高考物理大一轮复习讲义 第九章 单元小结练 感应电流方向的判断及大小的计算(含解析) 新人教版

咐呼州鸣咏市呢岸学校14 探究感电流方向的规律1．目的研究感电流方向的判规律．2．原理以为根底，从几种现象中总结归纳出结论，以下面四种情况为例：图1表1 线圈内磁通量增加时的情况说明：当线圈中磁通量增加时，感电流的磁场方向跟磁铁的磁场方向相反．表2说明：当线圈中磁通量减少时，感电流的磁场方向跟磁铁的磁场方向相同．由此得出：感电流具有这样的方向，即感电流的磁场总要阻碍引起感电流的磁通量的变化．3．步骤(1)按图2连接电路，闭合开关，记录下G中流入电流方向与灵敏电流计G中指针偏转方向的关系．(如电流从左接线柱流入，指针向右偏还是向左偏？)图2(2)记下线圈绕向，将线圈和灵敏电流计构成通路．(3)把条形磁铁N极(或S极)向下插入线圈中，并从线圈中拔出，每次记下电流计中指针偏转方向，然后根据步骤1的结论，判出感电流方向，从而可确感电流的磁场方向．(4)根据结果，填写下表：(6)形成结论．1．灵敏电流计满偏电流为±300 μA，允许通过的电流很小，查明电流计指针的偏转方向和电流方向的关系时，使用一节干电池．2．原、副线圈接入电路前仔细观察导线绕向并画出草图．1．[电路连接]如图3所示的器材可用来研究电磁感现象及判感电流的方向，其中L1为原线圈，L2为副线圈．(1)在给出的实物图中，将仪器连成完整的电路．(2)在过程中，除了查入检流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还查清________的绕制方向(选填“L1〞、“L2〞或“L1和L2〞)．闭合开关之前，将滑动变阻器的滑动头P处于________端(选填“左〞或“右〞)．图3【解析】(1)探究电磁感现象的电路分两，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如下图；(2)在过程中，除了查入检流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还查线圈L1与副线圈L2的绕制方向．由电路图可知，闭合开关之前，将滑动变阻器的滑动头P处于右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大．【答案】(1)电路图见解析(2)L1和L2右2．[现象分析](多项选择)如图4甲所示开关S闭合后电流表指针由向左偏，当把一个线圈A和这个电流表串联起来(图乙)后，将一个条形磁铁B插入或拔出线圈时，线圈中会产生感电流，经观察发现，电流表指针由位置向右偏，这说明( )【导学号：81370351】图4A．如果磁铁的下端是N极，那么磁铁正在远离线圈B．如果磁铁的下端是S极，那么磁铁正在远离线圈C．如果磁铁的下端是N极，那么磁铁正在靠近线圈D．如果磁铁的下端是S极，那么磁铁正在靠近线圈AD[根据题图甲，可以知道电流表的指针向电流流入的方向偏转，螺线管相当于一个电源，电源的正极在上端．根据安培那么，螺线管上端是S极．如果磁铁的下端是N板，那么磁铁正在远离线圈；如果磁铁的下端是S极，那么磁铁正在靠近线圈，故A、D正确．]。

