2018版高考物理(江苏专用)大一轮复习讲义(课件)第九章电磁感应第2讲

间的相对关系.
三、自感和涡流现象
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.
ΔI (2)表达式：E＝L Δt .
(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.
(4)自感现象“阻碍”作用的理解：
二、导体切割磁感线产生的感应电动势
1.公式E＝Blv的使用条件
(1)匀强磁场.
(2)B、l、v三者相互垂直 .
2.“瞬时性”的理解
(1)若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势.
(2)若v为平均速度，则E为平均感应电动势.
3.切割的“有效长度”
公式中的l为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度.
图中有效长度分别为：
sin β ；甲图：沿v1方向运动时，l＝ cd ；沿v2方向运动时，l＝ cd ·
乙图：沿v1方向运动时，l＝ MN ；沿v2方向运动时，l＝ 0 ；
丙图：沿v1方向运动时，l＝ 2R ；沿v2方向运动时，l＝ 0 ；沿v3方向
运动时，l＝ R .
4.“相对性”的理解
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度
答案解析
√
A.Q1＞Q2，q1＝q2 C.Q1＝Q2，q1＝q2
B.Q1＞Q2，q1＞q2 D.Q1＝Q2，q1＞q2
4.(多选)(2016· 江苏单科· 6)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有 A.选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B.取走磁体，电吉他将不能正常工作 √ C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 √ D.弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 √
(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大.( × )
(2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大.( × )
(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大.( √ )
(4)线圈中的电流越大，自感系数也越大.( × ) (5)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大.( √ )
答案解析
2
命题点一
法拉第电磁感应定律的理解及应用
1.求解感应电动势常见情况
情景图
研究对象
回路(不一定
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端转动的
绕与B垂直的轴
闭合)
一段导体棒
1 2 E＝ BL ω 2
转动的导线框
表达式
E＝n ΔΦ E＝BLvsin θ Δt
E＝NBSωsin ωt
2.应用注意点 ΔΦ ΔΦ ΔS 公式 E＝n Δt 的应用，ΔΦ 与 B、S 相关，可能是 Δt ＝B Δt ，也可能是 ΔΦ ΔB ΔΦ ＝ S ，当 B ＝ kt 时，＝ kS . Δt Δt Δt
2.(人教版选修3－2P17第1题改编)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，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
块内产生的旋涡状感应电流.
(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流. (3)涡流的利用：冶炼金属的高频感应炉利用强大的涡流产生焦耳热使金属熔化；家用电磁炉也是利用涡流原理制成的. (4)涡流的减少：各种电机和变压器中，用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯，以减少涡流.
基础题组自测 1.判断下列说法是否正确.
第九章电磁感应
第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流
内容索引
基础知识梳理
命题点一
法拉第电磁感应定律的理解及应用
命题点二
导体切割磁感线产生感应电动势
命题点三
自感和涡流
盘查拓展点
课时作业
1
基础知识梳理
一、法拉第电磁感应定律 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. (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磁通量的 (1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的__________ 变化率成正比.
【例1】轻质细线吊着一质量为m＝0.42 kg、边长为L＝1 m、匝数n＝10的
正方形线圈，其总电阻为r＝1 Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，
如图甲所示 .磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如
图乙所示.(g＝10 m/s2)
(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是
顺时针还是逆时针；
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.
线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐变小.

2.涡流现象
(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属
ΔΦ (2)公式：E＝n Δt ，其中 n 为线圈匝数.
E (3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I＝ R＋r .
ΔB· S (4)说明：①当 ΔΦ 仅由 B 的变化引起时，则 E＝n Δt ；当 ΔΦ 仅由 S 的变 B2S2－B1S1 B·ΔS 化引起时，则 E＝n Δt ；当 ΔΦ 由 B、 S 的变化同时引起时，则 E＝n Δt ΔB·ΔS ΔΦ ≠n Δt .②磁通量的变化率 Δt 是 Φ－t 图象上某点切线的斜率 .
答案
3.(人教版选修3－2P21第4题改编)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于 MN. 第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则

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2018高考江苏版物理一轮复习讲义：第9章第3节电磁感应定律的综合应用

第3节电磁感应定律的综合应用知识点1电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝Bl v或E＝n ΔΦΔt.(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir. 知识点2电磁感应的图象问题图象类型(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t 变化的图象，即B-t图象、Φ-t图象、E-t图象和I-t图象(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图象，即E-x图象和I-x图象问题类型(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(3)利用给出的图象判断或画出新的图象应用知识左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等知识点3电磁感应现象中能量的问题1．能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能．2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．3．电磁感应现象中能量的三种计算方法(1)利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能．(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电热来计算．知识点4 电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小⎭⎪⎬⎪⎫安培力公式：F A ＝BIl 感应电动势：E ＝Bl v 感应电流：I ＝E R ⇒F A ＝B 2l 2v R 2．安培力的方向(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向．(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反．3．安培力参与物体的运动导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题．1．正误判断(1)闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路．(√)(2)“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势．(×)(3)电流一定从高电势流向低电势．(×)(4)在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动．(×)(5)电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功．(√)。

2018高考物理大一轮复习：第9章-磁场(10份打包有课件)

