【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习(特色培优增素养)9-2 法拉第电磁感应定律 自感现象课件
2015届高考物理一轮复习课件9.2《法拉第电磁感应定律自感和互感》
能量转 化情况
电能转化为磁场能
磁场能转化为电能
(2014·恩施模拟)在如图9－2－9 所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和 L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一 个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R， 使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两 个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时 刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内， 图中正确反映流过L1的电流i1、流过L2的
图9－2－4
π B|b2－2a2| A. R
π B（b2＋2a2）
B.
R
π B（b2－a2）
C.
R
π 导线环向里的磁通量为正值， Φ1＝B·πa2，向外的磁通量为负值，Φ2＝－B·π(b2－a2)， 总 的 磁 通 量 为 它 们 的 代 数 和 ( 取 绝 对 值 )Φ ＝ B·π |(b2 － 2a2)|，末态总的磁通量为 Φ′＝0，由法拉第电磁感应定律
(1) 设 磁 场 垂 直 纸 面 向 外 为 正 方 向 ， 试 判断通过电流表的电流方向；
(2) 为 了 保 证 电 路 的 安 全 ， 求 电 路 中 允 许通过的最大电流；
(3) 若 滑 动 变 阻 器 触 头 置 于 最 左 端 ， 为 了保证电路的安全，图乙中的t0最小值是 多少？
[审题指导] 1．审读题干，获取有用信息 ①已知线圈的面积、匝数、电阻，且所 在磁场磁感应强度B均匀变化． ②已知传感器的额定电压和额定功率及 滑动变阻器的最大电流． 2．分析设问，确定解题方案 ①由楞次定律确定电流方向．
解析 闭合回路进入磁场的过程中，磁通量始终增 加，感应电流的方向沿逆时针方向不变，A 对．CD 段 的电流方向由 D→C，安培力的方向垂直 CD 沿纸面向
下，B 错．最大有效切割长度为 a，C 对．ΔΦ＝BS＝
【金版学案】(广东版)2015届高考物理总复习(知能要求+课前自修+随堂训练)第十章第2课 法拉第电
第2课 法拉第电磁感应定律 自感一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在____________中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的________发生改变，与电路是否闭合________．(3)方向判断：感应电动势的方向用________或________判断．答案：1．(1)电磁感应现象 (2)磁通量 无关 (3)楞次定律 右手定则2．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：________，其中n 为________．(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守______________定律，即I ＝________. 切割方式 电动势表达式 说明垂直切割 E ＝______ ①导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场 ②式中l 为导体切割磁感线的有效长度③旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度12lω 倾斜切割 E ＝______ (θ为v 与B 的夹角)旋转切割 (以一端为轴) E ＝Bl v －＝12Bl 2ω 答案：2．(1)磁通量变化率 (2)E ＝n ΔΦΔt 线圈匝数 (3)闭合电路欧姆 E R ＋r(4)Blv Blv sin θ二、自感、涡流1．自感现象由于线圈本身的________而产生的电磁感应现象．2．自感电动势(1)定义：在________中产生的感应电动势．(2)表达式：________.(3)自感系数L ：①相关因素：与线圈的________、________、________以及是否有________等因素有关． ②单位：亨利(H)，常用单位还有毫亨(mH)、微亨(μH)．1.理解并掌握法拉第电磁感应定律，并能熟练运用．2.熟练掌握E ＝B L v 公式，并能用于解决导线切割磁感线产生感应电动势大小的计算(只限于L 、B 、v 垂直的情况)．3.高考以选择题及简单综合题命题．1 mH ＝________H,1 μH＝________H ．答案：1．电流发生变化2．(1)自感现象 (2)E ＝L ΔI Δt(3)①形状 长短 匝数 铁芯 ②10－3 10－6随堂训练如图所示，A 、B 是两个完全相同的灯泡，L 是自感系数较大的线圈，其直流电阻与R 相同．当开关K 闭合时，下列说法正确的是( )A ．A 比B 先亮，然后A 熄灭B ．B 比A 先亮，然后B 逐渐变暗，A 逐渐变亮，最后一样亮C ．A 、B 一起亮，然后A 熄灭D ．A 、B 一起亮，然后A 逐渐变亮，B 的亮度不变错解：错选D.当开关闭合时．A 灯与线圈L 串联，B 灯与R 串联后分别并联于电源两端，闭合K 的瞬间A 灯由于L 的自感而不能达到应有的电流而亮度偏暗，K 闭合一段时间后自感消失，两灯达到同样的亮度，所以A 灯逐渐变亮，B 灯亮度不发生变化，D 项正确．正确解答：闭合K 时，L 产生自感，在A 灯处原电流与感应电流反向，故A 灯不能立刻亮起来．而B 灯立即亮起来．随着自感的减弱，感应电流减弱，A 灯的实际电流增大，而B 灯实际电流减少，故A 变亮，B 灯变暗，直到自感现象消失，亮度相同。
(新课标)河南省2015高考物理总复习讲义 第9章 第2讲 法拉第电磁感应定律、自感现象
第2讲 法拉第电磁感应定律、自感现象知识一 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则判断．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．(1)线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大．(×)(2)线圈处在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电势一定越大．(×)(3)线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势越大．(√)知识二 导体切割磁感线时的感应电动势公式E ＝Blv 的适用条件：(1)B 为匀强磁场磁感应强度，B 、l 、v 两两互相垂直．(2)l 为导体切割磁感线的有效长度．知识三 自感和涡流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．2．自感电动势(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势．(2)表达式：E ＝L ΔI Δt. (3)自感系数L ①相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关．②单位：亨利(H)，1 mH ＝10－3 H,1 μH ＝10－6 H.3．涡流：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水的旋涡一样的感应电流．如图所示的电路中L 为自感系数很大而电阻很小的线圈，S 闭合时小灯泡A 发光，当S 突然断开时，小灯泡的亮度怎样变化？[提示] 小灯泡先闪亮一下，然后逐渐熄灭．1．下列各种导体切割磁感线的情况中产生的感应电动势最大的是( )【解析】 利用公式E ＝BLv 计算感应电动势的大小时，B 与v 垂直，B 与L 垂直，L 为导体与B 和v 垂直的有效长度，显然，C 项中导体的有效长度最长，产生的感应电动势最大．【答案】 C2.图9－2－1水平放置的金属框架cdef 处于如图9－2－1所示的匀强磁场中，金属棒ab 处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab 始终保持静止，则( )A ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力增大B ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力不变C ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力增大D ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力不变【解析】 由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S 知，磁感应强度均匀增大，则ab 中感应电动势和电流不变，由F f ＝F 安＝BIL 知摩擦力增大，选项C 正确．【答案】 C3．(多选)如图9－2－2(a)、(b)所示的电路中，电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小，且小于灯A 的电阻，接通S ，使电路达到稳定，灯泡A 发光，则( )图9－2－2A ．在电路(a)中，断开S 后，A 将逐渐变暗B ．在电路(a)中，断开S 后，A 将先变得更亮，然后逐渐变暗C ．在电路(b)中，断开S 后，A 将逐渐变暗D ．在电路(b)中，断开S 后，A 将先变得更亮，然后逐渐变暗【解析】 (a)电路中，灯A 和线圈L 串联，电流相同，断开S 时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，通过R 、A 形成回路，A 将逐渐变暗．(b)电路中电阻R 和灯A 串联，灯A 的电阻大于线圈L 的电阻，电流则小于线圈L 中的电流，断开S 时，电源不给灯A 供电，而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，通过A 、R 形成回路，灯A 中电流比原来大，变得更亮，然后逐渐变暗．