专题突破十一 电磁感应定律的综合应用命题点一 电磁感应中的图象问题1.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. 2.解题步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者E －t 图象、I －t 图象等； (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. 3.两种常用方法(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)(2018·扬州中学5月模拟)在光滑水平桌面上有一边长为l 的正方形线框abcd ，bc 边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg ，三角形腰长为l ，磁感应强度垂直桌面向下，abef 在同一直线上，其俯视图如图1所示，线框从图示位置在水平拉力F 作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i 及拉力F 随时间t 的变化关系可能是(以逆时针方向为电流的正方向，F 向右为正方向，时间单位为lv)( )图1答案 BD变式1 (2018·如皋市调研)将一段导线绕成如图2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的匀强磁场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2答案 B解析 根据题图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 ΔBΔtS 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.命题点二 电磁感应中的动力学与能量问题1.解决电磁感应中的动力学问题的一般思路2.能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化其他形式的能量――→克服安培力做功电能――→电流做功焦耳热或其他形式的能量 (2)求解焦耳热Q 的三种方法3.单棒导体切割磁感线的一般运动过程4.两种状态及处理方法模型1 “导体棒”切割磁感线例2 (多选)(2018·江苏单科·9)如图3所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )图3A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L4答案 BC解析 穿过磁场Ⅰ后，金属棒在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度.金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A 错. 金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知ma ＝BIL －mg ＝B 2L 2v R－mg ，a 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动.在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v －t 图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 对.由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，W 安1－mg ·2d ＝0， W 安1＝2mgd .即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，C 对. 设刚进入磁场Ⅰ时速度为v ，则由机械能守恒定律知mgh ＝12mv 2，①进入磁场时ma ＝BIL －mg ＝B 2L 2vR－mg ，解得v ＝m (a ＋g )RB 2L 2，② 由①②式得h ＝m 2(a ＋g )2R 22B 4L 4g >m 2gR 22B 4L4，D 错. 例3 (2018·南京市三模) 如图4甲所示，固定在水平桌面上的间距为L 的光滑平行金属导轨，其右端MN 间接有阻值为R 的定值电阻，导轨上存在着以efhg 为边界，宽度为d 的匀强磁场，磁场磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，方向竖直向下.一长度为L 的金属棒垂直于导轨放置，金属棒的电阻也为R ，在t ＝0时刻从图示位置在恒力作用下由静止开始沿导轨向右运动，t ＝t 0时刻恰好进入磁场，此时磁感应强度为B 0，并保持不变.金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R 上的电流大小不变，导轨电阻不计.求：图4(1)0～t 0时间内流过电阻R 的电流I 的大小和方向； (2)金属棒穿过磁场的速度及所受恒力的大小；(3)金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q .答案 (1)B 0Ld 2Rt 0 方向由N →M (2)d t 0 B 20L 2d 2Rt 0 (3)B 20L 2d22Rt 0解析 (1)0～t 0时间内，由E ＝ΔBΔt S解得E ＝B 0Ldt 0由I ＝E2R解得I ＝B 0Ld2Rt 0由楞次定律可知，电流方向为由N 到M(2)经分析可知，金属棒穿过磁场的过程中电动势大小与0～t 0时间内相同 由E ＝B 0Ldt 0＝B 0Lv 解得v ＝d t 0金属棒匀速通过磁场由受力平衡得F ＝BIL则F ＝B 20L 2d 2Rt 0(3)金属棒从题图所示位置到恰好穿出磁场的运动过程中电流大小不变，为I ＝B 0Ld2Rt 0金属棒匀速通过磁场的时间为t ＝d v＝t 0所以Q ＝I 2R (t 0＋t 0)＝B 20L 2d22Rt 0.变式2 (2018·泰州中学月考)如图5甲所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L 为0.5m ，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R ，将一根质量为0.2kg 的金属棒cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd 的电阻r ＝2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝2T.若棒以1m/s 的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F 作用，并保持拉力的功率恒为4W ，从此时开始计时，经过2s 金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象.试求：图5(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒的速度为3m/s 时的加速度大小； (3)求从开始计时起2s 内电阻R 上产生的电热. 答案 (1)4m/s (2)3512m/s 2(3)3.25J解析 (1)金属棒速度最大时，所受合外力为零，即F 安m ＝F . 由题图乙可知F 安m ＝1.0N ，则v m ＝P F ＝PF 安m＝4m/s. (2)金属棒速度为3m/s 时，感应电动势E ′＝BLv ＝2×0.5×3V＝3V. 电流I ′＝E ′R ＋r，F 安′＝BI ′L 金属棒受到的拉力F ′＝P v ＝43N根据牛顿第二定律F ′－F 安′＝ma 解得a ＝F ′－F 安′m ＝43－340.2m/s 2＝3512m/s 2.(3)从开始计时起2s 内，由动能定理得，Pt ＋W 安＝12mv m 2－12mv 02W 安＝－6.5J则Q R ＝－W 安2＝3.25J.模型2 “导线框”切割磁感线例4 (2018·南通市、泰州市一模)如图6所示，光滑绝缘斜面倾角为θ，斜面上平行于底边的虚线MN 、PQ 间存在垂直于斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 、PQ 相距为L .一质量为m 、边长为d (d ＜L )的正方形金属线框abef 置于斜面上，线框电阻为R .ab 边与磁场边界MN 平行，相距为L .线框由静止释放后沿斜面下滑，ef 边离开磁场前已做匀速运动，重力加速度为g .求：图6(1)线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q ； (2)线框ef 边离开磁场区域时速度的大小v ； (3)线框穿过磁场区域产生的热量Q .答案 (1)Bd 2R (2)mgR sin θB 2d 2 (3)mg (2L ＋d )sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4d4解析 (1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt通过回路的电荷量q ＝I ·Δt ＝E R·Δt 磁通量的变化量ΔΦ＝Bd 2解得q ＝Bd 2R.(2)线框ef 边离开磁场前，线框中产生的感应电流I ＝Bdv R受到的安培力F ＝IdB 由平衡条件有mg sin θ－F ＝0 解得v ＝mgR sin θB 2d 2. (3)线框由静止至离开磁场，由能量守恒定律有mg (2L ＋d )sin θ－Q ＝12mv 2－0解得Q ＝mg (2L ＋d )sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4d4. 例5 (2018·扬州市一模)实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为L 、长为2.5L 的N 匝矩形线框abcd ，总电阻为R ，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m .如图7是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为F f ，进入磁场前已达到最大速度v ，车头(ab 边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾(cd 边)刚出磁场时速度恰好为零.