届物理一轮复习教学案-法拉第电磁感应定律-互感-自感
高三物理第一轮复习 电磁感应教学案
高三物理第一轮复习电磁感应教学案知识网络：单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成四部分，即：电磁感应楞次定律；法拉第电磁感应定律、自感；电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用。
其中重点是电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用，也是复习的难点。
电磁感应楞次定律教学目标：1．理解电磁感应现象产生的条件、磁通量；2．能够熟练应用楞次定律或右手定则判断感应电流及感应电动势的方向教学重点：楞次定律的应用教学难点：楞次定律的应用教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、电磁感应现象1.产生感应电流的条件感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。
以上表述是充分必要条件。
不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化。
当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，电路中有感应电流产生。
这个表述是充分条件，不是必要的。
在导体做切割磁感线运动时用它判定比较方便。
2.感应电动势产生的条件。
感应电动势产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化。
这里不要求闭合。
无论电路闭合与否，只要磁通量变化了，就一定有感应电动势产生。
这好比一个电源：不论外电路是否闭合，电动势总是存在的。
但只有当外电路闭合时，电路中才会有电流。
二、楞次定律1．楞次定律感应电流总具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
楞次定律解决的是感应电流的方向问题。
它关系到两个磁场：感应电流的磁场（新产生的磁场）和引起感应电流的磁场（原来就有的磁场）。
前者和后者的关系不是“同向”或“反向”的简单关系，而是前者“阻碍”后者“变化”的关系。
2．对“阻碍”意义的理解：（1）阻碍原磁场的变化。
“阻碍”不是阻止，而是“延缓”，感应电流的磁场不会阻止原磁场的变化，只能使原磁场的变化被延缓或者说被迟滞了，原磁场的变化趋势不会改变，不会发生逆转．（2）阻碍的是原磁场的变化，而不是原磁场本身，如果原磁场不变化，即使它再强，也不会产生感应电流．（3）阻碍不是相反．当原磁通减小时，感应电流的磁场与原磁场同向，以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时，导体运动将和磁体运动同向，以阻碍其相对运动．（4）由于“阻碍”，为了维持原磁场的变化，必须有外力克服这一“阻碍”而做功，从而导致其它形式的能转化为电能．因此楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的体现．3．楞次定律的具体应用（1）从“阻碍磁通量变化”的角度来看，由磁通量计算式Φ=BS sinα可知，磁通量变化ΔΦ=Φ2-Φ1有多种形式，主要有：①S、α不变，B改变，这时ΔΦ=ΔB∙S sinα②B、α不变，S改变，这时ΔΦ=ΔS∙B sinα③B、S不变，α改变，这时ΔΦ=BS（sinα2-sinα1）当B、S、α中有两个或三个一起变化时，就要分别计算Φ1、Φ2，再求Φ2-Φ1了。
2021高考物理一轮复习 11.2 法拉第电磁感应定律总教案
法拉第电磁感应定律、自感一、法拉第电磁感应定律(1)定律内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比． 发生电磁感应现象的这部分电路就相当于电源，在电源的内部电流的方向是从低电势流向高电势。
(即：由负到正) ①表达式：=∆∆⨯=∆⨯∆=∆∆=ts B n t s B n t n Eφ…=?(普适公式) ε∝t ∆φ∆(法拉第电磁感应定律) 感应电动势取决于磁通量变化的快慢t∆∆φ(即磁通量变化率)和线圈匝数n ．ΔB/Δt 是磁场变化率(2)另一种特殊情况：回路中的一部分导体做切割磁感线运动时, 且导体运动方向跟磁场方向垂直。
② E=BL v (垂直平动切割) (v 为磁场与导体的相对切割速度．．．．．．) (B 不动而导体动；导体不动而B 运动)③E= nBS ωsin(ωt+Φ)； E m ＝nBS ω (线圈与B ⊥的轴匀速转动切割) n 是线圈匝数 ④E ＝BL 2ω/2 (直导体绕一端转动切割)⑤*自感tI L t n E ∆∆=∆∆=φ自 I E t ∆∝∆自 (电流变化快慢) (自感) 二、感应电量的计算感应电量Rn t t R n t R E t I q φφ∆=∆⋅∆∆=∆⋅=∆= 如图所示，磁铁快插与慢插两情况通过电阻R 的电量一样，但两情况下电流做功及做功功率不一样．三.自感现象1.自感现象：由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象．2.自感电动势：自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势．自感电动势：E =L tI ∆∆ ( L 是自感系数）： a ．L 跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系．线圈越粗，越长、匝数越密，它的自感系数越大，另外有铁芯的线圈自感系数比没有铁芯时大得多． b ．自感系数的单位是亨利，国际符号是L ，1亨=103毫亨=106 微亨3.关于自感现象的说明①如图所示，当合上开关后又断开开关瞬间，电灯L 为什么会更亮，当合上开关后，由于线圈的电阻比灯泡的电阻小，因而过线圈的电流I2较过灯泡的电流I1大，当开关断开后，过线圈的电流将由I2变小，从而线圈会产生一个自感电动势，于是电流由c→b→a→d流动，此电流虽然比I2小但比I1还要大．因而灯泡会更亮．假若线圈的电阻比灯泡的电阻大，则I2＜I1，那么开关断开后瞬间灯泡是不会更亮的．②开关断开后线圈是电源，因而C点电势最高，d点电势最低③过线圈电流方向与开关闭合时一样，不过开关闭合时，J点电势高于C点电势，当断开开关后瞬间则相反，C点电势高于J点电势．④过灯泡的电流方向与开关闭合时的电流方向相反，a、b两点电势，开关闭合时U a＞U b，开关断开后瞬间U a＜U b．4.镇流器是一个带铁芯的线圈，起动时产生瞬间高电压点燃日光灯，目光灯发光以后，线圈中的自感电动势阻碍电流变化，正常发光后起着降压限流作用，保证日光灯正常工作．线圈作用：起动时产生瞬间高电压，正常发光后起着降压限流作用。
高考物理一轮复习 专题9.2 法拉第电磁感应定律 自感现象教学案-人教版高三全册物理教学案
专题9.2 法拉第电磁感应定律 自感现象1.能应用法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 和导线切割磁感线产生电动势公式E ＝Blv 计算感应电动势.2.会判断电动势的方向，即导体两端电势的高低.3.理解自感现象、涡流的概念，能分析通电自感和断电自感．一、法拉第电磁感应定律 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楞次定律或右手定那么判断。
2．法拉第电磁感应定律(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I ＝ER ＋r。
3．导体切割磁感线时的感应电动势(1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E ＝Blv 求出，式中l 为导体切割磁感线的有效长度。
(2)导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E ＝Bl v ＝12Bl 2ω(平均速度等于中点位置的线速度12lω)。
二、自感、涡流 1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。
(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势。
②表达式：E ＝L ΔIΔt 。
(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。
②单位：亨利(H)，1 mH ＝10－3H,1 μH＝10－6H 。
2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡所以叫涡流。
高频考点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用例1．(2016·北京理综·16)如下图，匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直。
磁感应强度B 随时间均匀增大。
两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b 。
高三物理一轮复习教学案 课题法拉第电磁感应定律
高三物理一轮复习教学案 课题：法拉第电磁感应定律一、感应电动势1.感应电动势:在电磁感应现象中产生的电动势，叫感应电动势.2.电势高低的判断:在电磁感应中判定电势高低时必须把产生感应电动势的导体(或线圈)看成电源，且注意在电源内部感应电流是从电势低处向电势高处流动.若电路断路无感应电流时，可假设电路闭合有感应电流，来判断电势的高低.讨论:分析下图所示电路中那部分导体相当于电源？并画出等效电路.判断a 、b 两点电势的高低.二、感应电动势大小的计算 1.法拉第电磁感应定律(1)内容:电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比.表达式:tnE ∆∆Φ=，n 为线圈的匝数. 法拉第电磁感应定律是计算感应电动势的普适规律. (2)说明:①t n E ∆∆Φ=本式是确定感应电动势的普遍规律，适用于导体回路，回路不一定闭合.②在tn E ∆∆Φ=中，E 的大小是由匝数及磁通量的变化率(即磁通量变化的快慢)决定的，与Φ或△Φ之间无大小上的必然联系.磁通量Φ表示穿过某一平面的磁感线的条数；磁通量的变化量△Φ表示磁通量变化的多少；磁通量的变化率t ∆∆Φ表示磁通量变化的快慢.Φ大，△Φ及t∆∆Φ不一定大；t ∆∆Φ大，Φ及△Φ也不一定大.它们的区别类似于力学中的v 、△v 及t v a ∆∆=的区别.③t n E ∆∆Φ=一般计算△t 时间内的平均电动势，但若t∆∆Φ是恒定的，则E 不变也是瞬时值.④若S 不变，B 随时间变化时，则t B nS E ∆∆=；若B 不变，回路面积S 随时间变化时，则tSnB E ∆∆=.2.导体切割磁感线产生感应电动势(1)公式:E =BL v (可从法拉第电磁感应定律推出)(2)说明:①上式仅适用于导体各点以相同的速度在匀强磁场中切割磁感线的情况，且L 、v 与B 两两垂直.②当L ⊥B,L ⊥v ,而v 与B 成θ角时，感应电动势E =BL v sin θ. ③若导线是曲折的，则L 应是导线的有效切割长度.④公式E =BL v 中，若v 是一段时间内的平均速度，则E 为平SNv a a r a O均感应电动势，若v 为瞬时速度，则E 为瞬时感应电动势.3.导体转动切割磁感线产生的感应电动势当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动， 切割磁感线产生感应电动势时:ω221BL BLv E ＝中=. 三：例题精选例1：如图所示，在竖直向下的磁感强度为B 的匀强磁场中，有两根水平放置相距L 且足够长的平行金属导轨AB 、CD ，在导体的AC 端连接一阻值为R 的电阻，一根垂直于导体放置的金属棒ab ，质量为m ，导轨和金属棒的电阻及它们间的摩擦不计，若用恒力F 沿水平方向向右拉棒运动，求金属棒的最大速度。
