新高考物理二轮复习第12讲电磁感应及综合应用课件
2020版高考物理大二轮复习试题：电磁感应规律及其应用(含答案)
回扣练12：电磁感应规律及其应用1．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到dB ．U ＝Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由d 经R 到bC ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v 2R，方向水平向右 D ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v R，方向水平向左 解析：选A.当MN 运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN 两端的电压也就是电阻R 两端的电压，电路中电动势为E ＝BlV ，MN 的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R ，则电阻上的电压为12Blv ，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N 到M ，那么流过电阻的就是由b 到d .故A 正确，B 错误．MN 受到的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v 2R；由左手定则可知，安培力的方向水平向左；故CD 错误．故选A.2．如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L ，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L 的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i 表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i x 的图象中正确的是( )解析：选C.线圈进入磁场，在进入磁场的0～L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R ，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在L ～2L 的过程中，电动势E ＝2BLv ，电流I ＝2BLv R，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L ～3L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD 错误，C 正确；故选C.3．如图所示，表面粗糙的U 形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R 的金属棒ab ，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是( )A ．当变阻器滑片P 向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B ．当变阻器滑片P 向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C ．当变阻器滑片P 向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到bD ．当变阻器滑片P 向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到b解析：选C.根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N 极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P 向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a 到b ，A 错误C 正确；当变阻器滑片P 向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b 到a ，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，故BD 错误．故选C.4．如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ 边长分别为L和2L ，M 、N 间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d ，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场．两板间有一个质量为m 、电量为q 的带正电油滴恰好处于平衡状态，重力加速度为g ，则下列关于磁场磁感应强度大小B 的变化情况及其变化率的说法正确的是( )A ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd qL 2 B ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd qL 2C ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd 2qL 2D ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd 2qL2 解析：选B.电荷量为q 的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势：E ＝ΔB Δt S ＝ΔB Δt L 2；油滴所受电场力：F ＝E 场q ，对油滴，根据平衡条件得：q E d＝mg ；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：ΔB Δt ＝mgd qL2；故选B. 5.如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L (L ＜d )，质量为m 、电阻为R ，将线圈在磁场上方h 高处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场为止)( )A ．感应电流所做的功为3mgdB ．线圈的最小速度一定大于mgR B 2L 2C ．线圈的最小速度一定是2g （h ＋L －d ）D ．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向解析：选C.