已知有界磁场宽度为2.5L ，磁感应强度为B ，方向竖直向下.求：图7(1)进入磁场前小车所受牵引力的功率P ； (2)车头刚进入磁场时，感应电流的大小I ； (3)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q . 答案 (1)F f v (2)NBLv R (3)12mv 2－5F f L 解析 (1)进入磁场前小车匀速运动时速度最大，根据受力平衡则有：F ＝F f 牵引力的功率为：P ＝Fv ＝F f v ；(2)车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为：E ＝NBLv 感应电流的大小为：I ＝E R ＝NBLvR(3)根据能量守恒定律得：Q ＋F f ·5L ＝12mv 2可得，电磁刹车过程中产生的焦耳热为：Q ＝12mv 2－5F f L .1.(多选)(2018·启东中学月考)如图8所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计.两质量、长度均相同的导体棒c 、d 置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处.磁场宽为3h ，方向与导轨平面垂直.先由静止释放c ，c 刚进入磁场立即匀速运动，此时再由静止释放d ，两导体棒与导轨始终保持良好接触.用a c 表示c 的加速度，E k d 表示d 的动能，x c 、x d 分别表示c 、d 相对释放点的位移.下图中正确的是( )图8答案 BD解析 导体棒c 进入磁场前做自由落体运动，加速度恒为g ，有h ＝12gt 2，v ＝gt ，c 棒进入磁场以速度v 做匀速直线运动的路程为h ′＝vt ＝gt 2＝2h ，此后d 棒进入磁场，d 棒进入磁场而c 棒还没有穿出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g ，直到c 棒穿出磁场，穿出磁场后c 棒仅受重力，加速度仍为g ，A 错误，B 正确；c 棒穿出磁场后，d 棒切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，因此时d 棒速度大于c 棒进入磁场时切割感线的速度，故感应电动势、感应电流、感应安培力都大于c 棒刚进入磁场时的大小，d 棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动v 2－v 02＝2gh ，可知匀加速过程动能与运动距离成正比，D 正确.2.(2018·如皋市模拟四)如图9所示，质量为m 、电阻为R 的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab ＝L 、ad ＝2L .虚线MN 过ad 、bc 边中点.一根能承受最大拉力为F 0的细线沿水平方向拴住ab 边中点O ，细线与ab 边垂直.从某时刻起，在MN 右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B ＝kt 的规律均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab 边穿出磁场时的速度为v .求：图9(1)细线断裂前线框中的电功率P ；(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a 及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W ；答案 (1)k 2L 4R (2)F 0m 12mv 2解析 (1)根据法拉第电磁感应定律：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtL 2＝kL 2；电功率：P ＝E 2R ＝k 2L 4R(2)细线断裂瞬间安培力：F 安＝F 0，线框的加速度a ＝F 安m ＝F 0m线框离开磁场过程中，由动能定理得：W ＝12mv 2.3.(2018·南京师大附中5月模拟)近期大功率储能技术受到媒体的广泛关注，其中飞轮储能是热点之一.为说明某种飞轮储能的基本原理，将模型简化为如图10所示：光滑的”Π”形导轨水平放置，电阻不计，长度足够.轨道平行部分间距为L ＝1m ，导轨上静止放置有长度也为L 、质量为m ＝100kg 、接入电路的电阻为R 1＝0.1Ω的导体棒AB .导轨间虚线框区域有垂直轨道平面向上的均匀变化磁场.虚线框右侧区域有垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ＝10T.图中开关S 接a ，经过足够长时间，棒AB 向右匀速运动，速度为v ＝100m/s.然后若将开关S 接b ，棒AB 可作为电源对电阻R 2供电，电阻R 2＝0.9Ω.图10(1)开关S 接a ，棒AB 匀速运动时，虚线框中的磁场磁通量每秒钟变化多少？ (2)求开关S 接b 的瞬间棒AB 的加速度大小. (3)求开关S 接b 后R 2产生的总热量Q . 答案 (1)1000Wb (2)100m/s 2(3)4.5×105J解析 (1)棒匀速运动时加速度为零，安培力为零，电流为零，磁通量不变，所以虚线框中磁场磁通量每秒增加ΔΦ＝BLvt ＝1 000 Wb ；(2)棒AB 产生的感应电动势E ＝BLv ＝1 000 V ，电路中的感应电流I ＝ER 1＋R 2＝1 000 A ，故受到的安培力为F ＝BIL ＝1×104N ，根据牛顿第二定律可得a ＝F m＝100 m/s 2； (3)棒的动能全部转化为热量，故Q 总＝12mv 2＝5×105J ，电阻R 2上产生的热量为Q ＝R 2R 1＋R 2Q 总＝4.5×105 J.4.(2018·苏州市模拟)如图11所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B .一边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形单匝导线框abcd 放在水平桌面上.在水平拉力作用下，线框从左边界以速度v 匀速进入磁场，当cd 边刚进入磁场时撤去拉力，ab 边恰好能到达磁场的右边界.已知线框与桌面间的动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L ，重力加速度为g .求：图11(1)ab 边刚进入磁场时，其两端的电压U ； (2)水平拉力的大小F 和磁场的宽度d ； (3)整个过程中产生的总热量Q .答案 (1)34BLv (2)B 2L 2v R ＋μmg L ＋v22μg(3) μmgL ＋12mv 2＋B 2L 3vR解析 (1)感应电动势E ＝BLv 感应电流I ＝E R ＝BLvRab 边两端电压U ＝I ·34R ＝34BLv .(2)线框进入磁场后，对线框受力分析得，F ＝F 安＋μmg ＝B 2L 2vR＋μmg撤去拉力后，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，运动位移x 2＝v 22μg所以磁场宽度d ＝L ＋v 22μg.(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q 1＝I 2Rt 1＝B 2L 3vR由于摩擦产生的热量Q 2＝μmg (L ＋v 22μg )＝μmgL ＋12mv 2所以整个过程产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝μmgL ＋12mv 2＋B 2L 3vR.1.(2017·南通市第二次调研)如图1所示，闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i 随时间t 变化的图象可能正确的是( )图1答案 B解析闭合导线框进入磁场时由楞次定律知电流方向为逆时针，故排除D，闭合导线框离开磁场时由楞次定律知电流方向为顺时针，故排除A，根据有效切割长度的变化可知，C错误，B正确.2.(多选)(2018·盐城中学月考)如图2所示，电阻为R的金属棒，从图示位置分别以速率v1、v2沿电阻不计的光滑轨道从ab匀速滑到a′b′处，若v1∶v2＝1∶2，则在两次移动过程中( )图2A.回路中感应电流I1∶I2＝1∶2B.回路中产生热量Q1∶Q2＝1∶2C.回路中通过横截面的总电荷量q1∶q2＝1∶2D.金属棒产生的感应电动势E1∶E2＝1∶2答案ABD3.(2018·南京市三校联考)如图3所示，线圈由A位置开始下落，不计空气阻力，在磁场中受到的安培力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为( )图3A.a A >a B >a C >a DB.a A ＝a C >a B >a DC.a A ＝a C >a D >a BD.a A ＝a C >a D ＝a B 答案 B4.(2017·宜兴市下学期初考)如图4所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd .t ＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右一直做匀加速直线运动，bc 边刚进入磁场的时刻为t 1，ad 边刚进入磁场的时刻为t 2，设线框中产生的感应电流的大小为i ，ad 边两端电压大小为U ，水平拉力大小为F ，则下列i 、U 、F 随运动时间t 变化关系图象正确的是( )图4答案 C解析 线框的速度与时间的关系式为v ＝at ，a 是加速度，设线框边长为L ，总电阻为R ，在0～t 1时间内，感应电流为零，t 1～t 2时间内，由E ＝BLv 和i ＝E R得，感应电流与时间的关系式为i ＝BLaRt ，B 、L 、a 、R 均不变，电流i 与t 成正比，t 2时间后无感应电流，故A 、B 错误；在0～t 1时间内，感应电流为零，ad 边两端的电压为零，t 1～t 2时间内，电流i 与t 成正比，ad 边两端电压大小为U ＝iR ad ＝BLat R ·14R ＝BLat4，电压随时间均匀增加，t 2时间后无感应电流，但有感应电动势，ad 边两端电压大小为U ＝E ＝BLat ，电压随时间均匀增加，故C 正确；根据推论得知：线框所受的安培力为F 安＝B 2L 2v R ，由牛顿第二定律得F －F 安＝ma ，得F ＝B 2L 2aR t ＋ma ,0～t 1时间内，感应电流为零，F ＝ma ，为定值，t 1～t 2时间内，F 与t 是线性关系，但不过原点，t 2时间后无感应电流，F ＝ma ，为定值，故D 错误.5.