2、公式E=BLVsinθ與E=nΔΦ/Δt的區(qū)別
(1)區(qū)別:一般來說,E=nΔΦ/Δt求出的是Δt時間內(nèi)的平均感應電動勢,E與某段時間或某個過程相對應;E= BLvsin θ求出的是瞬時感應電動勢,E與某個時刻或某個位置相對應.
另外, E=nΔΦ/Δt求得的電動勢是整個回路的感應電動勢,而不是回路中某部分導體的電動勢,整個回路的感應電動勢為零時,其回路中某段導體的感應電動勢不一定為零.
如圖所示,正方形導線框abcd垂直于磁感線在勻強磁場中勻速向下運動時,由于ΔΦ/Δt=0,故整個回路的感應電動勢E=0,但是ad和bc邊由于做切割磁感線運動,仍分別產(chǎn)生感應電動勢Ead=Ebc=BLv,對整個回路來說,Ead和Ebc方向相反,所以回路的總電動勢E=0,感應電流也為零.雖然E=0,但仍存在電勢差,Uad=Ubc=BLv,相當于兩個相同的電源ad和bc并聯(lián).
(2)聯(lián)系:公式①E=nΔΦ/Δt和公式②E=BLVsinθ是統(tǒng)一的,當①中的Δt→0時,則E為瞬間感應電動勢.只是由于高中數(shù)學知識所限我們還不能這樣求瞬時感應電動勢.公式②中的v若代入平均速度,則求出的E為平均感應電動勢,實際上②式中的Lsinθ=△S/Δt,所以公式E=BLsinθ=B△S/Δt.只是一般來說用公式E=nΔΦ/Δt求平均感應電動勢更方便,用E= BLvsinθ求瞬時感應電動勢更方便.
[例6]如圖所示,AB是兩個同心圓,半徑之比RA∶RB=2∶1,AB是由相同材料,粗細一樣的導體做成的,小圓B外無磁場,B內(nèi)磁場的變化如圖所示,求AB中電流大小之比(不計兩圓中電流形成磁場的相互作用).
解析:在ε=ΔB/Δt·S中,S是磁場變化的面積.所以IA=·.IB=·, 所以IA∶IB=1∶2
注意:IA的計算不可用做實際面積大小,寫成IA=·,而得到IA∶IB=2∶1的錯誤結論
[例7]如圖所示,光滑導軌寬0.4 m,ab金屬棒長0.5m,均勻變化的磁場垂直穿過其面,方向如圖,磁場的變化如圖所示,金屬棒ab的電阻為1Ω,導軌電阻不計,自t=0時,ab棒從導軌最左端,以v=1m/s的速度向右勻速運動,則( AB )
A.1s末回路中的電動勢為1.6V
B.1s末棒ab受安培力大小為1.28N
C.1s末回路中的電動勢為0.8V
D.1s末棒ab受安培力大小為0.64N
解析:這里的ΔΦ變化來自兩個原因,一是由于B的變化,二是由于面積S的變化,顯然這兩個因素都應當考慮在內(nèi)., ΔB/Δt=2T/S,ΔS/Δt=VLΔt=2×1×0.4=0.8 m
1秒末B=2T,ΔS/Δt=0.4m2/s, 所以ε=(+)=1.6V
回路中電流I=ε/R=1.6/1A=1.6A, 安培力F=BIl=2×1.6×0.4N=1.28N
4、鎮(zhèn)流器是一個帶鐵芯的線圈,起動時產(chǎn)生高電壓點燃日光燈,目光燈發(fā)光以后,線圈中的自感電動勢阻礙電流變化,起著降壓限流作用,保證日光燈正常工作.