2018高考物理大一轮复习：第9章-磁场（10份打包有课件）第1节磁场的描述、磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场强弱和方向．(2)定义式：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时N极的指向．(4)单位：特斯拉，符号T二、磁感线及几种常见的磁场分布1．磁感线在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．2．几种常见的磁场(1) 条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)(2)几种电流周围的磁场分布直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图纵截面图(3)磁感线的特点①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．②磁感线的疏密程度表示磁场强弱．③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N极指向S 极，在磁体内部，从S极指向N极．④磁感线是假想的曲线，不相交、不中断、不相切．三、安培力的大小和方向1．大小(1)F＝BILsin θ(其中θ为B与I之间的夹角)(2)磁场和电流垂直时F＝BIL(3)磁场和电流平行时F＝02．方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．(注意：B和I可以有任意夹角)[自我诊断]1．判断正误(1)小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向．(√)(2)磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处B一定为零．(×)(3)由定义式B＝FIL可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小．(×)(4)磁感线是真实存在的．(×)()通电线圈可等效成条形磁铁，它周围的磁感线起始于线圈一端，终止于线圈的另一端．(×)(6)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直．(√) 2．(多选)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选B指南针有N、S两个磁极，受到地磁场的作用静止时S极指向南方，A错误，B正确．指南针有磁性，可以与铁块相互吸引，正确．由奥斯特实验可知，小磁针在通电导线放置位置合适的情况下，会发生偏转，D错误．3．磁场中某区域的磁感线如图所示，则()A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞BbB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜Bb．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小解析：选B在磁场中，磁感线的疏密表示磁场的强弱，故Ba＜Bb，A错误，B正确．同一通电导线如果都垂直放入磁场中，则在a处受力一定比b处受力小，但如果导线与磁场平行放置，受力均为0，故、D均错误．4．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原的一半解析：选B根据左手定则，安培力垂直于电流和磁感应强度所组成的平面，A错误，B正确．由安培力公式F＝BILsin θ(θ为B与I的夹角)可知，错误．若在垂直于磁感应强度的平面内将直导线折成直角，其有效长度变为原的22，安培力大小也变为原的22，D错误．考点一磁场的理解及安培定则1．磁感应强度的三点理解(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝FIL认为B 与F成正比，与IL成反比．(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零．(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是小磁针静止时N极的指向．2．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”原因(电流方向)结果(磁场绕向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指3．磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．◆特别提醒：两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．1．指南针是我国古代四大发明之一．当指南针上方有一条水平放置的通电导线时，其N极指向变为如图实线小磁针所示．则对该导线电流的以下判断正确的是()A．可能东西放置，通有由东向西的电流B．可能东西放置，通有由西向东的电流．可能南北放置，通有由北向南的电流D．可能南北放置，通有由南向北的电流解析：选若导线东西放置，通有由东向西的电流，根据安培定则可知，小磁针所在处合磁场方向将在南北方向上，其不会出现题图所示情况，故选项A错误．若导线东西放置，通有由西向东的电流，根据安培定则可知，小磁针N 极不偏转，故选项B错误．若导线南北放置，通有由北向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针N极将顺时针偏转，可转向图中实线所示位置，故选项正确．若导线南北放置，通有由南向北的电流，根据安培定则可知，小磁针N极将逆时针偏转，指向西北方，故选项D错误．2．(2017•河北廊坊模拟)(多选)无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流大小成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B＝Ir(式中为常数)．如图所示，两根相距L 的无限长直导线分别通有电流I和3I在两根导线的连线上有a、b两点，a点为两根直导线连线的中点，b点距电流为I的导线的距离为L 下列说法正确的是()A．a点和b点的磁感应强度方向相同B．a点和b点的磁感应强度方向相反．a点和b点的磁感应强度大小比为8∶1D．a点和b点的磁感应强度大小比为16∶1解析：选AD根据右手螺旋定则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，两导线在a处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下；根据B＝Ir，电流为3I导线在b处的磁感应强度方向向下，而电流为I导线在b处的磁感应强度方向向上，因电流为3I导线在b处产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a 点和b点的磁感应强度方向相同，故A正确，B错误．两导线在a处的磁感应强度大小B1＝3IL2＋IL2＝8IL；两导线在b 处的磁感应强度大小B2＝3I2L－IL＝I2L，则a点和b点的磁感应强度大小之比为16∶1，故错误，D正确．3．(2017•江西南昌调研)如图所示，、N和P是以N为直径的半圆弧上的三点，为半圆弧的圆心，∠P＝60°，在、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时点的磁感应强度大小为B1若将处长直导线移至P处，则点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为()A3∶1B．3∶2．1∶1 D．1∶2解析：选B如图所示，当通有电流的长直导线在、N两处时，根据安培定则，可知：二者在圆心处产生的磁感应强度都为B1/2；当将处长直导线移到P处时，两直导线在圆心处产生的磁感应强度也为B1/2，做平行四边形，由图中的几何关系，可得B2B1＝B22B12＝s 30°＝32，故选项B正确．4．(2017•湖北三市六校联考)如图甲所示，无限长导线均通以恒定电流I直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点处不形成磁场，则图乙中处磁感应强度和图甲中处磁感应强度相同的是()解析：选A 由题意可知，图甲中处磁感应强度的大小是其中一段在点产生的磁感应强度大小的2倍，方向垂直纸面向里；图A中，根据安培定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁感应强度大小是其中一段在点的磁感应强度的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；同理，图B中，四段通电导线在点产生的磁感应强度是其中一段在点产生的磁感应强度的4倍，方向垂直纸面向里，故B错误；图中，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁感应强度大小是其中一段在点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故错误；图D中，四段在点产生的磁感应强度是其中一段在点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误．磁感应强度叠加三步骤空间中的磁场通常会是多个磁场的叠加，磁感应强度是矢量，可以通过平行四边形定则进行计算或判断．其步骤如下：(1)确定场，如通电导线．(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图中、N在点产生的磁场．(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B考点二安培力作用下的平衡与加速问题1．分析导体在磁场中平衡和加速问题的思路(1)确定要研究的导体．(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体受力分析．(3)分析导体的运动情况．(4)根据平衡条或牛顿第二定律列式求解．2．受力分析的注意事项(1)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．(2)安培力的大小：应用公式F＝BILsin θ计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度L等于曲线两端点的直线长度．(3)视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图．考向1：安培力作用下静态平衡问题通电导体在磁场中受安培力和其它力作用而处于静止状态，可根据磁场方向、电流方向结合左手定则判断安培力方向．[典例1](2016•广东广州三模)(多选)如图所示，质量为、长度为L的直导线用两绝缘细线悬挂于、′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为θ磁感应强度方向和大小可能为()A．z正向，gILtan θB．正向，gIL．z负向，gILtan θD．沿悬线向上，gILsin θ解析本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图，然后通过平衡状态的受力分析确定B的方向和大小．若B沿z正向，则从向′看，导线受到的安培力F＝ILB，方向水平向左，如图甲所示，导线无法平衡，A错误．若B沿正向，导线受到的安培力竖直向上，如图乙所示．当FT＝0，且满足ILB＝g，即B ＝gIL时，导线可以平衡，B正确．若B沿z负向，导线受到的安培力水平向右，如图丙所示．若满足FTsin θ＝ILB，FTs θ＝g，即B＝gtan θIL，导线可以平衡，正确．若B沿悬线向上，导线受到的安培力左斜下方向，如图丁所示，导线无法平衡，D错误．答案 B考向2：安培力作用下动态平衡问题此类题目是平衡问题，只是由于磁场大小或方向、电流大小或方向的变化造成安培力变化，与力学中某个力的变化类似的情景．[典例2](2017•陕西西安模拟)如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x时，棒处于静止状态．则()A．导体棒中的电流方向从b流向aB．导体棒中的电流大小为xBL．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大解析由受力平衡可知安培力方向水平向右，由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a流向b，故A错误；由于弹簧伸长为x，根据胡克定律有x＝BIL，可得I＝xBL，故B正确；若只将磁场方向缓慢顺时针或逆时针转过一小角度，则安培力在水平方向上的分力减小，根据力的平衡可得，弹簧弹力变小，导致x变小，故、D错误．答案 B考向3：安培力作用下加速问题此类题目是导体棒在安培力和其它力作用下合力不再为零，而使导体棒产生加速度，根据受力特点结合牛顿第二定律解题是常用方法．[典例3]如图所示，PQ和N为水平平行放置的金属导轨，相距1 ，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为＝02 g，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量＝03 g，棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体以加速度a＝3 /s2加速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？(g＝10 /s2)解析导体棒所受的最大静摩擦力大小为f＝0g＝1 N的重力为G＝g＝3 N要使物体加速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b根据受力分析，由牛顿第二定律有F安－G－f＝(＋)aF安＝BIL联立得I＝27 A答案27 A方向由a→b安培力作用下导体的分析技巧(1)安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析示意图．(2)安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．考点三磁场中导体运动方向的判断1．判定通电导体运动或运动趋势的思路研究对象：通电导线或导体――→明确导体所在位置的磁场分布情况――→利用左手定则导体的受力情况――→确定导体的运动方向或运动趋势的方向2．几种判定方法电流元法分割为电流元――→左手定则安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向特殊位置法在特殊位置―→安培力方向―→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向1 一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将()A．不动B．顺时针转动．逆时针转动D．在纸面内平动解析：选B方法一(电流元法)把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．方法二(等效法)把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动．方法三(结论法)环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止．据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．2．如图所示，蹄形磁铁用柔软的细绳悬吊在天花板上，在磁铁两极的正下方固定着一根水平直导线，当直导线中通以向右的电流时()A．磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小B．磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小．磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大D．磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大解析：选假设磁铁不动，导线运动，根据安培定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场斜向上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，导线顺时针转动．如今导线不动，磁铁运动，根据相对运动，则知磁铁逆时针转动(从上向下看)，即N极向纸外转动，S极向纸内转动．当转动90°时，导线所受的安培力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可得磁铁受到导线向下的作用力，故绳子对磁铁的拉力增大，正确．判断磁场中导体运动趋势的两点注意(1)应用左手定则判定安培力方向时，磁感线穿入手心，大拇指一定要与磁感线方向垂直，四指与电流方向一致但不一定与磁感线方向垂直，这是因为：F一定与B垂直，I不一定与B垂直．(2)导体与导体之间、磁体与磁体之间、磁体与导体之间的作用力和其他作用力一样具有相互性，满足牛顿第三定律．时规范训练[基础巩固题组]1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是()A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用解析：选由题意可知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，存在磁偏角，A正确．磁感线是闭合的，再由图可推知地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B正确．只有赤道上方附近的磁感线与地面平行，故错误．射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行，故地磁场对其有力的作用，这是磁场的基本性质，故D正确．2．三根平行的长直导体棒分别过正三角形AB的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心处的合磁场方向为()A．平行于AB，由A 指向BB．平行于B，由B指向．平行于A，由指向AD．由指向解析：选A如图所示，由右手螺旋定则可知，导体A中电流在点产生的磁场的磁感应强度方向平行B，同理，可知导线B、中电流在点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于A、AB，又由于三根导线中电流大小相等，到点的距离相等，则它们在点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选项A正确．3．如图所示，A是一个用长为L的导线弯成的、以为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面A垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．当在该导线中通以由到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是()A．BIL，平行于向左B22BILπ，垂直于A的连线指向左下方22BILπ，平行于向右D．22BIL，垂直于A的连线指向左下方解析：选B直导线折成半径为R的14圆弧形状，在磁场中的有效长度为2R，又因为L＝14×2πR，则安培力F＝BI•2R＝22BILπ安培力的方向与有效长度的直线A垂直，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于A的连线指向左下方，B正确．4．如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架abd其中ab、d 边与ad边夹角均为60°，ab＝b＝d＝L，长度为L的电阻丝电阻为R0，框架与一电动势为E、内阻r＝R0的电相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则梯形框架abd受到的安培力的大小为()A．0B．BEL11R010BEL11R0 DBELR0解析：选并联部分的总电阻为R并＝3R0•2R03R0＋2R0＝6R0，电路中的总电流I＝ER并＋r，所以线框受到的合外力F＝BI•2L＝10BEL11R0，正确．．如图所示，接通开关S的瞬间，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB将()A．A端向上，B端向下，悬线张力不变B．A端向下，B端向上，悬线张力不变．A端向纸外，B端向纸内，悬线张力变小D．A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大解析：选D当开关S接通时，由安培定则知导线附近磁感线分布如图，由左手定则判断出通电直导线此时左部受力指向纸内，右部受力指向纸外，导线将转动，转到与磁感线接近垂直时，导线转动的同时，相当于具有向里的电流，则导线受安培力将竖直向下，可知悬线张力变大，故选项D正确．6．电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为＝20 g的弹体(包括金属杆EF 的质量)加速到6 /s若这种装置的轨道宽d＝2 、长L＝100 、电流I ＝10 A、轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终垂直并接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是()A．B＝18 T，P＝108×108B．B＝06 T，P＝72×104．B＝06 T，P＝36×106D．B＝18 T，P＝216×106解析：选D通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL＝12v2，代入数值解得B＝18 T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即P＝BIdv，代入数值得P＝216×106 ，故选项D 正确．[综合应用题组]7．质量为、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示．则下列关于导体棒中电流的分析正确的是()A．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I＝3gBLB．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I＝3g3BL．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I＝3gBLD．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I＝3g3BL解析：选根据左手定则可知，不管电流方向向里还是向外，安培力的方向只能沿水平方向，再结合导体棒的平衡条可知，安培力只能水平向右，据此可判断出，导体棒中的电流垂直纸面向里，对导体棒受力分析如图所示，并根据平衡条可知，F＝gtan 60°，又安培力为F＝BIL，联立可解得I＝3gBL，故选项正确．8．如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸。