(多选)如图5甲所示，闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直.规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda 方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，下列关于线框中的电流i 、ad 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象，正确的是( )图5答案 AD解析 由题图B －t 图象可知，0～1s 时间内，B 增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针的，为负值；1～3s ，磁通量不变，无感应电流；3～4s ，B 减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值；由左手定则可知，在0～1s 内，ad 边受到的安培力水平向右，是正的，1～3s 无感应电流，不受安培力，3～4s 时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ，感应电流I ＝E R＝S ·ΔB R ·Δt ，由B －t 图象可知，在每一时间段内，ΔBΔt是定值，则在各时间段内I 是定值，ad 边受到的安培力F ＝BIL ，I 、L 不变，0～1s 内B 均匀增大，则F 均匀增大，3～4s 内B 均匀减小，则F 均匀减小，故B 、C 错误，A 、D 正确.6.(多选)(2018·海安中学月考)水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图6所示，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程( )图6A.外力对棒所做功相等B.电流所做的功相等C.通过ab 棒的电荷量相等D.安培力对ab 棒所做的功不相等 答案 AD解析 根据动能定理，两种情况下外力的功都等于动能的变化量，因初状态和末状态相同，则外力对棒做功相同，选项A 正确；电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功多，故B 错误；根据感应电荷量公式q ＝ΔΦR ＝BLxR，x 是ab 棒滑行的位移大小，B 、R 、导体棒长度L 相同，x越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大，故C 错误；当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故D 正确.7.(多选)(2018·溧水中学期初模拟)如图7所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，底端接有阻值为R 的电阻.一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上.让杆ab 沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab 接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab 由静止下滑距离s 时，已匀速运动，重力加速度为g .则 ( )图7A.匀速运动时杆ab 的速度为mgR sin θB 2L 2B.匀速运动时杆ab 受到的安培力大小为mg sin θC.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，安培力做功为mgs sin θD.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，电阻R 产生的热量为mgs sin θ 答案 AB解析 匀速运动时有mg sin θ＝F 安，又F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ，解得v ＝mgR sin θB 2L 2，F 安＝mg sin θ，故A 、B 正确；杆ab 由静止下滑距离s 过程中，根据能量守恒定律可得电阻R 产生的热量Q ＝mgs sin θ－12mv 2，其中v ＝mgR sin θB 2L 2，安培力做功为W ＝－Q ＝12mv 2－mgs sin θ，其中v ＝mgR sin θB 2L 2，故C 、D 错误.8.(2018·南京市学情调研)如图8所示，电阻不计、间距为l ＝1.0m 的光滑平行金属导轨，水平放置于磁感应强度B ＝1.0 T 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R ＝1.5Ω，质量为m ＝1.0kg 、电阻为r ＝0.5Ω的金属棒MN 置于导轨上，始终垂直导轨且接触良好.当MN 受到垂直于棒的水平外力F ＝2.0N 的作用，由静止开始运动，经过位移x ＝1.55m ，到达PQ 处(图中未画出)，此时速度为v ＝2.0m/s.求：图8(1)金属棒在PQ 处所受磁场作用力大小； (2)金属棒在PQ 处的加速度大小； (3)金属棒在运动中回路总共产生的热能. 答案 (1)1.0N (2)1.0m/s 2(3)1.1J解析 (1)速度为v ＝2.0 m/s 时，回路中感应电动势为E ＝Blv 产生的感应电流I ＝ER ＋r由此得磁场对金属棒的作用力为：F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ＋r＝1.0 N(2)由牛顿第二定律有F －F 安＝ma 解得a ＝F －F 安m＝1.0 m/s 2(3)设金属棒受到的安培力做功为W ，由动能定理得Fx ＋W ＝12mv 2解得W ＝12mv 2－Fx ＝－1.1 J金属棒克服安培力所做的功，即回路中总共产生的热能得Q ＝－W ＝1.1 J.9.(2018·盐城市三模)如图9所示，在竖直平面内，水平且平行的Ⅰ、Ⅱ虚线间距为L ，其间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一长为2L 、宽为L 的矩形线框质量为m 、电阻为R .开始时，线框下边缘正好与虚线Ⅱ重合，由静止释放，线框上边缘进入磁场后线框一直做减速运动，经过一段时间后，线框上边缘经过虚线Ⅱ瞬间加速度恰为0.重力加速度为g ，不计空气阻力.求矩形线框穿过磁场过程中：图9(1)上边缘经过虚线Ⅱ瞬间，线框中电流的大小； (2)磁通量变化率的最大值； (3)线框中产生的焦耳热.答案 (1)mg BL (2)BL 2gL (3)2mgL －m 3g 2R 22B 4L4解析 (1)由线框受力平衡得：BIL ＝mg ，解得I ＝mg BL.(2)线框上边缘刚进磁场时磁通量的变化率最大，设此时速度为v 1， 磁通量变化率ΔΦΔt ＝BLv 1由动能定理得mgL ＝12mv 12则ΔΦΔt＝BL 2gL . (3) 设线框上边缘通过虚线Ⅱ瞬间线框速度为v 2，则BLv 2＝IR 设线框穿过磁场过程中克服安培力做的功为W ，根据动能定理mgL －W ＝12mv 22－12mv 12 解得W ＝2mgL －m 3g 2R 22B 4L4线框克服安培力所做的功，就是线框中产生的焦耳热，故Q ＝W ＝2mgL －m 3g 2R 22B 4L4.10.(2018·镇江市模拟)如图10所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其电阻不计，间距为0.4m.导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界为MN ，区域Ⅰ和Ⅱ中的匀强磁场B 的方向分别垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感应强度大小均为0.5T.将质量为0.1kg 、电阻为0.1Ω的导体棒ab 放在导轨上的区域Ⅰ中，ab 刚好不下滑.再在区域Ⅱ中将质量为0.4kg 、电阻为0.1Ω的光滑导体棒cd 从导轨上由静止开始下滑.cd 棒始终处于区域Ⅱ中，两棒与导轨垂直且与导轨接触良好，g 取10m/s 2.图10(1)求ab 棒所受最大静摩擦力，并判断cd 棒下滑时ab 棒中电流的方向； (2)ab 棒刚要向上滑动时，cd 棒的速度大小v ；(3)若从cd 棒开始下滑到ab 棒刚要向上滑动的过程中，装置中产生的总热量为2.6J ，求此过程中cd 棒下滑的距离x .答案 (1)0.5N 由a 流向b (2)5m/s (3)3.8m解析 (1)ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力 有F fmax ＝m 1g sin θ 则F fmax ＝0.5 N由右手定则可知cd 棒下滑时ab 棒中电流方向由a 流向b .(2)设ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝Blv 设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝ER 1＋R 2设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIl此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下， 由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F fmax 代入数据解得v ＝5 m/s.(3)设从cd 棒开始下滑到ab 棒刚要向上滑动的过程中装置中产生的总热量为Q 总，由能量守恒有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2解得x ＝3.8 m.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

