2022届高考物理一轮复习第10章电磁感应第2节法拉第电磁感应定律自感涡流课件新人教版.ppt
高考物理一轮复习第10章电磁感应第2节法拉第电磁感应定律自感涡流教案
第2节 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．导体切割磁感线时的感应电动势 (1)垂直切割：E ＝Blv 。
(2)倾斜切割：E ＝Blv sin_θ,其中θ为v 与B 的夹角。
(3)旋转切割(以一端为轴)：E ＝12Bl 2ω。
二、自感和涡流 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 ΔIΔt。
(3)自感系数L ：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关,单位为亨利(H)。
3．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。
4．电磁阻尼导体在磁场中运动时,感应电流会使导体受到安培力,安培力的方向总是阻碍导体的相对运动。
5．电磁驱动如果磁场相对于导体转动,在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而使导体运动起来。
一、思考辨析(正确的画“√”,错误的画“×”) 1．Φ＝0,ΔΦΔt不一定等于0。
(√) 2．线圈中磁通量变化越大,产生的感应电动势越大。
(×)3．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 。
(√) 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．涡流是由整块导体发生的电磁感应现象,不遵从电磁感应定律。
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 自感现象
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．
3．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． ②B、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：
第 2 讲 法拉第电磁感应定律 自感现象
【基础知识必备】 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．
A．UAC＝2Blv B．UAC＝2RR00＋Blrv C．电路中产生的电热 Q＝Fd－12mv2 D．通过 R0 的电荷量 q＝R20B＋ldr
解析：BD AC 产生的电动势 E＝2Blv，则 UAC＝RE0＋R0r＝ 2RR00＋Blvv，A 错误，B 正确；由功能关系得 Fd＝12mv2＋Q＋Qμ，
A．图 a 中回路产生的感应电动势恒定不变 B．图 b 中回路产生的感应电动势一直在变大
2022版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现象课件苏教版
考点二 感应电动势的计算 (综合迁移类)
1．感应电动势求解的“四种”情形： 情景 图
研究 对象
表达 式
回路(不一定 闭合)
一段直导线 (或等效成直 导线)
绕一端垂直 匀强磁场匀 速转动的一 段导体棒
绕与 B 垂直 的轴匀速转 动的导线框
E＝NBSωsin
E＝nΔΔΦt
E＝BLv sin θ E＝12 BL2ω
(3)线圈穿过磁场所用的时间为 t＝2vL ＝2×80.2 s＝0.05 s 故线圈穿越过程产生的热量为 Q＝I2Rt＝ER2 t＝00..812 ×0.05 J＝0.32 J 答案：(1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J
旋转切割 【典例 2】(2020·浙江 7 月选考)如图所示，固定在水平面上的半径为 r 的金属圆环 内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。长为 l 的金属棒，一端 与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴 OO′上，随轴以角速度 ω 匀速转动。 在圆环的 A 点和电刷间接有阻值为 R 的电阻和电容为 C、板间距为 d 的平行板电 容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为 g，不计 其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
2．(能力拔高题)如图甲圆环 a 和 b 均由相同的均匀导线制成，a 环半径是 b 环的 两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接。若仅将 a 环置于图乙所示变 化的磁场中，则导线上 M、N 两点的电势差 UMN＝0.4 V。下列说法正确的是( )
A．图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向里 B．图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向外 C．若仅将 b 环置于图乙所示变化的磁场中，则 M、N 两端的电势差 UMN＝0.4 V D．若仅将 b 环置于图乙所示变化的磁场中，则 M、N 两端的电势差 UMN＝0.2 V
高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 第二节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流课后达标 新人教版-新人教
第二节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流(建议用时：60分钟)一、单项选择题1.如图，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 沿与棒与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'.如此ε'ε等于( ) A.12B.22C ．1 D. 2解析：选B.设折弯前导体切割磁感线的长度为L ，折弯后，导体切割磁场的有效长度为l ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝22L ，故产生的感应电动势为ε'＝Blv ＝B ·22Lv ＝22ε，所以ε'ε＝22，B 正确． 2.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如下列图，一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一带电荷量为＋q 的小球．磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，假设小球在环上运动一周，如此感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )A ．0 B.12r 2qk C ．2πr 2qk D ．πr 2qk解析：选D.变化的磁场使回路中产生的感生电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝k πr 2，如此感生电场对小球的作用力所做的功W ＝qU ＝qE ＝qk πr 2，选项D 正确．3．(2018·长沙模拟)如下列图，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如下列图的位置匀速拉出匀强磁场．假设第一次用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，如此( )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解析：选C.两次拉出的速度之比v 1∶v 2＝3∶1.电动势之比E 1∶E 2＝3∶1，电流之比I 1∶I 2＝3∶1，如此电荷量之比q 1∶q 2＝(I 1t 1)∶(I 2t 2)＝1∶1.安培力之比F 1∶F 2＝3∶1，如此外力做功之比W 1∶W 2＝3∶1，故C 正确．4.如图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 .假设在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，如此该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )A ．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 1 C ．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 解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n 〔B 2－B 1〕S t 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定如此可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n 〔B 2－B 1〕S t 2－t 1，选项C 正确． 5.如下列图，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，如此从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球( )A ．整个过程匀速运动B ．进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程做加速运动C ．整个过程都做匀减速运动D ．穿出时的速度一定小于初速度解析：选D.小球在进出磁场时有涡流产生，要受到阻力．6.如下列图，A 、B 、C 是三个完全一样的灯泡，L 是一自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)．如此( )A ．S 闭合时，A 灯立即亮，然后逐渐熄灭B ．S 闭合时，B 灯立即亮，然后逐渐熄灭C ．电路接通稳定后，三个灯亮度一样D ．电路接通稳定后，S 断开时，C 灯立即熄灭解析：选A.电路中A 灯与线圈并联后与B 灯串联，再与C 灯并联．S 闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻由大变小，逐渐将A 灯短路，A 灯逐渐熄灭，A 灯的电压逐渐降低，B 灯的电压逐渐增大，B 灯逐渐变亮，应当选项A 正确，B 错误；电路接通稳定后，A 灯被线圈短路，完全熄灭．B 、C 并联，电压一样，亮度一样，应当选项C 错误．电路接通稳定后，S 断开时，C 灯中原来的电流立即减至零，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过C 灯，所以C 灯过一会儿熄灭，应当选项D 错误．二、多项选择题7.(2016·高考全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如下列图．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，如下说法正确的答案是( )A ．假设圆盘转动的角速度恒定，如此电流大小恒定B ．假设从上向下看，圆盘顺时针转动，如此电流沿a 到b 的方向流动C ．假设圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，如此电流方向可能发生变化D ．假设圆盘转动的角速度变为原来的2倍，如此电流在R 上的热功率也变为原来的2倍解析：选AB.设圆盘的半径为r ，圆盘转动的角速度为ω，如此圆盘转动产生的电动势为E ＝12Br 2ω，可知，假设转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A 项正确；根据右手定如此可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a 到b 的方向流动，B 项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C 项错误；假设圆盘转动的角速度变为原来的2倍，如此电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P ＝I 2R 可知，电阻R 上的热功率变为原来的4倍，D 项错误．8.如下列图，灯泡A 、B 与定值电阻的阻值均为R ，L 是自感系数较大的线圈，当S 1闭合、S 2断开且电路稳定时，A 、B 两灯亮度一样，再闭合S 2，待电路稳定后将S 1断开，如下说法中正确的答案是( )A ．B 灯立即熄灭B ．A 灯将比原来更亮一下后熄灭C ．有电流通过B 灯，方向为c →dD ．有电流通过A 灯，方向为b →a解析：选AD.S 1闭合、S 2断开且电路稳定时，A 、B 两灯一样亮，说明两个支路中的电流相等，这时线圈L 没有自感作用，可知线圈L 的电阻也为R ，在S 2、S 1都闭合且稳定时，I A ＝I B ，当S 2闭合、S 1突然断开时，由于线圈的自感作用，流过A 灯的电流方向变为b →a ，但A 灯不会出现比原来更亮一下再熄灭的现象，应当选项D 正确，B 错误；由于定值电阻R 没有自感作用，故断开S 1时，B 灯立即熄灭，选项A 正确，C 错误．9．如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M 、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示．不计轨道电阻．以下表示正确的答案是( )A ．F M 向右B ．F N 向左C ．F M 逐渐增大D ．F N 逐渐减小解析：选BCD.