创新大课堂2018届高三物理一轮复习课件：第九章电磁感应 2

(3)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度．如图中，棒的有效长度为a、b间的距离．
(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．导体在磁场中旋转产生的感应电动势导体棒绕一端在匀强磁场中转动切割磁感线产生的感应电动势为 E＝12Bωl2.
(2)同理可得 E2＝NΔΔBt22S，感应电流 I2＝Er2 电荷量 q＝I2Δt2 解得 q＝NΔBr2S 代入数据得 q＝10 C.
(3)0～1 s 内线圈产生的焦耳热 Q1＝I21rΔt1 且 I1＝Er1，1～5 s 内线圈产生的焦耳热 Q2＝I22rΔt2，由 Q＝Q1＋Q2，代入数据得 Q＝100 J.
第九章电磁感应
第二课时法拉第电磁感应定律, 自感涡流
考纲考情：5年19考法拉第电磁感应定律(Ⅱ) 自感，涡流(Ⅰ)
[基础梳理] 知识点一法拉第电磁感应定律
1．感应电动势 (1)定义：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：感应电动势的方楞次向定用律___右__手__定__则或
典例1 (2013·江苏卷，13)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＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω.磁感应强度B在 0～1 s内从零均匀变化到0.2 T．在1～5 s内从0.2 T均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：
A．c→a,2∶1 C．a→c,1∶2
B．a→c,2∶1 D．c→a,1∶2