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)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.3.导体切割磁感线时的感应电动势(1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E ＝Blv 求出，式中l 为导体切割磁感线的有效长度；(2)导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E ＝Bl v ＝12Bl 2ω(平均速度等于中点位置的线速度12l ω).自测1 将闭合的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 C自测2 (多选)如图1所示是穿过一个单匝闭合线圈的磁通量随时间变化的图象，则以下判断正确的是( )图1A.第0.6s 末线圈中的感应电动势是4VB.第0.9s 末线圈中的感应电动势比第0.2s 末的大C.第1s 末线圈的感应电动势为零D.第0.2s 末和第0.4s 末的感应电动势的方向相同 答案 AB 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，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. 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.命题点一 法拉第电磁感应定律的理解与应用1.求解感应电动势的常见情况2.说明(1)当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·S Δt ；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 ＝nB 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt.(2)磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t 图象上某点切线的斜率.例1 (2018·常州市一模)如图2甲所示，单匝正方形线框abcd 的电阻R ＝0.5Ω，边长L ＝20cm ，匀强磁场垂直于线框平面，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示.求：图2(1)0～2s 内通过ab 边横截面的电荷量q ； (2)3s 时ab 边所受安培力的大小F ； (3)0～4s 内线框中产生的焦耳热Q .答案 (1)4.8×10－2C (2)1.44×10－3N (3)1.152×10－3J 解析 (1)由法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝S ΔB Δt ＝L 2ΔBΔt感应电流I ＝ER，电荷量q ＝I Δt 代入数据解得q ＝4.8×10－2C ；(2)安培力F ＝BIL ，由题图乙得3 s 时，B ＝0.3 T 代入数值得F ＝1.44×10－3 N ； (3)由焦耳定律得Q ＝I 2Rt 代入数值得Q ＝1.152×10－3 J.变式1 (多选)(2018·扬州市一模)如图3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 .金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下.现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )图3A.ab 中的感应电流方向由a 到bB.ab 中的感应电流逐渐减小C.ab 所受的安培力保持不变D.ab 所受的静摩擦力逐渐减小 答案 AD解析 磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab 中的感应电流方向由a 到b ，故A 正确；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E ＝S ΔBΔt 得，感应电动势恒定，则ab 中的感应电流不变，故B 错误；根据安培力公式F ＝BIL 知，感应电流不变，B 均匀减小，则安培力减小，故C 错误；导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，F f ＝F ，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确.命题点二 导体切割磁感线产生电动势1.平动切割如图4(a)，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，长为L 的导体棒以速度v 垂直切割磁感线时，感应电动势E ＝BLv .图42.转动切割如图(b)，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，长为L 的导体棒以一端为轴以角速度ω垂直磁场匀速转动，此时产生的感应电动势E ＝12BL 2ω.3.有效切割长度图5图5(a)中的有效切割长度为cd sin θ；图(b)中的有效切割长度为MN ；图(c)中的导体沿v 1方向运动时，有效切割长度为2R ；沿v 2的方向运动时，有效切割长度为R .例2 (多选)(2018·丰县中学月考)如图6所示，在一磁感应强度B ＝0.5T 的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放着两根相距为h ＝0.1m 的平行金属导轨MN 和PQ ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N 、Q 之间连接一阻值R ＝0.3Ω的电阻，导轨上跨放着一根长为L ＝0.2m ，每米阻值r ＝2.0Ω的金属棒ab ，金属棒与导轨正交放置，交点为c 、d ，当金属棒在水平拉力作用下以速度v ＝4.0m/s 向左做匀速运动时，则下列说法正确的是( )图6A.金属棒a 、b 两端点间的电势差为0.2VB.水平拉金属棒的力的大小为0.02NC.金属棒a 、b 两端点间的电势差为0.32VD.回路中的发热功率为0.06W 答案 BC解析 金属棒cd 段产生的感应电动势为E cd ＝Bhv ＝0.5×0.1×4 V＝0.2 V ；cdQN 中产生的感应电流为I ＝E cd R ＋hr ＝0.20.3＋0.2A ＝0.4 A ；金属棒ab 两端的电势差等于U ac 、U cd 、U db 三者之和，由于U cd ＝E cd －Ir cd ，所以U ab ＝E ab －Ir cd ＝BLv －Ir cd ＝0.32 V ，故A 错误，C 正确；使金属棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，方向向左，大小为F ＝F 安＝BIh ＝0.5×0.4×0.1 N ＝0.02 N ，选项B 正确；回路中的发热功率P 热＝I 2(R ＋r cd )＝0.08 W ，D 错误.变式2 (多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直.边长为0.1m 、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图7甲所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场.线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正).下列说法正确的是( )图7A.磁感应强度的大小为0.5TB.导线框运动的速度的大小为0.5m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t ＝0.4s 至t ＝0.6s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N 答案 BC解析 由E －t 图象可知，导线框经过0.2s 全部进入磁场，则速度v ＝l t ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，选项B 正确；由题图乙可知，感应电动势E ＝0.01V ，根据E ＝Blv 得，磁感应强度B ＝E lv＝0.010.1×0.5T ＝0.2T ，选项A 错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C 正确；在t ＝0.4s 至t ＝0.6s 这段时间内，导线框中的感应电流I ＝E R＝0.010.005A ＝2A ，所受的安培力大小为F ＝BIl ＝0.2×2×0.1N＝0.04N ，选项D 错误. 命题点三 自感现象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)(2018·南通市等六市一调)用电流传感器研究自感现象的电路如图8甲所示，线圈L 中未插入铁芯，直流电阻为R .闭合开关S ，传感器记录了电路中电流i 随时间t 变化的关系图象，如图乙所示，t 0时刻电路中电流达到稳定值I .下列说法中正确的是( )图8A.t ＝t 0时刻，线圈中自感电动势最大B.若线圈中插入铁芯，上述过程电路中电流达到稳定值经历的时间大于t 0C.若线圈中插入铁芯，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为ID.若将线圈匝数加倍，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I 答案 BC解析 t ＝t 0时刻，线圈中电流稳定，自感现象消失，线圈中没有自感电动势，故A 错误；若线圈中插入铁芯，线圈自感系数增大，自感现象延长，题述过程电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0，故B正确；线圈中插入铁芯，但线圈的直流电阻不变，所以稳定时电流不变，故C正确；若将线圈匝数加倍，线圈直流电阻增大，稳定时电流减小，故D错误.变式3(2018·南京市三模)如图9所示，电源电动势为E，其内阻r不可忽略，L1、L2是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，电容器的电容为C.下列说法正确的是( )图9A.刚接通开关S的瞬间，L2立即亮，L1逐渐变亮B.合上开关S，电路稳定后，灯泡L1、L2的亮度相同C.电路稳定后在断开S的瞬间，通过灯泡L1的电流方向向右D.电路稳定后在断开S的瞬间，通过灯泡L2的电流为零答案 C命题点四涡流例4(多选)(2018·南通市等七市三模)健身车上装有金属电磁阻尼飞轮，飞轮附近固定一电磁铁，示意图如图10所示，人在健身时带动飞轮转动.则( )图10A.飞轮转速越大，阻尼越大B.电磁铁所接电压越大，阻尼越大C.飞轮材料电阻率越大，阻尼越大D.飞轮材料密度越大，阻尼越大答案AB变式4(2018·南京市、盐城市一模)下列图中，A图是真空冶炼炉，可以冶炼高质量的合金；B图是充电器，工作时绕制线圈的铁芯中会发热；C图是安检门，可以探测人身是否携带金属物品；D图是工人穿上金属丝织成的衣服，可以高压带电作业，不属于涡流现象的是( )答案 D解析线圈接有交变电流，在线圈中会产生变化的磁场，变化的磁场在冶炼炉中产生电场，使自由电荷在电场力的作用下定向移动形成涡流，故A属于涡流现象；充电器工作时有交变电流通过，交变电流产生的交变磁场穿过铁芯，在铁芯中产生电场，使自由电荷在电场力的作用下定向移动形成涡流，故B属于涡流现象；线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品中产生交变的感应电流(涡流)，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会影响线圈中的交变电流，从而被探测到，故C属于涡流现象；工作服用包含金属丝的织物制成，形成一个导体壳，壳外有电场，壳内场强保持为0，高压外电场不会对内部产生影响，故D属于静电屏蔽.1.(多选)(2018·南京市期中)如图11甲所示，面积S＝1m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(B取向里为正)，以下说法正确的是( )图11A.环中产生顺时针方向的感应电流B.环中产生逆时针方向的感应电流C.环中产生的感应电动势大小为1VD.环中产生的感应电动势大小为2V答案BC2.(2018·东台创新学校月考)一单匝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.12B.4C.2D.1 答案 D解析 由法拉第电磁感应定律：E ＝ΔΦΔt ，且ΔΦ1＝ΔB ·S 、ΔΦ2＝B ΔS ，则有E 1＝ΔB ·St ＝(2B －B )S t ＝BS t ，E 2＝2B ·ΔS t ＝BS t .故两过程线框中感应电动势的比值为E 1E 2＝1，故选D.3.(多选)(2018·泰州中学月考)如图12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，下列选项中正确的是( )图12A.在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B.在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C.在t1～t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D.