高三物理最新教案-2018高考物理一轮复习资料：法拉第电磁感应定律自感 精品
原因
由于开关闭合时，流过电感线圈 的电流迅速增大，使线圈产生自 感电动势，阻碍了电流的增大， 使流过A1灯的电流比流过A2灯的 电流增加得慢
能量转 化情况
电能转化为磁场能
磁场能转化为电能
2．如图9－2－2所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈， D1、 D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡， S是控制电路的开关．对 于这个电路，下列说法正确的是( )
A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等 B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等 C．闭合开关S待电路达到稳定，D1熄灭，D2比原来更亮 D．闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄 灭 解析： 由于线圈的电阻可忽略不计、自感系数足够大，在开关闭合的瞬间线圈 的阻碍作用很大，线圈中的电流为零，所以通过D1、D2的电流大小相等，A项正 确，B项错误．闭合开关S待电路达到稳定时线圈短路，D1中电流为零，回路电 阻减小，D2比原来更亮，C项正确．闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间， D2立即熄灭，线圈和D1形成回路，D1闪亮一下再熄灭，故A、C、D三项正确． 答案：ACD
1．对法拉第电磁感应定律的理解 (1)感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率 和线圈的匝数共
同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系． (2)磁通量的变化率 (3)若 是Φ－t图象上某点切线的斜率． 所求的感应电动势为整个闭合电
恒定，则E不变．用E＝n
路的感应电动势，而不是回路中某部分导体的电动势． (4)磁通量的变化常由B的变化或S的变化两种情况引起． ①当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝nS .
D．图④中，回路产生的感应电动势先变小再变大
2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：法拉第电磁感应定律、自感和涡流
第2讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流目标要求 1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E ＝n ΔΦΔt 进行有关计算.2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势.3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼．考点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关． 2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比． (2)公式：E ＝n ΔΦΔt ，其中n 为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：I ＝ER ＋r.(4)说明：E 的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率ΔΦΔt.1．Φ＝0，ΔΦΔt不一定等于0.( √ )2．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大．( × ) 3．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大．( √ )4．线圈匝数n 越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大．( × )对公式E ＝n ΔΦΔt的理解1．若已知Φ－t 图像，则图线上某一点的切线斜率为ΔΦΔt.2．当ΔΦ仅由B 的变化引起时，E ＝n ΔB ·SΔt，其中S 为线圈在磁场中的有效面积．若B ＝B 0＋kt ，则ΔBΔt＝k .3．当ΔΦ仅由S 的变化引起时，E ＝nB ΔSΔt.4．当B 、S 同时变化时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt.例1 (2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I 1、I 2和I 3.则( )A ．I 1<I 3<I 2B ．I 1>I 3>I 2C ．I 1＝I 2>I 3D ．I 1＝I 2＝I 3答案 C解析 设圆线框的半径为r ，则由题意可知正方形线框的边长为2r ，正六边形线框的边长为r ；所以圆线框的周长为C 2＝2πr ，面积为S 2＝πr 2.同理可知正方形线框的周长和面积分别为C 1＝8r ，S 1＝4r 2，正六边形线框的周长和面积分别为C 3＝6r ，S 3＝33r 22，三个线框材料粗细相同，根据电阻定律R ＝ρLS 横截面，可知三个线框电阻之比为R 1∶R 2∶R 3＝C 1∶C 2∶C 3＝8∶2π∶6 根据法拉第电磁感应定律有I ＝E R ＝ΔB Δt ·SR可得电流之比为I 1∶I 2∶I 3＝2∶2∶ 3 即I 1＝I 2>I 3，故选C.例2 (多选)(2023·广东名校联考)如图甲所示，等边三角形金属框ACD 的边长均为L ，单位长度的电阻为r ，E 为CD 边的中点，三角形ADE 所在区域内有磁感应强度垂直纸面向外、大小随时间变化的匀强磁场，图乙是匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 变化的图像．下列说法正确的是( )A ．t 0时刻，穿过金属框的磁通量为3B 0L 24B ．5t 0时刻，金属框内的感应电流由大变小C ．0～5t 0时间内的感应电动势小于5t 0～8t 0时间内的感应电动势D ．5t 0～8t 0时间内，A 、E 两点的电势差的绝对值恒为3B 0L 248t 0答案 CD解析 t 0时刻，穿过金属框的磁通量Φ＝15B 0×12×12L ×32L ＝3B 0L 240，A 错误；根据法拉第电磁感应定律可知E ＝ΔΦΔt ，结合题图乙可知，0～5t 0时间内的感应电动势小于5t 0～8t 0时间内的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律可知，5t 0时刻，金属框内的感应电流由小变大，B 错误，C 正确；5t 0～8t 0时间内，A 、E 两点的电势差的绝对值恒为U ＝I ×12R ＝ΔΦR Δt ×12R ＝3B 0L 248t 0，D 正确．考点二 动生电动势1．导体平动切割磁感线产生感应电动势的算式E ＝BL v 的理解(1)直接使用E ＝BL v 的条件是：在匀强磁场中，B 、L 、v 三者互相垂直．如果不相互垂直，应取垂直分量进行计算． (2)有效长度公式E ＝BL v 中的L 为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度．如图，导体的有效长度分别为：图甲：L ＝cd sin β.图乙：沿v 方向运动时，L ＝MN .图丙：沿v 1方向运动时，L ＝2R ；沿v 2方向运动时，L ＝R . (3)相对速度E ＝BL v 中的速度v 是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系． 2．导体转动切割磁感线如图，当长为L 的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B )的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体运动Δt 时间后，转过的弧度θ＝ωΔt ，扫过的面积ΔS ＝12L 2ωΔt ，则E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ＝12BL 2ω(或E ＝BL v ＝BL v A ＋vC 2＝BL ωL 2＝12BL 2ω)．1．公式E ＝BL v 中的L 是导体棒的总长度．( × )2．磁场相对导体棒运动，导体棒中也可能产生感应电动势．( √ ) 考向1 有效长度问题例3 如图所示，由均匀导线制成的半径为R 的圆环，以速度v 匀速进入一磁感应强度大小为B 的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb ＝90°)时，a 、b 两点的电势差U ab 为( )A.2BR vB.22BR v C ．－24BR v D ．－324BR v答案 D解析 有效切割长度即a 、b 连线的长度，如图所示由几何关系知有效切割长度为2R ，所以产生的电动势为E ＝BL v ＝B ·2R v ，电流的方向为a →b ，所以U ab <0，由于在磁场部分的阻值为整个圆的14，所以U ab ＝－34B ·2R v ＝－324BR v ，故选D.考向2 平动切割磁感线例4 (多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m 、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是( )A ．磁感应强度的大小为0.5 TB ．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 答案 BC解析 由题图(b)可知，导线框经过0.2 s 全部进入磁场，则速度v ＝l t ＝0.10.2 m/s ＝0.5 m/s ，选项B 正确；由题图(b)可知，cd 边切割磁感线产生的感应电动势E ＝0.01 V ，根据E ＝Bl v 得，B ＝E l v ＝0.010.1×0.5 T ＝0.2 T ，选项A 错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C 正确；在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框中的感应电流I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A, 所受的安培力大小为F ＝BIl ＝0.2×2×0.1 N ＝0.04 N ，选项D 错误．