2018版高考物理江苏专用大一轮复习讲义课件第九章电磁感应 45分钟章末验收卷精品

10.如图9所示，在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系xOy，第一象限内
存在垂直桌面向上的磁场，磁场的磁感应强度B沿x轴正方向均匀增大且
ΔB Δx
＝k，一边长为a、电阻为R的单匝正方形线圈ABCD在第一象限内以
速度v沿x轴正方向匀速运动，运动中AB边始终与x轴平行，则下列判断
正确的是答案解析
A.线圈中的感应电流沿逆时针方向
答案解析
√
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
5.如图甲，光滑平行且足够长的金属导轨ab、cd所在平面与水平面成θ角， b、c两端接有阻值为R的定值电阻.阻值为r的金属棒PQ垂直导轨放置，其他部分电阻不计.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上.从t＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R的感应电流随时间t变化的图象如图乙所示.下面分别给出了穿过回路PQcb的磁通量Φ、磁通量的变化率 ΔΦ 、电阻R两端的电势差
√C.两棒都做匀加速直线运动 √D.ab棒中的电流方向由b流向a
答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
12.水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，组成矩形线框，如图所示，ad和bc相距L＝0.5 m，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝1 T，一根电阻为0.2 Ω的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4 m/s 的速度，向右匀速运动，如果电阻R1＝0.3 Ω，R2＝0.6 Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体棒与导轨接触良好.求： (1)导体棒PQ中产生的感应电流的大小；

2018版高考物理(新课标)一轮复习课件：第九章电磁感应 9-1

预测在 2018 年高考中仍将以法拉第电磁感应定律为核心，考查与之相关的力、电综合问题.将重点考查学生的分析综合能力及运用数学知识解决物理问题的能力，在复习过程中还要多关注电磁感应象与现代科技、生活相结合的新情景题目.
考点一、电磁感应现象、楞次定律二、法拉第电磁感应定律、自感和涡流三、电磁感应中的电路和图象问题四、电磁感应中的动力学和能量综合问题
A.ΔΦ1>ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿 adcba 方向电流出现 B.ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿 abcda 方向电流出现 C.ΔΦ1<ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿 adcba 方向电流出现 D.ΔΦ1<ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿 abcda 方向电流出现
[解析]
[答案]
AD
楞次定律的理解及应用
1.楞次定律中“阻碍”的含义
2.应用楞次定律判断感应电流方向的步骤
考向 1
楞次定律的基本应用
[典例 3] 如图所示，通有恒定电流的导线 MN 与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕 cd 边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为 ΔΦ1 和 ΔΦ2，则( C )
1 T· m2
4.公式的适用条件 (1)匀强磁场. (2)磁感线的方向与平面垂直，即 B⊥S. 5.磁通量的意义磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数.
知识点二
电磁感应现象
1.电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象. 2.产生感应电流的条件 (1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化 . (2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做运动.
“有效”面积变化引起的感应电流 (多选)如图所示，矩形线框 abcd 由静止开始运动， )

2018版高考物理新课标一轮复习课件：第九章电磁感应 9-2 精品

法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.感应电动势的决定因素 (1)由 E＝nΔΔΦt 知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΔΦt 和线圈匝数 n 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)ΔΔΦt 为单匝线圈产生的感应电动势大小.
2.法拉第电磁感应定律的两个特例 (1)回路与磁场垂直的面积 S 不变，磁感应强度发生变化，则 ΔΦ＝ΔB·S，E＝nΔΔBt ·S. (2)磁感应强度 B 不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则 ΔΦ＝B·ΔS，E＝nBΔΔSt .
量 Φ 的定义公式 Φ＝BS 可见 Φ 与 BS 两个变量有关，既然 E
＝ddΦt ，那么根据全导数公式有ddΦt ＝S∂∂Bt ＋B∂∂St ，其中
∂B S ∂t
即感
生电动势，体现了因 B 随时间变化而产生的影响.B∂∂St 同样具有
电动势的单位，其真面目是什么呢？
我们采用和现行中学教材一样的方法，建立一物理模型分析.如图所示，MN、PQ 是两水平放置的平行光滑金属导轨，其宽度为 L，ab 是导体棒，切割速度为 v.设匀强磁场磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里.在 Δt 时间内，回路面积变化为 ΔS＝ LΔx，面积的平均变化率ΔΔSt ＝LΔΔxt .当 Δt→0 时，ΔΔxt →v，即ddSt ＝ Lv，ddSt 对应全导数公式中的∂∂St ，可见 B∂∂St ＝BLv，这就是动生电动势，体现了因面积变化而产生的影响.推而广之，线圈在匀强磁场中做收缩、扩张、旋转等改变面积的运动而产生的电动势也是动生电动势.两种电动势可以同时出现.
[变式 2] (2016·北京卷)如图所示，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 Ea 和 Eb.不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是( B )

