专题十 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感
A．合上开关 K 接通电路时，
L2 先亮 L1 后亮，最后一样亮 B．合上开关 K 接通电路时， L1 和 L2 始终一样亮 C．断开开关 K 切断电路时， L2 立即熄灭，L1 过一会儿才熄灭 图 10－2－2
D．断开开关 K 切断电路时，L1、L2 同时立即熄灭
解析：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．
答案：A
4．(双选)如图 10－2－3 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
解析：本题考查电磁感应定律的应用．
1 2S－S ΔB 2B－B BS ΔS BS E1＝S t ＝S t ＝ t ，E2＝2B t ＝2B t ＝－ t ，大
小相等，选B. 答案：B ΔΦ 规律总结：感应电动势公式E＝ 只能用来计算平均值. Δt 利用感应电动势公式E＝BLv 计算时，L 应是等效长度，即垂直 切割磁感线的长度.
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． 答案：AD
热点1
法拉第电磁感应定律的应用
【例1】(2010 年江苏卷)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 A. 2 B．1 C．2 D．4
5．感应电量：在Δt 时间内闭合电路的磁通量变化量为ΔΦ， ΔΦ 回路电阻为 R，则通过电路中某一横截面的电量 q＝n . R
考点2
自感和涡流
1．自感现象：自感现象是一种特殊的电磁感应现象，它是 电磁感应 由于导体本身的电流发生变化时而产生的_________现象．自感 现象遵循电磁感应的所有规律． 阻碍 2．自感电动势的方向：由楞次定律知，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 相反 和原来电流的方向______；当回路中的电流减小时，自感电动 相同 延迟 势和原来电流的方向______．自感对电路中的电流变化有_____ 突变 作用，使电流不能______．
MN 的电势差．
图 10－2－7
错解分析：有的同学根据法拉第电磁感应定律 E＝BLv 和
v＝ωL 得出 E＝BL2ω
断路时导体端电压等于电动势
得UNO＝ENO＝B· 2· NO ω＝8 V UMO＝EMO＝B· 2· MO ω＝2 V 所以UMN＝UM－UN＝UM－UO－(UN－UO) ＝UMO－UNO＝－6 V. 出错的原因是因为不清楚法拉第电磁感应定律的导出公式
本身 3．自感系数 L：它由线圈______的性质决定．线圈越长， 单位长度上线圈的匝数越多，横截面积越大，它的自感系数越 大 ____．线圈中插入铁芯，自感系数会增大很多．自感系数的单 亨(H) 位是_______．
4．自感现象的应用和防止
(1)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
答案：AD
热点2
与感应电动势相关的问题
【例2】(2011 年广雅中学模拟)两根相距为 L 的足够长的 平行金属直角导轨 MNP 与 M′N′P′ 如图 10－2－5 所示那 样放置，MN 与 M′N′在同一水平面内，NP 与 N′P′沿竖直
方向．水平金属细杆 ab、cd 分别与导轨垂直接触形成闭合回路，
1．(双选)如图 10－2－4 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．感应电流方向不变 B．CD 段直线始终不受安培力 C．感应电动势最大值 E＝2Bav 1 D．感应电动势平均值 E ＝4πBav
磁通量的变化率是恒定不变时，算出的才是瞬时电动势．
瞬时 (2)E＝BLvsinθ常用于计算_____电动势．若 v 为平均速度， 算出的就是平均电动势.
4．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
1 2 动时，切割磁感线产生的感应电动势 E＝2BL ω.
情况，以及与之对应的能量变化关系.
2．(双选，2011 年珠海模拟)如图 10－2－6 所示，间距为 L
的平行金属导轨上有一电阻为 r 的金属棒 ab 与导轨接触良好． 导轨一端连接电阻 R，其他电阻不计，磁感应强度为 B，金属 棒 ab 以速度 v 向右做匀速运动，则( A．回路中电流为逆时针方向 B．电阻 R 两端的电压为 BLv C．ab 棒受到的安培力的方向向左 )
BLv D．ab 棒中电流大小为 r
答案：AC
图 10－2－6
易错点 忽略公式 E＝BLv 应用的条件 【例题】如图 10－2－7 所示，长为 6 m 的导体 MN 在磁感 应强度 B＝0.1 T 的匀强磁场中，以 MN 上的一点 O 为轴，沿着 顺时针方向旋转．角速度ω＝5 rad/s，O 点距 M 端为 2 m，求
RA∶RB＝2∶1，A、B是由相同材料、粗细一样的导体做成的，
小圆 B外无磁场，B内磁场的变化如图乙所示，求 A、B中电 流大小之比(不计两圆中电流形成磁场的相互作用)．
解：设 A、B 的电阻率为 ρ，横截面积为 S′，则 A、B 的 电阻分别为 2πRA 2πRB rA＝ρ ，rB＝ρ S′ S′ 根据法拉第电磁感应定律，得 ΔB E＝S Δt
1．如图 10－2－8 所示，在跟匀强磁场垂直的平面内放置 一个折成锐角的裸导线 MON，∠MON＝α.在它上面搁置另一根 与 ON 垂直的导线PQ，PQ 紧贴 MO、ON 并以平行于ON 的速 度 v 从顶角O开始向右匀速滑动，设裸导线 MON 和导线PQ 单位长度的电阻为 R0，磁感应强度为 B，求回路中的感应电流．
指点迷津：由于法拉第电磁感应定律E＝BLv 适用于导体 平动且速度方向垂直于磁感线方向的特殊情况，故可将转动问 题转化为平动问题作等效处理.因为v＝ωL，可以用导体中点的 速度平动产生的感应电动势等效于导体转动切割磁感线产生的
1 1 2 感应电动势，即 E＝BL·v 中＝Bl·2ωL＝2BL ω.