在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势答案BD解析由题图乙知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，故A错误；在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，故B正确；在t1～t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向为f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故C错误；在t1～t2时间内，通过金属圆环L的磁通量增加，由楞次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故金属圆环有收缩的趋势，故D正确.4.(多选)(2018·丰县中学月考)如图13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13A.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，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，才逐渐变暗答案AD解析 在电路甲中，断开S ，由于线圈产生自感电动势阻碍电流变小，导致回路中的电流逐渐减小，A 将逐渐变暗，故A 正确，B 错误；在电路乙中，由于电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比通过线圈的电流小，断开S 时，由于线圈阻碍电流变小，于是原来通过线圈的电流现在通过灯泡形成新的回路，由于通过灯泡A 的电流比原来的大，导致A 将变得更亮一下，然后逐渐变暗，故C 错误，D 正确.5.(2018·江苏百校12月大联考)图14甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数n ＝100、电阻r ＝1Ω、横截面积S ＝1.5×10－3m 2，外接电阻R ＝7Ω.线圈处在平行于线圈轴线的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化图象如图乙所示，求：图14(1)t ＝0.01s 时线圈中的感应电动势E ；(2)0～0.02s 内通过电阻R 的电荷量q ；(3)0～0.03s 内电阻R 上产生的热量Q .答案 (1)0.6V (2)1.5×10－3C (3)2.3625×10－3J解析 (1)由题图乙可知，t ＝0.01 s 时刻ΔB Δt＝4 T/s 根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝n S ΔB Δt解得：E ＝0.6 V.(2)0～0.02 s 内，设感应电动势为E 1，磁感应强度B 的变化率相同，所以E 1＝E ，则I 1＝E 1R ＋r ＝0.075 A ，电荷量q ＝I 1Δt ，解得：q ＝1.5×10－3 C.(3)0～0.02 s 内，E 1＝0.6 V ，I 1＝0.075 A ，根据焦耳定律可以得到，电阻R 上产生的热量Q 1＝I 12Rt 1＝7.875×10－4 J0.02～0.03 s 内，E 2＝n ΔB ′Δt ′s ＝1.2 V ，I 2＝0.15 A ，根据焦耳定律可以得到，电阻R 上产生的热量Q 2＝I 22Rt 2＝1.575×10－3 J ，故0～0.03 s 内产生的总热量Q 总＝Q 1＋Q 2＝2.362 5×10－3 J.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AD2.(多选)(2018·泰州中学月考)如图2所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零.A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有( )图2A.当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，最后B灯熄灭B.当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭C.当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低D.当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b答案AD解析开关S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此两灯同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A正确；稳定后当开关S断开后，A马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，线圈左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，a点电势比b点电势高，B闪一下再熄灭，故D正确，B、C错误.3.(多选)(2018·苏州市期初调研)如图3甲所示，矩形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直.规定垂直纸面向里方向为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t 变化的规律如图乙所示.则( )图3A.从0到t2时间内，导线框中电流的方向先为adcba再为abcdaB.从0到t 2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbaC.从0到t 1时间内，导线框中电流越来越小D.从0到t 1时间内，导线框ab 边受到的安培力越来越小答案 BD解析 从0到t 2时间内，线圈中磁通量的变化率相同，则感应电动势不变，电路中电流大小和方向不变，根据楞次定律可知电流方向为adcba ，故A 、C 错误，B 正确；从0到t 1时间内，电路中电流大小恒定不变，故由F ＝BIL 可知，F 与B 成正比，因为B 逐渐减小，所以导线框ab 边受到的安培力越来越小，故D 正确.4.(2018·丰县中学月考)如图4所示，匀强磁场的方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，现令磁感应强度B 随时间t 变化，先按图所示的Oa 图线变化，后来又按bc 和cd 变化，令E 1、E 2、E 3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I 1、I 2、I 3分别表示对应的感应电流的大小，则下列说法正确的是( )图4A.E 1<E 2，I 1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向B.E 1<E 2，I 1沿顺时针方向，I 2沿逆时针方向C.E 2<E 3，I 2沿逆时针方向，I 3沿顺时针方向D.E 2＝E 3，I 2沿逆时针方向，I 3沿顺时针方向答案 A解析 由法拉第电磁感应定律可知E ＝n ΔBS Δt，由题图知Oa 段中磁感应强度的变化率较小，而bc 、cd 两段中磁感应强度的变化率相同，故有E 1＜E 2＝E 3.由楞次定律可判断出I 1沿逆时针方向，I 2与I 3均沿顺时针方向，故选A.5.(多选)(2018·海安中学开学考)如图5所示，A 为一固定的圆环，条形磁铁B 从左侧无穷远处以初速度v 0沿圆环轴线移向圆环，穿过后移到右侧无穷远处.下列说法中正确的是( )图5A.若圆环A 是电阻为R 的线圈，磁铁移近圆环直至离开圆环这一过程中圆环中的感应电流方向发生变化B.若圆环A 是一超导线圈，磁铁移近圆环直至离开圆环这一过程中圆环中的感应电流方向发生变化C.若圆环A是电阻为R的线圈，磁铁的中点通过环面时，圆环中电流为零D.若圆环A是一超导线圈，磁铁的中点通过环面时，圆环中电流最大答案ACD6.(多选)(2019·黄桥中学模拟)将四根完全相同的表面涂有绝缘层的金属丝首尾连接，扭成如图所示四种形状的闭合线圈，图中大圆半径均为小圆半径的两倍，将线圈先后完全置于同一匀强磁场中，线圈平面均与磁场方向垂直.若磁感应强度从B增大到2B，则线圈中通过的电荷量最少的是( )答案BC7.(多选)(2018·苏锡常镇一调)如图6所示，a、b、c为三只完全相同的灯泡，L为电阻不计的自感线圈，电源内阻不计.下列判断正确的是( )图6A.S闭合的瞬间，b、c两灯亮度相同B.S闭合足够长时间后，b、c两灯亮度相同C.S断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭D.S断开后，b灯先突然闪亮后再逐渐变暗熄灭答案AD解析S闭合的瞬间，b、c两灯串联，则此时b、c两灯亮度相同，选项A正确；由于L的电阻不计，则S闭合足够长时间后，b灯被L短路，则b灯熄灭，c灯变得更亮，选项B错误；S断开的瞬间，通过各个灯原来的电流立即消失，而通过L的电流要通过三盏灯形成新的回路，则a、c两灯将逐渐熄灭，b灯中因为原来电流为零，所以b灯先突然闪亮后再逐渐变暗熄灭，选项C错误，D正确.8.(多选)(2018·苏州市模拟)如图7甲所示，半径为r 带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的平行金属板A 、B 连接，两板间距为d 且足够大.有一变化的磁场垂直于圆环平面，规定向里为正，其变化规律如图乙所示.在平行金属板A 、B 正中间有一电荷量为q 的带电液滴，液滴在0～14T 内处于静止状态.重力加速度为g .下列说法正确的是( )图7A.液滴带负电B.液滴的质量为4B 0q πr 2gdTC.t ＝34T 时液滴的运动方向改变 D.t ＝T 时液滴与初始位置相距12gT 2 答案 BD9.(2018·江苏一模)如图8所示，匝数为N ＝100、边长为L ＝0.5m 、阻值为r ＝1.5Ω的正方形导线框与间距为d ＝0.5m 的竖直导轨相连，正方形线框的上半部分处在水平向外的磁场B 1中，导轨的下部存在着水平向里的磁感应强度为B 2＝1T 的匀强磁场.质量为m ＝0.2kg 、接入电路的电阻为R ＝0.5Ω的导体棒ab 可以沿竖直导轨无摩擦地滑动，导体棒始终与导轨接触良好.当磁场B 1发生变化时，导体棒ab 刚好能处于静止状态.重力加速度g 取10m/s 2，试求：图8(1)此时通过ab 棒的电流I 的大小和方向；(2)此过程中磁场B 1的变化率；(3)开始的5s 内回路中产生的焦耳热Q .答案 (1)4A 方向由a 到b (2)0.64T/s (3)160J解析 (1)导体棒ab 静止，由受力平衡有：mg ＝B 2Id可得：I ＝mg B 2d ＝0.2×101×0.5A ＝4A 由左手定则判断知，电流方向由a 到b .(2)根据法拉第电磁感应定律得：E ＝N ΔB 1ΔtS 式中S ＝L 22由闭合电路欧姆定律得： E ＝I (R ＋r )代入数据解得：ΔB 1Δt＝0.64T/s (3)开始的5s 内回路中产生的焦耳热为：Q ＝I 2(R ＋r )t ＝42×(0.5＋1.5)×5J＝160J.10.(2018·南京市、盐城市二模)如图9甲所示，正方形闭合线圈abcd 边长为10cm ，总电阻为2Ω，匝数为100匝，放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示.求：图9(1)在0～2s 内线圈中感应电动势的大小；(2)在t ＝1s 时线圈的ad 边所受安培力的大小和方向；(3)线圈中感应电流的有效值.答案 (1)1V (2)5N 方向向右 (3)22A 解析 (1)设在0～2 s 内线圈中感应电动势的大小为E 1，则E 1＝n ΔΦ1Δt ＝nS ΔB 1Δt＝1 V (2)在t ＝1 s 时，I 1＝E 1R＝0.5 A由题图乙可知B 1＝1 T则F ＝nB 1I 1L ＝5 N由左手定则可知，方向向右(3)在0～2 s 内，I 1＝0.5 A在2～3 s 内，设线圈中感应电动势的大小为E 2，则E 2＝n ΔΦ2Δt ＝nS ΔB 2Δt＝2 V I 2＝E 2R＝1 A 设线圈中感应电流的有效值为I ，则I 12Rt 1＋I 22·Rt 2＝I 2Rt解得I ＝22 A. 11.(2018·东台创新学校月考)在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.2T ，有一水平放置的光滑框架，宽度L ＝0.4m ，如图10所示，框架上放置一质量m ＝0.05kg 、电阻R ＝1 Ω的金属杆cd ，框架电阻不计.若杆cd 在水平外力F 的作用下以恒定加速度a ＝2m/s 2，由静止开始做匀变速直线运动，求：图10(1)在5s 内平均感应电动势E 是多少？(2)第5s 末回路中的电流I 多大？(3)第5s 末作用在杆cd 上的水平外力F 多大？答案 (1)0.4V (2)0.8A (3)0.164N解析 (1)5 s 内的位移为：x ＝12at 2＝12×2×52 m ＝25 m 5 s 内的平均速度为：v ＝x t ＝255m/s ＝5 m/s ， 所以平均感应电动势为：E ＝BL v ＝0.2×0.4×5 V＝0.4 V ；(2)第5 s 末速度为：v ＝at ＝10 m/s此时感应电动势为：E ＝BLv ，回路中的电流为：I ＝E R ＝BLv R ＝0.2×0.4×101A ＝0.8 A. (3)杆cd 做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F －F 安＝ma ，即：F ＝BIL ＋ma ＝0.164 N.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

