高考物理大一轮复习第10单元电磁感应增分微课九导数和微元法在电磁感应中的应用课件

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2021高考物理一轮复习第10章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律课件

解析
2．(人教版选修 3－2·P7·T1 改编)如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是( )
A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右
运动
B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下
运动
C．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线 AB 转
知识点
电磁感应现象 Ⅰ
1．电磁感应现象当穿过闭合电路的 01 __磁__通__量___发生改变时，电路中有 02 _感__应__电__流__
产生的现象。
2．产生感应电流的条件 (1)电路 03 ___闭__合_____。 (2)磁通量 04 ___变__化_____。
3．电磁感应现象的两种典型情况 (1)闭合电路中部分导体做 05 _切__割__磁__感__线___运动。 (2)穿过闭合回路的磁通量 06 _发__生__变__化___。
一堵点疏通 1．磁通量等于磁感应强度 B 与面积 S 的乘积。( × ) 2．磁通量既有大小，又有方向，所以磁通量是矢量。( × ) 3．磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的大小均与匝数无关。 (√ )
4．只要回路中的磁通量变化，回路中一定有感应电流。( × ) 5．只要闭合回路的一部分导体切割磁感线，闭合回路中一定有感应电流。( √ ) 6．感应电流的磁场可能与原磁场方向相同，也可能与原磁场方向相反。 (√ )
A．磁铁插向左环，横杆发生转动 B．磁铁插向右环，横杆发生转动 C．磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流 D．磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流
二对点激活 1．如图所示，正方形线圈 abcd 位于纸面内，边长为 L，匝数为 N，过 ab 中点和 cd 中点的连线 OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为 B，则穿过线圈的磁通量为 Φ，若线圈绕 OO′轴转过 60° 的过程中，磁通量的变化量为 ΔΦ，则关于 Φ 和 ΔΦ 的大小正确的是( )

2022版高考物理一轮复习第10章电磁感应微专题11电磁感应中的电路和图象问题教案

微专题十一电磁感应中的电路和图象问题电磁感应中的电路问题1．电磁感应电路中的五个等效问题2．电磁感应中电路知识的关系图3．“三步”分析电路为主的电磁感应问题[典例1] 如图(a)所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接。

电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。

流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图(b)所示，其中ab段和bc 段均为直线，且ab段过坐标原点。

ω>0代表圆盘逆时针转动。

已知：R＝3.0 Ω，B＝1.0 T，r＝0.2 m。

忽略圆盘、电流表和导线的电阻。

(1)根据图(b)写出ab、bc段对应的I与ω的关系式；(2)求出图(b)中b、c两点对应的P两端的电压U b、U c；(3)分别求出ab、bc段流过P的电流I P与其两端电压U P的关系式。

(a)(b)[解析] 圆盘转动切割磁感线，根据E ＝12Br 2ω计算感应电动势。

题目给出了I ω图象。

根据数学知识写出I 与ω的关系式。

根据欧姆定律求解通过R 的电流。

根据并联电路的特点求解通过P 的电流。

(1)根据数学知识，ab 、bc 段对应的I 与ω的关系式分别为I ab ＝k 1ω，I bc ＝k 2ω＋b ，且当ω＝15 rad/s 时，I ab ＝0.1 A ，故k 1＝1150。

所以I ab ＝1150ω(A) (－45 rad/s≤ω≤15 rad/s)。

当ω1＝15 rad/s 时，I bc ＝0.1 A ，即0.1＝15k 2＋bω2＝45 rad/s 时，I bc ′＝0.4 A ，即0.4＝45k 2＋b解得k 2＝1100，b ＝－0.05 所以I bc ＝1100ω－0.05(A) (15 rad/s≤ω≤45 rad/s)。

