高中物理人教版 (2019)必修 第三册3 电磁感应现象及应用获奖课件ppt

13.3 电磁感应现象及应用

Ⅰ. 基础达标

1．发现电磁感应现象的科学家是（　　）

A．奥斯特 B．法拉第

C．科拉顿 D．安培

【答案】B

【详解】1931年英国科学家法拉第发现了电磁感应现象。

故选B。

2．如图所示，一根条形磁铁穿过一个弹簧线圈，先将线圈拉开，在放手后则穿过线圈的磁通量如何变化（　　）

A．增大 B．减小 C．不变       D．无法判断

【答案】A

【详解】磁感线在条形磁铁的内外形成闭合曲线，磁铁外部的磁感线总数等于内部磁感线的总数，而且磁铁内外磁感线方向相反。而磁铁外部的磁感线分布在无穷大空间，所以图中线圈中磁铁内部的磁感线多于外部的磁感线，由于方向相反，外部的磁感线要将内部的磁感线抵消一些，先将线圈面积拉大，在放手后，内部磁感线总数不变，而抵消减小，剩余增大，则磁通量将增大。磁通量的方向与磁铁内部的磁场方向相同即向右。

故选A。

3．下列情况能产生感应电流的是（　　）

A．如图（a）所示，导体AB顺着磁感线运动

B．如图（b）所示，条形磁铁插入线圈中不动时

C．如图（c）所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时

D．如图（c）所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器阻值时

【答案】D

【详解】A．导体顺着磁感线运动，通过闭合电路的磁通量不变，不会产生感应电流，故A错误。

B．条形磁铁插入线圈中不动时，线圈中没有磁通量的变化，从而不会产生感应电流，故B错误。

C．小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时，通过闭合回路的磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误。

D．小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时，电路中电流发生改变，A产生的磁场发生变化，B中的磁通量发生变化，产生感应电流，故D正确。

故选D。

4．如图所示，一个闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并由静止释放，圆环摆动过程中经过有界的水平方向的匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，磁场方向垂直于圆环所在平面向里，若不计空气阻力，则（　　）

A．圆环向右穿过磁场后，还能摆到释放位置

B．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大

C．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流

D．圆环最终将静止在平衡位置

【答案】C

【详解】AC．当圆环进、出磁场时，由于圆环内的磁通量发生变化，所以有感应电流产生，同时金属圆环本身有电阻，部分机械能会转化成热量而损失，因此圆环不会摆到释放位置，A错误，C正确；

BD．随着圆环进、出磁场，其机械能逐渐减少，圆环摆动的幅度越来越小，当圆环只在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，圆环将在A、B间来回摆动，BD错误。

故选C。

5．（多选）如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为。在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是（　　）

A．ab向右运动，同时使减小

B．使磁感应强度B减小，角同时也减小

C．ab向左运动，同时减小磁感应强度B

D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和角（）

【答案】AC

【详解】A．根据磁通量公式

ab向右运动，S增大，同时使减小，磁通量增大，一定能产生感应电流，故A正确；

B．根据磁通量公式

磁感应强度B减小，同时使减小，不能确定磁通量的变化，不一定能产生感应电流，故B错误；

C．根据磁通量公式

ab向左运动，S减小，同时减小磁感应强度B，磁通量减小，一定能产生感应电流，故C正确；

D．根据磁通量公式

ab向右运动，S增大，同时增大磁感应强度B和角（），不能确定磁通量的变化，不一定能产生感应电流，故D正确；

故选AC。

6．（多选）如图所示，线圈abcd水平向右穿过匀强磁场区域B时，下列说法正确的是（　　）

A．进入匀强磁场区域过程中，线圈abcd有感应电流产生

B．在匀强磁场中匀速运动时，线圈abcd没有感应电流产生

C．在匀强磁场中加速运动时，线圈abcd有感应电流产生

D．离开匀强磁场区域的过程中，线圈abcd没有感应电流产生

【答案】AB

【详解】A．进入匀强磁场过程中，穿过线圈abcd的磁通量增加，所以线圈abcd有感应电流产生，故A正确；

BC．在匀强磁场中运动时，穿过线圈abcd的磁通量不变，所以线圈abcd没有感应电流产生，则线圈abcd不受安培力，做匀速运动，故B正确，C错误；

D．离开匀强磁场区域的过程中，穿过线圈abcd的磁通量减少，线圈abcd有感应电流产生，故D错误。

故选AB。

7．（多选）如图是话筒的原理图，在弹性膜片后面粘接金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，声波使膜片振动，将声音信号转变为电信号。下列说法正确的是（　　）

A．话筒是利用电流的热效应工作的

B．话筒是利用电磁感应原理工作的

C．膜片振动时，金属线圈中会产生感应电流

D．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变

【答案】BC

【详解】AB．当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将声音信号变化电信号，是根据电磁感应原理工作的，故A错误，B正确；