根据直线电流产生磁场的分布情况知，M 区的磁场方向垂直纸面向外，N 区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M 、N 两区时，感应电流的效果总是对抗引起感应电流的原因，故导体棒在M 、N 两区运动时，受到的安培力均向左，应当选项A 错误，选项B 正确；导体棒在M 区运动时，磁感应强度B 变大，根据E ＝Blv ，I ＝E R 与F ＝BIl 可知，F M 逐渐变大，应当选项C 正确；导体棒在N 区运动时，磁感应强度B 变小，根据E ＝Blv ，I ＝E R与F ＝BIl 可知，F N 逐渐变小，应当选项D 正确．10.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，如下列图．如此如下说法正确的答案是( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3Bav C ．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解析：选AD.开始时刻，感应电动势E 1＝BLv ＝2Bav ，故A 项正确；θ＝π3时，E 2＝B ·2a cos π3·v ＝Bav ，故B 项错误；由L ＝2a cos θ，E ＝BLv ，I ＝E R，R ＝R 0[2a cos θ＋(π＋2θ)a ]，得在θ＝0时，F ＝B 2L 2v R ＝4B 2av R 0〔2＋π〕，故C 项错误；θ＝π3时F ＝3B 2av R 0〔5π＋3〕，故D 项正确．三、非选择题11.(2015·高考卷)如下列图，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L ＝0.4 m ，一端连接R ＝1 Ω 的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝1 T ．导体棒MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F 作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v ＝5 m/s.求：(1)感应电动势E 和感应电流I ；(2)在0.1 s 时间内，拉力冲量I F 的大小；(3)假设将MN 换为电阻r ＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U . 解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E ＝BLv ＝1×0.4×5 V ＝2 V ，感应电流I ＝E R ＝21A ＝2 A. (2)拉力大小等于安培力大小F ＝BIL ＝1×2×0.4 N ＝0.8 N ，冲量大小I F ＝F Δt ＝0.8×0.1 N ·s ＝0.08 N ·s.(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流I ′＝E R ＋r ＝22A ＝1 A ， 由欧姆定律可得，导体棒两端的电压 U ＝I ′R ＝1×1 V ＝1 V.答案：(1)2 V2 A(2)0.08 N ·s(3)1 V12．(2018·安徽十校联考)如图甲所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1，在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，导线的电阻不计．求0至t 1时间内(1)通过电阻R 1的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1的电荷量q .解析：(1)穿过闭合线圈的磁场的面积为S ＝πr 22由题图乙可知，磁感应强度B 的变化率的大小为ΔB Δt ＝B 0t 0，根据法拉第电磁感应定律得： E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝nB 0πr 22t 0由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R 1的电流为 I ＝ER ＋2R ＝nB 0πr 223Rt 0 再根据楞次定律可以判断，流过电阻R 1的电流方向应由b 到a .(2)0至t 1时间内通过电阻R 1的电荷量为q ＝It 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0. 答案：(1)nB 0πr 223Rt 0 方向从b 到a (2)nB 0πr 22t 13Rt 0。
高考物理一轮总复习第十章第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流讲义含解析新人教版
法拉第电磁感应定律 自感和涡流[基础知识·填一填][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：只要穿过回路的 磁通量 发生变化，就能产生感应电动势，与电路是否闭合无关．(3)方向：产生感应电动势的电路(导体或线圈)相当于电源，电源的正、负极可由 右手定则 或 楞次定律 判断．(4)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 .(3)若v ∥B ，则E ＝0.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(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)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．(√)[知识点2] 自感与涡流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像水的旋涡状的感应电流．(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动．(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，使导体受到安培力作用，安培力使导体运动起来．交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)线圈中的电流越大，自感系数也越大．(×)(2)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．(√)(3)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，这是为了增大铁芯中的电阻、减小涡流，提高变压器的效率．(√)[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－2 P17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：C2．