所以选项A 、D 正确．【答案】 AD图9－2－34．(2013·北京高考)如图9－2－3，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速运动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比分别为( )A ．c →a ；2∶1B ．a →c ；2∶1C ．a →c ；1∶2D ．c →a ；1∶2【解析】 根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向由N →M ，所以电阻R 中的电流方向是a →c ，由E ＝BLv ，磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则感应电动势也变为原来的2倍，故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】 C5．(2010·江苏高考)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】 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 2－2B ·S ＝－BS .因为E ＝n ΔΦΔt，所以两次电动势大小相等，B 正确． 【答案】 B考点一 [76] 法拉第电磁感应定律的理解和应用一、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．二、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 ΔS Δt. 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ΔB Δt是B －t 图象的斜率．——————[1个示范例]——————如图9－2－4甲所示，一个电阻为R 、面积为S 的矩形导线框abcd ，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ，方向与ad 边垂直并与线框平面成45°角，O 、O ′分别是ab 边和cd 边的中点．现将线框右半边ObcO ′绕OO ′逆时针旋转90°到图乙所示位置，在这一过程中，导线中通过的电荷量是( )甲 乙9－2－4A.2BS 2R B.2BS R C.BS R D ．0【解析】 线框的右半边(ObcO ′)未旋转时，整个回路的磁通量Φ1＝BS sin 45°＝22BS ；线框的右半边(ObcO ′)旋转90°后，穿进跟穿出的磁通量相等，如图(2)所示，整个回路的磁通量Φ2＝0，所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝22BS .根据公式得q ＝ΔΦR ＝2BS 2R，A 正确．(1) (2)【答案】 A——————[1个预测例]——————有一面积为S ＝100 cm 2的金属环如图9－2－5甲所示，电阻为R ＝0.1 Ω，环中磁场变化规律如图9－2－5乙所示，且磁场方向垂直环面向里，在t 1到t 2时间内，环中感应电流的方向如何？通过金属环的电荷量为多少？甲 乙图9－2－5【审题指导】 (1)由B →t 图象可知，磁感应强度变大．磁通量增加，根据楞次定律可确定感应电流方向．(2)通过金属环的电荷量由磁通量的变化量决定．【解析】 由楞次定律，可以判断出金属环中感应电流的方向为逆时针方向． 由图乙可知：磁感应强度的变化率ΔB Δt ＝B 2－B 1t 2－t 1① 金属环中的磁通量的变化率ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ＝B 2－B 1t 2－t 1·S ② 环中形成的感应电流I ＝E R ＝ΔΦ/Δt R ＝ΔΦR Δt③ 通过金属环的电荷量Q ＝I Δt ④由①②③④式解得Q ＝B 2－B 1S R ＝－－20.1C ＝0.01 C. 【答案】 见解析电磁感应电路中的电荷量应用公式Q ＝N ΔΦR计算，其中N 为线圈匝数，R 为电路中总电阻．考点二 [77] 导体切割磁感线产生感应电动势的计算一、导体平动切割磁感线对于导体平动切割感线产生感应电动势的计算式E ＝Blv ，应从以下几个方面理解和掌握．1．正交性本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B 、l 、v 三者相互垂直．实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为E ＝Blv sin θ，θ为B 与v 方向间的夹角．2．平均性导体平动切割磁感线时，若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势，即E ＝Bl v .3．瞬时性若v 为瞬时速度，则E 为相应的瞬时感应电动势．4．有效性公式中的l 为有效切割长度，即导体与v 垂直的方向上的投影长度．图9－2－6中有效长度分别为：甲 乙 丙图9－2－6甲图：l ＝cd sin β(容易错算成l ＝ab sin β)．乙图：沿v 1方向运动时，l ＝MN ；沿v 2方向运动时，l ＝0.丙图：沿v 1方向运动时，l ＝2R ；沿v 2方向运动时，l ＝0；沿v 3方向运动时，l ＝R .5．相对性E ＝Blv 中的速度v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系．二、导体转动切割磁感线当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl v ＝12Bl 2ω，如图9－2－7所示．图9－2－7——————[1个示范例]——————(多选)图9－2－8(2012·四川高考)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9－2－8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 2av π＋R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av π＋R 0【审题指导】 (1)右端开有小口，使得闭合回路大大简化．(2)θ角的大小决定了导体切割磁感线的有效长度．【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＝2Bv π＋R 0，杆受的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2av π＋R 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 2πa －2πa 6＋a R 0＝3Bv π＋R 0，杆受的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2av π＋R 0，选项D 正确． 【答案】 AD——————[1个预测例]——————图9－2－9(多选)(2013·银川模拟)在北半球海洋某处，地磁场的水平分量B 1＝0.8×10－4T ，竖直分量B 2＝0.5×10－4T ，海水向北流动．海洋工作者测量海水的流速时，将两极板竖直插入此处海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距L ＝20 m ，如图9－2－9所示，与两极板相连的电压表(可看做理想电压表)示数为U ＝0.2 mV.则( )A ．西侧极板电势高，东侧极板电势低B ．西侧极板电势低，东侧极板电势高C ．海水的流速大小为0.125 m/sD ．海水的流速大小为0.2 m/s【解析】 由于海水向北流动，海水切割地磁场的竖直分量，由地磁场的分布特点可知北半球地磁场的竖直分量方向向下，由右手定则可得A 正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律得E ＝B 2Lv ＝0.2 mV ，代入数据得v ＝0.2 m/s ，C 错误，D 正确．【答案】 AD考点三 [78] 自感现象的应用关S 由断开变为闭合时( )图9－2－10A ．A 灯中无电流通过，不可能变亮B ．A 灯中有电流通过，方向由a 到bC ．B 灯逐渐熄灭，c 点电势高于d 点电势D ．B 灯逐渐熄灭，c 点电势低于d 点电势【解析】 当开关S 由断开变为闭合时，电感线圈L 中产生从c 到d 的感应电动势，B 灯逐渐熄灭，把L 看做一个电源的话，c 点电势低于d 点电势，选项D 正确，而C 错误；电容器C 短路放电，A 灯中有电流通过，方向由b 到a ，选项A 、B 均错误．【答案】 D电磁感应现象中电荷量和热量的计算一、电荷量的计算1．思考方向：根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt确定平均感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电流的定义式I ＝q t计算电荷量．2．公式推导过程 根据法拉第电磁感应定律→回路中平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt↓ 根据闭合电路欧姆定律→I ＝E R ＋r ＝n ΔΦΔt R ＋r↓ 根据电流定义式I ＝qt →q ＝I Δt ＝n ΔΦR ＋r二、焦耳热的计算求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路：1.电路中感应电流恒定时→应用焦耳定律：Q ＝I 2Rt2.导体切割磁感线克服安培力做功→焦耳热等于克服安培力做的功：Q ＝W 安3.电路中感应电流是变化的→根据功能关系来求解焦耳热【规范解答】 (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 ＝ΔΦΔt ①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 ＝ER ＋r ③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 2⑦ 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 2⑪由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.