准兑市爱憎阳光实验学校高三物理第一轮复习：3—2第九章电磁感〔一〕【本讲信息】一. 教学内容：3—2第九章电磁感〔一〕二. 高考及分析：高考电磁感现象〔I〕磁通量〔I〕法拉第电磁感律〔Ⅱ〕楞次律〔Ⅱ〕自感、涡流〔I〕分析：1. 从高考课标对电磁感的考查来看，约占4/89分〔占分/总分值〕，约占17/150分，约占11/100分，约占6/110分。

2. 感电流方向的判断〔楞次律〕、导体切割磁感线产生感电动势的计算、法拉第电磁感律的用是高考热点。

特别是楞次律的考查更是每年的必考热点。

这些都是中的Ⅱ类要求，要复习。

3. 考查的主要题型是选择题和综合性计算论述题。

选择题的侧是电磁感中的图象问题，主要涉及φt图、Bt图和It图的相互转换，考查楞次律和法拉第电磁感律的灵活运用。

计算题考查的侧是电磁感与直流电路的综合、电磁感与牛顿运动律的综合用，难度较大。

三. 知识络：四. 知识要点：第一单元电磁感现象楞次律〔一〕电磁感现象1. 产生感电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化.2. 磁通量的计算〔1〕公式Φ=BS此式的适用条件是：①匀强磁场；②磁感线与平面垂直。