(人教版选修3－2 P21第2题改编)(多选)如图甲所示，单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连，线圈内有一垂直纸面向里的匀强磁场，线圈中的磁通量变化规律如图乙所示．下列说法正确的是( )A．0～0.10 s内磁通量的变化量为0.15 WbB．电压表读数为0.5 VC．电压表“＋”接线柱接A端D．B端比A端的电势高答案：BC3．(人教版选修3－2 P20第1题改编)如图所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警—2 000”在天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/h 的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m ，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5T ，则( )A ．两翼尖之间的电势差为2.9 VB ．两翼尖之间的电势差为1.1 VC ．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D ．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低解析：C [飞机的飞行速度为 4.5×102km/h ＝125 m/s ，飞机两翼尖之间的电动势为E ＝BLv ＝4.7×10－5×50×125 V＝0.29 V ，A 、B 项错；飞机从东向西飞行，磁场竖直向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖电势高于右方翼尖的电势，C 对，D 错．]4．(人教版选修3－2 P22演示改编)如图所示电路中，L a 、L b 两灯相同，闭合开关S 电路达到稳定后两灯一样亮，则( )A ．当S 断开的瞬间，L a 、L b 两灯中电流立即变为零B ．当S 断开的瞬间，L a 、L b 两灯中都有向右的电流，两灯不立即熄灭C ．当S 闭合的瞬间，L a 比L b 先亮D ．当S 闭合的瞬间，L b 比L a 先亮解析：D [由于L a 与线圈L 串联，L b 与滑动变阻器R 串联，当S 闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势 ，阻碍电流的增加，所以L b 比L a 先亮，故C 错误，D 正确；当S 断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，有顺时针方向的电流，故A 、B 错误．]考点一 法拉第电磁感应定律的应用[考点解读]1．对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＝ΔB ·S ，则E ＝n ΔB ·S Δt. (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 ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔS Δt. [典例赏析][典例1] (多选)如图甲所示，abcd 是匝数为100匝、边长为10 cm 、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )A ．导线圈中产生的是交变电流B ．在t ＝2.5 s 时导线圈产生的感应电动势为1 VC ．在0～2 s 内通过导线横截面的电荷量为20 CD ．在t ＝1 s 时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W[审题指导] B －t 图象中图线的斜率表示磁感应强度的变化率，因此根据B －t 图象可判断出各个时间段的感应电动势．通过的电荷量需要根据公式q ＝I Δt 计算．[解析] ACD [在0～2 s 内，磁感应强度变化率为ΔB 1Δt 1＝1 T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 1＝nS ΔB 1Δt 1＝100×0.12×1 V＝1 V ；在2～3 s 内，磁感应强度变化率为ΔB 2Δt 2＝2 T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 2＝nS ΔB 2Δt 2＝100×0.12×2 V＝2 V ．导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选项A 正确；在t ＝2.5 s 时，产生的感应电动势为E 2＝2 V ，选项B 错误；在0～2 s 内，感应电流I ＝E 1R＝10 A ，通过导体横截面的电荷量为q ＝I Δt ＝20 C ，选项C 正确；在t ＝1 s 时，导线圈内感应电流的瞬时功率P ＝UI ＝I 2R ＝102×0.1 W＝10 W ，选项D 正确．]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 ΔΦΔt ·R Δt ＝n ΔΦR. [题组巩固]1．(2017·天津卷)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 .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( )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．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解析：D [导体棒ab 、电阻R 、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(ΔB Δt＝k 为一定值)，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab 中的电流方向由a 到b ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt ＝k ·S ，回路面积S 不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律I ＝E R ，所以ab 中的电流大小不变，故B 错误；安培力F ＝BIL ，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C 错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f 与安培力F 等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确．]2．(2016·浙江理综)如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10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( )A ．