【答案】 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J如图9－2－12甲所示，垂直于水平桌面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B ＝0.8 T ，宽度L ＝2.5 m ．光滑金属导轨OM 、ON 固定在桌面上，O 点位于磁场的左边界，且OM 、ON 与磁场左边界均成45°角．金属棒ab 放在导轨上，且与磁场的右边界重合．t ＝0时，ab 在水平向左的外力F 作用下匀速通过磁场，测得回路中的感应电流随时间变化的图象如图乙所示．已知OM 、ON 接触点的电阻为R ，其余电阻不计．甲 乙图9－2－12(1)利用图象求出这个过程中通过ab 棒截面的电荷量及电阻R ；(2)写出水平力F 随时间变化的表达式．【解析】 (1)根据q ＝I ·t ，由i －t 图象得：q ＝12×2.0×5 C＝5 C又I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝BL 2R Δt其中I ＝1.0 A ，Δt ＝5 s ，得R ＝1 Ω(2)由图象知，感应电流i ＝(2－0.4t ) A棒的速度v ＝L t ＝2.55m/s ＝0.5 m/s 有效长度l ＝2(L －vt )tan 45°＝(5－t ) m棒在力F 和安培力F A 作用下匀速运动，有F ＝Bil ＝0.8×(2－0.4t )×(5－t )N ＝2×(2－0.4t )2 N.【答案】 (1)5 C 1 Ω (2)F ＝2×(2－0.4t )2 N⊙理解法拉第电磁感应定律1．(多选)关于感应电动势，下列说法正确的是( )A ．穿过回路的磁通量越大，回路中的感应电动势就越大B ．穿过回路的磁通量变化量越大，回路中的感应电动势就越大C ．穿过回路的磁通量变化率越大，回路中的感应电动势就越大D ．单位时间内穿过回路的磁通量变化量越大，回路中的感应电动势就越大【解析】 根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt.由此可确定A 、B 错误，C 、D 正确． 【答案】 CD⊙用电磁感应定律计算感应电动势2.图9－2－13(2014·青岛模拟)如图9－2－13所示，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路．左边的铁芯上套有一个环面积为0.02 m 2、电阻为0.1 Ω的金属环．铁芯的横截面积为0.01 m 2，且假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直．调节滑动变阻器的滑动头，使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2 T ，则从上向下看( )A ．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3 VB ．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3 VC ．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 VD ．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 V【解析】 铁芯内的磁通量情况是相同的，金属环的有效面积即铁芯的横截面积．根据电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt＝1×0.2×0.01 V＝2×10－3 V ．又根据楞次定律，金属环中电流方向为逆时针方向，即C 正确．【答案】 C⊙导体切割磁感线产生感应电动势的计算3．(多选)(2014·武汉二中模拟)光滑金属导轨宽L ＝0.4 m ，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图9－2－14甲所示．磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图9－2－14乙所示．金属棒ab 的电阻为1 Ω，自t ＝0时刻起从导轨最左端以v ＝2 m/s 的速度向右匀速运动，则( )甲 乙图9－2－14A ．1 s 末回路中电动势为0.8 VB ．1 s 末ab 棒所受磁场力为0.64 NC ．1 s 末回路中电动势为1.6 VD ．1 s 末ab 棒所受磁场力为1.28 N【解析】 1 s 末磁场的磁感应强度大小为B ＝2 T ，回路中电动势为E ＝BLv ＝1.6 V ，则C 对；回路中的电流为I ＝E R＝1.6 A ，杆受的安培力大小为F ＝BIL ＝1.28 N ，D 对．【答案】 CD⊙自感现象的理解和应用4.图9－2－15(多选)如图9－2－15所示，A 、B 是完全相同的两个小灯泡，L 为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈( )A ．电键S 闭合瞬间，A 、B 同时发光，随后A 灯变暗直至熄灭，B 灯变亮B ．电键S 闭合瞬间，B 灯亮，A 灯不亮C ．断开电键S 的瞬间，A 、B 灯同时熄灭D ．断开电键S 的瞬间，B 灯立即熄灭，A 灯突然闪亮一下再熄灭【解析】 因线圈的自感系数很大，电阻可忽略，故闭合电键瞬间，线圈对电流的阻碍作用极大，相当于断路，故A 、B 同时发光，且亮度相同，当稳定后，线圈相当于导线，A 灯短路，B 灯电压为电源电压，亮度比闭合瞬间更亮．断开电键瞬间，B 灯立即熄灭，而线圈中的电流不会立即消失，线圈相当于一个电源使A 灯中会有一短暂电流，从而使A 灯会亮一下再熄灭．【答案】 AD⊙法拉第电磁感应定律的综合应用5．如图9－2－16所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab 、cd 的间距为L 1＝0.5 m ，金属棒ad 与导轨左端bc 的距离为L 2＝0.8 m ，整个闭合回路的电阻为R ＝0.2 Ω，磁感应强度为B 0＝1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad 杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m ＝0.04 kg 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以ΔB Δt＝0.2 T/s 的变化率均匀地增大．求：图9－2－16(1)金属棒上电流的方向；(2)感应电动势的大小；(3)物体刚好离开地面的时间(g ＝10 m/s 2)．【解析】 (1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流方向是由a 到d .(2)由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt＝0.08 V. (3)物体刚要离开地面时，其受到的拉力F ＝mg ，而拉力F 又等于棒所受的安培力． 即mg ＝F 安＝BIL 1其中B ＝B 0＋ΔB Δtt I ＝E R解得t ＝5 s.【答案】 (1)由a 到d (2)0.08 V (3)5 s。
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 9-4 电磁感应规律的综合应用(二)(动力学和能量)限时规范特训(含
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 9-4 电磁感应规律的综合应用(二)(动力学和能量)限时规范特训（含解析）1. 如图所示，不计电阻的光滑金属直轨道AB 和CD 固定在同一水平面内，两轨道间的宽度为1 m ．平行轨道左端接一阻值为0.5 Ω的电阻．轨道处于磁感应强度大小B ＝2 T ，方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，一电阻为0.5 Ω的导体棒ab 始终接触良好并且相互垂直，导体棒在垂直导体棒且水平向右的外力F 作用下向右匀速运动，速度大小v ＝5 m/s ，则以下说法正确的是( )A. 通过电阻的电流大小为5 AB. 作用在导体棒上的外力大小为10 NC. 导体棒克服安培力做功的功率为100 WD. 通过电阻的电流方向从C 到A解析：导体棒ab 切割磁感线产生的电动势E ＝BLv ＝10 V ，根据闭合电路欧姆定律得，I ＝ER ＋r＝10 A ，导体棒ab 受到的安培力F 安＝BIL ＝20 N ，导体棒ab 匀速运动，外力F ＝F安＝20 N ，导体棒克服安培力做功的功率P 安＝F 安v ＝100 W ，根据右手定则可知，通过电阻的电流方向为从A 到C ，C 项正确．答案：C2. [2014·甘肃天水]如图所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为 ( )A. 2mgLB. 2mgL ＋mgHC. 2mgL ＋34mgHD. 2mgL ＋14mgH解析：设ab 刚进入磁场时的速度为v 1，cd 刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12，线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L ，由题意得，12mv 21＝mgH12mv 21＋mg ·2L ＝12mv 22＋Q ，解得，Q ＝2mgL ＋ 34mgH ，C 项正确． 答案：C3. 如图所示，足够长的U 形光滑金属导轨所在平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，磁感应强度大小为B 的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，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接触良好，棒ab 接入电路的电阻为R ，当流过棒ab 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 在下滑过程中( )A. 