C．膜片振动时，金属线圈切割磁感线，会产生感应感应电流，故C正确；

D．膜片随着声波而周期性振动，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的，故D错误；

故选BC。

8．动圈式扬声器结构如图所示，圆筒线圈安放在永磁体磁极间的空隙中，能够在空隙中左右运动。音频电流通入线圈中，线圈会左右移动，与线圈连接的纸盆也随着线圈振动而发声。这样的扬声器也可以当话筒使用。关于其两种应用，下列说法正确的是（　　）

A．作为扬声器使用，其工作原理是电磁感应现象

B．作为扬声器使用，通入线圈的音频电流是变化的

C．作为话筒使用，人对纸盆讲话时线圈中会产生恒定电流

D．作为话筒使用，人对纸盆讲话时线圈受安培力带动纸盆运动

【答案】B

【详解】A．作为扬声器使用，是线圈中变化的电流在磁场作用下，带动纸盆随着线圈振动而发声，A错误；

B．作为扬声器使用，纸盆随着线圈振动而发声，说明安培力是变化的，即电流是变化的，B正确；

C．作为话筒使用，人对纸盆讲话时，纸盆带动线圈切割磁感线，产生变化的电流，C错误；

D．作为话筒使用，人对纸盆讲话时，纸盆带动线圈切割磁感线，D错误．

故选B。

9．法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图甲把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用长直导线连通，长直导线正下方平行于导线放置一个小磁针；如图乙两个线圈分别绕在一个铁环上，线圈A接直流电源，线圈B接灵敏电流计。实验中可能观察到的现象是（　　）

A．图甲中，只要A线圈中电流足够强，小磁针就会发生偏转

B．图甲中，线圈A和电池断开瞬间，小磁针不会偏转

C．图乙中，开关S接通一段时间之后，不可能使线圈B中产生感应电流

D．图乙中，开关S接通后，改变滑动变阻器滑片的位置时，不可能使线圈B中产生感应电流

【答案】C

【详解】根据电磁感应现象可知，线圈B中若要产生感应电流，需要穿过线圈的磁通量产生变化，则需要线圈A中电流发生变化，调节滑动变阻器阻值、开关闭合或者断开瞬间，都会使线圈B中产生感应电流，从而使小磁针发生偏转。

故选C。

10．如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中（范围足够大），有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2和O3O4都是线圈的对称轴，应使线圈怎样运动才能使其中产生感应电流（　　 ）

A．向左平动 B．向右平动

C．绕O1O2转动 D．向上或向下平动

【答案】C

【详解】ABD．产生感应电流的条件是闭合回路中的磁通量发生变化，当线圈向左、向右、向上、向下等方向平动时穿过线圈的磁通量均不变，不会产生感应电流，ABD错误；

C．当线圈绕O1O2转动时穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，C正确。

故选C。

11．（多选）如图所示，环形金属软弹簧所处平面与某一匀强磁场垂直，将弹簧沿半径方向向外拉成圆形，则以下措施不能使该金属弹簧中产生电磁感应现象的是（　　）

A．保持该圆的周长不变，将弹簧由圆形拉成方形

B．保持该圆的周长不变，将弹簧由圆形拉成三角形

C．保持该圆的面积不变，将弹簧由圆形拉成方形

D．保持该圆的面积不变，将弹簧由圆形拉成三角形

【答案】CD

【详解】AB．保持该圆的周长不变，将弹簧由圆形拉成方形或将弹簧由圆形拉成三角形，环形金属软弹簧围成的面积改变，穿过金属软弹簧的磁通量发生变化会产生感应电流，故AB错误；

CD．环形金属软弹簧围成的面积不变，穿过金属软弹簧的磁通量就不会变化，就不会产生感应电流，故CD正确。

故选CD。

12．（多选）某学校操场上有如图所示的运动器械，两根长金属链条将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架上。静止时ab水平且沿东西方向。已知当地的地磁场方向自南向北斜向下与竖直方向成45°。现让ab随链条荡起来，与竖直方向最大偏角为45°，则下列说法正确的是 （　　）

A．当ab棒自南向北经过最低点时，回路中无感应电流

B．当链条与竖直方向成45°时，回路中感应电流为零

C．当ab棒自南向北经过最低点时，回路中有感应电流

D．在ab棒运动过程中，不断有磁场能转化为机械能

【答案】BC

【详解】AC．由于磁场斜向下与竖直方向成45°角，在最低点时ab棒的速度水平向北，ab棒切割磁感线，穿过回路的磁通量发生变化，所以回路中有感应电流，故A错误、C正确；

B．链条跟竖直方向夹角为45°角时，链条的运动速度为0，不切割磁感线，感应电流为0，故B正确；

D．在ab棒运动的过程中，不断有机械能转化为电能，故D错误。

故选BC。

13．（多选）某同学为商店设计了一个感应门铃，强磁条固定在门框上，线圈和语音系统固定在平开门（前后开）上，当线圈中感应出一定强度的电流信号时，自动触发语音系统发出语音，下列说法中正确的是（　　）