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解析：B [a 、b 两个正方形线圈内的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度均匀增加，由楞次定律可以判断感应电流的磁场垂直于纸面向外，再根据安培定则可知：两线圈内产生逆时针方向的感应电流，A 错误；由E ＝N ΔBS Δt 可知E a E b ＝l 2a l 2b ＝91，B 正确；a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数相同，R a ∶R b ＝3∶1，由闭合电路的欧姆定律得I a ＝E a R a ，I b ＝E b R b 则I a I b ＝E a R b E b R a ＝31，C 项错误；P a ＝I 2a R a ，P b ＝I 2b R b ，则P a ∶P b ＝27∶1，D 错误．故选B.] 考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算[考点解读]1．E ＝Blv 的特性(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．如图中，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 ＝12B ωL 2(平均速度取中点位置的线速度12ωL )．(如图所示)(3)以任意点为轴时E ＝12B ω(L 21－L 22)(L 1>L 2，不同两段的代数和)． [考向突破][考向1] 平动切割产生感应电动势[典例2] (2019·东北三校联考)如图所示，一电阻为R 的导线弯成边长为L 的等边三角形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里．下列对三角形导线以速度v 向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是( )A ．回路中感应电流方向为顺时针方向B ．回路中感应电动势的最大值E ＝32BLv C ．回路中感应电流的最大值I ＝32RBLv D ．导线所受安培力的大小可能不变[解析] B [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；等效切割磁感线的导线最大长度为L sin 60°＝32L ，感应电动势的最大值E ＝32BLv ，B 正确；感应电流的最大值I ＝E R ＝32RBLv ，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．][考向2] 转动切割产生感应电动势[典例3] (2016·全国卷Ⅱ)(多选)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] AB [圆盘切割磁感线产生的感应电动势E ＝Br ωr 2∝ω，感应电流I ＝E R 总∝ω，即圆盘转动的角速度恒定，电流大小恒定，A 正确．圆盘切割磁感线，相当于圆盘圆心与P 点间的半径切割磁感线，根据右手定则，电流沿a 到b 的方向流动，B 正确．由楞次定律知感应电流的方向与圆盘转动的角速度大小无关，C 错误．由A 项分析知I ∝ω，又P ＝I 2R∝ω2，角速度变为原来的两倍，则R 上的热功率变为原来的4倍，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．[题组巩固]1．如图所示，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( )A ．电路中感应电动势的大小为Blv sin 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 ．金属杆的发热功率为B 2lv 2r sin θ解析：B [金属杆MN 切割磁感线产生的感应电动势E ＝Blv ，A 错；电路中感应电流的大小I ＝Elsin θ·r＝Bv sin θr ，B 对；金属杆所受的安培力F 安＝BI l sin θ＝B 2lv r ，C 错；金属杆的热功率P ＝I 2R ＝B 2v 2l sin θr，D 错．] 2．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 解析：C [金属框abc 绕ba 边逆时针旋转时，bc 边、ac 边都切割磁感线产生感应电动势，大小E ＝12B ωl 2，由右手定则可以判定U b ＝U a <U c ，所以U bc ＝－12B ωl 2，又因穿过回路的磁通量为零，不变，故回路中无感应电流产生，所以C 对，A 、B 、D 错．]考点三 自感现象的理解及应用[考点解读]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”问题电流逐渐增大，灯泡逐渐变[典例4] (2017·北京卷)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( )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] C [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．]自感线圈在电路中的作用1．电路突然接通时，产生感应电动势，阻碍电流变化使与之串联的灯泡不是立即点亮，而是逐渐变亮．2．电路突然断开时，产生感应电动势，在电路中相当于新的电源．若流过灯泡的电流比原来的大，则灯泡“闪亮”一下再熄灭；若流过灯泡的电流不大于原来的电流，则灯泡不能闪亮而逐渐熄灭．[题组巩固]1.如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭解析：D [当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串联后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，因为L的直流电阻不计，则L的分流作用增大，L1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，故电路中的总电流变大，L2中的电流增大，L2灯变得更亮；当S断开，L2中无电流，立即熄灭，而线圈L产生自感电动势，试图维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1要亮一下后再熄灭．综上所述，D正确．]2．(多选)如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源．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分别表示通过电灯D1和D2的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )解析：AC [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；综上所述知选项A、C正确．]