[例4]在圖中,L是自感系數(shù)足夠大的線圈,其直流電阻可以忽略不計,D1和D2是兩個相同的燈泡,若將電鍵K閉合,待燈泡亮度穩(wěn)定后再斷開電鍵K,則(AC)
A.電鍵K閉合時,燈泡D1和D2同時亮,然后D1會變暗直到不亮,D2更亮
B.電鍵K閉合時,燈泡D1很亮,D2逐漸變亮,最后一樣亮亮亮
C.電鍵K斷開時,燈泡D2隨之熄滅。而D1會更下才熄滅
D.電鍵K斷開時,燈泡D1隨之熄滅,而D2會更下才熄滅
解析:電鍵K閉合時,L會產(chǎn)生ε自從而阻礙電流增大,D1和D2同時亮,隨著電流趨于穩(wěn)定,L中的ε自逐漸減小,最后L會把D1短路,D1不亮,而D2兩端電壓會增大而更亮.當K斷開時,D2中因無電流會隨之熄滅,而L中會產(chǎn)生ε自,與D1構成閉合回路,D1會亮一下.再者L中的電流是在I=的基礎上減小的.會使D1中的電流在K斷開的瞬間與K閉合時相比要大,因而D1會更亮.
[例5]如圖所示是演示自感現(xiàn)象的電路圖.L是一個電阻很小的帶鐵芯的自感線圈,A是一個標有“6V,4w”的小燈泡,電源電動勢為6V,內(nèi)阻為3Ω,在實驗中(ABD )
A.S閉合的瞬間燈泡A中有電流通過,其方向是從a→b
B.S閉合后,燈泡A不能正常工作
C.S由閉合而斷開瞬間,燈A中無電流
D.S由閉合而斷開瞬間,燈A中有電流通過,其方向為從b→a
解析:S閉合瞬間,L的阻抗很大,對燈泡A來講在S閉合瞬間L可視為斷路.由于如圖電源左正右負,所以此刻燈泡中電流由a到b,選項A正確;S閉合后電路達到穩(wěn)定狀態(tài)時,L的阻抗為零,又L上純電阻極小,所以燈泡A不能正常發(fā)光,故選項B正確.S斷開前L上的電流由左向右,S斷開瞬間,燈泡A上原有電流即刻消失,但L和A組成閉合回路,L上的電流仍從左向右,所以回路中電流方向是逆時針的,燈泡A上電流從b到a,故選項D正確,選項C錯誤.
規(guī)律方法 1、Φ、ΔΦ、ΔΦ/Δt三個概念的區(qū)別
磁通量Ф=BScosθ,表示穿過這一平面的磁感線條數(shù);磁通量的變化量△Ф=Ф2-Ф1表示磁通量變化的多少;磁通量的變化率ΔФ/Δt表示磁通量變化的快慢. Ф大,ΔФ及ΔФ/ΔT不一定大, ΔФ/ΔT大,Ф及ΔФ也不一定大.它們的區(qū)別類似于力學中的v. ΔV及a=ΔV/△t的區(qū)別.
[例6]長為a寬為b的矩形線圈,在磁感強度為B的勻強磁場中垂直于磁場的OO′軸以恒定的角速度ω旋轉(zhuǎn),設t= 0時,線圈平面與磁場方向平行,則此時的磁通量和磁通量的變化率分別是 [ ]
解析:線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸轉(zhuǎn)動時,產(chǎn)生交變電動勢e=εmcosωt = Babωcosωt。當t=0時,cosωt=1,雖然磁通量Ф=0,但電動勢有最大值,由法拉第電磁感應定律ε=ΔФ/Δt可知當電動勢為最大值時,對應的磁通量的變化率也最大,即ε=(ΔФ/Δt)max=Babω,正確選項B
3、關于自感現(xiàn)象的說明
①如圖所示,當合上開關后又斷開開關瞬間,電燈L為什么會更亮,當合上開關后,由于線圈的電阻比燈泡的電阻小,因而過線圈的電流I2較過燈泡的電流I1大,當開關斷開后,過線圈的電流將由I2變小,從而線圈會產(chǎn)生一個自感電動勢,于是電流由c→b→a→d流動,此電流雖然比I2小但比I1還要大.因而燈泡會更亮.假若線圈的電阻比燈泡的電阻大,則I2<I1,那么開關斷開后瞬間燈泡是不會更亮的.