A．开门时发出语音 B．关门时不发出语音

C．开门时线圈的磁通量增大 D．关门时线圈的磁通量增大

【答案】AD

【详解】AB．开门、关门时，线圈磁通量都发生了改变，都会出现感应电流，语音系统都会发出语音。故A正确，B错误；

CD．由图可知，开门时线圈的磁通量减小，关门时线圈的磁通量增大。故C错误，D正确。

故选AD。

14．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（ ）

A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组合成一闭合回路，然后观察电流表的变化

B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化

C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化

D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化

【答案】D

【详解】法拉第发现的电磁感应定律并总结出五种情况下会产生感应电流，其核心就是通过闭合线圈的磁通量发生变化，选项AB中，绕在磁铁上面的线圈和通电线圈，线圈面积都没有发生变化，前者磁场强弱没有变化，后者通电线圈中若为恒定电流则产生恒定的磁场，也是磁场强弱不变，都会导致磁通量不变化，不会产生感应电流，选项A、B错．选项C中往线圈中插入条行磁铁导致磁通量发生变化，在这一瞬间会产生感应电流，但是过程短暂，等到插入后再到相邻房间去，过程已经结束，观察不到电流表的变化．选项C错．选项D中，线圈通电或断电瞬间，导致线圈产生的磁场变化，从而引起另一个线圈的磁通量变化产生感应电流，可以观察到电流表指针偏转，选项D对．

15．科学研究方法对物理学的发展意义深远，实验法、归纳法、演绎法、类比法、理想实验法等对揭示物理现象的本质十分重要。下列哪个成果是运用理想实验法得到的（　　）

A．牛顿发现“万有引力定律” B．库仑发现“库仑定律”

C．法拉第发现“电磁感应现象” D．伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”

【答案】D

【详解】牛顿发现“万有引力定律”；库伦发现“库仑定律”；法拉第发现“电磁感应现象”，这些都是建立在大量的实验的基础上直接得出的结论；而伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”，是在实验的基础上经过抽象推理得出的结论，即运用了理想实验法。

故选D。

16．管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（　　）

A．库仑 B．霍尔 C．洛伦兹 D．法拉第

【答案】D

【详解】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。

Ⅱ. 能力提升

17．（多选）某同学设计的家庭电路保护装置如图所示,铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成. 当右侧线圈L2中产生电流时,电流经放大器放大后,使电磁铁吸起铁质开关K,从而切断家庭电路. 仅考虑L1在铁芯中产生的磁场,下列说法正确的有

A．家庭电路正常工作时,L2中的磁通量为零

B．家庭电路中使用的电器增多时,L2中的磁通量不变

C．家庭电路发生短路时,开关K 将被电磁铁吸起

D．地面上的人接触火线发生触电时,开关K 将被电磁铁吸起

【答案】ABD

【详解】当家庭电路正常工作时，家庭电路正常工作时，零线和火线中的电流大小相等、方向始终相反，在L1 中产生的磁场方向始终相反，磁场相互叠加，L1 、L2 中的磁通量为零，A对，家庭电路中使用的电器增多及电路发生短路时，零线和火线中的电流变大但大小仍然相等，电流方向始终相反，L1、L2 中的磁通量仍为零，不变，B项正确，C项错，地面上的人接触火线发生触电时，零线和火线中的电流大小不相等，L1 中的磁通量不为零，发生变化，L2中的磁通量不为零发生变化，线圈L2中产生感应电流，此时开关K将被电磁铁吸起D项对.

18．（多选）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（　　）

A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动

B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向

C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向

D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动

【答案】AD

【详解】A．由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈正面环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；

BC．开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，BC错误；

D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。

故选AD。

19．在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实验连线后如图1所示，感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示．

（1）接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动．将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针____（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）；迅速抽出铁芯时，G表指针____（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）．

（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变．接通电源，闭合开关，G表指针____（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）．

（3）仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？________

【答案】     左偏     右偏     不停振动     短接G表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了，反之则未断

【详解】（1）[1][2]将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，电阻减小，回路电流变大，根据线圈中导线的绕向可知磁通量向下增加，根据楞次定律可知，A线圈中产生的感应电流使G表指针左偏；迅速抽出铁芯时，磁通量减小，产生的感应电流方向与上述方向相反，则G表指针右偏

（2）[3]断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变．接通电源，闭合开关，由于穿过线圈的磁通量大小方向都不断变化，在线圈A中产生的感应电流大小方向不断变化，则G表指针不停振动

（3）[4] 仅用一根导线，将检注计G短接前后，摇动表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了，说明虽有切割磁感应线，但没有感应电流，则没有安培阻力，指针变化明显；反之，则出现感应电流，进而有安培阻力，使其变化不明显，则线圈未断