考向3 转动切割磁感线例5 (多选)金属棒ab 长度L ＝0.5 m ，阻值r ＝1 Ω，放在半径分别为r 1＝0.5 m 和 r 2＝1.0 m 的水平同心圆环导轨上，两圆环之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B ＝2 T ；从两圆环下端引出导线连接一阻值为R ＝2 Ω的电阻，ab 在外力作用下以角速度ω＝4 rad/s 绕圆心顺时针(从上往下看)做匀速圆周运动，不计圆环导轨的电阻和一切摩擦，下列说法正确的是( )A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．电阻R 两端的电压为2 VC ．在金属棒旋转一周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为π4 JD ．在金属棒旋转半周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为π4 J答案 ABD解析 由右手定则可知，金属棒顺时针转动时，感应电流方向由b 到a ，金属棒充当电源，则a 点的电势高于b 点的电势，故A 正确；金属棒产生的感应电动势E ＝BLω·r 1＋r 22＝3 V ，则电阻R 两端的电压为U R ＝R R ＋r·E ＝2 V ，故B 正确；金属棒旋转半周的时间t ′＝πω＝π4 s ，通过的电流I ＝E R ＋r＝1 A ，产生的焦耳热为Q ＝I 2rt ′＝π4 J ，故C 错误，D 正确．考点三 自感现象1．概念：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势．这种现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势． 2．表达式：E ＝L ΔIΔt.3．自感系数L 的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．1．线圈中电流越大，自感系数也越大．(×)2．对于同一个线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势也越大．(√) 3．自感电动势总是阻止原电流的变化．(×)通电自感和断电自感的比较电路图器材要求A1、A2同规格，R＝R L，L较大L很大(有铁芯)通电时在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定断电时回路电流减小，灯泡逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗．两种情况下灯泡中电流方向均改变总结自感电动势总是阻碍原电流的变化例6(2023·湖南省长郡中学模拟)某同学想对比自感线圈和小灯泡对电路的影响，他设计了如图甲所示的电路，电路两端电压U恒定，A1、A2为完全相同的电流传感器．先闭合开关K 得到如图乙所示的i－t图像，等电路稳定后，断开开关(断开开关的实验数据未画出)．下列关于该实验的说法正确的是()A．闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零B．图乙中的a曲线表示电流传感器A2测得的数据C．断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭D．t1时刻小灯泡与线圈的电阻相等答案 D解析闭合开关时，其线圈自感电动势等于电源电动势，自感线圈中电流为零，故A错误；A2中电流等于自感线圈中电流，自感线圈中电流从零开始逐渐增大，最后趋于稳定，故A2中数据应为题图乙中b曲线，故B错误；断开开关前，两支路中电流相等，刚断开开关时，回路中的电流不变，故灯泡不会发生明显闪亮，而是逐渐熄灭，故C错误；t1时刻，两支路中电压相等，电流相等，则电阻相等，即小灯泡与线圈的电阻相等，故D正确．分析自感问题的三个技巧考点四涡流电磁阻尼和电磁驱动1．涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在非均匀磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流．(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．2．电磁阻尼当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的运动．3．电磁驱动如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来．1．电磁阻尼体现了能量守恒定律．(√)2．电磁阻尼阻碍相对运动，电磁驱动促进二者相对运动．(×)例7如图所示，关于涡流的下列说法中错误的是()A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流答案 B例8(2023·广东深圳市建文外国语学校模拟)如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图．电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力．下列说法正确的是()A．制动过程中，导体不会产生热量B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用C．制动力的大小与线圈中电流的大小无关D．线圈中电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大答案 D解析电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过导体时会产生热量，A错误；如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向反向，此时产生的涡流方向也相反，电流和磁场方向同时反向，安培力方向不变，故仍使导体受到阻碍运动的制动力，B错误；线圈中电流越大，则产生的磁场越强，转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C错误；线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大，D正确．课时精练1．如图所示，在某次阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场向下的竖直分量大小为4.7×10－5 T，则()A ．两翼尖之间的电势差为2.9 VB ．两翼尖之间的电势差为1.1 VC ．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D ．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 答案 C解析 飞机的飞行速度为 4.5×102 km/h ＝125 m/s ，飞机两翼尖之间的电动势为E ＝Bl v ＝4.7×10－5×50×125 V ≈0.29 V ，A 、B 项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直分量向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C 项正确，D 项错误． 2.(2022·江苏卷·5)如图所示，半径为r 的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝B 0＋kt ，B 0、k 为常量，则图中半径为R 的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为( )A ．πkr 2B ．πkR 2C ．πB 0r 2D ．πB 0R 2答案 A解析 由题意可知磁场的变化率为ΔB Δt ＝kt t ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可知E ＝ΔΦΔt ＝ΔB πr 2Δt ＝k πr 2，故选A.3.(2023·广东广州市模拟)如图所示，电路中A 、B 是规格相同的灯泡，L 是电阻可忽略不计的自感线圈，那么( )A ．合上S ，A 、B 一起亮，然后A 变暗，最后熄灭 B ．合上S ，B 先亮，A 逐渐变亮，最后A 、B 一样亮C ．断开S ，A 立即熄灭，B 由亮变暗，最后熄灭D．断开S，A、B同时熄灭答案 A解析合上S，线圈中电流要增加，会产生自感电动势，故只能缓慢增加，所以A、B一起亮，然后A变暗，最后熄灭，B更亮，故A正确，B错误；断开S，线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，通过灯泡A构成回路，所以B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭，故C、D错误．4．(2023·广东省模拟)在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排．图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下()A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行答案 D解析题图甲和题图乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感生电流，则不会有安培力阻碍轮子的运动，选项A、B错误；题图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会产生安培力阻碍轮子转动，选项C错误；题图丁中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形成感应电流，则会产生安培力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，选项D正确．5．(2023·广东深圳市模拟)电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来．如图所示，扇形铜框abcd在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中一份重合．为使线框快速停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中最合理的是()答案 C解析扇形铜框逆时针转动时，对于A、D选项，通过铜框的磁通量不发生变化，无感应电流产生，则线圈不会受到安培力作用；对于B、C选项，通过铜框的磁通量发生变化，产生感应电流，B项的铜框只有单边ad或bc受到安培力作用，而C项的铜框ad边、bc边同时受到安培力作用，所以最合理的是C选项．6．(多选)(2023·湖北省模拟)如图所示，在距地面高h＝1.25 m处固定有两根间距为l＝0.5 m 水平放置的平行金属导轨，导轨的左端接有电源E，右端边缘处静置有一长l＝0.5 m、质量m＝0.2 kg、电阻R＝5.0 Ω的导体棒ab，导体棒所在空间有磁感应强度大小B＝1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场．闭合开关后，导体棒ab以某一初速度水平向右抛出，已知导体棒落地点到抛出点的水平距离d＝2.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，则()A．在空中运动过程中，导体棒a端的电势低于b端的电势B．导体棒抛出时的初速度大小为5 m/sC．在空中运动过程中，导体棒上产生的感应电动势大小恒定D．