2018版高考一轮总复习物理模拟演练_第10章_电磁感应_10-2法拉第电磁感应定律、自感

第2节 法拉第电磁感应定律 自感和涡流知识点1 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．知识点2 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＝10－3H,1 μH＝10－6 H.3．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水的旋涡一样的感应电流．[物理学史链接]纽曼、韦伯于1845年和1846年先后提出法拉第电磁感应定律．1．正误判断(1)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大．(×)(2)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大．(√)(3)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大．(×)(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．(√)(6)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化．(√)2．[法拉第电磁感应定律的应用](2016·北京高考)如图10-2-1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10-2-1A．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B[由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向．由法拉第电磁感应定律知E＝ΔΦΔt＝ΔBSΔt＝ΔB·πR2Δt，由于两圆环半径之比R a∶R b＝2∶1，所以E a∶E b＝4∶1，选项B正确．] 3．[对涡流的理解](多选)电磁炉为新一代炊具，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在．电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物．下列相关说法中正确的是() A．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的B．恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好C．锅体中的涡流是由变化的磁场产生的D．提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果CD[涡流是由电磁感应产生的，故锅体内是变化的磁场，由法拉第电磁感应定律可知，磁场变化频率越高，感应电动势越大，故C、D正确．] 4．[对自感现象的理解](多选)如图10-2-2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()【导学号：92492369】图10-2-2A．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AD[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．](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Φ-t 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 ΔS Δt ；(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS ，则E ＝n ΔBS Δt ；(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E ＝n |B 2S 2－B 1S 1|Δt≠n ΔB ΔS Δt . 3．应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题(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 ΔB Δt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．(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．推导如下：q ＝I －Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR .[题组通关]1．如图10-2-3所示，由一根金属导线绕成闭合线圈，线圈的半径分别为R 、2R ，磁感应强度B 随时间t 的变化规律是B ＝kt (k 为常数)，方向垂直于线圈平面．闭合线圈中产生的感应电动势为( )图10-2-3A ．k πR 2B ．3k πR 2C ．4k πR 2D ．5k πR 2B [由法拉第电磁感应定律可得E ＝ΔΦΔt ，ΔΦ＝ΔBS ，故E ＝ΔB Δt S ＝k (4πR 2－πR 2)＝3k πR 2，选项B 正确．]2．(2017·济南模拟)如图10-2-4所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按B ＝kt (k >0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流比为( )图10-2-4A ．1∶3B ．3∶1C ．1∶1D ．9∶5D [同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形线圈的周长为l ，依据法拉第电磁感应定律E ＝ΔB Δt S ，之前的闭合回路的感应电动势E ＝k π⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2π2，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则1∶4的圆形闭合回路的周长之比为1∶2，导线扭之后的闭合回路的感应电动势E ′＝k π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫l 32π2＋k π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2l 32π2；则前后两次回路中的电流比I ∶I ′＝E ∶E ′＝9∶5，D 正确．]对Φ、ΔΦ和ΔΦΔt 的理解和易错提醒1．不能通过公式正确地计算Φ、ΔΦ和ΔΦΔt的大小，错误地认为它们都与线圈的匝数n成正比．2．认为公式中的面积S就是线圈的面积，而忽视了无效的部分；不能通过Φ-t(或B-t)图象正确地求解ΔΦΔt.3．认为Φ＝0(或B＝0)时，ΔΦΔt一定等于0.4．不能正确地分析初、末状态穿过线圈的磁通量的方向关系，从而不能正确利用公式ΔΦ＝Φ2－Φ1求解ΔΦ.1(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为导体切割磁感线的有效长度．如图10-2-5中，导体棒的有效长度为ab间的距离．图10-2-5(3)相对性：E＝Bl v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．导体转动切割磁感线产生感应电动势的情况若长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，则(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)．(2)以端点为轴时E＝12BωL2(平均速度取中点位置的线速度12ωL)．(3)以任意点为轴时E＝12Bω(L21－L22)(L1>L2，不同两段的代数和)．[多维探究]●考向1平动切割产生感应电动势1. (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10-2-6所示．则( )图10-2-6A ．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 0AD [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 －π3a ＋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．]●考向2 转动切割产生感应电动势2．(2015·全国卷Ⅱ)如图10-2-7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( )【导学号：92492370】图10-2-7A ．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 C [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．]3．(多选)(2016·全国甲卷)法拉第圆盘发电机的示意图如图10-2-8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10-2-8A ．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AB [由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a 到b 的方向流动，选项B 正确；由感应电动势E ＝12Bl 2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A 正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C 错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P ＝I 2R 知，电流在R 上的热功率变为原来的4倍，选项D 错误．]电磁感应现象中电势高低的判断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．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．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．1．(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1．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)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10-2-9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()图10-2-9A．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AB[当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B 正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C 错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．]2．(多选)(2017·贵阳模拟)如图10-2-10所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，线圈L的电阻不计．以下判断正确的是()【导学号：92492371】图10-2-10A ．闭合S ，稳定后，电容器的a 极板带正电B ．闭合S ，稳定后，电容器两端电压小于EC ．断开S 的瞬间，通过R 1的电流方向向右D ．断开S 的瞬间，通过R 2的电流方向向右BC [闭合S ，稳定后，电容器相当于断路，线圈L 相当于短路，所以电容器b 极板与电源正极相连，带正电荷，A 项错误；电源有内阻，电容器两端电压等于电路的路端电压，小于电源电动势，B 项正确；断开S 瞬间，电容器与R 2构成回路放电，通过R 2的电流方向向左，D 项错误；断开S 瞬间，由于自感现象，线圈L 相当于临时电源，阻碍原来的电流减小，通过线圈的电流方向不变，R 1与线圈L 构成回路，所以通过R 1的电流方向向右，C 项正确．]1．自感现象“阻碍”作用的两点提醒(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势阻碍原电流的增加，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阻碍原电流的减小，使其缓慢地减小．2．分析自感现象的两点注意(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流逐渐变大，断电过程中，电流逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路；(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”的判断：若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮，再慢慢熄灭．。