θ，则此钢丝绳产生的感应电动势为(
)
A ．上端为感应电动势的正极，感应电动势的大小为BLvsinθ
B ．上端为感应电动势的正极，感应电动势的大小为BLvcosθ C．下端为感应电动势的正极，感应电动势的大小为BLvsinθ D ．下端为感应电动势的正极，感应电动势的大小为BLvcosθ 答案：B
2．如图 10－2－1 甲所示，A、B是两个同心圆，半径之比
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 涡流 合回路，叫做______．
题组1 对应考点1 1．在我国的某港口使用天车吊运集装箱，若竖直吊挂集装
箱的钢丝绳长为 L，且正吊着货物以速度 v 由西向东运行．若 此地地磁场的磁感应强度大小为 B，其方向与水平面的夹角为
)
图 10－2－4
解析：在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁 通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方 B 错误．当半圆闭合回路进入磁场一半时，等效长度最大为a，
向不变，A 正确．根据左手定则可以判断，CD 段受安培力向下，
这时感应电动势最大，E＝Bav，C错误．感应电动势平均值E 1 2 B·πa 2 ΔΦ 1 = Δt ＝ 2a ＝4πBav，D 正确. v
图 10－2－8
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
图 10－2－3
解析：磁性小球穿过铜管或铝管时，管中产生感应电流，
图 10－2－1
式中 S 为磁场区域的面积，故 S＝πR2 B 由欧姆定律可得，A、B 中的电流大小分别为 E E IA＝r ，IB＝r A B I A r B RB 所以I ＝r ＝R ＝2 B A A 即 A、B 中电流大小之比为 2∶1.
题组2
对应考点2
3．如图 10－2－2 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( )
第2讲
法拉第电磁感应定律 自感
法拉第电磁感应定律
考点1
1．法拉第电磁感应定律 (1)内容：在电磁感应现象中，电路中感应电动势的大小， 磁通量的变化率 跟________________成正比． ΔΦ E＝n Δt (2)表达式：_________，其中 n 为线圈的匝数．
(3)公式的变形．
①当线圈面积 S 不变，垂直于线圈平面的磁场 B 发生变化
SΔB 时，E＝n . Δt
②当磁场 B 不变，垂直于磁场的线圈面积 S 发生变化时，
BΔS E＝n . Δt
2．导体切割磁感线时产生的感应电动势 (1)表达式：E＝BLvsinθ.
BLv (2)当 B、L、v 三者两两垂直时：E＝_____.
注意：①以上两式是由法拉第电磁感应定律推导出来的特
殊情况，因此只适用于计算部分导体在匀强磁场中做切割磁感 线运动时的感应电动势大小． ②式中θ为 B 和 v 的方向夹角，L 为切割磁感线的有效长度． 3．两个公式的区别 ΔΦ 平均 (1)E＝n 常用于计算在Δt 时间内的____电动势．只有当 Δt
第二讲：法拉第电磁感应定律__自感现象_1
φ BS Δφφ2 φ1 Δφ En Δt ΔB n S Δt Δs nB Δt
××××××××× ××××××××× ××××××××× ××××××××× ××××××××× ×××××××××
2.如图所示将一条形磁铁插入某一闭合线圈，第一次用 0.05s，第二次用0.1s。设插入方式相同，试求： （ 1） 线圈中产生的电动势之比？ 2:1 （2）电流之比？通过的电量之比？2:1 1:1 （3）产生的热量之比？ 2:1
8.如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面 与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0m、bc ＝0.5m，电阻r＝2Ω.磁感应强度B在0～1s内从零均匀变 化到0.2T．在1～5s内从0.2T均匀变化到－0.2T，取垂直 纸面向里为磁场的正方向．求： (1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向； (2)在1～5s内通过线圈的电荷量q； (3)在0～5s内线圈产生的焦耳热Q.