(2)圆盘电阻不计，切割磁感线时产生的感应电动势加在P 和R 上。

b 点对应的P 两端的电压U b ＝E 1＝12Bω1r 2＝12×1.0×15×0.22 V ＝0.3 V 。

高考物理一轮微专题复习第10章_磁场_微专题53_word版有答案

[方法点拨](1)一般步骤：画轨迹，定圆心，求半径或圆心角；(2)注意“运动语言”与“几何语言”间的翻译，如：速度对应圆周半径；时间对应圆心角、弧长或弦长等；(3)掌握一些圆的几何知识，如：偏转角等于圆心角；同一直线边界，出射角等于入射角等．1．(带电粒子在单边界磁场中的运动)(多选)A、B两个离子同时从匀强磁场的直边界上的P、Q点分别以60°和30°(与边界的夹角)射入磁场，又同时分别从Q、P点穿出，如图1所示．设边界上方的磁场范围足够大，下列说法中正确的是()图1A．A为正离子，B为负离子B．A、B两离子运动半径之比为1∶ 3 C．A、B两离子速率之比为1∶ 3 D．A、B两离子的比荷之比为2∶1 2．(带电粒子在单边界磁场中的运动)(多选)如图2所示，在一单边有界磁场的边界上有一粒子源O，沿垂直磁场方向，以相同速率向磁场中发出了两种粒子，a为质子(11H)，b为α粒子(42He)，b的速度方向垂直于磁场边界，a的速度方向与b的速度方向之间的夹角为θ＝30°，两种粒子最后都打到了位于磁场边界位置的光屏OP上，则()图2A．a、b两粒子转动周期之比为2∶3B．a、b两粒子在磁场中运动时间之比为2∶3C．a、b两粒子在磁场中运动的轨道半径之比为1∶2D．a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离之比为1∶23．(带电粒子在三角形边界磁场中的运动)(多选)如图3所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝30°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直打在CD 板上，则下列说法正确的是( )图3A ．两板间电压的最大值U m ＝qB 2L 22mB ．CD 板上可能被粒子打中区域的长度x ＝23L C ．粒子在磁场中运动的最长时间t m ＝πm qBD ．能打到N 板上的粒子的最大动能为q 2B 2L 218m4．(带电粒子在矩形边界磁场中的运动)如图4所示，在边长ab ＝1.5L ，bc ＝3L 的矩形区域内存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，在ad 边中点O 处有一粒子源，可以垂直磁场向区域内各个方向发射速度大小相等的同种带电粒子．若沿Od 的方向射入的粒子从磁场边界cd 离开磁场，该粒子在磁场中运动的时间为t 0，圆周运动半径为L ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．下列说法正确的是( )图4A ．粒子带负电B ．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t 0C ．粒子的比荷为πBt 0D ．粒子在磁场中运动的最长时间为2t 05.图5中虚线PQ 上方有一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．O 是PQ 上一点，在纸面内从O 点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v 0的粒子，粒子电荷量为q 、质量为m .现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在M 点相遇，MO 与PQ 间夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是( )图5A ．两个粒子从O 点射入磁场的时间间隔可能为2πm 3qBB ．两个粒子射入磁场的方向分别与PQ 成30°和60°角C ．在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为m v 0qBD ．垂直PQ 射入磁场中的粒子在磁场中的运行时间最长6．如图6所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向以某一速率发射出大量比荷为q m的同种正电粒子，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知磁场的磁感应强度大小为B ，∠AOC ＝60°，O 、S 两点间的距离为L ，从OC 边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间t ＝2πm 3qB，忽略重力的影响和粒子间的相互作用，则粒子的速率为( )图6A.qBL 2mB.qBL mC.3qBL 2mD.3qBL m7.如图7所示，边长为l 的正六边形abcdef 中，存在垂直该平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B .a 点处的粒子源发出大量质量为m 、电荷量为＋q 的同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终垂直ab 边且与磁场垂直．不计粒子的重力，当粒子的速度为v 时，粒子恰好经过b 点．下列说法正确的是( )图7A ．速度小于v 的粒子在磁场中运动时间为πm 2qBB ．经过c 点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为lC ．经过d 点的粒子在磁场中运动的时间为πm 4qBD ．速度大于4v 的粒子一定打在cd 边上8．提纯氘核技术对于核能利用具有重大价值，如图8是从质子、氘核混合物中将质子和氘核分离的原理图，x 轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，初速度为0的质子、氘核混合物经电压为U 的电场加速后，从x 轴上的A (－L,0)点沿与＋x 成θ＝30°的方向进入第二象限(速度方向与磁场方向垂直)，质子刚好从坐标原点离开磁场．已知质子、氘核的电荷量均为＋q ，质量分别为m 、2m ，忽略质子、氘核的重力及其相互作用．图8(1)求质子进入磁场时速度的大小；(2)求质子与氘核在磁场中运动的时间之比；(3)若在x 轴上接收氘核，求接收器所在位置的横坐标．答案精析1．