②.開關斷開后線圈是電源,因而C點電勢最高,d點電勢最低
③過線圈電流方向與開關閉合時一樣,不過開關閉合時,J點電勢高于C點電勢,當斷開開關后瞬間則相反,C點電勢高于J點電勢.
④過燈泡的電流方向與開關閉合時的電流方向相反,a、b兩點電勢,開關閉合時Ua>Ub,開關斷開后瞬間Ua<Ub.
2.自感電動勢:自感現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應電動勢叫自感電動勢.
①自感電動勢ε=L
②L是自感系數(shù):
a.L跟線圈的形狀、長短、匝數(shù)等因素有關系.
線圈越粗,越長、匝數(shù)越密,它的自感系數(shù)越大,另外有鐵芯的線圈自感系數(shù)比沒有鐵芯時大得多.
b.自感系數(shù)的單位是亨利,國際符號是h,1亨=103毫亨=106 微亨
1.自感現(xiàn)象:由于導體本身電流發(fā)生變化而產(chǎn)生的電磁感應現(xiàn)象.
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(2)當線圈是N匝時則電量為:Q=NΔΦ/R
如圖所示,當磁鐵完全插入時,假設線圈中磁通量變化為ΔΦ,通過每匝線圈磁通量變化與N匝線圈的磁通量變化一樣都為ΔΦ;通過每匝線圈磁通量的變化率都為ΔΦ/Δt,因為是N匝,相當于N個相同電源串聯(lián),所以線圈的感應電動勢ε=Nε0=N ΔΦ/Δt.
(3)如圖所示,磁鐵快插與慢插兩情況通過電阻R的電量一樣,但兩情況下電流做功及做功功率不一樣.
[例3].長L1寬L2的矩形線圈電阻為R,處于磁感應強度為B的勻強磁場邊緣,線圈與磁感線垂直。將線圈以向右的速度v勻速拉出磁場,求:①拉力F大小;②拉力的功率P;③拉力做的功W;④線圈中產(chǎn)生的電熱Q;⑤通過線圈某一截面的電荷量q。
解析:特別要注意電熱Q和電荷q的區(qū)別,其中 q與速度無關!
2、力學與電磁磁應的綜合應用
解決這類問題一般分兩條途徑:一是注意導體或運動電荷在磁場中的受力情況分析和運動狀態(tài)分析;二是從動量和功能方面分析,由有關的規(guī)律進行求解
[例14]如圖所示,閉合金屬環(huán)從高h的曲面滾下,又沿曲面的另一側上升,整個裝置處在磁場中,設閉合環(huán)初速為零,摩擦不計,則
A.若是勻強磁場,環(huán)滾的高度小于h
B.若是勻強磁場,環(huán)滾的高度等于h
C、若是非勻強磁場,環(huán)滾的高度小于h。
D、若是非勻強磁場,環(huán)滾的高度大于h。
解析:若是勻強磁場,當閉合金屬環(huán)從高h的曲面滾下時,無電磁感應現(xiàn)象產(chǎn)生.根據(jù)機械能守恒,環(huán)滾的高度等于h;若是非勻強磁場,當閉合金屬環(huán)從高h的曲面滾下時,有電磁感應現(xiàn)象產(chǎn)生,而產(chǎn)生電磁感應的原因是環(huán)的運動,所以電磁感應現(xiàn)象所產(chǎn)生的結果是阻礙環(huán)的運動,所以環(huán)上升的高度小于h,故本題正確答案為B、C
[例15]如圖所示,光滑弧形軌道和一足夠長的光滑水平軌道相連,水平軌道上方有足夠長的光滑絕緣桿MN,上掛一光滑鋁環(huán)A,在弧形軌道上高為h的地方無初速度釋放磁鐵B(可視為質(zhì)點),B下滑至水平軌道時恰好沿A的中心軸線運動,設A,B的質(zhì)量為MA.MB,求A獲得的最大速度和全過程中A獲得的電能.(忽略B沿弧形軌道下滑時環(huán)A中產(chǎn)生的感應電流)
解析:由B下落時只有重力做功可求得B滑至水平軌道的速度值,B沿A環(huán)軸線運動時,A內(nèi)產(chǎn)生感應電流,與B產(chǎn)生相互作用,進入時相互排斥,故vB減小,vA增大,B的中點過A環(huán)后,AB相互吸引,vB仍減小,vA增大;當兩者相對靜止時,相互作用消失,此時vA=vB,A其有最大速度.全過程能量守恒,B初態(tài)的重力勢能轉(zhuǎn)化為AB的動能和A獲得的電能.
