等效电路图，从而将电磁感应问题转化为电路问题，画等效电路的步骤：(1)分析产生感应电动势的原因，确定感应电动势存在于何处；(2)判断出感应电动势的方向；(3)将产生感应电动势的那部分导体用电源代替，而没有产生感应电动势的那部分导体用电阻符号代替，画出电路图．把切割磁感线的金属棒看成一个具有内阻为R，电动势为E的电源，两个半圆环看成两个并联电阻，画出等效电路如图所示．等效电源电动势为E=Blv=2Bav,外电路的总电阻为21外RR,棒上电流大小为I=RBavRRBavRE34212总,电流方向从N流向M．根据分压原理，棒两端的电压为UMN＝2/3Bav，圆环和金属棒上消耗的总功率为P＝I·E＝RvaB38222〖点评〗本题属于电磁感应现象中的全电路问题，解题的关键是模型的转换问题，即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，并画出等效电路图，其余问题的处理与全电路求解基本一致．惟一要注意的是电磁感应现象中，有时导体两端有电压，但没有电流流过，这类似于电源两端有电势差，但没有接入电路，电流为零．例4.〖解析〗（l）画出等效电路图，如图所示。导体棒OA产生感应电动势根据右手定则，感应电流的方向由O→A，但导体棒切割磁感线相当于电源，在电源内部电流从电势低处流向电势高处。故A点电势高于O点电势。又由于电容器上板与A点相接即为正极，同理电容器下板由于与O相接为负极。（2）电路中消耗的电功率P消=I2(R+R2)