在空中运动过程中，导体棒的速度逐渐变大，棒上产生的感应电动势增大答案BC解析由右手定则可知，导体棒在空中运动过程中，在水平方向上要切割磁感线，从而产生感应电动势，但无感应电流，不受安培力，故导体棒在平抛运动过程中水平方向上的速度v0不变，由E ＝Bl v 0可知，导体棒上产生的感应电动势大小不变，且a 端电势高于b 端电势，故A 、D 错误，C 正确；导体棒从抛出到落地的时间为t ＝2h g ＝0.5 s ，故导体棒做平抛运动的初速度v 0＝d t＝5 m/s ，故B 正确． 7.(多选)如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的范围足够大的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是( )A ．CD 段直导线不受安培力B ．CD 段直导线受安培力C ．感应电动势最大值E m ＝2Ba vD ．感应电动势平均值E ＝14πBa v 答案 BD解析 由楞次定律可知，感应电流始终沿逆时针方向，由左手定则判断，CD 段直导线所受安培力始终向下，A 错误，B 正确；当线框有一半进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，最大感应电动势为E m ＝ Ba v ，C 错误；根据法拉第电磁感应定律可得，平均感应电动势E＝BS Δt ＝B ·πa 222a v＝14πBa v ，D 正确．8．(多选)如图所示，固定在水平面上的半径为r 的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．长为l 的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO ′上，随轴以角速度ω匀速转动．在圆环的A 点和电刷间接有阻值为R 的电阻和电容为C 、板间距为d 的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态．已知重力加速度为g ，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )A ．电阻R 两端的电势差为12Br 2ωB ．微粒的电荷量与质量之比为2gd Br 2ωC ．电阻消耗的电功率为πB 2r 4ω2RD ．若增大角速度ω和电阻R 的阻值，微粒有可能仍保持静止状态答案 AB解析 如图所示，金属棒绕OO ′轴切割磁感线转动，棒产生的电动势即为电阻R 两端的电势差，E ＝Br ·ωr 2＝12Br 2ω，故A 正确；电容器两极板间电压等于电源电动势E ，带电微粒在两极板间处于静止状态，则q E d ＝mg ，即q m ＝dg E ＝dg 12Br 2ω＝2dg Br 2ω，故B 正确；电阻消耗的功率P ＝E 2R ＝B 2r 4ω24R，故C 错误；若增大角速度ω，则电动势增大，即电容器的电压E ′增大，q E ′d>mg ，则微粒向上运动，故D 错误． 9.(多选)(2023·广东深圳市光明区高级中学模拟)发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具．某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图所示，导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O 的金属轴O 1O 2以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动．圆环上接有三根金属辐条OP 、OQ 、OR ，辐条互成120°角．在圆环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在转轴O 1O 2与圆环的边缘之间通过电刷M 、N 与一个LED 灯(二极管)相连．除LED 灯电阻外，其他电阻不计．下列说法中正确的是( )A ．若OP 棒进入磁场中，P 点电势小于O 点电势B ．金属辐条在磁场中旋转产生的是正弦式交变电流C ．若导电圆环顺时针转动(俯视)，也能看到LED 灯发光D ．角速度比较大时，能看到LED 灯更亮答案 AD解析 由右手定则可知OP 切割磁感线产生的感应电流在OP 辐条上从P 流向O ，则OP 为电源时O 为正极，P 为负极，所以P 点电势小于O 点电势，故A 正确；金属辐条在磁场中旋转产生的感应电流大小和方向都恒定，为直流电，故B 错误；导电圆环顺时针(俯视)转动产生的感应电流与逆时针转动时产生的感应电流方向相反，逆时针转动时二极管发光，由二极管的单向导电性可知顺时针转动时二极管不发光，故C 错误；假设辐条长度为L ，辐条切割磁感线产生的感应电动势大小为E ＝BL v ＝BL ωL 2＝BωL 22， 可知角速度变大时，感应电动势变大，感应电流变大，则LED 灯更亮，故D 正确．10．(2022·重庆卷·13)某同学以金属戒指为研究对象，探究金属物品在变化磁场中的热效应．如图所示，戒指可视为周长为L 、横截面积为S 、电阻率为ρ的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面．若磁感应强度大小在Δt 时间内从0均匀增加到B 0，求：(1)戒指中的感应电动势和电流；(2)戒指中电流的热功率．答案 (1)B 0L 24πΔt B 0LS 4πρΔt (2)B 02L 3S 16π2ρ(Δt )2解析 (1)设戒指环的半径为r ，则有L ＝2πr磁感应强度大小在Δt 时间内从0均匀增加到B 0，产生的感应电动势为E ＝B 0Δt·πr 2 可得E ＝B 0L 24πΔt戒指的电阻为R ＝ρL S则戒指中的感应电流为I ＝E R ＝B 0LS 4πρΔt(2)戒指中电流的热功率为P ＝I 2R ＝B 02L 3S 16π2ρ(Δt )2.11．(2023·广东广州市第七中学月考)如图甲所示，ACD 是固定在水平面上的半径为2r 、圆心为O 的金属半圆弧导轨，EF 是半径为r 、圆心也为O 的半圆弧，在半圆弧EF 与导轨ACD 之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，B 随时间t 变化的图像如图乙所示．OA 间接有电阻P ，金属杆OM 可绕O 点转动，M 端与轨道接触良好，金属杆OM 与电阻P 的阻值均为R ，其余电阻不计．(1)0～t 0时间内，OM 杆固定在与OA 夹角为θ1＝π3的位置不动，求这段时间内通过电阻P 的感应电流大小和方向；(2)t 0～2t 0时间内，OM 杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t 0时转过角度θ2＝π3到达OC 位置，求电阻P 在这段时间内产生的焦耳热Q .答案 (1)πB 0r 24t 0R 方向为A →O (2)π2B 02r 416t 0R解析 (1)0～t 0时间内的感应电动势E 1＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S 1其中ΔB Δt ＝B 0t 0S 1＝16·π(2r )2－16πr 2＝πr 22感应电流I 1＝E 12R联立解得I 1＝πB 0r 24t 0R由楞次定律可判断通过电阻P 的感应电流方向为A →O .(2)t 0～2t 0时间内，OM 转动的角速度为ω＝π3t 0感应电动势为E 2＝B 0r v其中v ＝ωr ＋2ωr 2又I 2＝E 22R则电阻P 在这段时间内产生的焦耳热Q ＝I 22Rt 0联立得Q＝π2B02r416t0R.。
物理一轮精品复习学案：9.2_法拉第电磁感应定律、互感和自感 学生版
第2节法拉第电磁感应定律、互感和自感【考纲全景透析】一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)感应电动势：在________________中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于________，导体的电阻相当于____________．(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循________________定律，即I＝________.2．法拉第电磁感应定律(1)法拉第电磁感应定律①内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的________________成正比．②公式：E＝____________.(2)导体切割磁感线的情形①一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝__________.②常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝________.③导体棒在磁场中转动导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bl v＝____________(平均速度等于中点位置线速度12lω)．二、自感与涡流1．自感现象(1)概念：由于导体本身的________变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做________________．(2)表达式：E＝____________.(3)自感系数L①相关因素：与线圈的________、形状、________以及是否有铁芯有关．②单位：亨利(H,1 mH＝________ H,1 μH＝________ H)．2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生____________，这种电流像水中的旋涡所以叫涡流．(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到__________，安培力的方向总是________导体的相对运动．(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生__________使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来．(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了____________的推广应用．【热点难点全析】考点一 法拉第电磁感应定律的应用 1.决定感应电动势大小的因素感应电动势E 的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率 和线圈的匝数n.而与磁通量的大小、磁通量变化量ΔΦ的大小 无必然联系.2.磁通量变化通常有两种方式(1)磁感应强度B 不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时E ＝n B ΔSΔt； (2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E ＝nS ΔBΔt，其中是B-t 图象的斜率.【典例】一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( ). 1/2 B.1 C.2 D.4 考点二 导体切割磁感线时的感应电动势 导体棒切割磁感线时，可有以下三种情况：2.理解E=B l v 的“四性”(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B 、l 、v 三者互相垂直.