設B滑至水平軌道的速度為V1,由于B的機械能守恒,有MBgh=½MB V12
所以
設AB最后的共同速度為V2,由于軌道鋁環(huán)和桿均光滑,對系統(tǒng)有: MBv1=(MA+MB)v2
所以
V2即為所求的A獲得的最大速度.又根據(jù)能量守恒有:MBgh=½(MA+MB)v22+E電
所以
試題展示
散 法拉第電磁感應定律、自感
基礎知識 一、法拉第電磁感應定律
(1)定律內(nèi)容:電路中感應電動勢的大小,跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比.ε=nΔφ/Δt
(2)另一種特殊情況:回路中的一部分導體做切割磁感線運動時,其感應電動勢ε=BLvsinθ
(3)定律的幾種表示式ε=nΔφ/Δt,ε=BLvsinθ,ε=ΔB/Δt·S,ε=½BL2ω;
(4)幾點說明:
①這里的變化率應該同變化量區(qū)別開,變化量大變化率不一定大,主要是看變化量跟時間比值的大。醋兓实拇笮。
②ε=nΔφ/Δt是定律的表達式,在B不變而面積發(fā)生變化時推導出ε=BLvsinθ,當B、l、v三者不垂直或其中的二者不垂直時,乘sinθ即是找出垂直的分量.公式ε=ΔB/Δt·S是在面積不變的情況下磁感應強度發(fā)生變化而推出的公式.
③導出式ε=½BL2ω的推導如下:如圖所示,長為l的金屬棒在磁感應強度為B的勻強磁場中繞O點以角速度ω轉(zhuǎn)動,設在Δt時間內(nèi)棒的端點由P運動到Q,則OP兩點的電勢差ε=Δφ/Δt=BΔS/Δt=B½LPQ/Δt=½BL2ω,這實際上是B不變而面積發(fā)生變化的情況,
[例1]兩根平行的長直金屬導軌,其電阻不計,導線ab、cd跨在導軌上且與導軌接觸良好,如圖11-17所示,ab的電阻大于cd的電阻,當d在外力F1,(大小)的作用下,勻速向右運動時,ab在外力F2(大小)作用下保持靜止,那么在不計摩擦力的情況下(Uab、Ucd是導線與導軌接觸處的電勢差)( D )
A.F1>F2,Uab>Ucd B.F1<F2,Uab=Ucd
C.F1=F2,Uab>Ucd D.F1=F2, Uab=Ucd
解析:通過兩導線電流強度一樣,兩導線都處于平衡狀態(tài),則F1=BIL,F(xiàn)2=BIL,所以F1=F2,因而AB錯.對于Uab與Ucd的比較, Uab=IRab,這里cd導線相當于電源,所以Ucd是路端電壓,這樣很容易判斷出Ucd=IRab 即Uab=Ucd.正確答案D
[例2]如圖所示,磁場方向與水平而垂直,導軌電阻不計,質(zhì)量為m長為l,電阻為R的直導線AB可以在導軌上無摩擦滑動從靜止開始下滑過程中,最大加速度為 ;最大速度為 。
解析:ab開始運動的瞬間不受安培力的作用,因而加速度最大,為a=mgsinα/m=gsinα,AB從靜止開始運動,于是產(chǎn)生了感應電動勢,從而就出現(xiàn)了安培力,當安培力沿斜面分力等于mgsinα時.AB此時速度最大.
