2020版高考物理一轮复习 第10章 教学案新人教版【共4套47页】

第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象考点1 法拉第电磁感应定律的理解和应用1．法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt 共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)磁通量的变化率ΔΦΔt 对应Φ­t 图线上某点切线的斜率．2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B ·ΔS ，则E ＝n B ΔSΔt ； (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝S ·ΔB ，则E ＝nS ·ΔBΔt； (3)磁通量的变化是由面积和磁场共同变化引起时，则根据定义，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E ＝n|B 2S 2－B 1S 1|Δt ≠n |ΔB ΔS |Δt.1．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图乙所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( AC )A ．在t ＝T 4时为零B ．在t ＝T 2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向解析：本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律．由i ­t 图象可知，在t ＝T4时，Δi Δt ＝0，此时穿过导线框R 的磁通量的变化率ΔΦΔt＝0，由法拉第电磁感应定律可知，此时导线框R 中的感应电动势为0，选项A 正确；同理在t ＝T 2和t ＝T 时，Δi Δt 为最大值，ΔΦΔt为最大值，导线框R 中的感应电动势为最大值，不改变方向，选项B 错误；根据楞次定律，t ＝T2时，导线框R 中的感应电动势的方向为顺时针方向，而t ＝T 时，导线框R 中的感应电动势的方向为逆时针方向，选项C 正确，选项D 错误．2．如图甲所示，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 为圆环的直径．在ab 的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t ＝0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，磁场磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示，则0～t 1时间内( D )A ．圆环中产生感应电流的方向为逆时针B ．圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针C ．圆环一直具有扩X 的趋势D ．圆环中感应电流的大小为B 0rS4t 0ρ解析：磁通量先向里减小再向外增大，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为一直为顺时针，故A 、B 错误；由楞次定律的“来拒去留”可知，0～t 0为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩X 的趋势，t 0～t 1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 ＝ΔBS 2Δt ＝B 0πr 22t 0，感应电流I ＝E R ＝B 0πr 22t 0·Sρ×2πr＝B 0rS4t 0ρ，故D 正确． 3．(2019·某某某某质检)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0～2t 0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 )A ．在0～t 0和t 0～2t 0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B ．在t 0～2t 0内，通过电阻R 的电流方向为P 到QC ．在0～t 0内，通过电阻R 的电流大小为2B 0SRt 0D ．在0～2t 0内，通过电阻R 的电荷量为B 0S R解析：本题考查法拉第电磁感应定律的图象问题，定性分析加定量计算可快速求解．由图乙所示图象可知，0～t 0内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t 0～2t 0内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故A 错误；由图乙所示图象可知，在t 0～2t 0内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，通过电阻R 的电流方向为Q 到P ，故B 错误；由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t 0内感应电动势E 1＝ΔΦΔt ＝S ·ΔB Δt ＝B 0S t 0，感应电流为I 1＝E 1R ＝B 0S Rt 0，故C 错误；由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～2t 0内通过电阻R 的电荷量为q 1＝N ΔΦR＝2B 0S －B 0S R ＝B 0SR，故D 正确．应用电磁感应定律需注意的三个问题(1)公式E ＝n ΔΦΔt 求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E ＝nS ΔBΔt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场X 围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR.考点2 导体切割磁感线产生的感应电动势考向1 平动切割1．计算公式：E ＝BLv 或E ＝BLv sin θ. 2．E ＝Blv 的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B 、l 、v 三者互相垂直．(2)有效性：公式中的l 为导体棒切割磁感线的有效长度．下图中，导体棒的有效长度为ab 间的距离．(3)相对性：E ＝Blv 中的速度v 是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．(2019·某某某某统考)(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 2av(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av(5π＋3)R 0[审题指导] (1)导体棒长度指处在磁场中的长度，称为有效长度．θ＝0和θ＝π3时二者不同．(2)先计算感应电动势，再计算感应电流，最后计算安培力．【解析】 当θ＝0时，杆产生的电动势E ＝BLv ＝2Bav ，故A 正确；当θ＝π3时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度为a ，所以杆产生的电动势为E ＝Bav ，故B 错误；当θ＝0时，由于单位长度电阻均为R 0，所以电路中总电阻为(2＋π)aR 0，所以杆受的安培力大小为F ＝BIL ＝B ·2a 2Bav (2＋π)aR 0＝4B 2av (2＋π)R 0，故C 错误；当θ＝π3时，电路中总电阻为⎝⎛⎭⎪⎫1＋5π3aR 0，所以杆受的安培力大小为F ′＝BI ′L ′＝3B 2av (3＋5π)R 0，故D 正确．【答案】 AD1．(2019·某某某某模拟)如图所示，一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L ，左端接有阻值为R 的电阻，一质量为m 、长度为L 的匀质金属棒cd 放置在导轨上，金属棒的电阻为r ，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B .金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速度大小为a 的匀加速直线运动，经过的位移为s 时，则( C )A ．金属棒中感应电流方向由d 到cB ．金属棒产生的感应电动势为BL asC ．金属棒中感应电流为BL 2asR ＋rD ．水平拉力F 的大小为B 2L 22asR ＋r解析：根据楞次定律可知电流I 的方向从c 到d ，故A 错误；设金属棒cd 的位移为s 时速度为v ，则有v 2＝2as ，金属棒产生的电动势为E ＝BLv ＝BL 2as ，故B 错误；金属棒中感应电流的大小为I ＝ER ＋r，解得I ＝BL 2asR ＋r，故C 正确；金属棒受到的安培力大小为f ＝BIL ，根据牛顿第二定律可得F －f ＝ma ，联立解得F ＝B 2L 22asR ＋r＋ma ，故D 错误．考向2 导体棒转动切割磁感线当导体棒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，如图所示．如图，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( )A ．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a —b —c —aC ．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a —c —b —a[审题指导] (1)金属框在转动过程中，磁通量不变，无感应电流产生． (2)金属框bc 边和ac 边都在切割磁感线，所以有感应电动势．【解析】 穿过金属框的磁通量始终为零，没有发生变化，故金属框中无电流，B 、D 项错误；bc 边切割磁感线的等效速度为12lω，根据右手定则U b <U c ，故U bc ＝－12Bl 2ω，C 项正确；ac 边切割磁感线，根据右手定则得U a <U c ，A 项错误．【答案】 C2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( B )A.54B.32C.74D ．2 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 ＝ΔΦΔt ，I ＝ER ，q ＝It 得q ＝ΔΦR ，设半圆弧半径为r ，对于过程Ⅰ，q 1＝B ·πr 24·R ，对于过程Ⅱ，q 2＝(B ′－B )·πr22R ，由q 1＝q 2得，B ′B ＝32，故B 项正确．四种求电动势的方法考点3 自感现象涡流考向1 通电自感与断电自感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”问题电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后逐12开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，然后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立刻变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( C )A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：本题考查自感现象判断．在图1中断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明断开S1前，L1中的电流大于A1中的电流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B选项均错误；在图2中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R与L2的阻值相同，C项正确．2．(2019·某某模拟)在如图所示的电路中，S闭合时流过线圈L的电流是2 A，流过灯泡A的电流是1 A．将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的是图中的( D )解析：当电键断开时，由于线圈中自感电动势阻碍电流减小，线圈中的电流逐渐减小，线圈与灯泡A构成回路，所以灯泡中的电流与线圈中电流大小相等，灯泡中电流也逐渐减小，但与断开前方向相反．故D正确，A、B、C错误．分析自感现象的两点注意(1)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”的判断：关键在于对电流大小的分析，只有断电瞬间通过灯泡的电流比原来大，灯泡才先闪亮后慢慢熄灭．(2)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一支路的用电器的电流方向不变，与线圈不在同一支路的用电器中的电流方向改变．考向2 对涡流的考查3．(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( AB )A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：小磁针在圆盘所在处形成的磁场是非匀强磁场，圆盘可以等效为许多环形闭合线圈，圆盘转动过程中，穿过每个环形闭合线圈的磁通量不断地发生变化，在每一环形线圈上产生电动势和涡电流，A正确；环形线圈随圆盘转动，由楞次定律可知，线圈会受到小磁针施加的阻碍相对运动的力，根据牛顿第三定律可知，小磁针会受到与线圈即圆盘转动方向相同的力的作用，此力来源于电磁感应形成的涡电流，而不是自由电子随圆盘转动形成的电流，B正确，D错误．从圆盘的整个盘面上看，圆盘转动过程中穿过整个圆盘的磁通量不变，C 错误．4．扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( A )解析：本题考查电磁阻尼．若要有效衰减紫铜薄板上下及左右的微小振动，则要求施加磁场后，在紫铜薄板发生上下及左右的微小振动时，穿过紫铜薄板横截面的磁通量都能发生变化．由选项图可知只有A满足要求，故选A.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．学习至此，请完成课时作业34。