〔2〕如果磁感线与平面不垂直，上式中的S为平面在垂直于磁感线方向上的投影面积.即θsinSB⋅=Φ其中θ为磁场与面积之间的夹角，我们称之为“有效面积〞或“正对面积〞。

〔3〕磁通量的方向性：磁通量正向穿过某平面和反向穿过该平面时，磁通量的正负关系不同。

求合磁通时注意相反方向抵消以后所剩余的磁通量。

〔4〕磁通量的变化：12Φ-Φ=∆Φ∆Φ可能是B发生变化而引起，也可能是S发生变化而引起，还有可能是B 和S同时发生变化而引起的，在确磁通量的变化时注意。

3. 感电动势的产生条件：无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，这电路就会产生感电动势。

这电路或导体相当于电源。

〔二〕感电流的方向1. 右手那么当闭合电路的导体切割磁感线时，产生的感电流的方向可以用右手那么来进行判断。

峙对市爱惜阳光实验学校第九章 第4讲 电磁感律的综合用〔二〕〔动力学和能量〕3电磁感中的动力学问题1．安培力的大小⎭⎪⎬⎪⎫感电动势：E ＝Blv感电流：I ＝E R ＋r 安培力公式：F ＝BIl ⇒F ＝B 2l 2vR ＋r2．安培力的方向(1)先用右手那么确感电流方向，再用左手那么确安培力方向。

(2)根据楞次律，安培力方向一和导体切割磁感线运动方向相反。

1．电磁感中动力学问题的动态分析联系电磁感与力学问题的桥梁是磁场对电流的安培力，由于感电流与导体切割磁感线运动的加速度有着相互制约关系，因此导体一般不是匀变速直线运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳状态，分析这一动态过程的根本思路是：导体受力运动――→E ＝BLv 感电动势错误!感电流错误!通电导体受安培力→合外力变化――→F 合＝ma 加速度变化→速度变化→周而复始地循环，循环结束时，加速度于零，导体到达稳的临界状态。

2．解题步骤(1)用法拉第电磁感律和楞次律、右手那么确感电动势的大小和方向。

(2)用闭合电路欧姆律求出电路中的感电流的大小。

(3)分析研究导体受力情况，特别要注意安培力方向确实。

(4)列出动力学方程或平衡方程求解。

3．两种状态处理(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。

处理方法：根据平衡条件——合外力于零，列式分析。

(2)导体处于非平衡态——加速度不为零。

处理方法：根据牛顿第二律进行动态分析或结合功能关系分析。

4．电磁感中的动力学临界问题(1)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、加速度为最大值或最小值的条件。

(2)根本思路是：1．如图9－4－1所示，金属棒AB 垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，棒与导轨接触良好，棒AB 和导轨的电阻均忽略不计，导轨左端接有电阻R ，垂直于导轨平面的匀强磁场向下穿过平面，现以水平向右的恒力F 拉着棒AB 向右移动，t 秒末棒AB 的速度为v ，移动距离为x ，且在t 秒内速度大小一直在变化，那么以下判断正确的选项是( )图9－4－1A ．t 秒内AB 棒所受安培力方向水平向左且逐渐增大 B ．t 秒内AB 棒做加速度逐渐减小的加速运动C ．t 秒内AB 棒做匀加速直线运动D ．t 秒末外力F 做功的功率为2Fxt解析：选AB AB 棒所受安培力F 安＝B 2L 2Rv ，方向向左随v 增大而增大，A项正确；由牛顿第二律知a ＝F －F 安m随v 增大而减小，B 项正确，C 项错；t 秒末外力F 做功的功率P ＝Fv ，D 项错误。

课时3 电磁感应中的动力学问题、能量问题一、电磁感应现象中的动力学问题:::F BIl E Blv EI R ⎫⎪=⎪=⎬⎪⎪=⎭安培力公式感应电动势感应电流⇒F=22B l vR(1)先用右手定则判定感应电流方向,再用左手定则判定安培力方向。

(2)根据楞次定律,安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。

二、电磁感应中的能量转化(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程,实质上是能量的转化过程。

(2)感应电流在磁场中受安培力,若克服安培力做功,则其他形式的能转化为电能;若安培力做正功,则电能转化为其他形式的能。

(3)当感应电流通过用电器时,电能转化为其他形式的能。

“外力”克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化为电能;安培力做多少功,就有多少电能转化为其他形式的能。

考点一 电磁感应中的动力学问题分析电磁感应中通过导体的感应电流,在磁场中将受到安培力的作用,因此,电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系在一起。

(1)导体两种状态及处理方法①导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态。

处理方法:根据平衡条件合外力为零列式分析。

②导体的非平衡态——加速度不为零。

处理方法:根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。

(2)电磁感应中动力学问题的分析思路①首先作“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源,求出电源参数E 和I;E=Blv,I=Blv R r。

②再进行“路”的分析——分析电路结构,弄清串、并联关系,求出相关部分的电流大小,以便求解安培力;F 安=BIl或22B l vR 总,③然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况,尤其注意其所受的安培力;F 合=ma 。

④接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系,判断出正确的运动模型。

由于安培力是变力,导体棒做变加速或变减速运动,当加速度为零时,达到稳定状态,最后做匀速直线运动,根据共点力平衡条件列平衡方程:F 合=0(3)电磁感应中动力学问题的两类常见模型 类型 “电—动—电”型“动—电—动”型示 意 图已知 棒ab 长L,质量m,电阻R;导轨光滑水平,电阻不计 棒ab 长L,质量m,电阻R;导轨光滑,电阻不计分析S 闭合,棒ab 受安培力F=BLE R ,此时a=BLE mR,棒ab 速度v ↑→感应电动势BLv ↑→电流I ↓→安棒ab 释放后下滑,此时a=gsin α,棒ab 速度v ↑→感应电动势E=BLv ↑→电流I=ER ↑→安培力[典例1] 如图甲,两相距L=0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上,导轨左端与阻值R=2 Ω的电阻连接,导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。