开路路端电压等电动 势 △Ø增加，根据楞次定律线圈中的电流方向 逆时针。则上极板带正电，板间电场向下。 产生恒定电动势
+ -
U ΔB 1 q qn S mg d t d
电源
6.如图所示，面积为0.2m2的100匝的线圈A处在磁场中，磁场方向 垂直于线圈平面,t=0时磁场方向垂直纸面向里．磁感强度随时间 变化的规律是B=（6-0.2t）T，已知R1=4Ω，R2=6Ω，电容 C=30μF．线圈A的电阻不计．求： （1）闭合S后，通过R2的电流大小和方向． （2）闭合S一段时间后再断开，S断开后通过R2的电量是多少？
Q Q1 Q2 100J
9．如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻 的阻值之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，电路中导线的电阻不 计．当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为I； 当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路时感应电流为5I；当S1、 S3闭合，S2断开时，闭合回路中感应电流为( )． A．0 B．3I C．6I D．7I
第二讲法拉第电磁感应定律 自感
高三物理一轮复习学案第十章电磁感应第二讲法拉第电磁感应定律自感【课前预习导读】教学目标：1．理解法拉第电磁感应定律2．掌握各种情况下感应电动势的计算方法3．知道自感现象及其应用本讲重点：掌握各种情况下感应电动势的计算方法本讲难点：法拉第电磁感应定律的应用【自主预习部分】（一）知识整合1．感应电动势：无论电路是否闭合，只要穿过电路的发生变化，电路中就一定有，若电路是闭合的就有．产生感应电动势的那部分导体就相当于一个．2. 法拉第电磁感应定律文字表述：。
表达式为。
式中n表示____________，ΔΦ表示____________，Δt表示∆φ表示____________ 。
____________，t∆3．闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动，则导体中的感应电动势为____________,式中θ表示___________________，当θ等于__________时公式变为__________。
式中的L 是。
v若是平均速度，则E为；若v为瞬时速度，则E为。
若导体的运动不切割磁感线，则导体中感应电动势。
4．一段长为Ｌ的导体，在匀强磁场Ｂ中，以角速度ω垂直于磁场的方向绕导体的一端做切割磁感线运动，则导体中的感应电动势为_________________。
5．自感现象：线圈中电流发生变化而在它本身激发出感应电动势的现象叫_________。
这种电动势叫________。
自感电动势的大小与____________________________成正比，比例系数叫做__________，与________________________________________等因素有关。
【课堂探究导学与应用】（一）公式的选用【例1】如图9-2-5所示，边长为L的正方形金属线框，质量为m、电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁场随时间的变化规律为B=kt.已知细线所能承受的最大拉力为2mg，则从t=0开始，经过多长时间细线被拉断？【例2】（2009·广东高考）如图9-2-4（a ）所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图（b ）所示.图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计，求：0至t1时间内（1）通过电阻R1上的电流大小和方向；（2）通过电阻R1上的电量q 及电阻R1上产生的热量.☆考点精炼1．如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为a 的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B 。
高考物理一轮总复习专题10电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流课后提能演练
专题十 第2讲知识巩固练1．如图甲所示，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A 、B 与一个理想电压表相连．线圈内有指向纸内方向的匀强磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．下列说法正确的是( )A ．A 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为150 VB ．A 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为50.0 VC ．B 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为150 VD ．B 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为50.0 V【答案】B 【解析】线圈相当于电源，由楞次定律可知A 相当于电源的正极，B 相当于电源的负极，故A 应该与理想电压表的正接线柱相连．由法拉第电磁感应定律得E ＝nΔΦΔt ＝100×0.15－0.10.1V ＝50.0 V ，电压表的示数为50.0 V ，故B 正确．2．如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s 时间拉出，外力所做的功为W 1，通过导线截面的电荷量为q 1；第二次用0.9 s 时间拉出，外力所做的功为W 2，通过导线截面的电荷量为q 2，则( )A ．W 1<W 2，q 1<q 2B ．W 1<W 2，q 1＝q 2C ．W 1>W 2，q 1＝q 2D ．W 1>W 2，q 1>q 2【答案】C 【解析】第一次用0.3 s 时间拉出，第二次用0.9 s 时间拉出，两次速度比为3∶1，由E ＝BLv ，两次感应电动势比为3∶1，两次感应电流比为3∶1，由于F 安＝BIL ，两次安培力比为3∶1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3∶1，根据功的定义W ＝Fx ，所以W 1∶W 2＝3∶1；根据电量q ＝I Δt ，感应电流I ＝E R ，感应电动势E ＝ΔΦΔt ，得q ＝ΔΦR，所以q 1∶q 2＝1∶1，故W 1＞W 2，q 1＝q 2.故C 正确．3．(2021年龙岩二模)如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l ，电阻不计．导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M 、N ，并与导轨成θ角．金属杆以ω 的角速度绕N 点由图示位置匀速转动到与导轨ab 垂直，转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆单位长度的电阻为r .则在金属杆转动的过程中( )A ．M 、N 两点电势相等B ．金属杆中感应电流的方向由N 流向MC ．电路中感应电流的大小始终为Bl ω2rD ．电路中通过的电荷量为Bl2r tan θ【答案】A 【解析】根据题意可知，金属杆MN 为电源，导轨为外电路，由于导轨电阻不计，外电路短路，M 、N 两点电势相等，A 正确；转动过程中磁通量减小，根据楞次定律可知金属杆中感应电流的方向是由M 流向N ，B 错误；由于切割磁场的金属杆长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，回路中的感应电流逐渐变小，C 错误；因为导体棒MN 在回路中的有效切割长度逐渐减小，所以接入电路的电阻逐渐减小，不能根据q ＝ΔΦR计算通过电路的电荷量，D 错误．4．(多选)如图所示的电路中，电感L 的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法正确的有( )A ．当S 闭合时，L 1立即变亮，L 2逐渐变亮B ．当S 闭合时，L 1一直不亮，L 2逐渐变亮C ．当S 断开时，L 1立即熄灭，L 2也立即熄灭D ．当S 断开时，L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭 【答案】BD5．(2021年莆田质检)(多选)如图甲所示，边长为L 的正方形单匝线框水平放置，左侧一半置于沿竖直方向的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R ，右侧接入电容器，其余电阻不计．若磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(规定竖直向下为正方向)，则在0～2t 0时间内( )A ．电容器a 板带负电B ．