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法拉第电磁感应定律及其应用一、单项选择题1。

在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场。

以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。

则在0~t0时间内,导线框中（)A.没有感应电流B.感应电流方向为逆时针C.感应电流大小为D.感应电流大小为〚导学号17420355〛解析根据题图乙可知,在0～t0时间内，向外的磁通量在增加,向内的磁通量在减小,由楞次定律可得，整个导线框的感应电流方向为顺时针,故A、B错误;根据法拉第电磁感应定律，磁通量的变化导致导线框内产生感应电动势,结合题意，产生的感应电动势E=πr2πr2；再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I=，故C错误,D正确。

答案D2。

（2016·福建质检)如图所示，线圈abcd固定于分布均匀的磁场中,磁场方向垂直线圈平面。

当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，该磁场对ab边的安培力大小恒定.下列描述B随t变化的图象中，可能正确的是(）解析磁场对ab边的安培力大小F=BIL，若磁场的磁感应强度B随时间t增大，则电流I必是逐渐减小,根据法拉第电磁感应定律可知，磁感应强度B随时间t的变化率必须逐渐减小，所以选项B正确,A、D错误;若磁场的磁感应强度B逐渐减小，则电流I必须随时间t增大，根据法拉第电磁感应定律，磁感应强度B随时间t的变化率必须逐渐增大,所以选项C错误。