BD [A 向右偏转，根据左手定则知，A 为负离子，B 向左偏转，根据左手定则知，B 为正离子，A 项错误；离子在磁场中做圆周运动，设PQ 的距离为l ，由几何关系可得r ＝l 2sin θ，sin 60°∶sin 30°＝3∶1，则A 、B 两离子的半径之比为1∶3，B 项正确；离子的速率v ＝r ·2θt，时间相同，半径之比为1∶3，圆心角之比为2∶1，则速率之比为2∶3，C 项错误；根据r ＝m v qB 知，q m ＝v Br，因为速度大小之比为2∶3，半径之比为1∶3，则比荷之比为2∶1，D 项正确．]2．BC [由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式T ＝2πm qB可知，a 、b 两粒子转动周期之比T a ∶T b ＝m a q a ∶m b q b＝1∶2，选项A 错误；a 粒子在匀强磁场中运动轨迹对应的圆心角为240°，运动时间为2T a 3，b 粒子在匀强磁场中运动轨迹对应的圆心角为180°，运动时间为T b 2，a 、b 两粒子在匀强磁场中运动的时间之比为t a ∶t b ＝2T a 3∶T b 2＝2∶3，选项B 正确；由q v B ＝m v 2r ，解得r ＝m v qB ，由此可知a 、b 两粒子在匀强磁场中运动的轨道半径之比为r a ∶r b ＝m a q a ∶m b q b ＝1∶2，选项C 正确；a 粒子打到光屏上的位置到O 点的距离为2r a cos 30°＝3r a ，b 粒子打到光屏上的位置到O 点的距离为2r b ，a 、b 两粒子打到光屏上的位置到O 点的距离之比为3r a ∶2r b ＝3∶4，选项D 错误．]3．ACD [M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直打在CD板上，所以圆心在C 点，CH ＝QC ＝L ，故半径R 1＝L ，又因为q v 1B＝m v 21R 1，qU m ＝12m v 21，U m ＝qB 2L 22m，A 项正确；设轨迹与CD 板相切于K 点，半径为R 2，在△AKC 中，sin 30°＝R 2L －R 2，所以R 2＝L 3，因为KC 长等于33L ，所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度x 为HK ：x ＝R 1－KC ＝(1－33)L ，B 项错误；打在QC 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，因为T ＝2πm qB，所以t m ＝12T ＝πm qB，C 项正确；轨迹与CD 板相切的粒子是能打到N 板上的粒子中动能最大的，由前面分析可知R 2＝L 3，由R 2＝m v qB 可得v ＝qBL 3m ，所以其动能为12m v 2＝q 2B 2L 218m，D 项正确．]4．D [由题设条件作出以O 1为圆心的轨迹圆弧，如图所示，由左手定则可知该粒子带正电，选项A 错误；由图中几何关系可得sin θ＝32L L ＝32，解得θ＝π3，可得T ＝6t 0，选项B 错误；根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得T ＝2πm qB ，解得m q ＝3t 0B π，选项C 错误；根据周期公式，粒子在磁场中运动时间t ＝mαqB，在同一圆中，半径一定时，弦越长，其对应的圆心角α越大，则粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以O 2为圆心的圆弧，如图所示，由图中几何关系，α＝2π3，解得t ＝2t 0，选项D 正确．] 5．A [以粒子带正电为例来分析，先后由O 点射入磁场，并在M 点相遇的两个粒子轨迹恰好组成一个完整的圆，从O 点沿OP 方向入射并通过M 点的粒子轨迹所对圆心角为240°，根据带电粒子在磁场中运动的周期公式可知，该粒子在磁场中的运动时间t 1＝240°360°×2πm qB ＝4πm 3qB ，则另一个粒子轨迹所对圆心角为120°，该粒子在磁场中的运动时间t 2＝120°360°×2πm qB ＝2πm 3qB ，可知，两粒子在磁场中的运动时间差可能为Δt ＝2πm 3qB，A 项正确；射入磁场方向分别与PQ 成30°和60°角的两粒子轨迹所对圆心角之和不是360°，不可能在M 点相遇，B 项错；在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径d ＝2m v 0qB，C 项错；沿OP 方向入射的粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角最大，运动时间也最长，D 项错．]6．A [由于粒子速率一定，带电粒子在磁场中运动时间最短时，轨迹所对应弦长最短，即弦长d ＝L sin 60°＝32L ，由最短时间t ＝2πm 3qB知粒子运动轨迹所对应圆心角为120°，由几何关系知R sin 60°＝12d ，由洛伦兹力提供向心力，得q v B ＝m v 2R ，解得v ＝qBL 2m，选项A 正确．] 7．B [根据题述“当粒子的速度为v 时，粒子恰好经过b 点”，说明粒子在磁场中运动的轨道半径为l 2，运动时间为半个周期，即t ＝T 2＝πm qB，速度小于v 的粒子在磁场中的运动轨迹仍为半个圆周，其运动时间仍为半个周期，即t ＝T 2＝πm qB，选项A 错误；画出带电粒子经过c 点的运动轨迹(图略)，可知经过c 点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为正六边形的边长l ，选项B 正确；画出带电粒子经过d 点的运动轨迹(图略)，可知轨迹所对的圆心角为60°，经过d 点的粒子在磁场中运动的时间为t ＝T 6＝πm 3qB ，选项C 错误；速度大于4v 的粒子，由r ＝m v qB可知，在磁场中运动的轨道半径大于2l ，一定不会打在cd 边上，选项D 错误．]8．(1) 2qU m(2)1∶2 (3)(2－1)L 解析 (1)质子在电场中加速，由动能定理得qU ＝12mv 2 解得v ＝ 2qU m. (2)质子与氘核在磁场中都转过16个圆周，做圆周运动的周期T 1＝2πm qB ，T 2＝2π·2m qB，粒子在磁场中的运动时间t ＝16T ，则t 1∶t 2＝T 1∶T 2＝1∶2. (3)质子在磁场中运动时，由几何知识得r ＝L ，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r氘核在电场中加速，由动能定理得qU ＝12×2mv 21 在磁场中，由牛顿第二定律得qv 1B ＝2m v 21r 1，解得r 1＝2L 横坐标：x ＝r 1－L ＝(2－1)L .。