(2)瞬时性：若v 为瞬时速度，则E 为相应的瞬时感应电动势. (3)有效性：公式中的l 为导体切割磁感线的有效长度.(4)相对性：E=B l v 中的速度v 是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系. 3公式E ＝n ΔΦΔt与E ＝Blv sin θ的区别与联系【典例】如图所示，半径为R 的半圆形硬导体B ，在拉力F 的作用下、以速度v 在水平U 形框架上匀速滑动，且彼此接触良好.匀强磁场的磁感应强度为B ，U 形框架中接有电阻R0，B 的电阻为r ，其余电阻不计.则B 进入磁场的过程中( ).R0中电流的方向由上到下B.感应电动势的平均值为B πRvC.感应电动势的最大值为2BRvD.感应电动势的最大值为B πRv 考点三 自感现象的分析 1.自感现象的三大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化. (2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化. (3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体. 2.自感现象“阻碍”作用的理解(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加.(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小.3.通电自感与断电自感的比较1、2同规格，R＝R L，L较大闭合瞬间，会看到灯动势，阻碍了电流的增大，流过灯的电流比流过向通过，使得灯的电流在开关断开瞬间突然增大，从而使1.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路.检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大【高考零距离】2． 如图所示，正方形区域MNPQ 内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN 方向匀速运动，t ＝0时刻，其四个顶点M ′、N ′、P ′、Q ′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f 的大小随时间t 变化规律的是( )B C D3． 如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt 的大小应为( ).4ωB 0π B.2ωB 0πC.ωB 0π D.ωB 02π4. 如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O 为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x 轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i 随环心位置坐标x 变化的关系图象是( )BC D 甲 乙5. 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L 、开关S 和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L 上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S 的瞬间，套环立刻跳起． 某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是() ．线圈接在了直流电源上 B ．电源电压过高 C ．所选线圈的匝数过多 D ．所用套环的材料与老师的不同6.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L 、小灯泡 、开关S 和电池组E ，用导线将它们连接成如图所示的电路。
物理一轮复习教学案法拉第电磁感应定律互感自感
法拉第电磁感应定律互感自感1．感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动；⑴产生条件：穿过回路的磁通量发生，与电路是否闭合无关．⑵方向判断：感应电动势的方向用或右手定则判断．2．法拉第电磁感应定律：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比；E = ，其中n为线圈匝数．⑴感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I = ．⑵导体切割磁感线时的感应电动势：①导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E = 求出，式中l为导体切割磁感线的；②导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E = = Bl v中点（棒中点位置的线速度lω/2）．3．互感现象：两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生，这种现象叫互感．⑴应用；利用互感现象可以把由一个线圈传递到另一个线圈，如变压器、收音机的磁性天线．⑵危害；互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间，电力工程和电子电路中，有时会影响电路正常工作．4．自感现象：由于导体本身的变化而产生的电磁感应现象称为自感．自感电动势：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势；E = （其中L叫做自感系数，L与线圈的、、匝数以及有关，单位：亨利H，1 mH = H，1 μH = H）．自感电动势的方向：自感电动势总是______原来导体中电流的变化．当回路中的电流增加时，自感电动势和原来电流的方向_______；当回路中的电流减小时，自感电动势和原来电流的方向_______．自感对电路中的电流变化有____________作用，使电流不能________．⑴自感现象的应用：如日光灯电路中的镇流器，无线电设备中和电容器一起组成的振荡电路等．日光灯电路是由启动器、镇流器和灯管组成的．______在日光灯启动时起到开关作用，正常工作时断开；镇流器的作用是在灯开始点亮时起___________的作用，在日光灯正常发光时起__________作用．⑵防止：制作精密电阻时，采用________绕法，防止自感现象的发生，减小因自感而造成的误差．5．涡流：块状金属在磁场中运动，或者处在变化的磁场中，金属块内部会产生感应电流，这种电流在整块金属内部自成闭合回路，叫做________．1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同2．在如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计．下列说法中正确的是（）A．合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭C．断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭D．断开开关S时，流过A2的电流方向向右3．如图所示，A、B 为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从A、B 管上端的管口无初速度释放，穿过A 管的小球比穿过B 管的小球先落到地面，下面对于两管的描述中可能正确的是（）A．A 管是用塑料制成的，B 管是用铜制成的B．A 管是用铝制成的，B 管是用胶木制成的C．A 管是用胶木制成的，B 管是用塑料制成的〖考点1〗法拉第电磁感应定律的应用【例1】如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0．使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔB/Δt的大小应为（）A．4ωB0/πB．2ωB0/πC．ωB0/πD．ωB0/2π【变式跟踪1】一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（）A．0.5 B．1 C．2 D．4〖考点2〗导体切割磁感线产生感应电动势的计算【例2】半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0．圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则（）A．θ = 0时，杆产生的电动势为2Ba vB．θ =π3时，杆产生的电动势为3Ba vC．θ = 0时，杆受的安培力大小为2B2a v/[(π + 2)R0]D．θ =π3时，杆受的安培力大小为3B2a v/[(5π + 3)R]【变式跟踪2】如图所示，水平放置的U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计．下列说法正确的是（）A．此时AC两端电压为U AC = 2BL vB．此时AC两端电压为U AC = 2BL v R0/(R0 + r)C．此过程中电路产生的电热为Q = Fd–m v2/2D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q = 2BLd/(R0+r)〖考点3〗自感和涡流【例3】如图所示的电路中，L1、L2为完全相同的灯泡，线圈L 的电阻忽略不计．下列说法中正确的是（）A．合上开关S接通电路时，L2先亮L1后亮，最后一样亮B．合上开关S接通电路时，L1和L2始终一样亮C．断开开关S切断电路时，L2立即熄灭，L1过一会儿才熄灭D．断开开关S切断电路时，L1、L2同时立即熄灭【变式跟踪3】如图所示的电路，D 1和D 2是两个相同的小电珠，L 是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R 相同，由于存在自感现象，在开关S 接通和断开时，灯泡D 1和D 2先后亮暗的次序是（ ） A ．接通时D 1先达最亮，断开时D 1后暗 B ．接通时D 2先达最亮，断开时D 2后暗 C ．接通时D 1先达最亮，断开时D 1先暗先达最亮，断开时D 2先暗 1．【2012·课标全国卷】如图所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t = 0到t = t 1的时间间隔内，直导线中电流i 发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i 正方向与图中箭头所示方向相同，则i 随时间t 变化的图线可能是 （ ）【预测1】如图所示，一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧，与线圈相连的导线abcd 内有水平向里变化的磁场．下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离 （ ） 2．【2013·新课标全国卷Ⅱ】如图，在光滑水平桌面上有一边长为l 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d （d > l ）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右行动．