2018版高考物理江苏专用大一轮复习讲义文档第九章电

第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流一、法拉第电磁感应定律 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． (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：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：遵循闭合电路的欧姆定律，即I ＝ER ＋r.(4)说明：①当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·SΔt ；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E＝n B ·ΔSΔt ；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔS Δt .②磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t 图象上某点切线的斜率．二、导体切割磁感线产生的感应电动势 1．公式E ＝Bl v 的使用条件 (1)匀强磁场．(2)B 、l 、v 三者相互垂直． 2．“瞬时性”的理解(1)若v 为瞬时速度，则E 为瞬时感应电动势． (2)若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势． 3．切割的“有效长度”公式中的l 为有效切割长度，即导体在与v 垂直的方向上的投影长度．图1中有效长度分别为：图1甲图：沿v 1方向运动时，l ＝cd ；沿v 2方向运动时，l ＝cd ·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 . 4．“相对性”的理解E ＝Bl v 中的速度v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．三、自感和涡流现象 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． (4)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．线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的I L 逐渐变小． 2．涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流．(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．(3)涡流的利用：冶炼金属的高频感应炉利用强大的涡流产生焦耳热使金属熔化；家用电磁炉也是利用涡流原理制成的．(4)涡流的减少：各种电机和变压器中，用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯，以减少涡流．1．判断下列说法是否正确．(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大．( × ) (2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大．( × ) (3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大．( √ ) (4)线圈中的电流越大，自感系数也越大．( × )(5)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大．( √ )2．(人教版选修3－2P17第1题改编)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，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答案 C3．(人教版选修3－2P21第4题改编)如图2所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN . 第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )图2A ．Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1＞q 2答案 A解析由Q ＝I 2Rt 得，Q 1＝⎝⎛⎭⎫E 1R 2Rt ＝(BL ab v )2R ×L bc v ＝B 2L 2ab L bc v R ，同理，Q 2＝B 2L 2bc L ab vR，又因为L ab ＞L bc ，故Q 1＞Q 2.由电荷量q ＝I Δt ＝n ΔΦR ＝nBL bc L abR，故q 1＝q 2.所以A 正确．4．(多选)(2018·江苏单科·6)电吉他中电拾音器的基本结构如图3所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有()图3A ．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B ．取走磁体，电吉他将不能正常工作C ．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D ．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化答案 BCD解析铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A 项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B 项对；由E ＝n ΔΦΔt 可知，C 项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D 项正确．命题点一法拉第电磁感应定律的理解及应用 1．求解感应电动势常见情况2.应用注意点公式E ＝n ΔΦΔt 的应用，ΔΦ与B 、S 相关，可能是ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ，也可能是ΔΦΔt ＝S ΔBΔt ，当B ＝kt 时，ΔΦΔt＝kS . 例1 轻质细线吊着一质量为m ＝0.42 kg 、边长为L ＝1 m 、匝数n ＝10的正方形线圈，其总电阻为r ＝1 Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图4甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(g ＝10 m/s 2)图4(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针； (2)求线圈的电功率；(3)求在t ＝4 s 时轻质细线的拉力大小．①中间位置以下区域分布着磁场；②磁感应强度大小随时间变化关系．答案 (1)逆时针 (2)0.25 W (3)1.2 N解析 (1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向．(2)由法拉第电磁感应定律得 E ＝n ΔΦΔt ＝n ·12L 2ΔBΔt ＝0.5 V则P ＝E 2r ＝0.25 W(3)I ＝Er ＝0.5 AF 安＝nBIL F 安＋F 线＝mg 联立解得F 线＝1.2 N.拓展延伸 (1)在例1中磁感应强度为多少时，细线的拉力刚好为0? (2)在例1中求在t ＝6 s 内通过导线横截面的电荷量？答案 (1)0.84 T (2)3 C解析 (1)细线的拉力刚好为0时满足： F 安＝mg F 安＝nBIL联立解得：B ＝0.84 T(2)由q ＝It 得：q ＝0.5×6 C ＝3 C.1．如图5所示，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 ，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )图5A ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向答案 B解析由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E ＝ΔΦΔt ＝πr 2·ΔB Δt ，则E a E b ＝r 2a r 2b ＝41，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，B 项对．2．(2018·江苏单科·1)如图6所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )图6A.Ba 22Δt B.nBa 22Δt C.nBa 2Δt D.2nBa 2Δt答案 B解析线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔФΔt ＝n ·ΔBΔt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa 22Δt ，选项B 正确．3．(2018·浙江理综·16)如图7所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为7匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )图7A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1 答案 B解析根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt l 2，则E a E b ＝(31)2＝91，选项B 正确；根据I ＝E R ＝E ρ4nl S＝nΔB Δt l 2S 4ρnl ＝klS4ρ可知，I ∝l ，故a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1，选项C 错误；电功率P ＝IE ＝klS 4ρ·n ΔB Δt l 2＝nk 2l 3S4ρ，则P ∝l 3，故a 、b 线圈中电功率之比为27∶1，选项D 错误．命题点二导体切割磁感线产生感应电动势 1．计算说明 (1)导体与磁场方向垂直；(2)磁场为匀强磁场．2．判断：(1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源．(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向．(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低．例2 (多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图8所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )图8A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍答案 AB解析将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a 到b ，B 对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝BL v ＝12BL 2ω，I ＝E R ＋r ，ω恒定时，I 大小恒定，ω大小变化时，I 大小变化，方向不变，故A 对，C 错；由P ＝I 2R ＝B 2L 4ω2R4(R ＋r )2知，当ω变为原来的2倍时，P 变为原来的4倍，D 错．求感应电动势大小的五种类型及对应解法1．磁通量变化型：E ＝n ΔΦΔt2．磁感应强度变化型：E ＝nS ΔBΔt3．面积变化型：E ＝nB ΔSΔt4．平动切割型：E ＝Bl v ·sin θ (1)θ为l 与v 的夹角．(2)l 为导体切割磁感线的有效长度：首尾相连在垂直速度方向的分量． (3)v 为导体相对磁场的速度． 5．转动切割型：E ＝Bl v ＝12Bl 2ω4.如图9所示，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )图9A ．U a ＞U c ，金属框中无电流B ．U b ＞U c ，金属框中电流方向沿abcaC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿acba答案 C解析金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误．转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断U a <U c ，U b <U c ，选项A 错误．由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C正确．5．(多选)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垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .直杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，直杆的位置由θ确定，如图10所示．则( )图10A ．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，直杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，直杆受的安培力大小为2B 2a v(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，直杆受的安培力大小为3B 2a v (5π＋3)R 0答案 AD解析当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以直杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Ba v ，选项A 正确．此时直杆上的电流I 1＝E 1(πa ＋2a )R 0＝2B v (π＋2)R 0，直杆受到的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2a v (π＋2)R 0，选项C 错误．当θ＝π3时，直杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，直杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Ba v ，选项B 错误．