线框中磁通量变化为零C ．线框中产生的电动势为B 0L 22t 0D ．通过电阻R 的电流为B 0L 22Rt 0【答案】AC 【解析】由题图可知在0～t 0时间内磁场向上减小，根据楞次定律，可知线圈中产生逆时针方向的充电电流，则电容器a 板带负电，A 正确；因磁感应强度的变化率不为零，则线框中磁通量变化不为零，B 错误；线框中产生的电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·12L2Δt ＝B 0L 22t 0，C 正确；因电动势恒定，则回路中只有瞬时的充电电流，电容器充电完毕后，回路中电流变为零，D 错误．6．(多选)如图所示，半径为2r 的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r ，已知弹性螺旋线圈的电阻为R ，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法正确的是( )A ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，有顺时针的电流B ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，有逆时针的电流C ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为k πr 2RD ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为2k πr2R【答案】BC 【解析】在线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，穿过线圈的磁通量不变，则线圈内没有感应电流，故A 错误；当线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，则有逆时针的电流，故B 正确；保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔB Δt ·πr 2＝k πr 2，因此线圈中的电流I ＝E R＝k πr 2R，故C 正确，D 错误． 7．(2021年株洲质检) 零刻度在表盘正中间的电流计，非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难．在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难．下列方案合理的是( )A BC D【答案】D 【解析】当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C方案不合理，A、C错误；磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B错误，D正确．8．(2021年郑州模拟)(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一．如图所示，线圈中通以一定频率的正弦式交变电流，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化．下列说法正确的是( )A．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化B．涡流的频率等于通入线圈的交变电流的频率C．通电线圈和待测工件间存在恒定的作用力D．待测工件可以是塑料或橡胶制品【答案】AB综合提升练9．(多选)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S，圆环与导线框cdef在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法正确的是( )A ．在t 1时刻，金属圆环L 内的磁通量最大，最大值Φm ＝B 0S B ．在t 2时刻，金属圆环L 内的磁通量最大C ．在t 1～t 2时间内，金属圆环L 有扩张的趋势D ．在t 1～t 2时间内，金属圆环L 内有顺时针方向的感应电流 【答案】BD10．(多选)空间有磁感应强度为B 的有界匀强磁场区域，磁场方向如图所示，有一边长为L 、电阻为R 、粗细均匀的正方形金属线框abcd 置于匀强磁场区域中，ab 边跟磁场的右边界平行，若金属线框在外力作用下以速度v 向右匀速运动，下列说法正确的是( )A ．当ab 边刚离开磁场时，cd 边两端的电压为3BLv4B ．从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的过程中，外力所做的功为B 2L 3vRC ．从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的过程中，外力做功的功率为B 2L 2vRD ．从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的过程中，通过线框某一截面的电量为BL 2R【答案】ABD 【解析】当ab 边刚离开磁场时，线框只有cd 边切割磁感线，产生的电动势为E ＝BLv ，cd 边为等效电源，两端的电压为闭合电路的路端电压，电路等价为四个电阻串联，cd 边为一个内阻R 4，外电路为三个R 4的电阻，故有U dc ＝E R 4＋3R 4×3·R 4＝3BLv4，故A正确；从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的匀速过程，产生的恒定电流为I ＝E R，由动能定理W F 外－W F 安＝0，由功的定义W F 安＝F 安·L ＝BIL ·L ，可解得W F 外＝B BLv R L 2＝B 2L 3vR ，故B 正确；由能量守恒定律P F 外·t －P F 安·t ＝0，可得P F 外＝P F 安＝F 安·v ＝B BLv R L ·v ＝B 2L 2v 2R，故C 错误；根据电量的定义q ＝I ·Δt ，I ＝ER，E ＝ΔΦΔt ，联立可得q ＝ΔΦR，从ab 边到磁场的右边界到cd 边离开磁场的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝B ΔS ＝BL 2，可得q＝BL 2R，故D 正确． 11．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，大小为B 0，用电阻率为ρ，横截面积为S 的导线做成的边长为l 的正方形线框abcd 水平放置，OO ′为过ad 、bc 两边中点的直线，线框全部都位于磁场中．现把线框右半部分固定不动，而把线框左半部分以OO ′为轴向上转动60°，如图中虚线所示．(1)求转动过程中通过导线横截面的电荷量；(2)若转动后磁感应强度随时间按B ＝B 0＋kt 变化(k 为常量)，求出磁场对线框ab 边的作用力大小随时间变化的关系式．解：(1)线框在转动过程中产生的平均感应电动势 E ＝ΔΦΔt＝B 0·12l 2cos 60°Δt＝B 0l 24Δt， ①在线框中产生的平均感应电流I ＝E R，② R ＝ρ4l S，③ 转动过程中通过导线横截面的电荷量q ＝I Δt ， ④ 联立①～④解得q ＝B 0lS16ρ.⑤(2)若转动后磁感应强度随时间按B ＝B 0＋kt 变化，在线框中产生的感应电动势大小E ＝ΔB ·S Δt＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12l 2cos 60°＋l 22ΔB Δt＝3l24k ，⑥在线框中产生的感应电流I ＝E R，⑦线框ab 边所受安培力的大小F ＝BIl ，⑧联立⑥～⑧解得F ＝(B 0＋kt )3kl 2S16ρ.。
10.2第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象
三 自感
1.自感现象:由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。 L A1 1)通电自感d的实验
R A2
A1、A2同规格，R=RL，L较大 在开关S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮
电能转化为磁场能
S R1 A L S
2）断电自感的实验
L很大(有铁芯)，RL<RA 在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭(当抽铁
(2)电磁阻尼：导体在磁场中运动时，感应电 流使导体受到安培力而总是要阻碍导体的相 对运动的现象。
(3)电磁驱动：
2、涡流的危害：发热浪费能量: •变压器、电机的铁芯都不是整块金属，而是由许多相互绝缘的电阻率很大的薄硅钢片 叠合而成的，以减少涡流和电能的损耗，同时避免破坏绝缘层。
减少涡流的方法：增大回路的电阻。用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯。
1．在E＝BLv中(要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直).