t = 0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v – t 图像中，可能正确描述上述过程的是 （ ）【预测2】某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验，实验装置如图甲所示．在大线圈Ⅰ中放置一个小线圈Ⅱ，大线圈Ⅰ与多功能电源连接．多功能电源输入到大线圈Ⅰ的电流i 1的周期为T ，且按图乙所示的规律变化，电流i 1将在大线圈Ⅰ的内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度B 与线圈中电流i 1的关系为B = ki 1（其中k 为常数）．小线圈Ⅱ与电流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈Ⅱ中感应电流i 2随时间t 变化的图象．若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则下图所示各图象中可能正确反映i 2–t 变化的是（下图中分别以实线和虚线表示调整前、后的i 2–t 图象） （）1．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L 、小灯泡A 、开关S和电池组E ，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S ，小灯泡发光；再断开开关S ，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是 （ ） A ．电源的内阻较大 B ．小灯泡电阻偏大 C ．线圈电阻偏大 D ．线圈的自感系数较大 2．有一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示．磁感应强度大小随时间的变化率为ΔB /Δt = k （k < 0）．则下列判断中正确的是 （ ） A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流 B ．圆环具有扩张趋势C ．圆环中感应电流大小为krS /2ρD ．图中a 、b 两点的电势差U ab = ∣k πr 2/4∣3．如图所示，一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框abcd ，置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，线框bc 边与磁场左右边界平行．若将该线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左、右边界匀速拉出直至全部离开磁场，在此过程中 （ ） A ．流过ab 边的电流方向相反 B ．ab 边所受安培力的大小相等C ．线框中产生的焦耳热相等D ．通过电阻丝某横截面的电荷量相等4．一导线弯成如图所示的闭合线圈，图甲中线圈以速度v 向左匀速进入磁感应强度为B 的匀强磁场，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止．图乙中线圈以OO ′为轴从图示位置（线圈平面与磁场平行）在磁感应强度为B 的匀强磁场中匀速转动．则（ ） A ．图甲中，感应电动势先增大后减小 B ．图甲中，感应电动势的最大值E = Br v C ．图乙中，线圈开始转动时感应电动势最大D ．图乙中，线圈开始转动时由于穿过线圈的磁通量为零，故感应电动势最小5．如图所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O 为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x 轴，则下图中最能正确反映环中感应电流i 随环心位置坐标x 变化的关系图象是 （ ）6．如图所示，A 是一边长为L 的正方形导线框．虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为3L .线框的bc 边与磁场左右边界平行且与磁场左边界的距离为L ．现维持线框以恒定的速度v 沿x 轴正方向运动．规定磁场对线框作用力沿x轴正方向为正，且在图示位置时为计时起点，则在线框穿过磁场的过程中，磁场对线框的作用力随时间变化的图象正确的是（）A B C D v 0 0 0 0 t t t t v v vvdl TDT T AttttBi 2 i 2 i 2i 2 T TC参考答案：1．改变楞次定律2．nΔφ/Δt E/(R + r) Bl v有效长度Bl2ω/23．感应电动势能量4．电流LΔI/Δt大小形状是否有铁芯10－310－6阻碍相反相同延迟突变启动器产生瞬时高压降压限流双线1．C；由法拉第电磁感应定律E= nΔφ/Δt知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错．感应电动势正比于Δφ/Δt，与磁通量的大小无直接关系，B错误、C正确．根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D错误．2．AB；合上开关S时，线圈L中产生的自感电动势阻碍电流增大，并且阻碍作用逐渐变小直至为零，故A2先亮，A1后亮，最后一样亮．选项A正确．断开开关S时，线圈L中产生的自感电动势阻碍电流减小，因电路稳定时通过A1和A2的电流大小相等，故断开开关S时，A1和A2都逐渐熄灭，流过A2的电流方向向左．选项B正确，C、D错误．3．AD；磁性小球穿过铜管或铝管时，管中产生感应电流，又据楞次定律可知，感应电流产生的磁场阻碍小球的下落；而当小球穿过塑料管或胶木管时，管中不产生感应电流，小球做自由落体运动．故选项A、例1 C；当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1 = E/R = (Δφ/Δt)/R = B0ΔS/RΔt = (πr2/2)B0/(Rπ/ω) = B0r2ω/2R．当线圈不动，磁感应强度变化时，I2 = E/R = Δφ/RΔt = ΔBS/RΔt = (ΔB/Δt)( πr2/2R)，因I1 = I2，可得ΔB/Δt = ωB0/π，C选项正确．变式1 B；设原磁感应强度是B，线框面积是S，第1 s内Δφ1 = 2BS–BS = BS，第2 s内Δφ2 = 2B·(S/2) – 2BS = –BS．因为E = nΔφ/Δt，所以两次电动势大小相等，B正确．例2 AD；当θ = 0时，杆切割磁感线的有效长度l1 = 2a，所以杆产生的电动势E1 = Bl1v = 2Ba v，选项A 正确．此时杆上的电流I1 = E1/[(πa + 2a)R0] = 2B v/[(π + 2)R0]，杆受的安培力大小F1 = BI1l1 = 4B2a v/[(π+ 2)R0]，选项C错误．当θ= π/3 时，杆切割磁感线的有效长度l2 = 2a cosπ/3 = a，杆产生的电动势E2 = Bl2v = Ba v，选项B错误．此时杆上的电流I2 = E2/[(2πa–2πa/6 + a)R0] = 3B v/[(5π + 3) R0]，杆受的安培力大小F2 = BI2l2 = 3B2a v/[(5π + 3) R0]，选项D正确．变式2 BD；AC的感应电动势为E = 2BL v，两端电压为U AC = ER0/(R0 + r) = 2BL v R0/(R0 + r)，A错、B对；由功能关系得Fd = m v2/2 + Q＋Qμ，C错；此过程中平均感应电流为I平均= 2BLd/( R0 + r)Δt，通过电阻R0的电荷量为q = I平均Δt = 2 BLd/( R0 + r)，D对．例 3 A；接通电路时，由于线圈的自感作用，L1支路相当于断路，电流增大得慢，L1后亮；稳定后，线圈的作用消失，又相当于短路，L1、L2并联，亮度一样；断开开关，都过一会儿才熄灭．变式3 A；当开关S接通时，D1和D2应该同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势的方向是左边正极，右边负极，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始瞬时电流几乎全部从D1通过，而该电流又将同时分路通过D2和R，所以D1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，D1和D2达到一样亮．当开关S断开时，电源电流立即为零，因此D2立刻熄灭，而对D1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势（右端为正极，左端为负极），使线圈L和D组成的闭合电路中有感应电流，所以D1后灭．1．A；因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反，导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力，所以合力与左边框受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，导线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据安培定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，选项B、C、D错误．预测1 A；铝框向左运动，是为了阻碍本身磁通量的增加，由楞次定律可知：带铁芯线圈产生的电流增加，其产生的磁场增强．为使线圈产生的电流变大，由法拉第电磁感应定律可知：线框abcd中的磁场的ΔBΔt逐渐增加，选项A正确，B、C、D错误．2．D；由于线框在进入磁场过程要切割磁感线而产生感应电流，故线框受到安培力的作用做减速运动，A错误；安培力F安= B2l2v/R，因v在减小，故F安在减小，加速度a = F安/m在减小，即线框进入磁场过程做加速度减小的变减速运动，B错误；由于d > l，若线框完全进入磁场中仍有速度，则线框将会在磁场中做匀速运动直至右边滑出磁场，线框出磁场过程仍做加速度减小的减速运动，C错误，D正确．预测2 D；由题图乙知电流i1随时间线性变化，再由B = ki1知磁场也随时间线性变化，则通过线圈Ⅱ的磁通量也随时间线性变化，线圈Ⅱ中产生恒定的电动势与感应电流，A、B皆错误．当频率加大后，磁通量变化率加大，产生的感应电动势与感应电流加大，C错误，D正确．1．C；从实物连接图中可以看出，线圈L与小灯泡并联，断开开关S时，小灯泡A中原来的电流立即消失，线圈L与小灯泡组成闭合电路，由于自感，线圈中的电流逐渐变小，使小灯泡中的电流变为反向且与线圈中电流相同，小灯泡未闪亮说明断开S前，流过线圈的电流较小，原因可能是线圈电阻偏大，故选项C正确．2．BD；由于磁场减弱，在线圈中产生顺时针的感应电流，故A错；根据电磁感应规律的推论：要阻碍磁通量减小，则题中线圈应扩张，B正确．圆环中感应电流I = E/R = (kπr2/2)/[ρ(2πr/S)] = krS/4ρ，故C错；ab部分是整个电路的外电路，ab两端电压为外电压，占整个电动势的一半，U ab= E/2 = kπr2/4，则选项D正确．3．D；线框离开磁场，磁通量减小，由楞次定律可知线框中的感应电流方向为a →d →c →b →a，故A错误；由法拉第电磁感应定律得E = BL v，I = E/R，F = BIL = B2L2v/R，v不同，F不同，故B错误；线框离开磁场的时间t = L/v，产生的热量Q = I2Rt = B2L3v/R，故C错误；通过导体横截面的电荷量q = It = BL2/R与速率无关，故D正确．4．AC；图甲中，在闭合线圈进入磁场的过程中，因导线切割磁感线的有效长度先变大后变小，所以由E = Bl v可知，感应电动势E先变大后变小，选项A正确；导线切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大，为E= 2Br v，故选项B错误；图乙中，虽然线圈开始转动时穿过它的磁通量φ最小，但磁通量的变化率Δφ/Δt最大，因此感应电动势E最大，选项C正确，D错误．5．B；闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化，所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系，A项错误；铜环由静止开始下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确，C项错误．6．B；当bc边进入磁场切割磁感线时，产生感应电流，利用右手定则可判断感应电流的方向从c→b，再利用左手定则可判断安培力向左，与规定的安培力的正方向相反，A错误，结合I = BL v/R，F = BIL，得安培力F是定值，C错误；当线框穿出磁场时，ad边切割磁感线，产生的感应电流从d→a，利用左手定则可判断安培力向左，与规定的安培力的正方向相反，B正确．。