专题十 第2讲知识巩固练1．如图甲所示，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A 、B 与一个理想电压表相连．线圈内有指向纸内方向的匀强磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．下列说法正确的是( )A ．A 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为150 VB ．A 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为50.0 VC ．B 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为150 VD ．B 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为50.0 V【答案】B 【解析】线圈相当于电源，由楞次定律可知A 相当于电源的正极，B 相当于电源的负极，故A 应该与理想电压表的正接线柱相连．由法拉第电磁感应定律得E ＝nΔΦΔt ＝100×0.15－0.10.1V ＝50.0 V ，电压表的示数为50.0 V ，故B 正确．2．如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s 时间拉出，外力所做的功为W 1，通过导线截面的电荷量为q 1；第二次用0.9 s 时间拉出，外力所做的功为W 2，通过导线截面的电荷量为q 2，则( )A ．W 1<W 2，q 1<q 2B ．W 1<W 2，q 1＝q 2C ．W 1>W 2，q 1＝q 2D ．W 1>W 2，q 1>q 2【答案】C 【解析】第一次用0.3 s 时间拉出，第二次用0.9 s 时间拉出，两次速度比为3∶1，由E ＝BLv ，两次感应电动势比为3∶1，两次感应电流比为3∶1，由于F 安＝BIL ，两次安培力比为3∶1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3∶1，根据功的定义W ＝Fx ，所以W 1∶W 2＝3∶1；根据电量q ＝I Δt ，感应电流I ＝E R ，感应电动势E ＝ΔΦΔt ，得q ＝ΔΦR，所以q 1∶q 2＝1∶1，故W 1＞W 2，q 1＝q 2.故C 正确．3．(2021年龙岩二模)如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l ，电阻不计．导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M 、N ，并与导轨成θ角．金属杆以ω 的角速度绕N 点由图示位置匀速转动到与导轨ab 垂直，转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆单位长度的电阻为r .则在金属杆转动的过程中( )A ．M 、N 两点电势相等B ．金属杆中感应电流的方向由N 流向MC ．电路中感应电流的大小始终为Bl ω2rD ．电路中通过的电荷量为Bl2r tan θ【答案】A 【解析】根据题意可知，金属杆MN 为电源，导轨为外电路，由于导轨电阻不计，外电路短路，M 、N 两点电势相等，A 正确；转动过程中磁通量减小，根据楞次定律可知金属杆中感应电流的方向是由M 流向N ，B 错误；由于切割磁场的金属杆长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，回路中的感应电流逐渐变小，C 错误；因为导体棒MN 在回路中的有效切割长度逐渐减小，所以接入电路的电阻逐渐减小，不能根据q ＝ΔΦR计算通过电路的电荷量，D 错误．4．(多选)如图所示的电路中，电感L 的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法正确的有( )A ．当S 闭合时，L 1立即变亮，L 2逐渐变亮B ．当S 闭合时，L 1一直不亮，L 2逐渐变亮C ．当S 断开时，L 1立即熄灭，L 2也立即熄灭D ．当S 断开时，L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭 【答案】BD5．(2021年莆田质检)(多选)如图甲所示，边长为L 的正方形单匝线框水平放置，左侧一半置于沿竖直方向的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R ，右侧接入电容器，其余电阻不计．若磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(规定竖直向下为正方向)，则在0～2t 0时间内( )A ．电容器a 板带负电B ．线框中磁通量变化为零C ．线框中产生的电动势为B 0L 22t 0D ．通过电阻R 的电流为B 0L 22Rt 0【答案】AC 【解析】由题图可知在0～t 0时间内磁场向上减小，根据楞次定律，可知线圈中产生逆时针方向的充电电流，则电容器a 板带负电，A 正确；因磁感应强度的变化率不为零，则线框中磁通量变化不为零，B 错误；线框中产生的电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·12L2Δt ＝B 0L 22t 0，C 正确；因电动势恒定，则回路中只有瞬时的充电电流，电容器充电完毕后，回路中电流变为零，D 错误．6．(多选)如图所示，半径为2r 的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r ，已知弹性螺旋线圈的电阻为R ，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法正确的是( )A ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，有顺时针的电流B ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，有逆时针的电流C ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为k πr 2RD ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为2k πr2R【答案】BC 【解析】在线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，穿过线圈的磁通量不变，则线圈内没有感应电流，故A 错误；当线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，则有逆时针的电流，故B 正确；保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔB Δt ·πr 2＝k πr 2，因此线圈中的电流I ＝E R＝k πr 2R，故C 正确，D 错误． 