第25讲 磁场的描述 磁场对电流的作用教学目标1. 知道磁场、磁感应强度、磁感线2. 能判断通电直导线和通电线圈周围磁场的方向3. 了解安培力、安培力的方向 ，会计算匀强磁场中的安培力 重点：匀强磁场中安培力的受力分析、方向判断以及计算 难点：匀强磁场中安培力的受力分析、方向判断以及计算知识梳理一、磁场1．磁场的方向：（1）磁感线在该点的切线方向;（2）规定在磁场中任意一点小磁针北极的受力方向（小磁针静止时N 极的指向）为该点处磁场方向。

（3）对磁体：外部(N →S)，内部(S →N)组成闭合曲线；这点与静电场电场线(不成闭合曲线)不同。

（4）电流产生的磁场方向用安培左手定则判断 2．地磁场的磁感线分布特点：要明确三个问题：(磁极位置? 赤道处磁场特点?南北半球磁场方向?)（1）地球是一个巨大的磁体、地磁的N 极在地理的南极附近，地磁的S 极在地理的北极附近； （2）地磁场的分布和条形磁体磁场分布近似；（3）在地球赤道平面上，地磁场方向都是由北向南且方向水平（平行于地面）； 3．磁感应强度（1）定义：在磁场中垂直于磁场方向的通电直导线，所受的安培力F 跟电流I 和导线长度L 之乘积IL 的比值叫做磁感应强度，定义式为ILFB=。

（条件是匀强磁场，或非匀强磁场中L 很小，并且L ⊥B ）磁感应强度是矢量，其方向就是磁场方向。

单位是特斯拉，符号为T ，1T=1N/(A ∙m)=1kg/(A ∙s 2) （2）对定义式的理解：①定义式中反映的F 、B 、I 方向关系为：B ⊥I ，F ⊥B ，F ⊥I ，则F 垂直于B 和I 所构成的平面。

②定义式可以用来量度磁场中某处磁感应强度，不决定该处磁场的强弱，磁场中某处磁感应强度的大小由磁场自身性质来决定。

③磁感应强度是矢量，其矢量方向是小磁针在该处的北极受力方向，与安培力方向是垂直的。

④如果空间某处磁场是由几个磁场共同激发的，则该点处合磁场（实际磁场）是几个分磁场的矢量和；某处合磁场可以依据问题求解的需要分解为两个分磁场；磁场的分解与合成必须遵循矢量运算法则。