运动的加速度大小为v 22LB. 下滑位移大小为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：由牛顿第二定律可知mg sin θ－B 2L 2vR＝ma ，金属棒做变加速运动，选项A 错；由q＝I ·Δt ＝ΔΦΔtR ·Δt ＝ΔΦR ＝BLx R 得x ＝qR BL ，选项B 对．由动能定理可知mgx sin θ－Q ＝12mv 2，把x 代入式中得到Q ，选项C 错；安培力最大为mg sin θ，选项D 错．答案：B4. [2014·湖北孝感]竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，轨道下半部分处在两个水平向里的匀强磁场中，磁场的边界分别是y ＝a 、y ＝b 、y ＝c 的直线(图中虚线所示)．一个小金属环从抛物线上y ＝d 处由静止释放，金属环沿抛物线下滑后环面总保持与磁场垂直，那么产生的焦耳热总量是( )A. mgdB. mg (d －a )C. mg (d －b )D. mg (d －c )解析：小金属环进入和穿出磁场的过程是都要切割磁感线，因此小金属环的机械能不断地转化为电能，电能又转化为内能；最后小金属环在y ＝c 的直线与x 轴的磁场内往复运动，整个过程中机械能的减小量为ΔE ＝mg (d －c )，由能的转化与守恒定律可知，产生的焦耳热总量为Q ＝ΔE ＝mg (d －c )，所以D 项正确．答案：D5. [2014·济南模拟]如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别以v 、3v 速度朝两个方向匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )A. 导体框所受安培力方向相同B. 导体框中产生的焦耳热相同C. 导体框ad 边两端电势差相等D. 通过导体框截面的电荷量相同解析：安培力的方向总是阻碍导体框的相对运动，选项A 错误；由I ＝Blv R及Q ＝I 2Rt 可知选项B 错误；当导体框以v 运动时U ad ＝14Blv ，若以3v 运动时U ad ＝34Bl ×3v ，选项C 错误；根据q ＝BSR可知选项D 正确．答案：D6. [2014·安徽合肥]如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M ，斜面上ef 线(ef 平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行底边，则下列说法正确的是( )A. 线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB. 线框进入磁场时匀速运动的速度为Mg －mg sin θRBl 1C. 线框做匀速运动的总时间为B 2l 21Mg －mg sin θRD. 该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2解析：对重物和线框系统受力分析，由牛顿第二定律得，Mg －mg sin θ＝(M ＋m )a ，解得，a ＝Mg －mg sin θm ＋M，A 项错误；对线框受力分析，由平衡条件得，Mg －mg sin θ－F 安＝0，又F 安＝BIl 1，I ＝E /R ，E ＝Bl 1v ，联立解得，v ＝Mg －mg sin θRB 2l 21，B 项错误；线框做匀速运动的总时间为t ＝l 2v ＝B 2l 21l 2Mg －mg sin θR，C 项错误；由能量守恒定律得，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，Q ＝(Mg －mg sin θ)l 2，D 项正确．答案：D7. [2013·乌鲁木齐高三诊断一](多选)如图所示，水平地面上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场．用横截面积之比为1∶2的相同材料的导线，制成两个边长相等的单匝正方形线圈Ⅰ和Ⅱ.两线圈从距磁场上边界高h 处开始自由下落，最后落到地面．整个过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．若线圈Ⅰ恰好匀速进入磁场，线圈Ⅰ和Ⅱ在运动过程中产生的热量分别为Q 1，Q 2.不计空气阻力，则 ( )A. 线圈Ⅱ匀速进入磁场B. 线圈Ⅱ变速进入磁场C. Q 1∶Q 2＝1∶2D. Q 1∶Q 2＝1∶4解析：线圈Ⅰ匀速进入磁场时，F 安1＝mg ，F 安1＝BIL ＝B BLv r L ＝B 2L 22gh r ，其中r ＝ρLS，线圈Ⅱ进入磁场时，由于R ＝ρL 2S ＝r2，所以F 安2＝2F安1，又由M ＝2m ，得F安2＝Mg ，所以线圈Ⅱ进入磁场时也是匀速，故A 正确，B 错误；两线圈进入磁场的过程中都是减少的重力势能转化为了热能，根据Q 1＝mgL 和Q 2＝MgL ，以及M ＝2m 可知Q 1∶Q 2＝1∶2，故C 正确，D 错误．答案：AC 题组二 提能练8. [2014·浙江杭州]如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1 m 、质量为0.1 kg 的导体棒MN ，其电阻R 为1 Ω，导体棒架在处于磁感应强度B ＝1 T ，竖直放置的框架上，当导体棒上升h ＝3.8 m 时获得稳定的速度，导体产生的热量为2 J ，电动机牵引导体棒时，电压表、电流表计数分别为7 V 、1 A ，电动机的内阻r ＝1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g 取10 m/s 2，求：(1)导体棒能达到的稳定速度为多少？ (2)导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？ 解析：(1)电动机的输出功率为P ＝U A I A －I 2A r ＝6 WF 安＝BIL ＝B 2L 2vR当导体棒的速度稳定时，由平衡条件得，P v ＝mg ＋B 2L 2vR解得，v ＝2 m/s.(2)由能量守恒定律得，Pt －Q －mgh ＝12mv 2解得，t ＝1 s. 答案：2 m/s (2)1 s9. 如图甲所示，质量m ＝6.0×10－3kg 、边长L ＝0.20 m 、电阻R ＝1.0 Ω的正方形单匝金属线框abcd ，置于倾角α＝30°的绝缘斜面上，ab 边沿水平方向，线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 按图乙所示的规律周期性变化，若线框在斜面上始终保持静止，取g ＝10 m/s 2，试求：(1)在0～2.0×10－2s 内线框中产生的感应电流的大小． (2)在t ＝1.0×10－2 s 时线框受到斜面的摩擦力．解析：(1)设线框中产生的感应电动势为E 1，感应电流为I 1，则 E 1＝ΔΦ1Δt ＝L 2·ΔB 12ΔtI 1＝E 1R代入数据解得E 1＝0.20 V ，I 1＝0.20 A. (2)此时线框受到的安培力F 1＝B 1I 1L 代入数据得F 1＝4.0×10－3N设此时线框受到的摩擦力大小为F f ，则mg sin α＋F 1－F f ＝0代入数据得F f ＝3.4×10－2N 摩擦力方向沿斜面向上．答案：(1)0.20 A (2)3.4×10－2N10. [2014·安徽安庆]如图所示，相距L ＝1 m 、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R ＝2 Ω的电阻，导轨所在区域内加上与导轨所在平面垂直、方向相反的匀强磁场，磁场宽度d 均为0.6 m ，磁感应强度大小B 1＝25T 、B 2＝0.8 T ．现有电阻r ＝1 Ω的导体棒ab 垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab 从边界MN 进入磁场后始终以速度v ＝5 m/s 做匀速运动，求：(1)棒ab 在磁场B 1中时克服安培力做功的功率；(2)棒ab 经过任意一个磁场B 2区域过程中通过电阻R 的电荷量． 解析：(1)在磁场B 1中，棒ab 切割磁感线产生的电动势E 1＝B 1Lv 感应电流I 1＝E 1r ＋R安培力F ＝B 1I 1L克服安培力做功的功率P ＝Fv ＝B 1Lv 2r ＋R＝0.67 W(2)在磁场B 2中，棒ab 切割磁感线产生的电动势E 2＝B 2Lv 感应电流I 2＝E 2r ＋R棒ab 经过任意一个磁场B 2区域过程中通过电阻R 的电荷量q ＝I 2Δt 2＝B 2Lv Δt 2r ＋R ＝B 2Ldr ＋R＝0.16 C.答案：(1)0.67 W (2)0.16 C11. 如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 、PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.30 m ．导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R ＝0.40 Ω.导轨上停放一质量m ＝0.30 kg 、电阻r ＝0.20 Ω的金属杆ab ，整个装置处于磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F 沿水平方向拉金属杆ab ，使之由静止开始运动，电压传感器可将R 两端的电压U 即时采集并输入电脑，获得U 随时间t 变化的关系如图乙所示．(1)求第2 s 末外力F 的瞬时功率；(2)如果在2 s 末时刻将水平外力F 撤去，在以后运动中求金属杆上产生的焦耳热． 解析：(1)设电阻R 两端的电压为U 时，金属杆的运动速度为v ，则金属杆产生的感应电动势为E ＝BLv感应电流I ＝ER ＋r电阻R 两端的电压U ＝IR ＝BLvRR ＋r由题图乙知U ＝kt (k ＝0.1 V/s) 联立得v ＝k R ＋rBLR·t 所以金属杆做匀加速直线运动，且a ＝1.0 m/s 2,2 s 末金属杆的速度为v ＝2 m/s ，由题图乙知此时电阻两端的电压为U ＝0.2 V ，所以金属杆中的电流I ＝UR＝0.5 A 此时金属杆所受到的安培力为F 安＝BIL ＝7.5×10－2N由牛顿第二定律得F －F 安＝ma代入数值得F ＝0.375 N ，所以第2 s 末外力F 的瞬时功率为P ＝Fv ＝0.75 W (2)设回路中产生的焦耳热为Q ，则由能量守恒定律知Q ＝12mv 2代入数值得Q ＝0.6 J由串联规律知金属杆上产生的焦耳热为Q r ＝rR ＋rQ ＝0.2 J. 答案：(1)0.75 W (2)0.2 J。