据能量守恒，研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q ＝mgd .cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，所以从cd 边刚穿出磁场到ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，产生的热量Q ′＝2mgd ，感应电流做的功为2mgd ，故A 错误．线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：mg ＝B 2L 2v R ，解得可能的最小速度v ＝mgR B 2L2，故B 错误．因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg (h ＋L )＝Q＋12mv 2，解得最小速度v ＝2g （h ＋L －d ），故C 正确．线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D 错误．故选C.6．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的( )A ．a 先变亮，然后逐渐变暗B ．b 先变亮，然后逐渐变暗C ．c 先变亮，然后逐渐变暗D ．b 、c 都先变亮，然后逐渐变暗解析：选A.电键S 闭合时，电感L 1中电流等于两倍L 2的电流，断开电键S 的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b 、c 的电流都通过a ，故a 先变亮，然后逐渐变暗，故A 正确； b 、c 灯泡由电流i 逐渐减小，B 、C 、D 错误 .故选A.7．(多选)如图甲所示，宽度为L 的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接一电容为C 的电容器，将一质量为m 的导体棒与导轨垂直放置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B .用与导轨平行的外力F 向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间t 1后撤去力F ，撤去力F 前棒内电流变化情况如图乙所示．整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力．下列说法正确的是 ( )A ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动B ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加速直线运动C ．外力F 的冲量大小为It 1⎝ ⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL D ．撤去外力F 后，导体棒最终静止在导轨上，电容器中最终储存的电能为零解析：选BC.对电容器Q ＝CU ，则ΔQ ＝C ΔU ，I ＝ΔQ Δt ；ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ；解得I ＝CBL Δv Δt＝CBLa ，则导体棒的加速度a 恒定，做匀加速运动，选项A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律：F －BIL ＝ma ，则F ＝BIL ＋mI CBL ，则外力F 的冲量大小为I F ＝Ft 1＝It 1⎝⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL ，选项C 正确；撤去外力F 后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两端的电压不为零，则最终储存的电能不为零，选项D 错误；故选BC.8．(多选)如图所示，在竖直平面内MN 、PQ 两光滑金属轨道平行竖直放置，两导轨上端M 、P 间连接一电阻R .金属小环a 、b 套在金属轨道上，质量为m 的金属杆固定在金属环上，该装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直竖直平面向里．金属杆以初速度v 0从图示位置向上滑行，滑行至最高点后又返回到出发点．若运动过程中，金属杆保持水平，两环与导轨接触良好，不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力．金属杆上滑过程和下滑过程相比较，以下说法正确的是( )A ．上滑过程所用时间比下滑过程短B ．上滑过程通过电阻R 的电量比下滑过程多C ．上滑过程通过电阻R 产生的热量比下滑过程大D ．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大解析：选AC. 如图所示，v t 图斜率代表加速度，其面积表示位移，上滑过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，下滑过程中是加速度逐渐减小的加速运动，由于位移大小相等，可知上升时间小于下落时间，故A 正确；由q ＝ΔΦR，可知上滑过程通过电阻R 的电量等于下滑过程中电量，故B 错误；在相同位置，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑过程安培力的平均值大于下滑过程安培力的平均值，导致上滑过程中导体棒克服安培力做功多，则上滑过程中电阻R 产生的热量大于下滑过程中产生的热量，故C 正确．安培力冲量I ＝BLq ，q ＝ΔΦR，可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量，故D 错误．9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、长为L 、电阻为R 的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R 的定值电阻．现闭合开关K ，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s 时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是(重力加速度为g )( )A ．金属棒的末速度为3mgRB 2L 2 B ．金属棒的最大加速度为1.4gC ．通过金属棒的电荷量为BLs RD ．定值电阻上产生的焦耳热为34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4 解析：选AD.