专题强化十二电磁感应的综合问题专题解读 1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题.2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心.3.用到的知识有：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、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等.命题点一电磁感应中的图象问题1.题型简述借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象.常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等.2.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.3.解题步骤(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象.4.两种常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断.例1 (多选)(2017·河南六市一模)边长为a 的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图1所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是( )图1答案 BC解析 设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t ＝0，则其切割磁感线的有效长度L ＝2x tan 30°＝233x ，则感应电动势E 电动势＝BLv ＝233Bvx ，则C 项正确，D 项错误.框架匀速运动，故F 外力＝F 安＝B 2L 2v R ＝4B 2x 2v 3R∝x 2，A 项错误.P 外力功率＝F 外力v ∝F 外力∝x 2，B 项正确. 变式1 (2017·江西南昌三校四联)如图2所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里.一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速到位置2(右).取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t ＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )图2答案 A解析 线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B 、C 错误；线框进入磁场的过程，线框切割磁感线的有效长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框切割磁感线的有效长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A 正确，D 错误.变式2 (2017·河北唐山一模)如图3所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R ，导体棒ab 垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中.现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R 的电荷量q 随导体棒位移的变化描述正确的是( )图3答案 B解析 导体棒运动过程中受向左的安培力F ＝B 2L 2v R，安培力阻碍棒的运动，速度减小，由牛顿第二定律得棒的加速度大小a ＝F m ＝B 2L 2v Rm，则a 减小，v －t 图线斜率的绝对值减小，故B项正确，A 项错误.通过R 的电荷量q ＝I Δt＝E R Δt ＝ΔΦΔt R ·Δt ＝ΔΦR ＝BL Rx ，可知C 、D 项错误.命题点二 电磁感应中的动力学问题1.题型简述感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等).2.两种状态及处理方法状态特征 处理方法 平衡态加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路如下：例2 (2016·全国卷Ⅱ·24)如图4，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上.t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动.t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：图4(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值.答案 (1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E ＝Blv ③ 联立①②③式可得 E ＝Blt 0(F m －μg ) ④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，有F －μmg －F 安＝0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m. 变式3 (2017·江淮十校三模)宽为L 的两光滑竖直裸导轨间接有固定电阻R ，导轨(电阻忽略不计)间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里宽为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ区域间距为h ，如图5，有一质量为m 、长为L 、电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触，从距区域Ⅰ上端H 处由静止释放.若杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，现以杆由静止释放为计时起点，则杆中电流随时间t 变化的图象可能正确的是( )图5答案 B解析 杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，说明产生的感应电流也应完全相同，排除A 和C 选项.因杆在无磁场区域中做a ＝g 的匀加速运动，又杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，则杆在Ⅰ、Ⅱ区域应做减速运动，在区域Ⅰ中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加速度a ＝mg －B 2L 2v R m，方向竖直向上，则知杆做加速度逐渐减小的减速运动，又I ＝BLv R，由I －t 图线斜率变化情况可知选项B 正确，选项D 错误. 变式4 (2017·上海单科·20改编)如图6，光滑平行金属导轨间距为L ，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R 的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面.质量为m 的金属杆ab 以沿导轨平面向上的初速度v 0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置.在运动过程中，ab 与导轨垂直且接触良好，不计ab 和导轨的电阻及空气阻力.图6(1)求ab 开始运动时的加速度a 的大小；(2)分析并说明ab 在整个运动过程中速度、加速度的变化情况.答案 见解析解析 (1)利用楞次定律，对初始状态的ab 受力分析得：mg sin θ＋BIL ＝ma ①对回路分析 I ＝E R ＝BLv 0R②联立①②得 a ＝g sin θ＋B 2L 2v 0mR(2)上滑过程：由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：a 上＝g sin θ＋B 2L 2v mR ③上滑过程，a 、v 反向，做减速运动.利用③式，v 减小则a 减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动.下滑过程：由牛顿第二定律，对ab 受力分析得：mg sin θ－B 2L 2v R ＝ma 下 ④a 下＝g sin θ－B 2L 2v mR ⑤因a 下与v 同向，ab 做加速运动.由⑤得v 增加，a 下减小，杆下滑时做加速度逐渐减小的加速运动.命题点三电磁感应中的动力学和能量问题1.题型简述电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的.安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程.2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解.3.求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：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：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能.例3如图7所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成.倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B的匀强磁场.闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆MN运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆MN两端始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：图7(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率v m；(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离x m.答案见解析解析(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得mg sin θ－BI m L＝0根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：I m ＝BLv m 2r 解得：v m ＝2mgr sin θB 2L 2 (2)设在这段时间内，金属杆MN 运动的位移为x由电流的定义可得：q ＝I Δt根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流I ＝B ΔS 2r Δt ＝BLx 2r Δt解得：x ＝2qr BL设电流为I 0时金属杆MN 的速度为v 0，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可得I 0＝BLv 02r ，解得v 0＝2rI 0BL设此过程中，电路产生的焦耳热为Q 热，由功能关系可得：mgx sin θ＝Q 热＋12mv 02定值电阻r 产生的焦耳热Q ＝12Q 热 解得：Q ＝mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2 (3)设金属杆MN 在水平导轨上滑行时的加速度大小为a ，速度为v 时回路电流为I ，由牛顿第二定律得：BIL ＝ma由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：I ＝BLv 2r联立可得：B 2L 22r v ＝m Δv ΔtB 2L 22r v Δt ＝m Δv ，即B 2L 22rx m ＝mv m 得：x m ＝4m 2gr 2sin θB 4L4 变式5 (多选)(2017·山东潍坊中学一模)如图8所示，同一竖直面内的正方形导线框a 、b 的边长均为l ，电阻均为R ，质量分别为2m 和m .它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度大小为B 、方向垂直竖直面的匀强磁场区域.开始时，线框b 的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a 的下边到匀强磁场的上边界的距离为l .现将系统由静止释放，当线框b 全部进入磁场时，a 、b 两个线框开始做匀速运动.不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，则( )图8A.a 、b 两个线框匀速运动时的速度大小为2mgR B 2l 2B.线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B 2l 3mgRC.从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，线框a 所产生的焦耳热为mglD.从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl 答案 BC解析 设两线框匀速运动的速度为v ，此时轻绳上的张力大小为F T ，则对a 有：F T ＝2mg －BIl ，对b 有：F T ＝mg ，又I ＝ER ，E ＝Blv ，解得v ＝mgR B 2l 2，故A 错误.线框a 从下边进入磁场后，线框a 通过磁场时以速度v 匀速运动，则线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t ＝3l v ＝3B 2l 3mgR，故B 正确.从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，线框a 只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q ，由功能关系有2mgl －F T l ＝Q ，得Q ＝mgl ，故C 正确.设两线框从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W ，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l 的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl＝2mgl ＋12×3mv 2＋W ，得W ＝2mgl －3m 3g 2R 22B 4l4，故D 错误. 变式6 如图9所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻.质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆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：图9(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P .答案 (1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2v 0－v2R解析 (1)MN 刚扫过金属杆时，感应电动势E ＝Bdv 0 感应电流I ＝E R解得I ＝Bdv 0R(2)安培力F ＝BId 由牛顿第二定律得F ＝ma解得a ＝B 2d 2v 0mR(3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′＝v 0－v ，则 感应电动势E ′＝Bd (v 0－v )电功率P ＝E ′2R解得P ＝B 2d 2v 0－v2R1.将一段导线绕成如图1甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内.回路的ab 边置于垂直纸面向里为匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示.用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图象是( )图1答案 B解析 根据B －t 图象可知，在0～T2时间内，B －t 图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔBΔt S 可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知，ab 中电流方向为b →a ，再由左手定则可判断ab 边受到向左的安培力，且0～T2时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在T2～T 时间内，B －t 图线的斜率为正且为定值，故ab 边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同.综上可知，B 正确. 2.如图2所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的区域，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上.若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场的过程中感应电流i 随时间t 变化的图象是( )图2答案 C解析 在金属框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针，金属框切割磁感线的有效长度线性增大，排除A 、B ；在金属框出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，金属框切割磁感线的有效长度线性减小，排除D ，故C 正确.3.(多选)(2017·山东泰安二模)如图3甲所示，间距为L 的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，轨道左侧连接一定值电阻R .垂直导轨的导体棒ab 在平行导轨的水平外力F 作用下沿导轨运动，F 随t 变化的规律如图乙所示.在0～t 0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动.图乙中t 0、F 1、F 2为已知量，棒和导轨的电阻不计.则( )图3A.在t 0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B.在t 0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C.在0～t 0时间内，导体棒的加速度大小为2F 2－F 1RB 2L 2t 0D.