高三物理一轮总复习 第9章 电磁感应 第2节 法拉第电磁
第2节法拉第电磁感应定律自感现象选择题：1～7题为单选，8～12题为多选．1．从1822年至1831年的近十年时间里，英国科学家法拉第心系“磁生电”．在他的研究过程中有两个重要环节：(1)敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；(2)通过大量实验，将“磁生电”(产生感应电流)的情况概括为五种：变化着的电流、变化着的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体．结合你学过的相关知识，试判断下列说法正确的是A．环节(1)提出“磁生电”思想是受到了麦克斯韦电磁场理论的启发B．环节(1)提出“磁生电”思想是为了对已经观察到的“磁生电”现象做出合理解释C．环节(2)中五种“磁生电”的条件都可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”D．环节(2)中“在磁场中运动的导体”这种情况不符合“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”这一条件2．下列各种情况中的导体切割磁感线产生的感应电动势最大的是3．在如图所示的甲、乙、丙三个装置中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长．今给导体棒ab一个方向向右的初速度v0，在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终运动状态是A．三种情形下导体棒ab最终均匀速运动B．甲、丙中，ab棒最终将做匀速运动；乙中，ab棒最终静止C．丙中，ab棒最终将做匀速运动；甲、乙中，ab棒最终静止D．三种情况下ab棒最终均静止4．如图所示，光滑水平面上存在一有界匀强磁场，圆形金属线框在水平拉力的作用下，通过磁场的左边界MN.在此过程中，线框做匀速直线运动，速度的方向与MN成θ角．下列说法正确的是A．线框内感应电流沿顺时针方向B．线框内感应电流先增大后减小C．水平拉力的大小与θ无关D．水平拉力的方向与θ有关5．如图所示，边长为L的正方形金属框，匝数为n，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．磁场随时间变化规律为B＝kt(k>0)，已知细线所能承受的最大拉力为5mg，下列说法正确的是A．线圈的感应电动势大小为nkL2B．细绳拉力最大时，金属框受到的安培力大小为mgC．从t＝0开始直到细线会被拉断的时间为8mgRn2k2L3D．以上说法均不正确6．如图所示，边长为2L的有界正方形磁场，磁场方向垂直纸面向里，一宽为L、长为2L的矩形线圈abcd，其ab边位于磁场的中央，线圈平面与磁场垂直．现让线圈以ab边为轴顺时针(从上往下看)匀速转动，规定电流沿abcda流向为正方向，在一个周期内感应电流随时间变化的图象为7．如图所示，上下不等宽的平行导轨，EF和GH部分导轨间的距离为L，PQ和MN部分的导轨间距为3L，导轨平面与水平面的夹角为30°，整个装置处在垂直于导轨平面的匀强磁场中．金属杆ab和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个沿导轨平面向上的作用力F，使其沿斜面匀速向上运动，同时cd处于静止状态，则F的大小为A.23mg B．mg C.43mg D.32mg8．南半球海洋某处，地磁场水平分量B1＝0.8×10－4T，竖直分量B2＝0.5×10－4T，海水向北流动．海洋工作者测量海水的流速时，将两极板竖直插入此处海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距L＝10 m，如图所示．与两极板相连的电压表(可看作理想电压表)示数为U＝0.2 mV，则A．西侧极板电势高，东侧极板电势低B．西侧极板电势低，东侧极板电势高C．海水的流速大小为0.25 m / sD．海水的流速大小为0.4 m / s9．如下图甲所示，打开电流和电压传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h 处静止释放，磁铁穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止．若磁铁下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁重力，且不发生转动，不计线圈电阻．图乙是计算机荧屏上显示的UI－t曲线，其中的两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的．下列说法正确的是A．若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会增大B．若仅减小h，两个峰值都会减小C．若仅减小h，两个峰值可能会相等D．若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会增大10．如图所示，bacd为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m的导体棒PQ与ab、cd垂直放置且接触良好，回路的电阻为R，整个装置放于垂直框架平面的变化磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(以垂直斜面向上为正)，PQ能够始终保持静止，则0～t2时间内，PQ受到的安培力F和摩擦力F f随时间变化的图象可能正确的是(取平行斜面向上为正方向)11．右图是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R ，L 是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.下图是某同学画出的在t 0时刻开关S 切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图像．关于这些图像，下列说法中正确的是A ．甲图是开关S 由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B ．乙图是开关S 由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C ．丙图是开关S 由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D ．丁图是开关S 由闭合变为断开，通过传感器1的电流随时间变化的情况12．如图所示，在半径为R 的半圆形区域内，有磁感应强度为B 的垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM 为圆内接三角形，且PM 为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软弹性导线组成(不考虑导线中电流间的相互作用)．设线圈的总电阻为r 且不随形状改变，此时∠PMQ＝37°，下列说法正确的是A ．穿过线圈PQM 中的磁通量大小为Φ＝0.96BR 2B ．若磁场方向不变，只改变磁感应强度B 的大小，且B ＝B 0＋kt ，则此时线圈中产生的感应电流大小为I ＝0.48kR2rC ．保持P 、M 两点位置不变，将Q 点沿圆弧顺时针移动到接近M 点的过程中，线圈中有感应电流且电流方向不变D ．保持P 、M 两点位置不变，将Q 点沿圆弧顺时针移动到接近M 点的过程中，线圈中会产生焦耳热题 号 答 案 1 2 3 4第2节法拉第电磁感应定律自感现象【考点集训】1．C 2.C 3.B 4.B 5.C 6.D7.A8.BD9.BD10.ACD11.CD12.AD。
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习9-4 电磁感应规律的综合应用(二)(动力学和能量)课件
正确；再由 F＝mg＋F 安＝2 N 知选项 B 错；在 1 s 内，力 F 做 的功 W＝Fvt＝10 J，选项 C 错；在 1 s 内，cd 棒产生的电热 Q Blv 2 ＝( ) Rt＝2.5 J，选项 D 错误． 2R 答案：A
6. [电磁感应现象中的综合问题 ]如图所示， 导线框 abcd 固定在竖直平面内，导线 ab 和cd间的 宽度为 l ， bc 间电阻阻值为 R ，其他电阻均可忽 略． ef 是一电阻可忽略的水平放置的导体杆，杆 的质量为 m ，杆的两端分别与 ab 和 cd 保持良好接 触，且能沿导线框无摩擦地滑动，磁感应强度为 B的匀强磁场方向与框面垂直．现用一恒力F竖直
[2011·全国高考 ] 如图所示，两根足够长的金属导轨 ab、 cd
竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计．在导轨上端并接两个额 定功率均为 P 、电阻均为 R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场 中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电 阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下
刚 好 能 静 止 不 动 ， 则 下 列 说 法 正 确 的 是 (g 取 10
m/s2)( )
A. ab棒运动的速度是5 m/s B. 力F的大小为1 N C. 在1 s内，力F做的功为5 J D. 在1 s内，cd棒产生的电热为5 J Blv 解析：对导体棒 cd 由 B l＝mg，得到 v＝5 m/s，选项 A 2R
R ④ P
(2)设灯泡正常发光时导体棒的速率为v，由电磁感应定律与 欧姆定律得 E＝BLv⑤ E＝I0R⑥
2P 联立①②④⑤⑥式得 v＝ mg
点拨： 单棒切割时，判断金属棒的平衡状态是比较关键 的．两灯某时刻后正常发光，说明金属棒从这个时刻起开始做
2015届高考物理第一轮基础知识复习教案51