高考物理一轮复习第十章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流教学案(含解析)

第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流教材知识梳理一、法拉第电磁感应定律 1．感应电动势(1)定义：在________中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的________发生改变，与电路是否闭合无关． (3)方向判断：感应电动势的方向用________或________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________成正比． (2)公式：E ＝________．二、自感和涡流 1．自感现象(1)是由于导体本身的电流发生变化时而产生的________现象．由于自感而产生的电动势叫作自感电动势．(2)自感电动势E ＝________．(3)自感系数L 与线圈的横截面积、长短、匝数、是否有铁芯等有关，单位是________．2．涡流：块状金属在磁场中运动，或者处在变化的磁场中，金属块内部会产生感应电流，这种电流在整块金属内部自成闭合回路，叫作________．答案：一、1.(1)电磁感应现象 (2)磁通量 (3)楞次定律右手定则 2．(1)磁通量的变化率 (2)n ΔΦΔt二、1.电磁感应 2.L ΔIΔt 3.亨利 4.涡流【思维辨析】(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)线圈匝数n 越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大．( ) (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．( ) 答案：(1)(×) (2)(×) (3)(√) (4)(×) (5)(√)(6)(√)考点互动探究考点一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 ＝nB ΔSΔt； (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB ·S ，则E ＝n ΔB ·SΔt；(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E ＝nB 2S 2－B 1S 1Δt≠nΔB ΔSΔt.] 图10271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10271A ．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：D[解析] 根据法拉第电磁感应定律知电势差大小为E ＝n B 2－B 1t 2－t 1S ；根据楞次定律可知b 点电势较高，故φa －φb 小于0，选C.■ 方法技巧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 ΔBΔt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．如图10272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10272A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt答案：B [解析] 磁感应强度的变化率ΔB Δt ＝2B －B Δt ＝B Δt ，法拉第电磁感应定律公式可写成E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ，其中磁场中的有效面积S ＝12a 2，代入得E ＝n Ba22Δt，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．考点二导体切割磁感线引起的感应电动势的计算考向一 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 为导体切割磁感线的有效长度．图10273中，导体棒的有效长度为a 、b 间的距离．图10273(3)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．] 如图10274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10274A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ答案：B[解析] 因为金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动，其切割磁感线的有效长度为导轨间距l ，由法拉第电磁感应定律，电路中感应电动势E ＝Blv ，A 错误；由图可知，金属杆接入电路的实际长度为x ＝lsin θ，电路有效电阻R ＝x ·r ＝lr sin θ，由闭合电路的欧姆定律，电路中电流大小I ＝E R ＝Blvlrsin θ＝Bv sin θr，B 正确；金属杆所受安培力F ＝BIx ＝B ·Bv sin θr ·l sin θ＝B 2lv r ，C 错误；金属杆的热功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫Bv sin θr 2·lr sin θ＝B 2lv 2sin θr，D 错误．[2015·海南卷] 如图10275所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则ε′ε等于()图10275A.12B.22C ．1 D. 2 答案：B [解析] 感应电动势E ＝BLv 成立的条件是B ⊥L 、B ⊥v 、L ⊥v ，即B 、L 、v 三者两两垂直，式中的L 应该取与B 、v 均垂直的有效长度(即导体的有效切割长度)．假设题中金属棒的长度为L ，那么折线的有效切割长度为22L ，所以ε′ε＝22.