在0～t 0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为F 2－F 1t 02BL答案 BD解析 因在0～t 0时间内棒做匀加速直线运动，故在t 0时刻F 2大于棒所受的安培力，在t 0以后，外力保持F 2不变，安培力逐渐变大，导体棒先做加速度减小的加速运动，当加速度a ＝0，即导体棒所受安培力与外力F 2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A 错误，B 正确.设在0～t 0时间内导体棒的加速度为a ，通过导体棒横截面的电荷量为q ，导体棒的质量为m ，t 0时刻导体棒的速度为v ，则有：a ＝v t 0，F 2－B 2L 2v R ＝ma ，F 1＝ma ，q ＝ΔΦR ，ΔΦ＝B ΔS ＝BLv 2t 0，解得：a ＝F 2－F 1R B 2L 2t 0，q ＝F 2－F 1t 02BL，故C 错误，D 正确. 4.如图4所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN 与金属线紧密接触，起始时OA ＝l 0，且MN ⊥OQ ，所有导线单位长度电阻均为r ，MN 匀速水平向右运动的速度为v ，使MN 匀速运动的外力为F ，则外力F 随时间变化的规律图象正确的是( )图4答案 C解析 设经过时间t ，则MN 距O 点的距离为l 0＋vt ，直导线在回路中的长度也为l 0＋vt ，此时直导线产生的感应电动势E ＝B (l 0＋vt )v ；整个回路的电阻为R ＝(2＋2)(l 0＋vt )r ，回路的电流I ＝E R＝B l 0＋vt v 2＋2l 0＋vt r ＝Bv2＋2r；直导线受到的外力F 大小等于安培力，即F ＝BIL ＝BBv2＋2r(l 0＋vt )＝B 2v2＋2r(l 0＋vt )，故C 正确.5.(多选)(2017·河南三市二模)如图5所示，一根总电阻为R 的导线弯成宽度和高度均为d 的“半正弦波”形闭合线框.竖直虚线之间有宽度也为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于线框所在的平面.线框以速度v 向右匀速通过磁场，ab 边始终与磁场边界垂直.从b 点到达边界开始到a 点离开磁场为止，在这个过程中( )图5A.线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B.ab 段直导线始终不受安培力的作用C.平均感应电动势为12BdvD.线框中产生的焦耳热为B 2d 3vR答案 AD解析 整个过程中闭合线框中的磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可判定A 正确.ab 段导线中有电流通过且与磁场垂直，故其受安培力的作用，B 错误.由于整个过程中磁通量变化量为0，故平均感应电动势为0，C 错误.整个过程中线框中产生一个周期的正弦式交变电流，其电动势峰值为E m ＝Bdv ，则线框中产生的焦耳热为Q ＝E 2R t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫Bdv 22R·2d v ＝B 2d 3vR，D 正确.6.(2016·全国卷Ⅰ·24)如图6，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑.求：图6(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小. 答案 (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)mgRB 2L 2(sin θ－3μcos θ) 解析 (1)由于ab 、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故ab 、cd 速度总是相等，cd 也做匀速直线运动.设导线的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2，对于ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F①F N1＝2mg cos θ ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mg sin θ＋μF N2＝F T ′＝F T ③F N2＝mg cos θ④联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos θ) ⑤(2)设金属棒运动速度大小为v ，ab 棒上的感应电动势为E ＝BLv ⑥ 回路中电流I ＝ER⑦ 安培力F ＝BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v ＝mgRB 2L2(sin θ－3μcos θ) 7.如图7所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L ，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板(图中未画出)，上端连接一个阻值R ＝2r 的电阻，整个装置处在磁感应强度为B 、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab 、cd放在导轨下端，其中棒ab 靠在挡板上，棒cd 在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a 的匀加速运动.已知每根金属棒质量为m 、长度为L 、电阻为r ，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好.求：图7(1)经多长时间棒ab 对挡板的压力变为零； (2)棒ab 对挡板压力为零时，电阻R 的电功率； (3)棒ab 运动前，拉力F 随时间t 的变化关系. 答案 (1)5mgr sin θ2B 2L 2a (2)m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2(3)F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a5rt解析 (1)棒ab 对挡板的压力为零时，受力分析可得BI ab L ＝mg sin θ设经时间t 0棒ab 对挡板的压力为零，棒cd 产生的电动势为E ，则E ＝BLat 0回路中电流I ＝Er ＋R 外R 外＝Rr R ＋r ＝23r I ab ＝R R ＋rI解得t 0＝5mgr sin θ2B 2L 2a(2)棒ab 对挡板压力为零时，cd 两端电压为U cd ＝E －Ir解得U cd ＝mgr sin θBL此时电阻R 的电功率为P ＝U 2cd R解得P ＝m 2g 2r sin 2θ2B 2L2(3)对cd 棒，由牛顿第二定律得F －BI ′L －mg sin θ＝ma I ′＝E ′r ＋R 外E ′＝BLat解得F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a5rt .8.(2016·全国卷Ⅲ·25)如图8，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里.某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动.金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计.求：图8(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小. 答案 (1)kt 0SR(2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0l R解析 (1)在金属棒未越过MN 之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS ＝k ΔtS ① 由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt②由欧姆定律得I ＝E R③由电流的定义得I ＝Δq Δt④联立①②③④式得 |Δq |＝kS RΔt⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内即Δt ＝t 0，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 |q |＝kt 0SR⑥(2)当t >t 0时，金属棒已越过MN .由于金属棒在MN 右侧做匀速运动，有F ＝F 安⑦式中，F 是外加水平恒力，F 安是金属棒受到的安培力.设此时回路中的电流为I ，F 安＝B 0lI ⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B 0ls ⑩回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′ ⑪其中Φ＝B 1S ＝ktS ⑫由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t (t >t 0)，穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0lv 0(t －t 0)＋kSt ⑬ 在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0lv 0＋kS )Δt⑭由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E t ＝ΔΦtΔt⑮由欧姆定律得I ＝E t R⑯联立⑦⑧⑭⑮⑯式得F ＝(B 0lv 0＋kS )B 0lR.。