第2讲 法拉第电磁感应定律、自感现象(对应学生用书第190页)感应电动势的大小法拉第电磁感应定律内容表达式导体切割磁感线表达式自感和涡流内容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则判断．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．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：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．2．自感电动势(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势．(2)表达式：E ＝L ΔI Δt .(3)自感系数L .①相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关．②单位：亨利(H)，1 mH ＝10－3 H,1 μH ＝10－6 H.3．涡流：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水的旋涡一样的感应电流．1．(2013·东北师大附中检测)如图9－2－1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( )图9－2－1【解析】 铝框向左运动，是为了阻碍磁通量的增加，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ΔB Δt 逐渐增加，选项A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A2．(2011·广东高考)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【解析】 由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 可知感应电动势的大小E 与n 有关，与ΔΦΔt 即磁通量变化的快慢成正比，所以A 、B 错误，C 正确．由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场方向相反．原磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场同向，故D 错误．【答案】 C3．如图9－2－2所示，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 两点的电势差为( )图9－2－2 A.2BR v B.22BR v C.24BR v D.324BR v【解析】 圆环运动到图示位置时，切割磁感线的有效长度为2R sin 45°＝2R ，圆环中感应电动势E ＝BL v ＝2BR v .U ab ＝34E ＝324BR v .故D 正确．【答案】 D4.图9－2－3(多选)(2014·吉林省实验中学检测)如图9－2－3所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈．关于这个电路的以下说法正确的是() A．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C．开关由闭合到断开的瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D．开关由闭合到断开的瞬间，电流自右向左通过A灯【解析】开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定；B灯逐渐变亮，最后亮度稳定，选项A正确，B错误．开关由闭合到断开的瞬间，电流自右向左通过A灯，但本题电路A灯不会闪亮一下再熄灭，选项C错误，D正确．【答案】AD(对应学生用书第191页)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 ΔS Δt .(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ΔB Δt 是B －t 图象的斜率．图9－2－4如图9－2－4所示，在边长为a 的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B ，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a 的正方形导线框架EFGH 正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O 点在纸面内匀速转动，经过T 8，导线框转到图中虚线位置，已知导线框的总电阻为R ，则在这T 8时间内( )A ．因不知顺时针转动还是逆时针运动，所以不能判断导线框中感应电流的方向B ．导线框中感应电流的方向为E →F →G →H →EC ．通过导线框中任一截面的电量为Ba 2RD ．平均感应电动势大小等于8(3－22)Ba 2T【解析】 不论线框顺时针转还是逆时针转，穿过线框的磁通量都是向外减小，根据楞次定律可判断出电流方向为逆时针，A 、B 错误；平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝B ·a 23＋22T 8＝8(3－22)a 2B T，D 正确；由q ＝ΔΦR ＝(3－22)a 2B R 知，C 错误． 【答案】D错误!【迁移应用】1．(多选)(2014·广东省江门市模拟)如图9－2－5所示，螺线管匝数n ＝1500匝，横截面积S ＝20 cm 2，螺线管导线电阻r ＝1Ω，电阻R ＝4Ω，磁感应强度B 的B －t 图象如图所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是()图9－2－5A ．电阻R 的电流方向是从A 到CB ．感应电流的大小保持不变C．电阻R的电压为6 VD．C点的电势为4.8 V【解析】由楞次定律知，电阻R的电流方向是从C到A，选项A错误．由于磁感应强度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律知，感应电流的大小保持不变，选项B正确．螺旋管内产生的感应电动势E＝nSΔB/Δt＝1500×20×10－4×2V＝6V，电流I＝1.2A，电阻R的电压为U＝IR＝4.8V，C点的电势为4.8V，选项C 错误，D正确．【答案】BDL⊥v，而v与B成θ夹角时，导线切割磁感线的感应电动势大小为E＝BL v sin θ.2．若导线不是直的，则E＝BL v sin θ中的L为切割磁感线的导线的有效长度．如图9－2－6，导线的有效长度为ab间的距离．图9－2－6(多选)(2012·四川高考)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9－2－7所示．则( )图9－2－7A ．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2B 2a v (π＋2)R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2a v (5π＋3)R 0【审题指导】 (1)右端开有小口，使得闭合回路大大简化．(2)θ角的大小决定了导体切割磁感线的有效长度．【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 ＝2Ba v ，选项A 正确；此时杆上的电流I 1＝E 1(πa ＋2a )R 0＝2B v (π＋2)R 0，杆受的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2a v (π＋2)R 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 ＝Ba v ，选项B 错误；此时杆上的电流I 2＝E 2(2πa －2πa 6＋a )R 0＝3B v (5π＋3)R 0，杆受的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2a v (5π＋3)R 0，选项D 正确． 【答案】 AD【迁移应用】2．(2014·山西大同一中质检)下列各种情况中的导体，切割磁感线产生的感应电动势最大的是()【解析】 利用公式E ＝BL v 计算感应电动势的大小时，B 与v 垂直，B 与L 垂直，L 为导体与B 和v 垂直的有效长度，显然C 项中导体的有效长度最长，产生的感应电动势最大．【答案】 C1.(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”作用的两种表现(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．(2014·陕西师大附中检测)在如图9－2－8所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆，当电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通后在断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是()图9－2－8A．G1表指针向左摆，G2表指针向右摆B．G1表指针向右摆，G2表指针向左摆C．G1、G2表的指针都向左摆D．G1、G2表的指针都向右摆【解析】电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈中电流减小，产生与原方向相同的自感电动势，与G1、G2和电阻组成闭合回路，所以G1中电流方向向右，G2中电流方向向左，即G1指针向右摆，G2指针向左摆．B项正确．【答案】 B【迁移应用】3．(2014·南昌一中检测)如图9－2－9所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L上的左右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来电键K是闭合的，三个灯泡均在发光．某时刻将电键K打开，则下列说法正确的是()图9－2－9A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B．