选项B 正确．考向二转动切割磁感线产生感应电动势的计算当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E ＝Blv ＝12Bl2ω，如图10276所示．图10276多选)[2016·全国卷Ⅱ] 法拉第圆盘发电机的示意图如图10277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10277A ．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] 将圆盘看成由无数辐条组成，各辐条都在切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，当圆盘顺时针转动时(从上往下看)，根据右手定则可判断，圆盘上感应电流从边缘向中心，流过电阻R 的电流方向从a 到b ，B 正确；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E ＝BLv ＝12BL 2ω，而I ＝ER ，故A 正确，C 错误；当角速度ω变为原来的2倍时，感应电动势E ＝12BL 2ω变为原来的2倍，感应电流I 变为原来的2倍，电流在R 上的热功率P ＝I 2R 变为原来的4倍，D 错误．考向三公式E ＝n ΔΦΔt与E ＝Blv 的区别与联系多选)如图10278所示，半径为R 的半圆形硬导体AB 以速度v 在水平U 形框架上匀速滑动，且彼此接触良好．匀强磁场的磁感应强度为B ，U 形框架中接有电阻R 0，则AB 进入磁场的过程中()图10278A ．R 0中电流的方向由上到下B ．感应电动势的平均值为B πRvC ．感应电动势的最大值为2BRvD ．感应电动势的最大值为B πRv 答案：AC[解析] AB 进入磁场的过程中根据右手定则可判断感应电流方向为逆时针方向，即由上向下通过R 0，选项A 正确；感应电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt ＝12πR 2·BR v＝B πRv2，选项B 错误；当AB 完全进入磁场后，其有效切割长度最大，最大值为2R ，则感应电动势的最大值为E m ＝B ·2Rv ＝2BRv ，选项C 正确，选项D 错误．考点三 1.通电自感与断电自感现象对比2.自感电动势的作用是阻碍电流的变化，但自感电动势只是延缓了过程的进行，不能使过程停止，更不能使过程反向．3．自感线圈中的电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小．发生自感现象的瞬间，线圈中电流的大小和方向不变，即电流不发生“突变”．考向一对涡流的考查多选)[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10279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10279A．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答案：AB[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．考向二对自感现象及其图像的考查(多选)如图102710所示，电路中M和N是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的电感线圈，C是电容很大的电容器，电源的内阻不计．当S闭合与断开时，对M、N的发光情况判断正确的是( )图102710A．S闭合时，M立即亮，然后逐渐熄灭B．S闭合时，N立即亮，然后逐渐熄灭C．S闭合足够长时间后，N发光而M不发光D．S闭合足够长时间后再断开，N立即熄灭而M逐渐熄灭答案：AC[解析] 电容器的特性是“充电和放电”，在开始充电阶段，相当于阻值很小的电阻，放电阶段相当于电源．线圈的特性是“阻交流、通直流”，即电流不会突然变化，当电流突然增大时，线圈相当于阻值很大的电阻，当电流突然减小时，充当电源．因此，当开关刚闭合时，电容器对电流的阻碍作用小，线圈对电流的阻碍作用大，C和N组成的电路分压作用小，M、L组成的电路分压作用大，N灯较暗，M灯较亮．当开关闭合足够长的时间后，电容器充电完成，线圈中电流为直流电，而其直流电阻为零，N灯较亮，M灯被短路，不发光，选项A、C正确，选项B错误；开关断开瞬间，电容器和N组成的回路中，电容器放电，N 灯逐渐变暗，M 灯和线圈组成的回路中，线圈充当电源，M 灯变亮，然后逐渐熄灭，故选项D 错误．(多选)如图102711所示的电路中，L 是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈， D 1、D 2和D 3是三个完全相同的灯泡，E 是内阻不计的电源．在t ＝0时刻，闭合开关S ，电路稳定后在t 1时刻断开开关S.规定电路稳定时流过D 1、D 2的电流方向为正方向，分别用I 1、I 2表示流过D 1和D 2的电流，则四个选项中能定性描述电流I 随时间t 变化关系的是( )图102711102712答案：BC [解析] 闭合开关S ，D 1缓慢变亮，D 2和D 3立即变亮．在t 1时刻断开开关S 后，由于自感现象通过D 1的电流逐渐减小，方向不变，而通过D 2和D 3的电流方向立即改变，且逐渐减小，选项B 、C 正确．■ 建模点拨开关断开瞬间，灯泡是否变得更亮，要看开关断开瞬间通过灯泡的电流是不是比电路稳定时通过灯泡的电流更大；若开关断开瞬间通过灯泡的电流比电路稳定时通过灯泡的电流还小，灯泡只是渐渐变暗．【教师备用习题】1．[2015·全国卷Ⅱ] 如图所示，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φa 、φb 、φc .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．φa >φc ，金属框中无电流B. φb >φc ，金属框中电流方向沿a b c a C ．