對棒受力分析,F(xiàn)cosα=mgsinα,此時,AB速度最大,而F=BLI
I=BLvcosα/R,得:v=mgRtgα/ B2L2cosα.
2.楞次定律
(1)楞次定律: 感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化.
磁場 阻礙 變化
主語 謂語 賓語
主語磁場的定語是“感應電流的”;謂語的狀語是“總是”;賓語的定語是“引起感應電流的磁通量的”.
(2)對“阻礙”的理解
這里的“阻礙”不可理解為“相反”,感應電流產(chǎn)生的磁場的方向,當原磁場增加時,則與原磁場方向相反,當原磁場減弱時,則與原磁場方向相同;也不可理解為“阻止”,這里是阻而未止.
(3)楞次定律的另一種表達:感應電流的效果總是要反抗產(chǎn)生感應電流的原因.
即由電磁感應現(xiàn)象而引起的一些受力、相對運動、磁場變化等都有阻礙原磁通量變化的趨勢。
(4)楞次定律應用時的步驟
①先看原磁場的方向如何. ②再看原磁場的變化(增強還是減弱).
③根據(jù)楞次定律確定感應電流磁場的方向.
④再利用安培定則,根據(jù)感應電流磁場的方向來確定感應電流方向.
[例4]如圖所示,小金屬環(huán)靠近大金屬環(huán),兩環(huán)互相絕緣,且在同一平面內(nèi),小圓環(huán)有一半面積在大圓環(huán)內(nèi),當大圓環(huán)接通電源的瞬間,小圓環(huán)中感應電流的情況是(C)
A.無感應電流 B.有順時針方向的感應電流
C.有逆時針方向的感應電流 D.無法確定
解析:在接通電源后,大環(huán)內(nèi)的磁感線分布比大環(huán)外的磁感線分布要密.所以小環(huán)在大環(huán)內(nèi)部分磁通量大于環(huán)外部分磁通量.所以小環(huán)內(nèi)總磁通量向里加強,則小環(huán)中的感應電方向為逆時針方向.
[例5]如圖所示,一個有彈性的金屬圓環(huán)被一根橡皮繩吊于通電導線的下方,當通電直導線中電流I增大時,圓環(huán)的面積S和橡皮繩的長度L將變化:①S增大;②S減。虎跮變長;.④L變短.正確的是(C)
A.①③; B.①④; C.②③; D. ①④
解析:根據(jù)楞次定律效果法可知,當穿過金屬環(huán)內(nèi)的磁通量增大時,要阻礙磁通量變大,則環(huán)面積應變小或遠離導線.選取C.
[例6]如圖所示,閉合線框ABCD和abcd可分別繞軸線OO/,轉(zhuǎn)動.當abcd繞OO/軸逆時針轉(zhuǎn)動時(俯視圖),問ABCD如何轉(zhuǎn)動?
解析:由于abcd旋轉(zhuǎn)時會使ABCD中產(chǎn)生感應電流,根據(jù)楞次定律中“感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的相對運動.”ABCD中的感應電流將阻礙abcd的逆時針轉(zhuǎn)動,兩線框間有吸引力作用,因此線框ABCD也隨abtd逆時針轉(zhuǎn)動,只不過稍微慢了些
思考:(1)阻礙相對運動體現(xiàn)了怎樣的能量關系?