设金属棒匀速运动的速度为v ，则感应电动势E ＝BLv ；回路电流I ＝E 2R ＝BLv2R ；安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v 2R ；金属棒匀速时，受力平衡有F ＝mg sin 30°＋F 安，即2mg ＝12mg ＋B 2L 2v 2R联立解得：v ＝3mgR B 2L2，故A 正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F －mg sin 30°＝ma ，代入数据2mg －12mg ＝ma ，解得a ＝1.5g ，故B 错误；根据感应电量公式Q ＝ΔΦR 总＝BLs 2R，故C 错误；对金属棒运用动能定理，有Fs －mgs sin 30°－Q ＝12mv 2，其中定值电阻上产生的焦耳热为Q R ＝12Q ＝34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4，故D 正确；故选AD. 10．(多选)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，两导轨的左端之间连接的电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示．则在金属杆开始运动经t ＝ 5.0 s 时( )A ．通过金属杆的感应电流的大小为1.0 A ，方向由b 指向aB ．金属杆的速率为4.0 m/sC ．外力F 的瞬时功率为1.0 WD ．0～5.0 s 内通过R 的电荷量为5.0 C解析：选AC.导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b 指向a ，金属杆开始运动经t ＝5.0 s ，由图象可知电压为0.4 V ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝U R ＝0.40.4 A ＝1 A ，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律知E ＝BLv ，根据电路结构可知：U ＝R R ＋r E ，解得v ＝5 m/s ，故B 错误；根据电路知U ＝R R ＋r BLv ＝0.08v ＝0.08at ，结合U t 图象知导体棒做匀加速运动，加速度为a ＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，在5 s 末时对金属杆有：F －BIL ＝ma 解得：F ＝0.2 N ，此时F 的瞬时功率P ＝Fv ＝0.2×5 W＝1 W 故C 正确；0～5.0 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝E R ＋r t ＝ΔΦt （R ＋r ）×t ＝ΔΦR ＋r ＝B ×12at 2R ＋r ＝12.5 C ，故D 错误；综上所述本题答案是AC.。
2025年高三一轮复习物理课件第十二章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律
阻碍原电流的变
化——“增反减
同”(即自感现象)
楞次定律
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例证
第1讲
电磁感应现象
楞次定律
(2024 届北京二模)在匀强磁场中放置一个金属圆环,磁场方向与圆环平面垂直。
规定图 1 所示磁场方向为正。当磁感应强度 B 随时间 t 按图 2 所示的正弦规律变化时,
下列说法正确的是( C )。
A.t2 时刻,圆环中无感应电流
的磁通量增大,A 不符合题意;开关闭合时将滑动变阻器的
滑片向左滑动,A 线圈中的电流增大,则 B 线圈中的磁通量
增大,B 项不符合题意;开关闭合时将 A 线圈从 B 线圈中拔
出,则 B 线圈中的磁通量减小,C 项符合题意;开关闭合时
将 A 线圈倒置,再重新插入 B 线圈中,则 B 线圈中反向的
磁通量增大,D 项符合题意。
向。
3.判断磁通量是否变化的方法
(1)根据公式 Φ=BSsin θ(θ 为 B 与 S 间的夹角)判断。
(2)根据穿过平面的磁感线的条数是否变化判断。
第1讲
电磁感应现象
楞次定律
角度 2 电磁感应现象及其应用
判断感应
电流有无
的方法
产生感应
电流的三
种常见情
况
8
第1讲
电磁感应现象
楞次定律
(多选)下列各图所描述的物理情境中,能产生感应电流的是( BCD )。
2.电磁感应现象
(1)定义:当穿过闭合导体回路的 磁通量 发生变化时,闭合导体回路中有感应电流产
生,这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。
(2)感应电流的产生条件:穿过 闭合 导体电路的 磁通量 发生变化。
4
第1讲
高考物理二轮复习课件：变速直线运动规律在电磁学中的应用
板间距离时，场强 不变 . 4.在匀强电场中，任意两点连线中点的电势等于 这两点电势的 平均 值．
5.E=U/d只适用于匀强电场，式中d为沿 电场
线 方向上两点的距离．
6.若带电粒子在有洛伦兹力作用的复合场中做 直线运动，此运动一定是 匀速 直线运动．
方法指导：
在从题给的条件出发，根据电磁力的特点，认
体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及两轨道
的电阻均可忽略不计，整个装置处于磁感应强度 B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下，如
图甲所示．现用一外力 F沿轨道方向拉杆，使 之做匀加速运动，测得 力F与时间t 的关系如图 乙所示．求杆的质量m 和加速度a.
【切入点】切割磁感线的棒相当于电源，从图象获 得外力F 信息． 【解析】导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直 线运动，用v表示瞬时速度，t 表示时间，则杆切割 磁感线产生的感应电动势为： E BLv BLat E 闭合回路中的感应电流为I R ① ②
【解析】(1)当 B 板上聚集了 n 个射来的电子 Q ne 时，两板间的电压 U＝C＝ C ， U ne 其内部场强 E＝ d ＝Cd；
(2)设最多能聚集 n′个电子， 此后再射入的电 子未到达 B 板时速度已减为零， 由 eE′ n′e 2 v0＝2ad，a＝ ，E′＝ m Cd
n′e2 Cmv2 0 2 则有：v0＝2 mCd d，得 n′＝ 2e2 (3)第一个电子在两板间做匀速运动，运动时 间为 t1＝d/v0，最后一个电子在两板间做匀减速运 动，到达 B 板时速度为零，运动时间为 t2＝2d/v0， 二者时间差为 Δt＝t2－t1＝d/v0.