B
V1
θ
V2
v
2．若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角， E BLv1 BLv sin
说明：
1）式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度(切割导体两端点的连线在同时垂直于v 和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度)．
芯后，重做实验，断开开关S时，会看到灯A马上熄灭) 磁场能转化为电能
2.自感电动势:
- L + A1
(1)定义:在自感现象中产生的感应电动势。 方向判定:“增反减同”
大小计算: E=L I I t t
R A2
A
+
-L
S
(2)自感系数L。①相关因素:与线圈的大小、形状、S 圈数R1以及是否有铁芯等因素有关。 ②单位:亨利(H), 还有毫亨(mH)、微亨(μH)。 1mH=10-3H, 1μH=10-6H。
高考物理一轮复习 第十章 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象课件
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A.54
B.32
7 C.4
D．2
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解析：本题考查法拉第电磁感应定律及电荷量公式．由公式
E＝ΔΔΦt ，I＝RE，q＝It 得 q＝ΔRΦ，设半圆弧半径为 r，对于过程
Ⅰ，q1＝B4··πRr2，对于过程Ⅱ，q2＝
B′－B·πr2，由 2R
误；由楞次定律的“来拒去留”可知，0～t0 为了阻碍磁通量的减 小，线圈有扩张的趋势，t0～t1 为了阻碍磁通量的增大，线圈有
缩小的趋势，故 C 错误；由法拉第电磁感应定律，得 E＝Δ2BΔSt ＝
B0πr2，感应电流 2t0
I＝RE＝B20πt0r2·ρ×S2πr＝B40t0rρS，故
D
正确．
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＝0 时，由于单位长度电阻均为 R0，所以电路中总电阻为(2＋
π)aR0 ， 所 以 杆 受 的 安 培 力 大 小 为
F＝
BIL
＝
B·2a
2Bav 2＋πaR0
＝
24＋B2πavR0，故 C 错误；当 θ＝π3时，电路中总电阻为1＋53πaR0，
所以杆受的安培力大小为 F′＝BI′L′＝33＋B52aπvR0，故 D 正确．
第十页，共五十页。
3．(2019·河北石家庄质检)如图甲所示，导体棒 MN 置于水平导轨 上，P、Q 之间有阻值为 R 的电阻，PQNM 所围的面积为 S，不计导轨 和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场 方向竖直向上为正，在 0～2t0 时间内磁感应强度的变化情况如图乙所
示，导体棒 MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( D )
第十章+第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象+讲义
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 法拉第电磁感应定律 Ⅱ 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则来判断。
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：遵守闭合电路欧姆定律，即I ＝E R ＋r。
(4)导体切割磁感线时的感应电动势【知识点2】 自感、涡流 Ⅰ 1．互感现象两个互相靠近的线圈，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感应电动势的现象。
2．自感现象(1)定义：当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势。
(2)自感电动势①定义：由于自感而产生的感应电动势。
②表达式：E ＝L ΔIΔt 。
③自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。
单位：亨利(H)，1 mH＝10－3H,1 μH＝10－6 H。
3．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，这种电流像水的旋涡，所以叫涡电流，简称涡流。
(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，安培力的方向总是阻碍导体的运动。
(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。
交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。
(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。
板块二考点细研·悟法培优考点1法拉第电磁感应定律的应用[拓展延伸]1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率ΔΦΔt的比较提示：①Φ、ΔΦ、ΔΦΔt 的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，ΔΦΔt不一定等于0；②感应电动势E 与线圈匝数n 有关，但Φ、ΔΦ、ΔΦΔt 的大小均与线圈匝数无关。
第十章 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流
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解析：某一时刻穿过 A、B 两导线环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 Φ＝BS，由 E＝ΔΔΦt ＝ΔΔBt S(S 为磁场区域面积)，对 A、B 两导线环，有EEAB＝1，所以 A 正确，B 错误；I＝ER，R＝ρSl1(S1 为导线的横截面积)， l＝2πr，所以IIAB＝EEABRRBA＝12，C、D 错误． 答案：A
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规律结论 记一记
(1)在应用公式计算感应电动势时，应注意公式的适用条件：E＝nΔΔΦt 适用于磁通量变 化易求的情形；E＝Blv 适用于导体棒平动切割磁感线的情形；E＝Bl v ＝12Bl2ω 适用 于导体棒转动切割磁感线的情形． (2)计算通过导体截面的电荷量的两个途径：
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■判一判 记一记 易错易混 判一判
(1)磁通量变化越大，产生的感应电动势也越大．( × ) (2)磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大．( √ ) (3)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也可能产生感应电动势．( √ ) (4)线圈匝数 n 越多，磁通量越大，产生的感应电动势越大．( × )
πB0r2
I＝ER＝
2t0 2πr ρS
＝B4t00rρS，C
正确，D
错误．
答案：BC
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第二讲 法拉第电磁感应定律、自感与涡流
第二讲 法拉第电磁感应定律、自感与涡流一、法拉第电磁感应定律知识梳理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，跟穿过这个电路的________________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)．公式E ＝n ΔΦΔt 与E ＝Bl v sin θ的区别与联系二、自感与涡流知识梳理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.考点一 法拉第电磁感应定律的应用考点解读1．感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 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．具体而言：当ΔΦ仅由B 引起时，则E ＝n S ΔB Δt ；当ΔΦ仅由S 引起时，则E ＝n B ΔSΔt .3．磁通量的变化率ΔΦΔt 是Φ－t 图象上某点切线的斜率．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.12 B ．1C ．2D ．42、图中a ～d 所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象，关于回路中产生的感应电动势下列论述正确的是 ( )A ．图a 中回路产生的感应电动势恒定不变B ．图b 中回路产生的感应电动势一直在变大C ．图c 中回路在0～t 1时间内产生的感应电动势小于在t 1～t 2时间内产生的电动势D ．