(2)楞次定律所反映的實際是對原磁通量的補償效果.根據(jù)實際情況,這種補償可分為哪幾種?(運動補償、面積、電流、磁感應強度、速度、力等的補償效果)
[例7]如圖所示,用一種新材料制成一閉合線圈,當它浸入液氮中時,會成為超導體,這時手拿一永磁體,使任一磁極向下,放在線圈的正上方,永磁體便處于懸浮狀態(tài),這種現(xiàn)象稱為超導體磁懸浮,可以用電磁感應及有關知識來解釋這一現(xiàn)象.
解析:當磁體放到線圈上方的過程中.穿過線圈的磁通量由無到有發(fā)生變化.于是超導線圈中產(chǎn)生感應電流,由于超導線圈中電阻幾乎為零,產(chǎn)生的感應電流極大,相應的感應磁場也極大;由楞次定律可知感應電流的磁場相當于永磁體,與下方磁極的極性相同,永磁體將受到較大的向上的斥力,當永磁體重力與其受到磁場力相平衡時,永滋體處于懸浮狀態(tài).
[例8]在光滑水平面上固定一個通電線圈,如圖所示,一鋁塊正由左向右滑動穿過線圈,那么下面正確的判斷是()
A.接近線圈時做加速運動,離開時做減速運動
B.接近和離開線圈時都做減速運動
C.一直在做勻速運動
D.在線圈中運動時是勻速的
解析:把鋁塊看成由無數(shù)多片橫向的鋁片疊成,每一鋁片又由可看成若干閉合鋁片框組成;如圖。當它接近或離開通電線圈時,由于穿過每個鋁片框的磁通量發(fā)生變化,所以在每個閉合的鋁片框內(nèi)都要產(chǎn)生感應電流。.產(chǎn)生感應電流的原因是它接近或離開通電線圈,產(chǎn)生感應電流的效果是要阻礙它接近或離開通電線圈,所以在它接近或離開時都要作減速運動,所以A,C錯,B正確。由于通電線圈內(nèi)是勻強磁場,所以鋁塊在通電線圈內(nèi)運動時無感應電流產(chǎn)生,故作勻速運動,D正確。故答案為BD.
規(guī)律方法 1、楞次定律的理解與應用
理解楞次定律要注意四個層次:①誰阻礙誰?是感應電流的磁通量阻礙原磁通量;②阻礙什么?阻礙的是磁通量的變化而不是磁通量本身;③如何阻礙?當磁通量增加時,感應電流的磁場方向與原磁場方向相反,當磁通量減小時,感應電流的磁場方向與原磁場方向相同,即”增反減同”;④結果如何?阻礙不是阻止,只是延緩了磁通量變化的快慢,結果是增加的還是增加,減少的還是減少.
另外①”阻礙”表示了能量的轉(zhuǎn)化關系,正因為存在阻礙作用,才能將其它形式的能量轉(zhuǎn)化為電能;②感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的相對運動.
[例9]如圖所示,一個電感很大的線圈通過電鍵與電源相連,在其突出部分的鐵芯上套有一個很輕的鋁環(huán),關于打開和閉合電鍵時將會發(fā)生的現(xiàn)象,有以下幾種說法:①閉合電鍵瞬間,鋁環(huán)會豎直向上跳起;②打開電鍵瞬間,鋁環(huán)會增大對線圈的壓力;③閉合電鍵瞬間,鋁環(huán)會增大對線圈的壓力;④打開電鍵瞬間,鋁環(huán)會豎直向上跳起。其中判斷正確的是( )
A.①②;B.①③;C.①④;D. ②③;
解析:此線圈通電后是一電磁鐵,由安培定則可判定,通電后線圈中的磁場方向是豎直向下的,線圈上端為S極、下端為N極。由楞次定律可知閉合電鍵瞬間,鋁環(huán)中感應電流的磁場方向向上,要阻礙穿過環(huán)的磁通量的增加,因此環(huán)的上端面呈N極、下端面呈S極,同極性相對,環(huán)和線圈互相排斥,由于電流變化率大,產(chǎn)生的感應電流磁場也較強、,相互間瞬間排斥力大到可知較輕的鋁環(huán)向上跳起。同樣分析可知,打開電鍵瞬間,環(huán)和線圈是兩個異種極性相時,鋁環(huán)會增大對線圈的壓力。因此,只有①②正確,應選A.