b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D．b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭【解析】电键K闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻较B、C 灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2.且电流方向由a到b，a点电势高于b点．当电键K打开，由于与电源断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯的电流减小，瞬间流过B、C灯支路的电流为I1>I2.故B、C灯闪亮一下后再缓慢熄灭，故B正确．【答案】B(对应学生用书第193页)(多选)(2014·昆明一中模拟)一导线弯成如图所示的闭合线圈，以速度v 向左匀速进入磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外．线圈总电阻为R ，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是( )图9－2－10A ．感应电流一直沿顺时针方向B ．线圈受到的安培力先增大，后减小C ．感应电动势的最大值E ＝Br vD ．穿过线圈某个横截面的电荷量为B (r 2＋πr 2)R【失误原因分析】(1)不能正确使用楞次定律判断感应电流的方向．(2)不能确定导体切割磁感线的有效长度．(3)不能正确理解电荷量计算式Q ＝ΔΦR .【解析】 在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向，A 正确；导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B 正确；导体切割磁感线的有效长度最大值为2r ，感应电动势最大值E ＝2Br v ，C 错误；穿过线圈某个横截面的电荷量为Q＝ΔΦR＝B(r2＋π2r2)R，D错误．【答案】AB【即学即用】如图9－2－11所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定的速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面，MN与线框的边成45°角．E、F分别为PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流，下列说法正确的是()图9－2－11A．当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大B．当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大C．当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大D．当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大【解析】当P点经过磁场边界MN时，线框切割磁感线的有效长度最大，感应电流也最大，故B正确．【答案】 B。
高考物理一轮复习方案 (高频考点+热点导练+历年高考题)第9章 第2节 法拉第电磁感应定律课件 新人
第六页，共42页。
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考点2：公式E n 和E BLv sin的比较
t
【 例 2】 如 图 921 所 示 ， 矩 形 线 圈 (xiànquān)abcd 由 n=50匝组成，ab边长L1=0.4m，bc边长L2=0.2m，整
个线圈(xiànquān)的电阻R=2Ω，在B=0.1T的匀强磁 场中，以短边中点的连线为轴转动， ω =50rad/s， 求：
图923
第十七页，共42页。
【解析】这是一道基本练习题，要注意所用的边长
究竟是L1还是L2，还应该思考一下所求的各物理量 与速度v之间有什么关系．
1 将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程
中，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律
有E
BL2v，I
E ，F R
BIL2，所以F
B2 L22v R
v
第十八页，共42页。
B AOvAO
B AO
AO 2
1V
U AO U A UO EAO 1V
U AB U A U B U A UO U B UO U AO U BO
1 4 V 3V
第十五页，共42页。
点评：直导体绕其一点在垂直匀强磁场的平面内
以角速度转动，切割磁感线，产生的感应电动势
的大小为：
1以中点为轴时 0
第2节 法拉第电磁感应 (diàncí-gǎnyìng)定律
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考点(kǎo diǎn)1：Ф、 ΔФ、 ΔФ/ Δt三者的比 较 【例1】一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在 磁 场 中 ， 磁 场 的 方 向 与 线 圈 平 面 (píngmiàn) 成 30° 角 ， 若 磁 感 应 强 度 在 0.05s 内 由 0.1T 增 加 到 0.5T ， 则 0.05s 始 末 通 过 线 圈 的 磁 通 量 分 别 为 Wb和________Wb；在此过程中穿过线圈的磁通 量的变化量为____Wb；磁通量的平均变化率为 ________Wb/s ； 线 圈 中 的 感 应 电 动 势 的 大 小 为 _______V.
2015高考物理一轮复习课件打包9.2
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第九章
电磁感应
解析：磁感应强度以 B＝B0＋Kt(K>0)随时间变化，由法拉第电磁 ΔΦ ΔB L2 感应定律得 E＝ ＝S ＝KS，而 S＝ ，经时间 t 电容器 P 板 Δt Δt 4π KL2C 所带电荷量 Q＝EC＝ ；由楞次定律知电容器 P 板带负电， 4π 故 D 选项正确．
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第九章
电磁感应
大小 Φ＝B· Scos θ
ΔΦ＝Φ2－Φ1 ΔΦ ΔS ΔΦ ΔB ΔΦ＝B·ΔS ＝B 或 ＝S Δt Δt Δt Δt ΔΦ＝S·ΔB
既不表示磁通量的大 转过 180° 前后 小，也不表示变化的多 若有相反方向磁 穿过平面的磁 少．实际上，它就是单 注意 场，磁通量可能 通量是一正一 匝线圈上产生的感应电 抵消 负， ΔΦ＝2BS， ΔΦ 而不是零 动势，即 E＝ Δt
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第九章
电磁感应
2．导体转动切割磁感线 当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度 ω 匀速转动时， 1 产生的感应电动势为 E＝Bl－ v ＝ Bl2ω，如图所示． 2
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第九章
电磁感应
[例 2] 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/s2，由静止开始做匀变速运动，求： (1)在 5 s 内平均感应电动势； (2)第 5 s 末回路中的电流； (3)第 5 s 末作用在杆 cd 上的水平外力．
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第九章
电磁感应
[解析] (1)根据楞次定律可知，通过 R1 的电流方向为由 b 到 a. 根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为 ΔBπr2 n· B0πr2 2 2 E＝n ＝ Δt t0 根据闭合电路欧姆定律得通过 R1 的电流为 E nB0πr2 2 I＝ ＝ . 3R 3Rt0 nB0πr2 2t1 (2)通过 R1 的电荷量 q＝It1＝ ， 3Rt0 2 2 2 4 2 n B0π r2t1 R1 上产生的热量 Q＝I2R1t1＝ . 9Rt2 0
复习方略(福建专用)2015高考物理一轮复习 第九章 第2讲.
课时提能演练（二十七）法拉第电磁感应定律自感现象(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
每小题只有一个选项正确)1.(2014·三明模拟)图中甲～丁所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像,关于回路中产生的感应电动势下列论述正确的是( )A.图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B.图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C.图丙中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D.图丁中回路产生的感应电动势先变小再变大【解析】选D。
Φ-t图像中斜率表示磁通量的变化率。
图甲中斜率为零,因此感应电动势为零;图乙中斜率不变,感应电动势不变;图丙中0～t1时间内斜率大于t1～t2时间内斜率,0～t1时间内感应电动势大于t1～t2时间内感应电动势;图丁中斜率先变小后变大,感应电动势先变小后变大。
因此D正确。
2.一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. B.1 C.2 D.4【解析】选B。
由法拉第电磁感应定律E=,且ΔΦ1=ΔBS,ΔΦ2=2BΔS,则E1===,E2===-,E1与E2大小相等,选项B正确。
3.如图所示,由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动,匀强磁场的方向垂直线框平面向里,磁感应强度B随时间均匀增大,则下列说法正确的是( )A.导体棒的a端电势比b端电势高,电势差U ab在逐渐增大B.导体棒的a端电势比b端电势低,电势差U ab在逐渐增大C.线框cdef中有顺时针方向的电流,电流大小在逐渐增大D.线框cdef中有逆时针方向的电流,电流大小在逐渐增大【解析】选A。