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法拉第电磁感应定律互感自感一.考点整理基本概念１.感应电动势:在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动;⑴产生条件：穿过回路的磁通量发生，与电路是否闭合无关.⑵方向判断：感应电动势的方向用或右手定则判断．２．法拉第电磁感应定律:感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比；Ｅ= ,其中n为线圈匝数．⑴感应电流与感应电动势的关系:遵守闭合电路欧姆定律,即Ｉ= .⑵导体切割磁感线时的感应电动势:①导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E =求出,式中l为导体切割磁感线的；②导体棒在磁场中转动时,导体棒以端点为轴,在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E = =Ｂｌv中点（棒中点位置的线速度lω／2）．３.互感现象:两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生,这种现象叫互感.⑴应用;利用互感现象可以把由一个线圈传递到另一个线圈,如变压器、收音机的磁性天线．⑵危害；互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间,电力工程和电子电路中,有时会影响电路正常工作.4．自感现象:由于导体本身的变化而产生的电磁感应现象称为自感.自感电动势:在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势；E＝(其中L叫做自感系数，L与线圈的、、匝数以及有关,单位:亨利H,１mH = H,1μＨ＝H）．自感电动势的方向:自感电动势总是＿_＿＿__原来导体中电流的变化.当回路中的电流增加时,自感电动势和原来电流的方向＿____＿_；当回路中的电流减小时，自感电动势和原来电流的方向＿____＿＿.自感对电路中的电流变化有__＿_____＿_＿_作用，使电流不能____＿_＿＿．⑴自感现象的应用:如日光灯电路中的镇流器，无线电设备中和电容器一起组成的振荡电路等．日光灯电路是由启动器、镇流器和灯管组成的．_＿__＿＿在日光灯启动时起到开关作用,正常工作时断开；镇流器的作用是在灯开始点亮时起＿__＿__＿____的作用，在日光灯正常发光时起__________作用．⑵防止:制作精密电阻时，采用_______＿绕法,防止自感现象的发生，减小因自感而造成的误差．5．涡流：块状金属在磁场中运动,或者处在变化的磁场中,金属块内部会产生感应电流,这种电流在整块金属内部自成闭合回路，叫做_＿____＿＿.二.思考与练习思维启动1.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关Ｂ．穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大Ｃ.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同２．在如图所示的电路中,Ａ1和A2是两个相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大,电阻可以忽略不计．下列说法中正确的是( )A．合上开关S时,A2先亮，A１后亮，最后一样亮Ｂ.断开开关Ｓ时，Ａ1和A２都要过一会儿才熄灭C．断开开关S时,Ａ2闪亮一下再熄灭D.断开开关Ｓ时,流过A2的电流方向向右３．如图所示,A、Ｂ为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从Ａ、Ｂ管上端的管口无初速度释放，穿过Ａ管的小球比穿过 B 管的小球先落到地面，下面对于两管的描述中可能正确的是( ）A．A管是用塑料制成的,B 管是用铜制成的Ｂ．A 管是用铝制成的，Ｂ管是用胶木制成的C．Ａ管是用胶木制成的,B 管是用塑料制成的Ｄ．A 管是用胶木制成的，B 管是用铝制成的三.考点分类探讨典型问题〖考点１〗法拉第电磁感应定律的应用【例1】如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面)向里，磁感应强度大小为B0．使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔＢ／Δt的大小应为( ）Ａ．4ωＢ0/π B.2ωB0/πＣ.ωＢ0／π D.ωB0/２π【变式跟踪1】一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直.先保持线框的面积不变,将磁感应强度在１s时间内均匀地增大到原来的两倍.接着保持增大后的磁感应强度不变,在１s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（)A．0.５Ｂ．1 C.２Ｄ.４〖考点2〗导体切割磁感线产生感应电动势的计算【例2】半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0．圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为Ｂ．杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定,如图所示.则（)A.θ = 0时，杆产生的电动势为2Ba vB．θ = 错误!时，杆产生的电动势为错误!Ba vC．θ= 0时，杆受的安培力大小为2B2a v／[（π +２)R0］Ｄ．θ =π3时,杆受的安培力大小为3B2a v/［(5π＋3)R0］【变式跟踪２】如图所示,水平放置的U形框架上接一个阻值为Ｒ０的电阻,放在垂直纸面向里的、磁感应强度大小为Ｂ的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离ｄ后速度达到v,半圆形硬导体ＡC的电阻为ｒ,其余电阻不计.下列说法正确的是( ）A.此时AC两端电压为U AＣ= 2BL vB.此时AC两端电压为ＵＡC＝2BＬv R0/（R０＋r)C．此过程中电路产生的电热为Q = Fd–m v2／2D.此过程中通过电阻R0的电荷量为ｑ= 2BLd／(R0＋r)〖考点３〗自感和涡流【例３】如图所示的电路中，L1、L2为完全相同的灯泡,线圈L的电阻忽略不计．下列说法中正确的是 ( ） Ａ.合上开关 S 接通电路时，L 2 先亮 L 1 后亮,最后一样亮 Ｂ.合上开关 S 接通电路时,L 1 和 L ２ 始终一样亮 Ｃ．断开开关 S 切断电路时，Ｌ2 立即熄灭,L １ 过一会儿才熄灭 D.断开开关 S 切断电路时,Ｌ１、L 2 同时立即熄灭 【变式跟踪３】如图所示的电路，Ｄ１和D ２是两个相同的小电珠,Ｌ是一个自感系数相当大的线圈,其电阻与R 相同,由于存在自感现象,在开关Ｓ接通和断开时，灯泡D １和D 2先后亮暗的次序是（ ) A.接通时D 1先达最亮,断开时D 1后暗 B ．接通时D 2先达最亮，断开时D ２后暗 C ．接通时Ｄ１先达最亮,断开时D 1先暗 D.接通时D 2先达最亮，断开时D 2先暗 四.考题再练 高考试题 1．【２012·课标全国卷】如图所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行.已知在t = 0到t = t 1的时间间隔内，直导线中电流i 发生某种变化,而线框中的感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设电流i 正方向与图中箭头所示方向相同,则i 随时间t 变化的图线可能是 （ ) 【预测1】如图所示，一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧，与线圈相连的导线ａbc ｄ内有水平向里变化的磁场.下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离 ( )2．【2013·新课标全国卷Ⅱ】如图，在光滑水平桌面上有一边长为l 、电阻为R 的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d （ｄ ＞ ｌ)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右行动.t = 0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域.下列v – t 图像中,可能正确描述上述过程的是 （ ） 【预测２】某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验,实验装置如图甲所示.在大线圈Ⅰ中放置一个小线圈Ⅱ,大线圈Ⅰ与多功能电源连接.多功能电源输入到大线圈Ⅰ的电流i １的周期为T ，且按图乙所示的规律变化，电流i １将在大线圈Ⅰ的内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度Ｂ与线圈中电流ｉ1的关系为B ＝ ki 1(其中ｋ为常数)．小线圈Ⅱ与电流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈Ⅱ中感应电流i ２随时间ｔ变化的图象.若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则下图所示各图象中可能正确反映i ２–t 变化的是(下图中分别以实线和虚线表示调整前、后的i ２–t 图象） （ ）五．课堂演练 自我提升 1．某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁心的线圈L 、小灯泡A 、开关S 和电池组E ，用导线将它们连接成如图所示的电路.检查电路后，闭合开关Ｓ，小灯泡发光；再断开开关S ,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( ） Ａ．电源的内阻较大 B ．