此时直杆上的电流I 2＝E 2(2πa －2πa6＋a )R 0＝3B v (5π＋3)R 0，直杆受到的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2a v(5π＋3)R 0，选项D 正确．6．如图11所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计．已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )图11A ．电路中感应电动势的大小为Bl vsin θB ．电路中感应电流的大小为B v sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2l v sin θrD ．金属杆的热功率为B 2l v 2r sin θ答案 B解析电路中的感应电动势E ＝Bl v ，感应电流I ＝E R ＝El sin θ r ＝B v sin θr，故A 错误，B 正确；金属杆所受安培力大小F ＝BI l sin θ＝B 2l v r ，故C 错误；金属杆的热功率P ＝I 2R ＝I 2lsin θr ＝B 2l v 2sin θr ，故D 错误．命题点三自感和涡流 1．自感现象的四大特点(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．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向． 2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题例3(多选)如图12甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()图12A．在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗B．在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗C．在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D．在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗①L的电阻很小；②灯泡A发光．答案AD解析题图甲所示电路中，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，灯A逐渐变暗，选项A正确，B错误；题图乙所示电路中，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，电源不给灯供电，而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流比原来大，A将变得更亮，然后逐渐变暗．处理自感现象问题的技巧1．通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路．2．断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零．3．电流稳定时，理想的自感线圈相当于导体，非理想的自感线圈相当于定值电阻．7．(多选)如图13所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是()图13答案AC解析当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知A、C正确．8．如图14所示，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器．当S闭合与断开时，A、B灯泡的发光情况是()图14A．S刚闭合后，A亮一下又逐渐熄灭，B逐渐变亮B．S刚闭合后，B亮一下子又逐渐变暗，A逐渐变亮C．S闭合足够长时间后，A和B一样亮D．S闭合足够长时间后，A、B都熄灭答案 A解析S刚闭合时，A、B都变亮，之后A逐渐熄灭，B逐渐变亮，选项A正确，B错误．S 闭合足够长时间后，A熄灭，B一直都是亮的，选项C、D错误．电磁阻尼与电磁驱动的比较典例如图15所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块( )图15A ．在P 和Q 中都做自由落体运动B ．在两个下落过程中的机械能都守恒C ．在P 中的下落时间比在Q 中的长D ．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的大答案 C解析小磁块从铜管P 中下落时，P 中的磁通量发生变化，P 中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P 中不是做自由落体运动，而塑料管Q 中不会产生电磁感应现象，因此Q 中小磁块做自由落体运动，A 项错误；P 中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B 项错误；由于在P 中小磁块下落的加速度小于g ，而Q 中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P 中下落的时间比在Q 中下落的时间长，C 项正确；根据动能定理可知，落到底部时在P 中的速度比在Q 中的速度小，D 项错误．对安培力是动力、阻力的理解技巧电磁阻尼是安培力总是阻碍导体运动的现象，电磁驱动是安培力使导体运动起来的现象，但实质上均是感应电流使导体在磁场中受到安培力．题组1 法拉第电磁感应定律的理解及应用1．(多选)如图1所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化．下列说法正确的是( )图1A ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变答案 AD解析线框中的感应电动势为E ＝ΔB Δt S ，设线框的电阻为R ，则线框中的电流I ＝E R ＝ΔB Δt ·SR ，因为B 增大或减小时，ΔBΔt 可能减小，也可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A 、D 正确．2．(多选)用一根横截面积为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2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，磁感应强度大小随时间的变化率ΔBΔt＝k (k ＜0)．则( )图2A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流B ．圆环具有扩张的趋势C ．圆环中感应电流的大小为⎪⎪⎪⎪krS 2ρ D ．图中a 、b 两点间的电势差U ab ＝⎪⎪⎪⎪k πr 24 答案 BD解析磁通量均匀减少，根据楞次定律可知，圆环中产生顺时针方向的感应电流，选项A 错误；圆环在磁场中的部分，受到向外的安培力，所以有扩张的趋势，选项B 正确；圆环产生的感应电动势大小为⎪⎪⎪⎪k πr 22，则圆环中的电流大小为I ＝⎪⎪⎪⎪kSr 4ρ，选项C 错误；U ab＝E 2＝⎪⎪⎪⎪k πr 24，选项D 正确．3.如图3为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图3A ．恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1C ．恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1答案 C解析根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝n S (B 2－B 1)t 2－t 1，由楞次定律可以判断a 点电势低于b 点电势，所以a 、b 两点之间的电势差为－n S (B 2－B 1)t 2－t 1，C 项正确．4．如图4所示，两块水平放置的金属板距离为d ，用导线、开关K 与一个n 匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B 中．两板间放一台压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球．K 断开时传感器上有示数mg ，K 闭合稳定后传感器上示数为mg3.则线圈中的磁场B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( )图4A ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgdqB ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd3nqC ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd3qD ．正在减弱，ΔΦΔt ＝2mgd3nq答案 D解析 K 闭合稳定后传感器上示数为mg3，说明此时上极板带正电，即上极板电势高于下极板电势，极板间的场强方向向下，大小满足Eq ＋mg 3＝mg ，即E ＝2mg3q ，又U ＝Ed ，所以两极板间的电压U ＝2mgd3q ；线圈部分相当于电源，则感应电流的方向是从下往上，据此结合楞次定律可判断穿过线圈的磁通量正在减少，线圈中产生的感应电动势的大小为n ΔΦΔt ，根据n ΔΦΔt ＝2mgd 3q 可得ΔΦΔt ＝2mgd3nq. 题组2 导体切割磁感线产生感应电动势的计算5．如图5，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．为了产生与线框运动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( )图5A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π答案 C解析线框匀速转动时产生的感应电动势E 1＝B 0r v ＝B 0r ωr 2＝12B 0ωr 2.当磁感应强度大小随时间线性变化时，产生的感应电动势E 2＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝12πr 2·ΔBΔt ，要使两次产生的感应电流大小相等，必须E 1＝E 2，即12B 0ωr 2＝12πr 2·ΔB Δt ，解得ΔB Δt ＝ωB 0π，选项C 正确，A 、B 、D 错误．6．(多选)如图6所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，下列说法正确的是( )图6A ．U ＝12Bl v ，流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到dB ．U ＝Bl v ，流过固定电阻R 的感应电流由d 经R 到bC ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v2R ，方向水平向右D ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v2R ，方向水平向左答案 AD解析根据电磁感应定律，MN 产生的电动势E ＝Bl v ，由于MN 的电阻与外电路电阻相同，所以MN 两端的电压U ＝12E ＝12Bl v ，根据右手定则，流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到d ，故A 正确，B 错误；MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v2R ，方向水平向左，故C 错误，D 正确．7．在xOy 平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y 2＝4x ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab 垂直于x 轴从坐标原点开始，以恒定速度v 沿x 轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触，如图7所示．则下列图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的是( )图7答案 B解析金属棒ab 沿x 轴以恒定速度v 运动，因此x ＝v t ，则金属棒在回路中的有效长度l ＝2y ＝4x ＝4v t ，由电磁感应定律得回路中感应电动势E ＝Bl v ＝4B v 3t ，即E 2∝t ，B 正确． 8．如图8所示，MN 、PQ 是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d ，导轨所在平面与水平面成θ角，M 、P 间接阻值为R 的电阻．匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B .质量为m 、阻值为r 的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度v 匀速向上运动．已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，重力加速度为g .求：图8(1)金属棒产生的感应电动势E ；(2)通过电阻R 的电流I ； (3)拉力F 的大小．答案 (1)Bd v (2)Bd v R ＋r (3)mg sin θ＋B 2d 2vR ＋r解析 (1)根据法拉第电磁感应定律得E ＝Bd v .(2)根据闭合电路欧姆定律得 I ＝ER ＋r ＝Bd v R ＋r(3)导体棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有F －F 安－mg sin θ＝0，又因为F 安＝BId ＝B 2d 2v R ＋r ，所以F ＝mg sin θ＋B 2d 2v R ＋r . 题组3 自感和涡流现象9．(多选)在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡A 、B 与自感系数很大的线圈L 和定值电阻R 组成如图9所示的电路(线圈的直流电阻可忽略，电源的内阻不能忽略)，关于这个实验下面说法中正确的是( )图9A ．闭合开关的瞬间，A 、B 一起亮，然后A 熄灭 B ．闭合开关的瞬间，B 比A 先亮，然后B 逐渐变暗C ．闭合开关，待电路稳定后断开开关，A 逐渐变暗，B 闪亮一下然后逐渐变暗D ．闭合开关，待电路稳定后断开开关，A 、B 灯中的电流方向均为从左向右答案 BC解析闭合开关的瞬间，线圈中产生很大的自感电动势，阻碍电流的通过，故B 立即亮，A 逐渐变亮．随着A 中的电流逐渐变大，流过电源的电流也逐渐变大，路端电压逐渐变小，故B 逐渐变暗，A 错误，B 正确；电路稳定后断开开关，线圈相当于电源，对A 、B 供电，回。