第2节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流知识点一| 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。

产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻。

(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I ＝E R ＋r。

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，n 为线圈匝数。

3．导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝Bl v 。

(2)若B ⊥l ，l ⊥v ，v 与B 夹角为θ，则E ＝Bl v sin_θ。

[判断正误](1)Φ＝0，ΔΦΔt 不一定等于0。

(√) (2)感应电动势E 与线圈匝数n 有关，所以Φ、ΔΦ、ΔΦΔt的大小均与线圈匝数有关。

(×) (3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。

(√) (4)法拉第提出了法拉第电磁感应定律。

(×)(5)当导体在匀强磁场中垂直磁场方向运动时(运动方向和导体垂直)，感应电动势为E ＝BL v 。

(√)考法1 对感生电动势E ＝n ΔΦΔt 的理解与应用1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是( )A ．穿过线圈的磁通量Φ越大，所产生的感应电动势就越大B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ越大，所产生的感应电动势就越大C．穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt越大，所产生的感应电动势就越大D．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0C[根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率ΔΦΔt成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系。

当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0。

当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也会很大。

所以只有选项C正确。

]2．(2017·天津高考)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。

解析：选 AC 中性面是线圈平面与磁感线垂直的位置，线圈经过该位置时，穿过线圈
的磁通量最大，各边都不切割磁感线，不产生感应电动势，所以磁通量的变化率为零，A 项
正确，B 项错误；线圈每经过一次中性面，感应电流的方向改变一次，但线圈每转一周时要
经过中性面两次，所以每转一周，感应电流方向就改变两次，C 项正确，D 项错误。
解析：选 A 绕垂直磁场的轴转动时，线圈能够产生的最大感应电动势 Em＝NBSω，所 以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的 2 倍，再利用楞次定律 分析感应电流方向，可知选项 A 正确。
2．[多选](2014·天津高考)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不 同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线 a、b 所示， 则( )
V，有效值
Eb＝
10 2
V＝5
2 V，
D 错误。
考点二
有效值的理解和计算
1．公式法
利用 E＝Em、U＝Um、I＝ Im 计算，只适用于正(余)弦式交变电流。
2
2
2
2．利用有效值的定义计算(非正弦式电流) 计算时“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍。
3．利用能量关系
当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值。 问题一 正弦交变电流有效值的计算 1．电阻 R1、R2 与交流电源按照图甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω。合上开关 S 后，通过电阻 R2 的正弦式交变电流 i 随时间 t 变化的情况如图乙所示。则( )
i＝Im·sin ωt＝ RE＋mrsin ωt
2．两个特殊位置的特点 ΔΦ
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大， Δt ＝0，e＝0，i＝0，电流方向发生改 变。