7．(2021年株洲质检) 零刻度在表盘正中间的电流计，非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难．在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难．下列方案合理的是( )A BC D【答案】D 【解析】当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C方案不合理，A、C错误；磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B错误，D正确．8．(2021年郑州模拟)(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一．如图所示，线圈中通以一定频率的正弦式交变电流，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化．下列说法正确的是( )A．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化B．涡流的频率等于通入线圈的交变电流的频率C．通电线圈和待测工件间存在恒定的作用力D．待测工件可以是塑料或橡胶制品【答案】AB综合提升练9．(多选)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S，圆环与导线框cdef在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法正确的是( )A ．在t 1时刻，金属圆环L 内的磁通量最大，最大值Φm ＝B 0S B ．在t 2时刻，金属圆环L 内的磁通量最大C ．在t 1～t 2时间内，金属圆环L 有扩张的趋势D ．在t 1～t 2时间内，金属圆环L 内有顺时针方向的感应电流 【答案】BD10．(多选)空间有磁感应强度为B 的有界匀强磁场区域，磁场方向如图所示，有一边长为L 、电阻为R 、粗细均匀的正方形金属线框abcd 置于匀强磁场区域中，ab 边跟磁场的右边界平行，若金属线框在外力作用下以速度v 向右匀速运动，下列说法正确的是( )A ．当ab 边刚离开磁场时，cd 边两端的电压为3BLv4B ．从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的过程中，外力所做的功为B 2L 3vRC ．从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的过程中，外力做功的功率为B 2L 2vRD ．从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的过程中，通过线框某一截面的电量为BL 2R【答案】ABD 【解析】当ab 边刚离开磁场时，线框只有cd 边切割磁感线，产生的电动势为E ＝BLv ，cd 边为等效电源，两端的电压为闭合电路的路端电压，电路等价为四个电阻串联，cd 边为一个内阻R 4，外电路为三个R 4的电阻，故有U dc ＝E R 4＋3R 4×3·R 4＝3BLv4，故A正确；从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的匀速过程，产生的恒定电流为I ＝E R，由动能定理W F 外－W F 安＝0，由功的定义W F 安＝F 安·L ＝BIL ·L ，可解得W F 外＝B BLv R L 2＝B 2L 3vR ，故B 正确；由能量守恒定律P F 外·t －P F 安·t ＝0，可得P F 外＝P F 安＝F 安·v ＝B BLv R L ·v ＝B 2L 2v 2R，故C 错误；根据电量的定义q ＝I ·Δt ，I ＝ER，E ＝ΔΦΔt ，联立可得q ＝ΔΦR，从ab 边到磁场的右边界到cd 边离开磁场的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝B ΔS ＝BL 2，可得q＝BL 2R，故D 正确． 11．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，大小为B 0，用电阻率为ρ，横截面积为S 的导线做成的边长为l 的正方形线框abcd 水平放置，OO ′为过ad 、bc 两边中点的直线，线框全部都位于磁场中．现把线框右半部分固定不动，而把线框左半部分以OO ′为轴向上转动60°，如图中虚线所示．(1)求转动过程中通过导线横截面的电荷量；(2)若转动后磁感应强度随时间按B ＝B 0＋kt 变化(k 为常量)，求出磁场对线框ab 边的作用力大小随时间变化的关系式．解：(1)线框在转动过程中产生的平均感应电动势 E ＝ΔΦΔt＝B 0·12l 2cos 60°Δt＝B 0l 24Δt， ①在线框中产生的平均感应电流I ＝E R，② R ＝ρ4l S，③ 转动过程中通过导线横截面的电荷量q ＝I Δt ， ④ 联立①～④解得q ＝B 0lS16ρ.⑤(2)若转动后磁感应强度随时间按B ＝B 0＋kt 变化，在线框中产生的感应电动势大小E ＝ΔB ·S Δt＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12l 2cos 60°＋l 22ΔB Δt＝3l24k ，⑥在线框中产生的感应电流I ＝E R，⑦线框ab 边所受安培力的大小F ＝BIl ，⑧联立⑥～⑧解得F ＝(B 0＋kt )3kl 2S16ρ.。