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[解析] C 由于bc 和ac 切割磁感线有效长度相同，故产生的感应电动势相互抵消，金属框中无电流，但b 、c 两端有电势差，根据法拉第电磁感应定律得E ＝12Bl 2ω，根据右手定则确定c 端电势高，所以U bc＝－E ＝－12Bl 2ω.2．(多选)如图所示，垂直矩形金属线框的匀强磁场的磁感应强度为B .线框上放置一导体棒ab ，ab 垂直于线框两个长边且和线框接触良好，长度为l .在Δt 时间内，ab 向右以速度v 匀速滑过距离d ，则( )A ．因右边面积减少ld ，左边面积增大ld ，则ΔΦ＝B ·2ld ，E ＝2BldΔtB ．因右边面积减少ld ，左边面积增大ld ，两边抵消，ΔΦ＝0，E ＝0C ．ΔΦ＝Bld ，所以E ＝BldΔtD ．导体棒ab 切割磁感线，E ＝Blv[解析] CD 左、右两边可看成两个并联的回路．根据法拉第电磁感应定律，每个回路产生的感应电动势为E ＝Bld Δt ，由于两个回路是并联电路，总感应电动势也为E ＝BldΔt ，选项A 、B 错误，选项C 正确；根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式E ＝Blv ，选项D 正确．3．(多选)[2015·河北百校联盟质量检测] 由粗细相同、同种材料制成的A 、B 两线圈，分别按图甲、乙两种方式放入匀强磁场中，甲、乙两图中的磁场方向均垂直于线圈平面，A 、B 线圈的匝数比为2∶1，半径之比为2∶3，当两图中的磁场都随时间均匀变化时( )A ．甲图中，A 、B 两线圈中电动势之比为2∶3 B ．甲图中，A 、B 两线圈中电流之比为3∶2C ．乙图中，A 、B 两线圈中电动势之比为8∶9D ．乙图中，A 、B 两线圈中电流之比为2∶3[解析] BCD 设线圈匝数分别为n 1、n 2，线圈的半径分别为r 1、r 2.导线横截面积为S ′，图甲中，设有界磁场的面积为S ，则线圈A 产生的电动势E A ＝n 1ΔB Δt S ，电阻R A ＝ρn 1·2πr 1S ′，B 的电动势为E B ＝n 2ΔBΔtS ，R B ＝ρn 2·2πr 2S ′，因此E A E B ＝n 1n 2＝21，电流之比为I A I B ＝E A E B ·R B R A ＝32，A 错误，B 正确；图乙中，A 的电动势E ′A ＝n 1ΔB Δt πr 21，B 的电动势E ′B ＝n 2ΔB Δt πr 22，因此E ′A E ′B ＝21×49＝89，电流之比I ′A I ′B ＝89×12×32＝23，C 、D 正确．4．[2016·无锡模拟] 如图所示，三个灯泡L 1、L 2、L 3的阻值关系为R 1＜R 2＜R 3，电感线圈L 的直流电阻可忽略，D 为理想二极管，开关S 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是( )A ．L 1逐渐变暗，L 2、L 3均先变亮，然后逐渐变暗B ．L 1逐渐变暗，L 2立即熄灭，L 3先变亮，然后逐渐变暗C ．L 1立即熄灭，L 2、L 3均逐渐变暗D ．L 1、L 2、L 3均先变亮，然后逐渐变暗[解析] B 开关S 处于闭合状态时，由于R 1＜R 2＜R 3，则分别通过三个灯泡的电流大小I 1＞I 2＞I 3，开关S 从闭合状态突然断开时，电感线圈产生与之前反向的自感电动势，由于二极管的反向截止作用，L 2立即熄灭，电感线圈、L 1、L 3组成闭合回路，L 1逐渐变暗，通过L 3的电流由I 3变为I 1，再逐渐减小，故L 3先变亮，然后逐渐变暗，选项B 正确．5．如图所示，水平“U 形”导轨abcd 固定在匀强磁场中，ab 与cd 平行，间距L 1＝0.5 m ，金属棒AB 垂直于ab 且和ab 、cd 接触良好，AB 与导轨左端bc 的距离为L 2＝0.8 m ，整个闭合回路的电阻为R ＝0.2 Ω，磁感应强度为B 0＝1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad 通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m ＝0.04 kg的物体，不计一切摩擦，现使磁场以ΔB Δt＝0.2 T/s 的变化率均匀地增大．求： (1)金属棒上电流的方向．(2)感应电动势的大小．(3)物体刚好离开地面的时间(g 取10 m/s 2)．[答案] (1)由A 到B (2)0.08 V (3)5 s[解析] (1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由A 到B .(2)由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt＝0.08 V. (3)物体刚好离开地面时，其受到的拉力F ＝mg而拉力F 又等于棒所受的安培力，即mg ＝F 安＝BIL 1其中B ＝B 0＋ΔB Δtt I ＝E R解得t ＝5 s.6．如图甲所示，光滑导轨间距为l ＝0.4 m ，ab 为金属棒，与导轨接触良好．均匀变化的磁场垂直穿过导轨平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab 接入电路的电阻R 为1 Ω，导轨电阻不计．t ＝0时刻，ab 棒从导轨最左端，以v ＝1 m/s 的速度向右匀速运动，求1 s 末回路中的感应电流及金属棒ab 受到的安培力．[答案] 1.6 A ，方向为逆时针方向 1.28 N ，方向向左[解析] 1 s 末与t ＝0时刻相比，Φ的变化有两个原因，一是B 的变化，二是金属棒和导轨所围面积S 的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＋Blv 又ΔB Δt＝2 T/s ，在1 s 末，B ＝2 T ，S ＝lvt ＝0.4×1×1 m 2＝0.4 m 2所以1 s 末，E ＝ΔB ΔtS ＋Blv ＝1.6 V ，此时回路中的电流I ＝E R＝1.6 A 根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向金属棒ab 受到的安培力为F ＝BIl ＝2×1.6×0.4 N ＝1.28 N ，方向向左．。