结论：E测<E真，r测<r真. 方法b 等效电源法 如图甲所示，E 测＝RVR＋V rE 真<E 真，r 测＝RRV＋Vr r<r 真.
②若采用丙图电路 方法a 电流表的分压作用造成误差，电流越大，电流表分压越多，对 应U真与U测的差越大，UA＝I·RA.其中U－I图像如图丁所示. 结论：E测＝E真，r测>r真. 方法b 等效电源法 如图丙所示，E测＝E真，r测＝r＋RA>r真. (3)电路选择： ①电源内阻一般较小，选图甲电路误差较小. ②当 内阻已知时选图丙电路，此时r＝k－RA，没有系统误差.
4.误差分析 (1)误差来源：电流表有电阻，导致内阻测量不准确； (2)结论：E测＝E真，r测＞r真(r测＝r真＋rA).
例3 某物理兴趣小组要测量一电池组的电 动势和内阻，实验室提供下列仪器： A.电池组(电动势约为3 V，内阻约为10 Ω) B.电压表V(量程0～15.0 V，内阻约为3 000 Ω) C.电流表A(量程为0～2 mA，内阻RA＝12 Ω) D.定值电阻R0＝6 Ω E.电阻箱R1(0～999 Ω，0～1.0 A) F.滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，0～1.0 A) G.导线及开关
(1)同学们根据提供的器材，设计了如图 甲所示的(a)、(b)两种测量电路，经讨论 后认为(a)测量电路不合理，应选(b)测量 电路.请说明(a)测量电路不合理的原因： _________________. 答案 见解析
由于电流表量程较小，若直接测量干路中电流，则测量数据范围太 小，测量误差较大，故(a)测量电路不合理；
伏阻法测电动势和内阻
梳理 必备知识 1.实验原理 闭合电路欧姆定律E＝U＋URr ，电路图如图所示.
2.实验器材 电池、 电压表 、 电阻箱 、开关、导线、坐标纸和刻度尺.

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。

(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：遵守闭合电路的欧姆定律，即I ＝ER ＋r 。

3．导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝Blv 。

(2)v ∥B 时，E ＝0。

二、自感、涡流 1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。

(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势。

②表达式：E ＝L ΔIΔt。

(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。

②单位：亨利(H)，1 mH ＝10－3H,1 μH＝10－6H 。

2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流。

授课提示：对应学生用书第196页命题点一 对法拉第电磁感应定律的理解及应用 自主探究1．感应电动势的决定因素(1)由E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈匝数n 共同决定，磁通量Φ较大或磁通量的变化量ΔΦ较大时，感应电动势不一定较大。

(2)ΔΦΔt 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三个特例(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 ＝n ΔBΔt 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 ＝nB ΔSΔt。

(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则ΔΦ＝Φ末－Φ初，E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB·ΔSΔt。

第3节电磁感应定律的综合应用知识点一｜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＝Blv或E＝n错误!。

(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir。

[判断正误］(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。

1．电磁感应中电路知识的关系图2．解决电磁感应中的电路问题三步曲[典例] 在同一水平面的光滑平行导轨P、Q相距l＝ 1 m，导轨左端接有如图所示的电路。

其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω,金属棒ab的电阻r＝2 Ω,其他电阻不计。

磁感应强度B＝0。

5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，质量m＝1×10－14kg、电荷量q ＝－1×10－14C的微粒悬浮于电容器两极板之间恰好静止不动.取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好,且速度保持恒定。

试求：（1)匀强磁场的方向；（2）金属棒ab两端的路端电压；(3)金属棒ab运动的速度.解析：（1）负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力方向竖直向下，所以电场力方向竖直向上，故M板带正电。

ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源,感应电流方向由b→a,其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。

（2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态,根据平衡条件有mg＝Eq又E＝错误!，所以U MN＝错误!＝0。

1 VR3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I＝错误!＝0。

05 A则ab棒两端的电压为U ab＝U MN＋IR1R2R1＋R2＝0。

人教版高三物理一轮专题复习第十章电磁感应专题三电磁感应规律的应用导学案【温习目的】1、熟练掌握感应电动势大小的计算方法和方向的判定方法；2、熟习电磁感应综分解绩类型及其处置思绪和本卷须知，可以较好地处置近几年高考在电磁感应综合局部的热点效果。

【重点难点】电流电压电量的计算、静态效果剖析、安培力的功和焦耳热的计算【学法指点】养成画等效电路图的习气和严谨细致的思想习气；多作研讨和训练，把基本思绪练熟。

【知识回忆】1、穿过闭合回路的，就可以在闭合回路发生感应电动势，进而构成感应电流；2、感应电流的方向由定律来判定，导体棒垂直切割磁感线发生的感应电流的方向还可由定那么来判定。

3、感应电动势的大小由定律来计算，计算式为；感应电动势因发生方式不同而分为两类状况：①B不变而S变化，从而发生的电动势叫做动生电动势，可用计算，导体棒垂直切割磁感线发生的感应电动势的还可用公式来计算；②S不变而B变化，从而发生的电动势叫做电动势，可用计算。

【经典例题】如下图，电阻不计的润滑金属导轨ac、bd水平平行放置，处在方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，导轨左侧接有阻值为R=2r的定值电阻，导轨间距为L. 一质量为m、电阻为r、长度也为L的金属导体棒MN垂直导轨放置在导轨上，在水平向右的拉力作用下向右匀速运动，速度为v。