江苏专用2018版高考物理复习第九章电磁感应第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1．如图1所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度的大小随时间变化而变化．下列说法中正确的是 ( )．A ．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流可能减小B ．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流一定增大C ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变图1解析线框中的感应电动势为E ＝ΔB Δt S ，设线框的电阻为R ，则线框中的电流I ＝E R ＝ΔB ΔtS R ，因为B 增大或减小时，ΔB Δt可能减小，可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A 、D 正确．答案 AD2．如图2所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )．图2A.Bav 3B.Bav 6C.2Bav 3 D ．Bav解析摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12v ＝Bav .由闭合电路欧姆定律得，U AB ＝ER 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故A 正确．答案 A3．A 、B 两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比r A ∶r B ＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面，如图3所示．当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为( )．图3A.I AI B ＝1B.I A I B ＝2C.I A I B ＝14D.I A I B ＝12解析匀强磁场的磁感应强度随时间均匀变化，设t 时刻的磁感应强度为B t ，则B t ＝B 0＋kt ，其中B 0为t ＝0时的磁感应强度，k 为一常数，A 、B 两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们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Φt ＝B t S ，即在任一时刻穿过两导线环包围面上的磁通量是相等的，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的．E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS (S 为磁场区域面积)．对A 、B 两导线环，由于ΔB Δt 及S 均相同，得E A E B ＝1，I ＝E R ，R ＝ρl S 1(S 1为导线的横截面积)，l ＝2πr ，所以I A I B ＝E A r B E B r A ，代入数值得I A I B ＝r B r A ＝12. 答案 D4．如图4所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区域，已知对角线AC 的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直．下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流以ABCD 顺序流向为正方向，从C 点进入磁场开始计时)正确的是( )．图4解析利用“增反减同”，线框从进入磁场到穿过线框的磁通量最大的过程中，电流沿逆时针方向，且先增大后减小；从穿过线框的磁通量最大的位置到离开磁场的过程中，电流沿顺时针方向，且先增大后减小．设∠C 为θ，刚进入磁场时的切割有效长度为2tan θ2·vt ，所以电流与t 成正比，只有B 项正确．答案 B5．如图5，EOF 和E ′O ′F ′为空间一匀强磁场的边界，其中EO ∥E ′O ′，FO ∥F ′O ′，且EO ⊥OF ；OO ′为∠EOF 的角平分线，OO ′间的距离为l ；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l 的正方形导线框沿O ′O 方向匀速通过磁场，t ＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i 与时间t 的关系图线可能正确的是 ( )．图5解析本题中四个选项都是it 关系图线，故可用排除法．因在第一个阶段内通过导线框的磁通量向里增大，由楞次定律可判定此过程中电流沿逆时针方向，故C 、D 错误．由于穿过整个磁场区域的磁通量变化量ΔΦ＝0，由q ＝ΔΦR可知整个过程中通过导线框的总电荷量也应为零，而在it 图象中图线与时间轴所围总面积表示通过的总电荷量，为零，即时间轴的上下图形面积的绝对值应相等．故A 错误，B 正确．答案 B6．如图6甲所示线圈的匝数n ＝100匝，横截面积S ＝50 cm 2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图乙所示变化，则在开始的0.1 s 内 ( )．图6A ．磁通量的变化量为0.25 WbB ．磁通量的变化率为2.5×10－2Wb/sC ．a 、b 间电压为0D ．在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A解析通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2＝B 2S 为正，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝B 2S －(－B 1S )，代入数据即ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4 Wb ＝2.5×10－3Wb ，A 错；磁通量的变化率ΔΦΔt ＝2.5×10－30.1Wb/s ＝2.5×10－2 Wb/s ，B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a 、b 间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E ＝n ΔΦΔt ＝2.5 V 且恒定，C 错；在a 、b 间接一个理想电流表时相当于a 、b 间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I ＝E r ＝2.510A ＝0.25 A ，D 项正确．答案 BD7．如图7所示，两个完全相同的线圈从同一高度自由下落，途中在不同高度处通过两个宽度为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场区域后落到水平地面上．设两线圈着地时动能分别为E k a 和E k b ，通过磁场区域的过程中流过线圈导线横截面的总电荷量分别为q a 和q b ，则下列判断正确的有 ( )．图7A ．E k a ＝E k b 、q a <q bB ．E k a >E k b 、q a >q bC ．E k a >E k b 、q a ＝q bD ．E k a <E k b 、q a ＝q b解析令线圈电阻为R ，切割磁感线的边长为L ，所以两线圈在进、出磁场时产生的安培力为F ＝B 2L 2v R，因两线圈在进、出磁场时对应速度满足v a <v b ，完全进入时又只受重力作用，所以在下落过程中，线圈a 所受安培力做的功小于线圈b 所受安培力做的功，而整个过程中重力做功相等，由动能定理W G －W 安＝ΔE k 知E k a >E k b ；而线圈在通过磁场区域的过程中流过线圈导线横截面的总电荷量为q ＝I －Δt ＝ΔΦΔtR Δt ＝ΔΦR，即q a ＝q b ，C 对．答案 C 8．如图8所示，把一块金属板折成“”形的金属槽MNPQ ，竖直放置在方向垂直纸面向外、大小为B 的匀强磁场中，并以速率v 1水平向左匀速运动．一带电微粒从槽口左侧以速度v 2射入，恰能做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )．图8A ．微粒带正电B ．微粒的比荷q m ＝g Bv 1C ．微粒做圆周运动的半径为r ＝v 1v 2gD ．微粒做圆周运动的周期为T ＝2πv 2g解析当导体棒切割磁感线的电动势E ＝BLv 1，由金属槽开路，所以U NP ＝BLv 1，MN 与QP 间的电场强度为E ＝U /L ＝Bv 1，方向由上向下，因为带电微粒从左侧进入后做匀速圆周运动，所以mg ＝qE ，所以微粒带负电，q m ＝g E ＝g Bv 1，所以B 正确．由qvB ＝mv 2R可知：r ＝mv 2qB ＝Bv 1g v 2B ＝v 1v 2g ，所以C 正确．T ＝2πm qB ＝2πB Bv 1g ＝2πv 1g，所以D 错误．答案 BC9．如图9所示是用电流传感器(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，其直流电阻值为R .图10所示是某同学画出的在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象，关于这些图象，下列说法中正确的是( )．图9图10A ．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2的电流随时间变化的情况解析开关S 断开或闭合时，电路中电流要发生突变，但是，由于自感现象的存在，电流只能逐渐变化，最终达到稳定．开关S 一直闭合时，通过传感器2的电流方向向右，开关S 由闭合变为断开时，通过传感器1的电流立即减为0，由于自感现象的存在，通过L 的电流不能突变，所以B 、C 正确．答案 BC10．如图11甲所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 的金属棒ab 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．t ＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F ，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R 的感应电流随时间t 变化的关系如图乙所示．下列关于穿过回路abPMa 的磁通量Φ和磁通量的瞬时变化率ΔΦΔt以及a 、b 两端的电势差U ab 和通过金属棒的电荷量q 随时间t 变化的图象中，正确的是 ( )．图11解析设导轨间距为L ，通过R 的电流I ＝ER ＋r ＝BLv R ＋r ，因通过R 的电流I 随时间均匀增大，即金属棒ab 的速度v 随时间t 均匀增大，金属棒ab 的加速度a 为恒量，故金属棒ab 做匀加速运动．磁通量Φ＝Φ0＋BS ＝Φ0＋BL ×12at 2＝Φ0＋BLat 22，Φ∝t 2，A 错误；ΔΦΔt ＝BLv ＝BLat ，ΔΦΔt ∝t ，B 正确；因U ab ＝IR ，且I ∝t ，所以U ab ∝t ，C 正确；q ＝I －Δt ＝ΔΦΔt R ＋r Δt ＝ΔΦR ＋r＝BLat 2R ＋r，q ∝t 2，D 错误．答案 BC 11．如图12所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L 的单匝正方形线框abcd ，在外力的作用下以恒定的速率v 向右运动进入磁感应强度为B 的有界匀强磁场区域．线框进入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab 边始终平行于磁场的边界，已知线框的四个边的电阻值相等，均为R .求：图12(1)在ab 边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小．(2)在ab 边刚进入磁场区域时，ab 边两端的电压．(3)在线框进入磁场的整个过程中，线框中的电流产生的热量．解析 (1)ab 边切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv ，所以通过线框的电流为I ＝BLv 4R. (2)在ab 边刚进入磁场区域时，ab 边两端的电压为路端电压U ab ＝34E ＝34BLv . (3)因线框是匀速进入的，所以线框中电流产生的热量Q ＝I 2×4Rt ＝B 2L 3v 4R . 答案 (1)BLv 4R (2)34BLv (3)B 2L 3v 4R12．如图13甲所示，空间存在一宽度为2L 的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在光滑绝缘水平面内有一边长为L 的正方形金属线框，其质量m ＝1 kg 、电阻R ＝4 Ω，在水平向左的外力F 作用下，以初速度v 0＝4 m/s 匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时．图13(1)求匀强磁场的磁感应强度B ；(2)求线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q ；(3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由．解析 (1)由Ft 图象可知，线框加速度a ＝F 2m ＝2 m/s 2，线框的边长L ＝v 0t －12at 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4×1－12×2×12 m ＝3 m ， t ＝0时刻线框中的感应电流I ＝BLv 0R，线框所受的安培力F 安＝BIL ，由牛顿第二定律F 1＋F 安＝ma ，又F 1＝1 N ，联立得B ＝13T ＝0.33 T. (2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势E ＝BL 2t平均电流I －＝E R ，通过线框的电荷量q ＝I －t ，联立得q ＝0.75 C.(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x ，由运动学公式得0－v 20＝－2ax ，代入数值得x ＝4 m<2L ，所以线框不能从右侧离开磁场．答案 (1)0.33 T (2)0.75 C (3)不能；理由见解析。