小灯泡电阻偏大 C ．线圈电阻偏大 D ．线圈的自感系数较大 2.有一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，a ｂ为圆环的一条直径．如图所示，在ａｂ的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场,磁场垂直圆环所在平面,方向如图所示．磁感应强度大小随时间的变化率为ΔB ／Δt ＝ k (ｋ < 0）．则下列判断中正确的是 （ ） Ａ．圆环中产生逆时针方向的感应电流 B.圆环具有扩张趋势 C.圆环中感应电流大小为k ｒＳ/2ρ Ｄ.图中a 、ｂ两点的电势差Ｕab ＝ ∣k πｒ2/4∣ 3．如图所示,一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框abcd ，置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中,线框平面与磁场垂直，线框ｂc 边与磁场左右边界平行.若将该线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左、右边界匀速拉出直至全部离开磁场，在此过程中 （ ） A ．流过ａb 边的电流方向相反 Ｂ.ab 边所受安培力的大小相等 C.线框中产生的焦耳热相等 D.通过电阻丝某横截面的电荷量相等 ４.一导线弯成如图所示的闭合线圈，图甲中线圈以速度v 向左匀速进入磁感应强度为B 的匀强磁场，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止.图乙中线圈以ＯO ′为轴从图示位置（线圈平面与磁场平行)在磁感应强度为B 的匀强磁场中匀速转动.则（ ） A.图甲中，感应电动势先增大后减小 B ．图甲中，感应电动势的最大值Ｅ = Ｂr ｖ C ．图乙中,线圈开始转动时感应电动势最大D ．图乙中,线圈开始转动时由于穿过线圈的磁通量为零,故感应电动势最小 ５．如图所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落,穿过一根竖直悬挂的条形磁铁,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O 为坐标原点，建立竖直向下为正方向的ｘ轴,则下图中最能正确反映环中感应电流i 随环心位置坐标x 变化的关系图象是 ( ）A B C D v 0 0 0 0 t t t t v v v v dl6.如图所示,A是一边长为L的正方形导线框.虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为３L．线框的bｃ边与磁场左右边界平行且与磁场左边界的距离为L．现维持线框以恒定的速度ｖ沿x轴正方向运动．规定磁场对线框作用力沿ｘ轴正方向为正，且在图示位置时为计时起点，则在线框穿过磁场的过程中，磁场对线框的作用力随时间变化的图象正确的是( ）参考答案：一．考点整理基本概念1．改变楞次定律2．nΔφ／ΔｔE／(R + r）Bl v有效长度Bl２ω／23．感应电动势能量4．电流ＬΔI/Δｔ大小形状是否有铁芯10－３1０-6阻碍相反相同延迟突变启动器产生瞬时高压降压限流双线5．涡流二．思考与练习思维启动1.C；由法拉第电磁感应定律E＝ｎΔφ/Δt知，感应电动势的大小与线圈匝数有关,A错.感应电动势正比于Δφ／Δｔ,与磁通量的大小无直接关系,B错误、C正确.根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,即“增反减同”，D错误．2．AB；合上开关S时,线圈Ｌ中产生的自感电动势阻碍电流增大，并且阻碍作用逐渐变小直至为零,故A２先亮，A１后亮，最后一样亮．选项A正确．断开开关S时,线圈L中产生的自感电动势阻碍电流减小,因电路稳定时通过A1和A2的电流大小相等，故断开开关S时,Ａ１和A2都逐渐熄灭,流过A2的电流方向向左.选项B正确，C、Ｄ错误.３．AD；磁性小球穿过铜管或铝管时,管中产生感应电流，又据楞次定律可知,感应电流产生的磁场阻碍小球的下落;而当小球穿过塑料管或胶木管时,管中不产生感应电流，小球做自由落体运动．故选项A、Ｄ正确．三.考点分类探讨典型问题例１C；当线框绕过圆心Ｏ的转动轴以角速度ω匀速转动时,由于面积的变化产生感应电动势,从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R,即I１=E/R = （Δφ/Δt)/Ｒ= Ｂ0ΔS/RΔｔ＝(πｒ2/2）B0/(Rπ/ω）= B0r2ω/2R.当线圈不动，磁感应强度变化时，Ｉ2＝E/R= Δφ/RΔt =ΔBS／RΔt = （ΔB/Δt）( πｒ2/2R），因I1＝I2，可得ΔＢ/Δt =ωB０／π,Ｃ选项正确．变式1 B；设原磁感应强度是B，线框面积是S,第１s内Δφ１=２ＢS–BＳ= BS,第2 s内Δφ2＝2Ｂ·(S/２）–2BＳ＝–BS.因为E = nΔφ／Δt，所以两次电动势大小相等,B正确.例2 AD；当θ= ０时，杆切割磁感线的有效长度ｌ1 = 2a，所以杆产生的电动势Ｅ1 = Ｂｌ１v＝２Ｂa ｖ,选项A正确．此时杆上的电流I1＝E1／［(πa＋２ａ)R0］=2Bｖ／［（π+ ２）R０],杆受的安培力大小Ｆ1 = BI１l1 = ４Ｂ2a v／[(π +2)R0]，选项Ｃ错误.当θ＝π/3 时,杆切割磁感线的有效长度ｌ2 =2aｃoｓπ/3=ａ,杆产生的电动势E２＝Bl２v＝Ba v，选项B错误．此时杆上的电流I2=E２／[(２πa–2πa/6 + a)R0] = 3B v/[(5π + ３) R0],杆受的安培力大小F2 = ＢI2l２= 3B2a v/［(5π+ 3)R0]，选项D正确.变式2 ＢD；AＣ的感应电动势为Ｅ＝2BＬv，两端电压为ＵＡＣ＝ER0/（R０＋ｒ) ＝2BＬv R0/(Ｒ0+ｒ），A错、Ｂ对;由功能关系得Fd＝m v２/２+ Q＋Qμ，Ｃ错;此过程中平均感应电流为I平均= 2BＬｄ/( R0 + r)Δｔ，通过电阻R0的电荷量为q =I平均Δt = ２BLd/(R0＋r)，Ｄ对. 例3 A；接通电路时，由于线圈的自感作用,Ｌ1支路相当于断路,电流增大得慢,L1后亮；稳定后,线圈的作用消失,又相当于短路,L１、L2并联,亮度一样;断开开关，都过一会儿才熄灭．变式３A;当开关Ｓ接通时，D１和D2应该同时亮，但由于自感现象的存在,流过线圈的电流由零变大时,线圈上产生自感电动势的方向是左边正极，右边负极，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加,所以开始瞬时电流几乎全部从D1通过，而该电流又将同时分路通过Ｄ2和Ｒ,所以D1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，D1和Ｄ2达到一样亮.当开关Ｓ断开时,电源电流立即为零，因此D2立刻熄灭，而对D１，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势（右端为正极,左端为负极),使线圈Ｌ和ＤD１后灭.四．考题再练高考试题1．A；因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反,导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力,所以合力与左边框受力的方向相同.因为线框受到的安培力的合力先水平向左,后水平向右,根据左手定则,导线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据安培定则,导线中的电流先为正，后为负,所以选项A正确，选项Ｂ、C、Ｄ错误．预测1A;铝框向左运动，是为了阻碍本身磁通量的增加，由楞次定律可知:带铁芯线圈产生的电流增加,其产生的磁场增强．为使线圈产生的电流变大,由法拉第电磁感应定律可知:线框abcd中的磁场的＼f（ΔB,Δｔ)逐渐增加，选项A正确,B、C、D错误.2.Ｄ；由于线框在进入磁场过程要切割磁感线而产生感应电流，故线框受到安培力的作用做减速运动，A错误;安培力F安＝Ｂ2l２v/R，因v在减小，故Ｆ安在减小,加速度a= F安/m在减小，即线框进入磁场过程做加速度减小的变减速运动,B错误;由于d> ｌ,若线框完全进入磁场中仍有速度,则线框将会在磁场中做匀速运动直至右边滑出磁场，线框出磁场过程仍做加速度减小的减速运动,Ｃ错误,D正确.预测2 Ｄ;由题图乙知电流i1随时间线性变化,再由B= ki1知磁场也随时间线性变化，则通过线圈Ⅱ的磁通量也随时间线性变化，线圈Ⅱ中产生恒定的电动势与感应电流,A、B皆错误．当频率加大后，磁通量变化率加大,产生的感应电动势与感应电流加大,C错误，D正确．五.课堂演练自我提升1.C;从实物连接图中可以看出,线圈L与小灯泡并联，断开开关Ｓ时，小灯泡A中原来的电流立即消失,线圈Ｌ与小灯泡组成闭合电路，由于自感,线圈中的电流逐渐变小,使小灯泡中的电流变为反向且与线圈中电流相同,小灯泡未闪亮说明断开Ｓ前，流过线圈的电流较小，原因可能是线圈电阻偏大，故选项C正确．２.BD；由于磁场减弱,在线圈中产生顺时针的感应电流，故A错;根据电磁感应规律的推论：要阻碍磁通量减小，则题中线圈应扩张，B正确.圆环中感应电流I = E/R= (kπr2/2）／［ρ(2πr/Ｓ）] = ｋrS/4ρ,故C错;ab部分是整个电路的外电路，ab两端电压为外电压，占整个电动势的一半，Ｕab = E/2 ＝kπr2/4,则选项D正确.３．Ｄ；线框离开磁场，磁通量减小，由楞次定律可知线框中的感应电流方向为a →ｄ→c →b→a，故A错误；由法拉第电磁感应定律得E= BL v，I= E/R,F =BIL =B２Ｌ2v/Ｒ，ｖ不同，F 不同,故B错误;线框离开磁场的时间t= Ｌ/v，产生的热量Q=I2Ｒt=Ｂ2L3v/R，故C错误;通过导体横截面的电荷量q =Ｉt=BL2／R与速率无关,故D正确.4.AC;图甲中，在闭合线圈进入磁场的过程中,因导线切割磁感线的有效长度先变大后变小,所以由Ｅ=Bl v可知，感应电动势Ｅ先变大后变小，选项Ａ正确;导线切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大,为Ｅ＝２Br v,故选项B错误;图乙中，虽然线圈开始转动时穿过它的磁通量φ最小,但磁通量的变化率Δφ/Δｔ最大,因此感应电动势E最大，选项C正确,D错误.５．Ｂ；闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上,磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误;因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化，所以感应电流随ｘ的变化关系不可能是线性关系，A项错误;铜环由静止开始下落,速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小,过O点后,铜环的速度增大,磁通量的变化率较大,所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确,C项错误．6．Ｂ;当ｂc边进入磁场切割磁感线时，产生感应电流,利用右手定则可判断感应电流的方向从c→b，再利用左手定则可判断安培力向左,与规定的安培力的正方向相反，A错误，结合Ｉ=BLｖ／R，F =ＢＩL，得安培力F是定值，C错误；当线框穿出磁场时,ad边切割磁感线，产生的感应电流从ｄ→ａ，利用左手定则可判断安培力向左，与规定的安培力的正方向相反,B正确.。