〔1〕R中电流的大小是多少？方向如何？〔2〕M、N两点哪点电势高？M、N两点间电势差R是多少？〔3〕水平拉力是多大？〔4〕假定某时辰撤去水平拉力，那么尔后的进程中，导体棒将做什么运动？最终速度是多少？〔5〕假定撤去水平拉力后，导体棒向右运动的最远距离为x，那么此进程中经过导体棒的电荷量是多大？〔6〕假定某时辰撤去水平拉力，那么尔后的进程中，R中发生的焦耳热是多少？【课堂反应】【练1】粗细平均的电阻丝围成的正方形框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的某条边重合，如以下图所示．现使线框以异样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，那么在移出进程中()A．四种状况下流过ab边的电流的方向都相反B．四种状况下ab两端的电势差都相等C．四种状况下流过线框横截面的电量都相等D．四种状况下线框中发生的焦耳热都不相反【练2】如下图，电阻不计的润滑金属导轨ac、bd水平平行放置，处在方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，导轨左侧接有阻值为R=2r 的定值电阻，导轨间距为L . 一质量为m 、电阻为r 、长度也为L 的金属导体棒MN 运动垂直放置在导轨上。

第十单元⎪⎪⎪恒定电流考点一 电路知识的基本概念和定律[研考题考法]1．(2018·浙江平湖中学期中)关于电压和电动势，下列说法正确的是( ) A ．电压和电动势单位相同，所以电动势和电压是同一物理量 B ．电动势就是电源两极间的电压C ．电动势是反应电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量D ．电源电动势定义式E ＝W q 和电势差定义式U ＝Wq 中的W 都是电场力做的功解析：选C 电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量，A 错误；根据闭合电路欧姆定律，路端电压U ＝E －Ir ，只有当外电路断开时，I ＝0，路端电压等于电动势，B 错误；电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领的大小，C 正确；电动势公式E ＝Wq 中的W 是非静电力做功，电压U ＝Wq 中的W 是静电力做功，D 错误。

2．关于电阻和电阻率，下列说法中正确的是( )A ．对某一确定的导体，当温度升高时，发现它的电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大B ．由ρ＝RSL可知，电阻率ρ与R 、S 成正比，ρ与L 成反比 C ．所有材料的电阻率都随温度的升高而增大 D ．由R ＝UI 可知，电阻与电压、电流都有关系解析：选A 根据电阻定律：R ＝ρLS 可知，电阻增大，说明导体材料的电阻率增大，故A 正确；电阻率只取决于导体材料本身，与R 、S 、L 无关，故B 错误；金属的电阻率随温度的升高而增大，但有些合金的电阻率随温度升高而不变，故C 错误；根据电阻定律：R ＝ρLS可知，导体的电阻取决于导体本身的性质，故D 错误。

3．(2018·浙江长兴中学期中)将截面均匀、长为L 、电阻为R 的金属导线截去Ln ，将剩余部分均匀再拉长至L ，则导线电阻变为( )A.(n －1)Rn B.R n C.nR n －1D ．nR解析：选C 根据电阻决定式R ＝ρL S ，截去Ln 之后再拉长至L ，长度没有变化，截面积变为原来的n －1n ，则电阻变为R ′＝ρL n －1n S＝n n －1ρL S ＝nn －1R 。

第1节　电磁感应现象　楞次定律知识点一| 磁通量　电磁感应现象1．磁通量(1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的平面的面积S和B的乘积。

(2)公式：Φ＝B·S。

适用条件：(1)匀强磁场；(2)S为垂直磁场的有效面积。

(3)单位：1 Wb＝1 T·m2。

(4)矢标性：磁通量的正、负号不表示方向，磁通量是标量。

2．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中有感应电流产生的现象。

3．产生感应电流的条件(1)条件：①电路闭合；②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切割磁感线运动。

4．电磁感应现象的实质磁通量发生变化时，电路中产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流；如果电路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流。

[判断正误](1)穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中不一定有感应电流产生。

(×)(2)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生。

(3)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。

(√)考法1　对磁通量的理解1．如图所示，两个同心圆形线圈a、b在同一平面内，其半径大小关系为r a>r b，条形磁铁穿过圆心并与圆面垂直，则穿过两线圈的磁通量Φa、Φb间的大小关系为( )A．Φa>Φb B．Φa＝ΦbC．Φa<Φb D．条件不足，无法判断C　[条形磁铁内部的磁感线全部穿过a、b两个线圈，而外部磁感线穿过线圈a的比穿过线圈b的要多，线圈a中磁感线条数的代数和要小，故选项C正确。

]2.磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )A．ΔΦ1>ΔΦ2B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2D．无法确定C　[设闭合线框在位置1时的磁通量为Φ1，在位置2时的磁通量为Φ2，直线电流产生的磁场在位置1处比在位置2处要强，故Φ1>Φ2。