(江苏专用)2019版高考物理大一轮复习第10单元电磁感应增分微课九导数和微元法在电磁感应中的应用课件

Δ�� =
Δ��
=
正确;由感应电动势的瞬时值表达式可知,
当 cos ωt=±1,即 C 与 A 点或 D 点重合时,导线框中的感应电动势最大,C 错误;导线框中的感应电动势随时间按余弦规律变化,有效值为框中产生的电热为
�� 2 Q= �� π · �� 2 �� E= ,导线 2
3�� 2 2��
∠ADC=30° 时,Φ=BR sin 60° =
2
3 2 BR ,平均感应电 2 ��
动势�� =
3�� 2 ,B 2��
Δ�� ,电荷量 Δ��
q=�� Δ�� =
Δ�� Δ��
3�� 2 2��
θ· 2Rcos θ=BR sin 2θ=BR sin ωt,Φ 对
2 2
t 求导,可得感应电动势为
�� 2 e= =BR ωcos ��
ωt,在 C
C．当 C 沿圆弧移动到圆心 O 的正上方时,导线框中的感应电动势最大 D．在 C 从 A 点沿圆弧移动到 D 点的过程中,
π�� 2 �� 4 �� 导线框中产生的电热为 2��
从 A 点沿圆弧移动的过程中,磁通量 Φ 先增加后减少,由楞次定律可判断导线框中感应电流的方向先沿逆时针后沿顺时针,A 正确;
应用示例
A．在 C 从 A 点沿圆弧移动到 D 点的过程中, 导线框中感应电流的方向先沿逆时针,后沿顺时针 B．在 C 从 A 点沿圆弧移动到图中∠ADC=30° 位置的过程中,通过导线上 C 点的电荷量为

高考物理一轮复习第10章第2节法拉第电磁感应定律自感涡流教学案新人教版

高考物理一轮复习第10章第2节法拉第电磁感应定律自感涡流教学案新人教版第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 ＝Blv 。

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

(√)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。

2018年高考物理大一轮复习第10章电磁感应第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流

[自我诊断] 1．判断正误 (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) 磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．(√ )
A．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
解析：选 AD.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，因此同时亮，且亮度相同，稳定后 B 被短路熄灭，选项 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，左端电势高，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，B 闪一下再熄灭，选项 D 正确，B、C 错误．
(6)对于同一线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势越大．(√ )
2．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( )
二、自感和涡流
1．自感现象：当导体中电流发生变化时，导体本身就产生感应电动势，这个电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，这种
由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象叫自感现象．
2．自感电动势：在自感现象中产生的感应电动势 E＝LΔΔIt，其中 L 叫自感系数，它与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关，自感系数的单位是亨利(H) ，1 mH＝ 10－3 H,1 μH ＝10－6 H.