[例10]磁感應強度為B的勻強磁場僅存在于邊長為2l的正方形范圍內(nèi),有一個電阻為R、邊長為l的正方形導線框abcd,沿垂直于磁感線方向,以速度v勻速通過磁場,如圖所示,從ab邊進入磁場算起.
(1) 畫出穿過線框的磁通量隨時間變化的圖象
(2) 線框中感應電流的方向
解析:線框穿過磁場的過程可分為三個階段.進入磁場階段(只有ab邊在磁場中),在磁場中運動階段(ab、cd兩邊都在磁場中),離開磁場階段(只有cd邊在磁場中).
(1)①線框進入磁場階段:t為O--l/v.線框進入磁場中的面積線性增加,S=l·v·t,最后為φ=B·S=Bl2.
②線框在磁場中運動階段:t為l/v--2l/v,線框磁通量為φ=B·S=Bl2,保持不變.
③線框離開磁場階段,t為2l/v--3l/v,線框磁通量線性減少,最后為零.
(2)線框進入磁場階段,穿過線框的磁通量增加,線框中將產(chǎn)生感應電流,由右手定則可知,感應電流方向為逆時針方向.
線框在磁場中運動階段,穿過線框的磁通量保持不變,無感應電流產(chǎn)生.
線框離開磁場階段,穿過線框的磁通量減少,線框中將產(chǎn)生感應電流,由右手定則可知,感應電流方向為順時針方向.
[例11]如圖所示,導線框abcd與導線AB在同一平面內(nèi),直導線中通有恒定電流I,當線框由左向右勻速通過直導線過程中,線框中感應電流的方向是
A.先abcda,再dcbad,后abcda
B.先abcda,再dcbad
C.始終是dcbad
D.先dcbad,再abcda,后dcbad
解析:通電導線AB產(chǎn)生的磁場,在AB左側是穿出紙面為“·”,在AB右側是穿入紙面的“×”,線框由左向右運動至dc邊與AB重合過程中,線框回路中“·”增加,由楞次定律判定感應電流方向為dcbad;現(xiàn)在看線框面積各有一半在AB左、右兩側的一個特殊位置,如圖所示,此位置上線框回路中的合磁通量為零.從dc邊與AB重合運動至圖的位置,是“·”減少(或“×”增加).由 11-4位置運動至ab邊與AB重合位置,是“·”繼續(xù)減少(或“×”繼續(xù)增加).所以從dc邊與AB重合運動至ab與AB重合的過程中,感應電流資向為abcda;線框由ab與AB重合的位置向右運動過程中,線杠回路中“×”減少,感應電流方向由楞次定律判定為dcbad,
[例12]如圖所示,一水平放置的圓形通電線圈1固定,另一較小的圓形線圈2從1的正上方下落,在下落過程中兩線圈平面始終保持平行且共軸,則在線圈2從正上方下落至l的正下方過程中,從上往下看,線圈2中的感應電流應為( )
A.無感應電流 B.有順時針方向的感應電流
C、先是順時針方向,后是逆時針方向的感應電流
D、先是逆時針方向,后是順時針方向的感應電流
解析:圓形線圈1通有逆時針方向的電流(從下往上看),它相當于是環(huán)形電流,環(huán)形電流的磁場由安培定則可知,環(huán)內(nèi)磁感線的方向是向上的,在線圈2從線圈1的正上方落到正下方的過程中,線圈內(nèi)的磁通量先是增加的,當兩線圈共面時,線圈2的磁通量達最大值,然后再繼續(xù)下落,線圈2中的磁通量是減少的.由楞次定律可以判斷:在線圈2下落到與線圈1共面的過程中,線圈2中感應電流的磁場方向與線圈1中的磁場方向相反,故電流方向與線圈1中的電流方向相反,為順時針方向;當線圈2從與線圈1共面后繼續(xù)下落時,線圈2中的感應電流的磁場方向與線圈1中的磁場方向相同,電流方向與線圈1中電流方向相同,為逆時針方向,所以C選項正確.