U0=20V，则质点P可以保持静止，现在A、B间加上如图 B间的中点处，且初速度为零，质点P能=0在A、B之间以 最大幅度上下运动而又不与两板相碰，并且以后每次经
【RJ版春季课程高三物理】 第12讲：电磁感应 _教案.pptx
三、 情感、态度与价值观 1、理解和认识楞次定律和电磁感应图像问题，培养 学生的分析能力 2、结合解决电磁感应中动力学问题和能量问题，培 养学生综合分析解决问题的能力 对楞次定律和电磁感应图像问题的考查、对电磁感
教学难点
教学过程
一、考纲要求
考点 电磁感应现象 磁通量 法拉第电磁感应定律 楞次定律 自感、涡流
圈 ab 边中产生的感应电流先沿 b→a 方向再沿 a→b 方
向 B. 线圈进入磁场Ⅰ过程和离开磁场Ⅱ过程所受安培力方 向 都平行斜面向上
4R mgsin θ＋F
C．线圈 ab 边刚进入磁场 Ⅰ 时的速度大小为
B2L2
D．线圈进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中，拉力 F 所做的功等于线圈克服安
培力所做的功
【答案】AC 【解析】 由楞次定律可知圆环穿过磁场区域的过程中，环中感应电流方向先
顺时针又逆时针再顺时针，故 A 正确．当圆环直径与边界线 b 重合时，圆环左
右两半环均产生感应电动势，故圆环中的感应电动势 E＝2B·2 R·v＝4BRv；圆环
中的电功率
E2 P＝ r ＝
16B2rR2v2，故
B
错误．电路中的平均电动势
置，导轨左端用一阻值为 R 的电阻连接，导棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感
应强度为 B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度 v 沿导轨向右运动直至静
止，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为 q.下列说法正确的是
() A. 金属棒在导轨上做匀减速运动 B. 整个过程中金属棒克服安培力做功为12mv2 C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qBRL D．整个过程中电阻 R 上产生的焦耳热为12mv2
2025版高考物理大一轮复习课件第十二章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流
25
考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
维度2 转动切割问题
例 3 如图所示，光滑铜环水平固定，半径为l，长为l、电阻为r的
铜棒OA的一端在铜环的圆心O处，另一端与铜环良好接触，整个装置处
在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现使铜棒OA以角
速度ω逆时针(俯视)匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，
B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂 直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为
S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。求：
(1)t＝t20时，圆环受到的安培力； 甲
乙
(2)在 0～32t0 内，通过圆环的电荷量。
11
考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
03
考点三 自感
30
考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
知识梳理
1.自感现象 由于导体线圈本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象，叫作自 感。 2.自感电动势 (1)在自感现象中产生的电动势叫作自感电动势。
(2)表达式：EL＝LΔΔIt。
31
考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
考点一 法拉第电磁感应定律
的理解及应用
4
考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
知识梳理
1.感应电动势 (1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
(2)产生条件：穿过回路的__□_1_磁__通__量____发生改变，与电路是否闭合
无关。
(3)方向判断：感应电动势的方向用__□_2 _楞__次__定__律_____或右手定则判
然联系。
2025高考物理总复习第十二章电磁感应课件教案
考点一 电磁感应现象的理解和判断
2.电磁感应现象 (1)当穿过闭合导体回路的 磁通量 发生变化时，闭合导体回路中有感应 电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。 (2)感应电流产生的条件 穿过 闭合 导体回路的 磁通量发生变化 。 (3)电磁感应现象产生 感应电动势 ，如果电路闭合，则有感应电流。如 果电路不闭合，则只有 感应电动势 而无感应电流。