高三物理一轮复习第十章电磁感应—法拉第电磁感应定律自感和涡流优化课件

B．ef 向右滑动时，左侧面积增大 LΔd，右侧面积减少 LΔd，互相抵消，则 E＝0
C．在公式 E＝ΔΔΦt 中，在切割情况下 ΔΦ＝BΔS，ΔS 应是导线切割扫过的面积，即 ΔS＝LΔd，因此 E＝BLΔΔdt
D．在切割情况下只能用 E＝BLv 计算，不能用 E＝ΔΔΦt 计算
解析此题很容易造成 A、B 两种错解．法一选 aefb 构成的闭合回路研究，ef 向右滑动时，回路面积增大 LΔd，由 E＝ΔΔΦt 可得 E＝BLΔΔdt ；若选 edcf 构成的闭合回路研究，ef 向右滑动时，右侧面积减少 LΔd，由 E＝ΔΔΦt 可得 E＝BLΔΔdt . 显然，上述这两个回路是并联的关系，因此整个回路的感应电动
(1)在前 t0 时间内线圈中产生的电动势； (2)在前 t0 时间内线圈的电功率； (3)求 t0 的值．
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得： ε＝nΔΔΦt ＝n·12·(L2)2·ΔΔBt ＝10×12×(02.8)2×0.5＝0.4V. (2)I＝εr＝0.4A，P＝I2r＝0.16(W)． (3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有： F 安＝nBt0·I·L2＝mg，I＝εr. Bt0＝2nmεLgr＝2(T)．由图象知：Bt0＝1＋0.5t0，解得：t0＝2s.
相同的磁性小球，同时从 A、B 管上端的管口无初速度释放，穿过 A 管的小球比穿过 B 管的小球先落到地面，下面对于两管的描述中可能正确的是( )
A．A 管是用塑料制成的，B 管是用铜制成的 B．A 管是用铝制成的，B 管是用胶木制成的 C．A 管是用胶木制成的，B 管是用塑料制成的 D．A 管是用胶木制成的，B 管是用铝制成的
3．两个公式的区别 (1)E＝nΔΔΦt 常用于计算在 Δt 时间内的平均电动势．只有当磁通量的变化率是恒定不变时，算出的才是瞬时电动势．

高考物理一轮复习第十章电磁感应第讲法拉第电磁感应定律自感和涡流课件.ppt

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 201的9-9-215倍
分析解析
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32
方法感悟
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＝nΔΔΦt
(2)磁感应强度变化型：E＝nSΔΔBt
2019-9-15
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8
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＝LΔΔIt. (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.
2019-9-15
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，下列说法正确的有答案解析
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
2019-9-15
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16
2
2019-9-15
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6
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：
2019-9-15
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7
甲图：沿v1方向运动时，l＝ cd ；沿v2方向运动时，l＝ cd ·sin β ；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，应注意速度间的相对关系.

高考物理备考系统复习课件章末总结第十章电磁感应

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第十章电磁感应
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第十章电磁感应
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规范答题
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如何分析电磁感应的综合问题
类型解读电磁感应的综合问题，涉及力学知识(如牛顿运动定律、功、动能定
理和能量守恒定律等)、电学知识(如法拉第电磁感应定律、楞次定律、直流电路、磁
场等)多个知识点，是历年高考的重点、难点和热点，考查的知识主要包括感应电动
栏目索引
第十章电磁感应
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物理系统复习用书
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D．开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【答案】AD
αR1＝b，mBgs2iLn2
α＝k
解得 R1＝2.0 Ω，m＝0.1 kg.
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1 楞次定律
1．(2018年新课标Ⅰ卷)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( )
摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S，将金属棒由静止释放．
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第十章电磁感应
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高考物理一轮复习第十章电磁感应第讲电磁感应现象楞次定律课件.ppt

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
题眼
转动起来，但略有滞后.下列说法正确的是答案分析
√A.圆盘上产生了感应电动势
非匀强磁场
√B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
题眼
A.ab棒不受安培力作用
B.ab棒所受安培力的方向向右
I
√C.ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大
D.螺线管产生的磁场，A端为N极
E
N
R
分析答案解析
2019-9-15
B2l2v R
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32
方法感悟
三定则一定律的应用技巧 1.应用楞次定律时，一般要用到安培定则. 2.研究感应电流受到的安培力时，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定.
2019-9-15
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4
(5)磁通量的意义： ①磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数. ②同一线圈平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零 . (6)磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.
√C.保持磁铁在线圈中相对静止时，电流表指针不发生偏转
D.若磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针发生偏转
答案
2019-9-15
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29
5.如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水
平金属圆环中穿过.现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经