2018版高考物理一轮复习第九章电磁感应第2节法拉第电磁感应定律课件

2．(多选)(2016· 全国甲卷)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中。圆盘旋转时，关于流过电阻 R 的电流，下列说法正确的是( ) A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到 b 的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电流在 R 上的热功率也变为原来的 2 倍
解析：在进入磁场的过程中，闭合回路中磁通量增加，根据楞次定律，闭合回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，A 错误； 3 等效切割磁感线的导线最大长度为 Lsin 60° ＝ 2 L，感应电动势 3 E 3 的最大值 E＝ 2 BLv， B 正确；感应电流的最大值 I＝R＝2RBLv， C 错误；在进入磁场的过程中，等效切割磁感线的导线长度变化，产生的感应电动势和感应电流大小变化，根据安培力公式可知，导线所受安培力大小一定变化，D 错误。答案：B
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 1 2 动时，产生的感应电动势为 E＝Bl v ＝2Bl ω，如图所示。
ΔΦ 3．公式 E＝n Δt 与 E＝Blv 的区别与联系 ΔΦ E＝Blv E＝n Δt 研究闭合回路垂直切割磁感线的那部分导体对象 (1)若 v 为瞬时速度，则求的是瞬求的是 Δt 时间内的平研究时感应电动势均感应电动势，E 与某内容 (2)若 v 为平均速度，则求的是平段时间或某个过程对应均感应电动势区 ΔΦ 别 (1)本质上是统一的，E＝Blv 可由 E＝n Δt 在一定条件下推导出来联系 (2)当导体切割磁感线运动时用 E＝Blv 求 E 方便，当得知 ΔΦ 穿过回路的磁通量发生变化情况时，用 E＝n Δt 求 E 比较方便

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