对导体棒ab由右手定则可判断a端电势高,由E=Blv可知,因为磁感应强度均匀增大,所以U ab变大,故选项A正确,B错误;对矩形线框cdef,由楞次定律可判断,感应电流的方向为逆时针方向,但由于磁感应强度均匀增大,所以感应电流是恒定的,不会增大,所以选项C、D都错误。
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渐增大，电路中的总电流也将逐渐增大，电源内电压增大，则
路端电压 UAB 逐渐减小；断开开关 S 后，灯泡 D 中原来的电流突 然消失，电感L中的电流通过灯泡形成的闭合回路逐渐减小，所 以灯泡D中电流将反向，并逐渐减小为零，即UAB反向逐渐减小 为零，所以选项B正确．
答案：B
二、规律方法题组 5. [“ 极端法” 的应用 ]如图所示，线圈 A、 B是由不同材料
Blv E＝______
Blvsinθ (θ 为 v E＝____________
与 B 的夹角)
[特别提醒]
(1)感应电动势的大小取决于穿过电路的磁
ΔΦ 通量的变化率 ， 而与磁通量 Φ、 磁通量的变化量 ΔΦ 的大 Δt 小没有必然联系． (2)通过回路截面的电荷量 q 仅与 n、ΔΦ 和回路电阻 R nΔΦ nΔΦ 有关，与时间长短无关，推导如下 q＝ I Δt＝ ·Δt＝ R . Δt· R
nB0πr2 2 (1) 3Rt0
2 4 2n2B2 π 0 r2 t 1 2 9Rt0
方向由 b 到 a
(1)穿过闭合线圈的磁场的面积为 S＝πr2 2
ΔB B0 由题图乙可知， 磁感应强度 B 的变化率的大小为 ＝ Δt t0 根据法拉第电磁感应定律得： ΔΦ ΔB nB0πr2 2 E＝n ＝nS ＝ Δt Δt t0 由闭合电路欧姆定律可知流过电阻 R1 的电流为
解析： 磁通量 Φ 随时间 t 变化的图象中，斜率表示感应电动
势，所以图 a中不产生感应电动势，图 b中产生恒定的感应电动 势，图c中0～t1时间内的感应电动势大于t1～t2时间内的感应电动
势，图 d 中感应电动势先变小再变大．综合分析知，选项 D 正
确． 答案：D
3. [对自感的考查](多选)如图(a)、(b)所示的电路中，电阻R 和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电
确．
答案：A
6. [用结论“q＝n”解题]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( )
BL2 A. 2R
路达到稳定，灯泡A发光，则 (
)
A. 在电路(a)中，断开S，A将渐渐变暗
B. 在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C. 在电路(b)中，断开S，A将渐渐变暗 D. 在电路(b)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
解析：在电路(a)中，灯A和线圈L串联，它们的电流相同， 断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，但流过
ΔΦ 线圈匝数． (2)公式：E＝n ，其中 n 为___________ Δt
闭合电路欧姆 (3)感应电流与感应电动势的关系：遵守_____________
E 定律，即 I＝ . R＋r
(4)导体切割磁感线时的感应电动势
切割方式 垂直切割 倾斜切割 电动势表达式 说明 ①导体棒与磁场方向垂 直，磁场为匀强磁场 ②式中 l 为导体切割磁感 线的有效长度 旋转切割 (以一端为 轴) E＝Bl v 1 ＝ Bl2ω 2 ③旋转切割中导体棒的平 均速度等于中点位置的线 1 速度 lω 2
B2S2－B1S1 ΔBΔS 根据定义求，ΔΦ＝Φ 末－Φ 初，E＝n ≠n . Δt Δt
3. 在图象问题中磁通量的变化率是Φ－t图象上某点切线的 斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小．
典例透析
如图甲所示，一个阻值为 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乙所示．图线与横、纵轴
第2讲
法拉第电磁感应定律
自感现象
01主干回顾固基础
知识点1 法拉第电磁感应定律
1. 感应电动势
Ⅱ
电磁感应现象 中产生的电动势． (1)概念：在_________________ (2) 产生条件：穿过回路的磁通量 ________ 发生改变，与电路是否 无关． 闭合_______ 楞次定律 或 ________ 右手定则 (3) 方向判断：感应电动势的方向用 __________ 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 磁通量的变化率 成正比． 的_________________
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
磁场 会 在 另 一 个 线 圈 中 产 生 ___________ 感应电动势 的 现 产 生 的 变 化 的 _____ 象． 2. 自感现象 电流发生变化 而产生的电 (1)定义：由于通过导体自身的_______________
制成的导体线圈，它们的质量一样大，形状一样，设磁场足够
大，下列说法正确的是( )
A. 电阻大的线圈达到稳定速度时的速度大 B. 电阻小的线圈达到稳定速度时的速度大
C. 两线圈的稳定速度是一样的
D. 电阻率大的材料制成的线圈，稳定速度大 解析： 以极端情况分析，若线圈电阻非常大，以至于无穷 大时，线圈中电流趋近于零，线圈做自由落体运动，速度将不 断增大，所以可推知电阻大的线圈稳定运动时的速度大， A 正
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的电流大小和方向； (2)通过电阻R1的电荷量q及电阻R1上产生的热量． [解题探究] (1) 公 在求解该题时，应明确： 式 E ＝ nS 中 的 S 应 为
_______________________________________________________
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. C. 2
B. 1 D. 4
S 2BS－2B× 2BS－BS BS 2 ΔΦ 解析： 由 E＝n ， E＝ ＝ ； E＝ Δt 1 Δt Δt 2 Δt BS ＝ ，故 E1/E2＝1. Δt 答案：B
法拉第电磁感应定律的规范应用 (1)一般解题步骤： 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： ΔB ①用公式 E＝nS 求感应电动势时，S 为线圈在磁 Δt ΔB 场范围内的有效面积， 在 B－t 图象中为图线的斜率． Δt ②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 ΔΦ n Δt nΔΦ ＝ R Δt＝ R .
2 E nB0πr2 I＝ ＝ 3Rt0 R＋2R
再根据楞次定律可以判断，流过电阻 R1 的电流方向应 由b到a
(2)0 至 t1 时间内通过电阻 R1 的电荷量为 nB0πr2 2 t1 q＝It1＝ 3Rt0
2 2 2 4 2 n B0π r2t1 2 电阻 R1 上产生的热量为 Q＝I R1t1＝ 2 9Rt0
02典例突破知规律
考点1
法拉第电磁感应定律的应用
考点解读：
1. 平均感应电动势大小决定因素： E＝n是指电路中产生的
平均感应电动势，决定感应电动势大小的因素是穿过这个闭合 电路中的磁通量的变化快慢，而不是磁通量的大小，也不是磁 通量的变化量的大小．
2. 法拉第电磁感应定律应用的几种情况 (1)磁通量的变化是由面积变化引起时， ΔΦ＝B·ΔS，则 BΔS E＝n ； Δt (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB· S，则 ΔB· S E＝n ； Δt (3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的， 则
_________________． 提示：线圈在磁场范围内的有效面积
(2)
公
式
q
＝
It
中______________________________________________________ _________________．
提示：流过电阻的平均电流
[尝试解答]
2 nB0πr2 t1 (2) 3Rt0
灯A的电流仍逐渐减小，从而灯A只能渐渐变暗．在电路(b)中，
电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线 圈L中的电流，断开S时，电源不再给灯供电，而线圈产生自感 电动势阻碍电流的减小，通过 R、 A形成回路，灯 A中电流突然 变大，灯A变得更亮，然后渐渐变暗，故A、D正确．
答案：AD
NBL2 B. 2R
BL2 NBL2 C. R D. R BL2 解析：初状态时，通过线圈的磁通量为 Φ1＝ ，当线 2
ΔΦ 圈转过 90° 时，通过线圈的磁通量为 0，由 q＝N 可得通过 R总 NBL2 电阻 R 的电荷量为 . 2R 答案：B
1. “极端法”分析电磁感应问题 将题中某些物理量推到极限状态或极值条件下分析研 究，会使问题变得容易解决． nΔΦ 2. 感应电荷量的求法：q＝ R总 计算通过导体某一截面的电荷量，必需用电流的平均 值．
4．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感
L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值．在t＝0时刻闭合
开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下列表示A、B两点 间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( )
解析： 本题考查了断电自感的现象，明确电感线圈的作用 是解答关键．闭合开关 S 后，灯泡 D 直接发光，电感 L 的电流逐