图d 中回路产生的感应电动势先变小再变大3、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4、如图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，线圈内接有电阻值为R 的电阻，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B .当线圈转过90°时，通过电阻R 的电荷量为A.BL 22R B.NBL 22R C.BL 2RD.NBL 2R5、如图(a)所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1, 在线圈中半径为r 2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0. 导线的电阻不计．求0至t 1时间内： (1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量．考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算1、如图所示，导线全部为裸导线，半径为r 的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根长度大于2r 的导线MN 以速度v 在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端．电路的固定电阻为R ，其余电阻不计，求MN 从圆环的左端滑到右端的过程中电阻R 上的电流的平均值和通过电阻R 的电荷量．2、如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为l .金属圆环的直径也是l .圆环从左边界进入磁场，以垂直于磁场边界的恒定速度v 穿过磁场区域．则下列说法正确的是 ( )A ．感应电流的大小先增大后减小再增大再减小B ．感应电流的方向先逆时针后顺时针C ．金属圆环受到的安培力先向左后向右D ．进入磁场时感应电动势平均值E ＝12πBl v3、在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度为l ＝0.4 m ，如图5所示，框架上放置一质量为0.05 kg 、电阻为1 Ω的金属杆cd ，框架电阻不计．若杆cd 以恒定加速度a ＝2 m/s 2，由静止开始做匀变速运动，则：(1)在5 s 内平均感应电动势是多少？(2)第5 s 末，回路中的电流多大？(3)第5 s 末，作用在cd 杆上的水平外力多大？4、如图所示，两个端面半径同为R 的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab 水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直。
高考物理一轮复习讲义 第2讲 法拉第电磁感应定律自感涡流
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流一、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．①感生电动势：由于磁场的变化而激发出感生电场，由感生电场而产生的感应电动势． ②动生电动势：由于导体在磁场中运动而产生的感应电动势．(2)条件：无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电动势．(3)与感应电流的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I ＝ER ＋r.2．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． (2)公式：E ＝nΔΦΔt.其中n 为线圈的匝数． 二、导体切割磁感线产生的感应电动势 导体棒切割磁感线时，可有以下三种情况：切割方式 电动势表达式 说 明垂直切割 E ＝BLv①导体棒与磁场方向垂直②磁场为匀强磁场倾斜切割E ＝BLv sin_θ其中θ为v 与B 的夹角旋转切割(以一端为轴)E ＝12BL 2ω三、自感和涡流 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，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．(2)表达式：E ＝L ΔI Δt. (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，这种电流像水的旋涡所以叫做涡流．(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，安培力的方向总是阻碍导体的运动．(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来．交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的．(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用．1．关于电路中感应电动势的大小，下列说法正确的是( ) A ．穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大 B ．电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大 C ．电路中磁通量改变越快，感应电动势就越大D ．若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零 答案： C2．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加 2 Wb ，则( ) A ．线圈中感应电动势每秒增加2 V B ．线圈中感应电动势每秒减少2 V C ．线圈中感应电动势始终为2 VD ．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V 解析： 由E ＝ΔΦΔt 知：ΔΦΔt 恒定，所以E ＝2 V.答案： C3.如图所示，L 为一个自感系数很大的自感线圈，开关闭合后，小灯泡能正常发光，那么闭合开关和断开开关的瞬间，能观察到的现象分别是( )A ．小灯泡逐渐变亮，小灯泡立即熄灭B ．小灯泡立即亮，小灯泡立即熄灭C ．小灯泡逐渐变亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭D ．小灯泡立即亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭解析： 开关闭合瞬间，通过自感线圈的电流逐渐增大，自感线圈产生自感电动势阻碍原电流的增加，故小灯泡逐渐变亮；开关断开瞬间，回路处于断开状态，故小灯泡立即熄灭，选项A 正确．答案： A4.如图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，线圈内接有电阻值为R 的电阻，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B .当线圈转过90°时，通过电阻R 的电荷 量为( )A.BL 22RB.NBL 22RC.BL 2RD.NBL 2R解析： 初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL 22，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q ＝N ΔΦR 可得通过电阻R 的电量为NBL 22R.答案： B5.如图所示，一段导线弯曲成半径为R 的半圆形闭合回路．虚线MN 、PQ 间有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的宽度等于R ，方向垂直于回路所在的平面．现让回路以速度v 向右匀速穿过磁场，直径CD 始终与MN 垂直．关于此过程，下列结论正确的是( )A ．穿过的过程中回路中感应电流一直不为零B ．感应电流的方向一直不变C ．感应电动势先增大后减小再增大再减小D ．感应电动势最大值E m ＝2BRv解析： 当回路的圆心到磁场的中间时，回路中的感应电动势为零，电流为零，A 项错误；磁通量先向里增大，后向里减小，根据楞次定律，感应电流的方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，B 项错误；当回路的圆心到MN 或PQ 上时，切割磁感线的有效长度最长，感应电动势最大为BRv ，D 项错误；在穿过磁场的过程中，回路切割磁感线的有效长度先变大，后变小，再变大，再变小，因此感应电动势先增大后减小再增大再减小，C 项正确．答案： C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ΔΦΔt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 ＝nB 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 ＝n ΔB Δt S ，其中ΔBΔt 是B －t图象的斜率．(2012·新课标全国卷)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( )A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π解析： 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I 1＝E R ＝ΔΦR Δt ＝B 0ΔSR Δt＝12πr 2B 0Rπω＝B 0r 2ω2R .