考点三 楞次定律及推论
3.右手定则 (1)内容：如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直， 并且都与手掌在同一个平面内；让 磁感线 从掌心进入，并 使拇指指向 导线运动 的方向，这时四指所指的方向就是 _感__应__电__流___的方向。 (2)适用情况：导线 切割磁感线 产生感应电流。
考点三 楞次定律及推论
题图甲中磁铁向右插入不闭合线圈过程，由于回路没有闭合，则线圈 中会产生感应电动势，但不会产生感应电流，A项错误； 题图乙中矩形金属线圈水平向右移动，穿过线圈的磁通量没有发生变 化，则矩形线圈中不会产生感应电流，B项正确； 题图丙中闭合导线框若以平行于磁场方向的竖直边为轴线转动时，穿 过导线框的磁通量没有发生变化，此时导线框中不会产生感应电流， C项错误；
考点二 实验：探究影响感应电流方向的因素
(2)把A线圈插入B线圈中，如果闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏 转了一下，下面操作出现的情况有： ①向右移动滑动变阻器滑片，灵敏电流计指针将向___右___(选填“左”或 “右”)偏转；
考点二 实验：探究影响感应电流方向的因素
闭合开关，穿过B线圈的磁通量增 大，灵敏电流计的指针向右偏了一 下，滑片向右移动则接入电路的电 阻减小，电流增大，磁通量增大， 指针向右偏转；
考点三 楞次定律及推论
3.(1)在图中画出直导线中电流增大时，线圈abcd中 感应电流方向，以及线圈各边受到的安培力方向， 线圈会有_收__缩___的趋势，结论简称：_增__缩__减__扩_。 答案
大学物理-12第十二讲 感生电动势、自感、互感、磁场能量
18
二、互感应
●由于一个载流回路中电流发生变化而引起邻近另 一回路中产生感生电流的现象称为“互感现象”， 所产生的电动势称为 “互感电动势”。
21N 2 21M 21I1 12N 1 12M 12I2
从能量观点可证明：
M12M21M
M称为互感系数简称互感 单位：亨利（H）
同理：
bo
ov r b E感dr0
ab oabo
o
E 感
L R2 L2 dB
2
4 dt
h
a
b
L
方向ab (Ub Ua )
9
vv
Байду номын сангаас法2： 用 LE感dl 求
vv
dE感dl
r 2
dB dt
cos
dl
h 2
dB dt
dl
vv
LE感dl
b h dB dl
a 2 dt 1 hL dB
缆单位长度的自感系数。
解： 两导体圆筒间磁场
B
I
2r
R2 R1
AB
通过单位长度一段的磁通量
I l 1
B vdS vR R 12Bldr2 IlnR R 1 2
DC
单位长度的自感系数 L lnR2 I 2 R1
17
总结L的计算方法 1.设回路电流为I，写出B的表达式（一般由安培
环路定理）
vv
2.计算磁通 B d S, N
LE库dvl
0
v
Ñ 感生电场是非保守力场 LE感dl 0
3
例：在半径为R 的长直螺线管中通有变化的电流，使
管内磁场均匀增强，求螺线管内、外感生电场的场强
第十二章第三节 电磁感应规律的综合应用
(2)利用能量守恒求解：机械能的减少 量等于产生的电能； (3)利用电路特征来求解：通过电路中 所产生的电能来计算． 3．解决此类问题的步骤
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律
(包括右手定则)确定感应电动势的大
小和方向．
(2)画出等效电路图，写出回路中电阻
消耗的电功率的表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守 恒关系得到机械功率的改变与回路中 电功率的改变所满足的方程，联立求
2．感应电流在磁场中受安培力，外力 做功 克服安培力______，将其他形式的能 电能 转化为_____，电流做功再将电能转 内能 化为______． 3．电流做功产生的热量用焦耳定律计 Q＝I2Rt 算，公式为_________.
名师点拨：电磁感应的能量转化符合 能量守恒定律，克服安培力做功是把 其他形式的能转化为电能，电能最终 转化为焦耳热．因此同一方程中，克 服安培力做功，转化成的电能及产生 的焦耳热不能同时出现．
)
A．换一个电阻为原来的2倍的灯泡，
其他不变
B．仅将磁感应强度B增大为原来的
2倍
C．将轨道倾斜角变成45°，并保持
磁场与轨道所在平面垂直且大小不变
D．仅将ab棒的质量增大为原来的2倍
解析： AC.据牛顿第二定律可知 ab 棒 选 mgRsinθ－B2l2v 下滑时加速度为 a＝ ， 可 mR 知 ab 棒做加速度逐渐减小的加速运动， 当加速度 a 减为零时，ab 棒开始以达到 的最大速度做匀速运动，其最大速度为 mgRsinθ vm＝ ， B 2l 2
B2L3 两边求和整理得： ＝v－v0，而 mR mR 4L ＝ρ0S· ρ ＝16ρ0ρL2 为常数，所以两 4L· S 线圈落地速度相等，由能量的转化及守 恒定律知，两线圈在运动过程中产生的 热量 Q1<Q2.