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错误!,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 ＝错误!。

(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错误!；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝n错误!≠n错误!.②磁通量的变化率错误!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＝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1中有效长度分别为:图1甲图：沿v1方向运动时,l＝错误!；沿v2方向运动时,l＝错误!·sin β;乙图：沿v1方向运动时，l＝错误!;沿v2方向运动时,l＝0;丙图：沿v1方向运动时，l＝错误!R；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错误!。

（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（)图2A．Q1＞Q2，q1＝q2B．Q1＞Q2,q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2答案A解析由Q＝I2Rt得，Q1＝错误!2Rt＝错误!×错误!＝错误!,同理，Q2＝错误!,又因为L ab＞L bc，故Q1＞Q2。

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。

章末专题复习物理方法|等效法在电磁感应中的应用1．方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求解．2．方法技巧(1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则来判定．(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题．3．等效问题如图10-1所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为L2.磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L2，电阻为R2的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为L3时，导线ac中的电流为多大？方向如何？图10-1【解析】 MN 滑过的距离为L 3时，如图甲所示，它与bc 的接触点为P ，等效电路图如图乙所示．甲 乙由几何关系可知MP 长度为L 3，MP 中的感应电动势E ＝13BL vMP 段的电阻r ＝13RMacP 和MbP 两电路的并联电阻为r 并＝13×2313＋23R ＝29R由欧姆定律得，PM 中的电流I ＝E r ＋r 并ac 中的电流I ac ＝23I解得I ac ＝2BL v 5R根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c .【答案】 2BL v 5R 方向由a 流向c[突破训练]1．如图10-2所示，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是()图10-2A．拉力的大小在运动过程中保持不变B．棒通过整个圆环所用的时间为2R aC．棒经过环心时流过棒的电流为B2aR πrD．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2aRπrD[导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t，由匀变速直线运动的基本关系式可得2R＝12at2，解得t＝4Ra，选项B错误；由v2－v2＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝2aR，此时的感应电动势E＝2BR v，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r总＝πRr2，故棒经过环心时流过棒的电流为I＝Er总＝4B2aRπr，选项C错误；由对选项C的分析可知棒经过环心时所受安培力的大小为F＝2BIR＝8B2R2aRπr，选项D正确．]物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．单杆模型(1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对于磁场运动．图10-3(2)分析思路：确定电源(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用．图10-4 2．双杆模型(1)模型特点①一杆切割一杆静止时，分析同单杆类似．②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΦΔt＝Bl|v1－v2|.(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解．如图10-5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，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g取10 m/s2.问：图10-5(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．【思路导引】【解析】(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max，有F max＝m1g sin θ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BL v②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④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＝m1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gx sin θ＝Q总＋12m2v2又Q＝R1R1＋R2Q总解得Q＝1.3 J.【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J[突破训练]2．(2017·四川雅安中学月考)如图10-6所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF 以初速度v 0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN 一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m 、电阻均为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，在此过程中导体棒EF 上产生的电热为Q ，求：(1)导体棒MN 受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF 上升的最大高度．图10-6【解析】 (1)EF 获得向上初速度v 0时，产生感应电动势E ＝BL v 0，电路中电流为I ，由闭合电路的欧姆定律有I ＝E 2R ，此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件有F A ＋mg sin α＝F f ，F A ＝BIL ，解得F f ＝B 2L 2v 02R ＋mg sin θ.(2)导体棒EF 上升过程MN 一直静止，对系统由能的转化和守恒定律有12m v 20＝mgh ＋2Q ，解得h ＝m v 20－4Q 2mg .【答案】 (1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)m v 20－4Q 2mg高考热点|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算1．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＝ER＋r＝nΔΦΔt(R＋r)↓根据电流定义式I＝qt→q＝IΔt＝nΔΦR＋r2．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＝I2Rt.(2)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．如图10-7所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图10-7(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F.【思路导引】【解析】 (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋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 ＝0－12m v 2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ． ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2⑪由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.【答案】 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J[突破训练]3．如图10-8所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，导轨电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．已知金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m＝2.0 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.(1)求金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；(2)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.【导学号：92492381】图10-8【解析】(1)金属棒由静止释放后，沿导轨做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v m.由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ－F安＝0F安＝BIL，I＝ER＋r，E＝BL v m.解得金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.(2)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律得mgx sin θ＝μmgx cos θ＋Q R＋Q r＋12m v2m根据焦耳定律得Q RQ r＝Rr，则金属棒上产生的焦耳热Q r＝0.5 J解得x＝2.0 m根据q＝IΔt，I＝ER＋r，E＝ΔΦΔt，ΔΦ＝BLx可得q＝BLxR＋r＝1.0 C.【答案】(1)0.5(2)1.0 C。