当线圈不动，磁感应强度变化时，I 2＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBS R Δt ＝ΔB πr 2Δt 2R，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0π，C 选项正确．答案： C(1)应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况； ②利用楞次定律确定感应电流的方向；③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解． (2)应注意的问题通过回路的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：q ＝I Δt ＝nΔΦΔtRΔt ＝n ΔΦR. 1－1：在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．则下列说法正确的是( )A ．在时间0～5 s 内，I 的最大值为0.1 AB ．在第4 s 时刻，I 的方向为逆时针C ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电量为0.01 CD ．第3 s 内，线圈的发热功率最大解析： 根据B －t 图象的斜率表示ΔB Δt ，由E ＝n ΔΦΔt ＝nSk ，因此刚开始时，图象的斜率为0.1，代入得电源的电动势为0.01 V ．电流为0.01 A ，故A 项错误；在第4 s 时，根据楞次定律，电流为逆时针，故B 项正确；由q ＝ΔΦR，代入得C 项正确；第3 s 内，B 不变，故不产生感应电流，因此发热功率为零，D 项错误．答案： BC导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．理解E ＝Blv 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 ＝Blv 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．公式E ＝Blv 与E ＝nΔΦΔt的区别与联系E ＝nΔΦΔtE ＝Blv区别研究对象 闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体 适用范围对任何电磁感应现象普遍适用只适用于导体切割磁感线运动的情况联系导体切割磁感线是电磁感应现象的特例，E ＝Blv 可由E ＝n ΔΦΔt推导得出(2012·四川理综)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R 0.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2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2avπ＋2R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av 5π＋3R 0解析： 当θ＝0时，杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Bav ，选项A 正确．此时杆上的电流I 1＝E 1πa ＋2a R 0＝2Bvπ＋2R 0，杆受的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2avπ＋2R 0，选项C 错误．当θ＝π3时，杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Bav ，选项B 错误．此时杆上的电流I 2＝E 22πa －2πa 6＋a R 0＝3Bv 5π＋3R 0，杆受的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2av5π＋3R 0，选项D 正确．答案： AD2－1：如图所示，水平放置的U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里的、场强大小为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 ＝2BLvB ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvR 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12mv 2D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLdR 0＋r解析： AC 的感应电动势为：E ＝2BLv ，两端电压为U AC ＝ER 0R 0＋r＝2BLvR 0R 0＋r，A 错、B 对；由功能关系得Fd ＝12mv 2＋Q ＋W μ，C 错；此过程中平均感应电流为I ＝2BLdR 0＋r Δt ，通过电阻R 0的电荷量为q ＝I Δt ＝2BLdR 0＋r，D 对．答案： BD通电自感与断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材要求A 1，A 2同规格， R ＝R L ，L 较大L 很大(有铁蕊)R L ＜RA现象在S 闭合瞬间，A 2灯立即亮起来，A 1灯逐渐变亮，最终一样亮 在开关S 断开时，灯A 逐渐熄灭原因 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A 1灯的电流比流过A 2灯的电流增加得慢断开开关S 时，流过线圈L 的电流减小，产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S 断开后，通过L 的电流反向通过电灯A ，灯A 不会立即熄灭．若R L ＜R A ，原来的电流I L ＞I A ，则A 灯熄灭前要闪亮一下．若R L ≥R A ，原来的电流I L ≤I A ，则灯A 逐渐熄灭，不再闪亮一下能量转化电能转化为磁场能磁场能转化为电能(2011·北京理综)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈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解析：小灯泡没有出现闪亮现象是因为断电后电路中的小灯泡两端电压太小、因断电后电路与电源脱离关系，线圈与灯泡组成闭合回路，故电源内阻大小对自感无影响，A错误；若小灯泡电阻偏大，则分得的电压就大，这有助于出现闪亮现象，B错误；若线圈电阻偏大，在自感电动势一定的情况下，线圈内阻上的电压偏大，相应灯泡两端的电压就偏小，这不利于出现闪亮现象，C正确；线圈自感系数越大，产生的自感电动势越大，这有利于闪亮现象的出现，故D错误．答案： C3－1：如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是( )A．合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮C．断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭D．断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭解析：由于自感现象，合上开关时，A1中的电流缓慢增大到某一个值，故过一会儿才亮；断开开关时，A1中的电流缓慢减小到0，A1、A2串联，电流始终相等，都是过一会儿才熄灭．故选A、D.答案：AD高考常考“杆＋导轨”模型的突破[模型特点]“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点．“杆＋导轨”模型问题的物理情境变化空间大，涉及的知识点多，如力学问题、电路问题、磁场问题及能量问题等，常用的规律有法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、左手定则、欧姆定律及力学中的运动规律、动能定理、功能关系、能的转化和守恒定律等．[求解思路][模型分类]模型一单杆水平式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，棒ab长为L，质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a＝Fm －B2L2vmR，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a＝0时，v最大，I＝BIvR恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0 v恒定不变电学特征I恒定(2012·天津理综)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 ms2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F .解析： (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋r③则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④ 联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ． ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得W ＝0－12mv 2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ． ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2 ⑪ 由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.答案： (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J 模型二 单杆倾斜式动态分析棒ab 释放后下滑，此时a ＝g sin α，棒ab 速度v ↑→感应电动势E ＝BLv ↑→电流I ＝E R↑→安培力F ＝BIL ↑→加速度a ↓，当安培力F ＝mg sin α时，α＝0，v 最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a ＝0 v 最大 v m ＝mgR sin αB 2L 2电学特征I 恒定(2012·山东理综)如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝2mgv sin θB ．P ＝3mgv sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 解析： 导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据共点力的平衡条件，有mg sin θ＝BIL .对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v 的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，则根据平衡条件，有F ＋mg sin θ＝B ·2IL 所以拉力F ＝mg sin θ，拉力的功率P ＝F ×2v ＝2mgv sin θ，故选项A 正确．选项B 错误；当导体棒的速度达到v2时，回路中的电流为I 2，根据牛顿第二定律，得mg sin θ－B I 2L ＝ma ，解得a ＝g2sin θ，选项C 正确；当导体棒以2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误．答案： AC1.将闭合多匝线圈(匝数为n )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，下列表述正确的是( )A ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大C ．若磁感应强度B 不变，Δt 时间内线圈面积变化ΔS ，则E ＝nΔSΔtB D ．若Δt 时间内磁感应强度变化ΔB ，线圈面积变化ΔS ，则E ＝n ΔB ·ΔSΔt解析： 由法拉第电磁感应定律表达式E ＝n ΔΦΔt 可知，感应电动势E 的大小与线圈的匝数n 和磁通量的变化率ΔΦΔt 有关，与磁通量无关，故A 错误，B 正确．当仅有磁感应强度变化时，磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B 2－B 1)S ＝ΔB ·S ，同理可得当仅有线圈面积变化时磁通量的变化量ΔΦ＝B ·ΔS ，而当磁感应强度和线圈面积同时变化时磁通量的变化量ΔΦ＝B 2S 2－B 1S 1≠ΔB ·ΔS ，故C 正确．D 错误．答案： BC2.如图所示是测定自感系数很大的线圈L 直流电阻的电路，L 两端并联一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆开时应先( )A ．断开S 1B ．断开S 2C ．拆除电流表D ．拆除电阻R解析： 将电路拆开时，如果先断开S 1，而电压表与线圈L 仍组成闭合回路，由于L 的自感系数很大，可能产生很大的自感电动势使电压表的指针被打弯，因此，应先断开S 2，B 项正确．答案： B3．一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.12B ．1C ．2D ．4 解析： 根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔBSΔt ，设初始时刻磁感应强度为B 0，线框面积为S 0，则第一种情况下的感应电动势为E 1＝ΔBSΔt ＝2B 0－B 0S 01＝B 0S 0；则第二种情况下的感应电动势为E 2＝ΔBS Δt ＝2B 0S 0－S 0/21＝B 0S 0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B 正确．答案： B4．2013广州亚运会上100 m 赛跑跑道两侧设有跟踪仪，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ＝0.5 m ，一端通过导线与阻值为R ＝0.5 Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m ＝0.5 kg 的金属杆(如图甲)，金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下．用与导轨平行的拉力F 作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度v 也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v 和F 的关系如图乙．(取重力加速度g ＝10 ms 2)则( )A ．金属杆受到的拉力与速度成正比B ．该磁场磁感应强度为1 TC ．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D ．导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4解析： 由图象可知选项A 错误、C 正确；由F －BIL －μmg ＝0及I ＝BLv R 可得：F －B 2L 2vR－μmg ＝0，从图象上分别读出两组F 、v 数据代入上式即可求得B ＝1 T ，μ＝0.4.所以选项B 、D 正确．答案： BCD5.如图，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )A ．运动的平均速度大小为12vB ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBLvD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2vRsin θ解析： 对棒受力分析如图所示．F 安＝BIL ＝B 2L 2vR ，故D 错；F 安随棒的速度的增大而增大，故棒做的不是匀加速直线运动．因此运动的平均速度v ≠12v ，A 错；由q ＝n ΔφR 总可得：q ＝BLx R ，故棒下滑的位移x ＝qRBL ，B 正确；求焦耳热应该用有效值，故C 错．答案： B。
第二讲 电磁感应定律 自感现象
（2）若B、L、V不垂直，则：
E = BL V sinθ．
说明： ①式中θ为导体运动速度v与磁感应强度B 的夹角或者θ为导体L与磁感应强度B的夹角. ②若V为瞬时速度，E为瞬时电动势； 若V为平均速度，则E为平均电动势。
例1、 有一边长为l、匝数为n 、电阻为R的正方形闭合 线框，处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直 于线圈平面，若将线框在磁场中翻转180°,求在这个 过程中通过导线横截面的电量。
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例4．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不 能忽略。R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数 较大的线圈。开关 S原来是断开的。从闭合开关 S到 电路中电流达到稳定为止的时间内，通过 R 1 的电流 I1和通过R2的电流I2的变化情况是 （A C ） A．I1开始较大而后逐渐变小
①若S变，B不变则 △φ= △ S B（BS垂直）
②若B变， S不变
△φ= S △ B （BS垂直） ③若S不变、B不变，但S、B的夹角变则 △φ= φ2 —φ1
④若S变、B变以及S、B的夹角变则
△φ= φ2 —φ1
3、对法拉第电磁感应定律的理解： (3)电量计算式：
qn
R
4、 导体切割磁感线运动： E = BLV （B、L、V两两垂直） （1）说明： ① 此式只适用于匀强磁场. ② v 恒定时，产生的E恒定； v发生变化时，求出的E是与v对应的瞬时值； v为某段时间的平均速度时，求出的E为该段时间内 的感应电动势的平均值． ③ 导体平动切割时L用垂直于v 的有效长度； 转动切割时，速度v用切割部分的平均速度．
E
S
例3．如图所示， 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 （ ACD ） A．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等 B．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不等 C．闭合S待电路达到稳定后，D1熄灭，D2比S刚闭 合时亮 D．闭合S待电路达到稳定后，再将S断开瞬间，D1 不立即熄灭，D2立即熄灭 点拨：通过线圈的 电流不能突变。S L D1 闭合S的瞬间，L相当于断路， E 电路稳定后，L相当于短路， D2 S断开瞬间，电流不能突变为0。