感應電流在原磁場所受到的作用力總是阻礙它們的相對運動.利用這種阻礙相對運動的原則來判斷則更為簡捷:線圈2在下落的過程中,線圈2中的感應電流應與線圈l中的電流反向,因為反向電流相斥,故線圈2中的電流是順時針方向;線圈2在離開線圈1的過程中,線圈2中的感應電流方向應與線圈1中電流方向相同,因為同向電流相吸,線圈2中的電流是逆時針方向.
[例13]如圖所示,AOC是光滑的金屬軌道,AO沿豎直方向,OC沿水平方向,PQ是一根金屬直桿如圖立在導軌上,OP>OQ,直桿從圖示位置由靜止開始在重力作用下運動,運動過程中QO端始終在OC上,P端始終在AO上,直到完全落在OC上,空間存在著垂直紙面向外的勻強磁場,則在PQ棒滑動的過程中,下列判斷正確的是(BD)
A.感應電流的方向始終由P→Q
B.感應電流的方向先由P→Q,再是Q→P
C.PQ受磁場力的方向垂直于棒向左
D. PQ受磁場力的方向垂直于棒先向左,再向右
解析:在PQ滑動的過程中,OPQ的面積先變大后變小,穿過回路的磁通量先變大后變小,則電流方向先是P→Q后Q→P.選BD.
1.右手定則:伸開右手,使拇指跟其余的四指垂直且與手掌都在同一平面內(nèi),讓磁感線垂直穿過手心,手掌所在平面跟磁感線和導線所在平面垂直,大拇指指向?qū)Ь運動的方向, 四指所指的方向即為感應電流方向.
[例3]圖中為地磁場磁感線的示意圖,在南半球地磁場的豎直分量向上,飛機在南半球上空勻速飛行,機翼保持水平,飛機高度不變,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.若飛機從西往東飛,U1比U2高;B.若飛機從東往西飛,U2比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;
解析:在地球南半球,地磁場在豎直方向上的分量是向上的,飛機在空中水平飛行時,飛行員的右手掌向上,大姆指向前(飛行方向),則其余四指指向了飛行員的左側,就是感應電流的方向,而右手定則判斷的是電源內(nèi)部的電流方向,故飛行員右側的電勢總比左側高,與飛行員和飛行方向無關.故選項B、D正確。
點評:這是一道典型用右手定則來判斷感應電流方向的試題.試題的難度不大,但是若不確定飛機在南半球上空任何方向平向飛行時總是左側的電勢高,則可能得出B、C或A、D兩答案.另外必須明確的是楞次定律和右手定則均是判斷電源內(nèi)部的電流方向,在電源內(nèi)部,電流是從電勢低的方向流向電勢高的方向·
7、(5分)某;瘜W興趣小組同學發(fā)現(xiàn),長期使用的熱水壺底部有一層水垢,水垢的主要成分是碳酸鈣和氫氧化鎂。他們?yōu)榱藴y定水垢中碳酸鈣的含量,將足量質(zhì)量分數(shù)為10%的鹽酸加入到12.5g水垢中,產(chǎn)生CO2氣體的情況如下圖所示。
(1)從圖中可以看出,12.5g水垢與鹽酸反應后生成的二氧化碳最多是 g。
(2)水垢中碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)是多少?
(3)假設水垢中除碳酸鈣和氫氧化鎂外,不含有其它雜質(zhì),溶解12.5 g水垢,至少需要質(zhì)量分數(shù)為10%的鹽酸的質(zhì)量是 (最后結果保留一位小數(shù))。
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二○○九年山東省濟南市初中畢業(yè)考試
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