思想方法(二十一) 电磁感应在生活中的应用[典例] 磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图甲所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t 关系图可能是图乙中的( )图甲图乙[解析] D [若将刷卡速度改为v 02，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D 项正确，其他选项错误．][题组巩固]1．(2019·北京丰台区模拟)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化．如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是( )A ．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B ．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C ．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D ．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析：C [无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，故A 错误；当给充电设备通以恒定直流电时，充电设备不会产生交变磁场，即不能正常充电，故B 错误；接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同，故C 正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误．] 2．(2019·辽宁省实验中学期中)(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈．通过观察图形，判断下列说法正确的是( )A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈解析：BD [若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，故B正确；由题图知1、2、4、5、6线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有滑动，则第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，故C错误，D正确．]。
高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 第2节 法拉第电磁感应定律 自感和涡流教案 鲁科版-鲁科版高三全
第2节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)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.(1)内容:电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量变化率成正比.(2)公式:E=nΔΔt,其中n为线圈匝数.(1)垂直切割:E=Blv.(2)倾斜切割:E=Blvsin θ,其中θ为v与B的夹角.(3)旋转切割(以一端为轴):E=12Bl2ω.自主探究如图所示,导体棒CD在均匀磁场中运动.(1)自由电荷会随着导体棒运动,并因此受到洛伦兹力.导体棒中自由电荷相对于纸面的运动大致沿什么方向?为了方便,可以认为导体棒中的自由电荷是正电荷.(2)导体棒一直运动下去,自由电荷是否总会沿着导体棒运动?为什么?(3)导体棒哪端的电势比较高?(4)如果用导线把C,D两端连到磁场外的一个用电器上,导体棒中的电流是沿什么方向的?答案:(1)D→C (2)达到电场力和洛伦兹力平衡就不会沿导体棒运动下去 (3)C 端(4)D→C(1)概念:电动机转动时,线圈中也会产生感应电动势,这个感应电动势总要削弱电源电动势的作用,我们把这个电动势称为反电动势. (2)作用:反电动势阻碍电动机线圈的转动. 二、自感和涡流由于通过导体自身的电流变化而产生的电磁感应现象.(1)定义:由导体自身电流变化所产生的感应电动势. (2)表达式:E=LΔΔI t. (3)自感系数L:①相关因素:与线圈的大小、形状、匝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=10-6H.(1)涡流:块状金属放在变化的磁场中,穿过金属块的磁通量发生变化,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炉内金属中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:各种电动机和变压器中,用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯,以减少涡流.(1)线圈中磁通量变化越大,产生的感应电动势越大.( × ) (2)公式E=Blv 中的l 是导体棒的总长度.( × )(3)磁场相对导体棒运动时,导体棒中也能产生感应电动势.( √ ) (4)线圈中的感应电动势大小与线圈的匝数无关.( × )(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.(多选)如图所示,用相同导线绕成的两个单匝线圈a,b 的半径分别为r 和2r,圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合,若磁场的磁感应强度均匀增大,开始时的磁感应强度不为0,则( BD )A.任意时刻,穿过a,b 两线圈的磁通量之比均为1∶4B.任意时刻,穿过a,b 两线圈的磁通量之比均为1∶1C.a,b 两线圈中产生的感应电动势之比为1∶2D.a,b 两线圈中产生的感应电动势之比为1∶1解析:任意时刻,穿过a,b 两线圈的磁感线条数相等,磁通量相等,故磁通量之比为1∶1,故A 错误,B 正确;根据法拉第电磁感应定律得E=ΔΔB tS,S 为线圈在磁场X 围内的有效面积,S=πr 2,因为S 相等,ΔΔBt也相等,所以a,b 两线圈中产生的感应电动势相等,感应电动势之比为1∶1,故C 错误,D 正确. 3.如图所示,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 闭合时,A,B 灯泡的发光情况是( A ) A.S 闭合后,A 亮一下又逐渐熄灭,B 逐渐变亮 B.S 闭合后,B 亮一下又逐渐变暗,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 都熄灭解析:S 闭合后,A,B 都变亮,且A 比B 亮,之后A 逐渐熄灭,B 逐渐变亮,A 项正确,B 项错误.S 闭合足够长时间后,A 熄灭,B 一直都是亮的,C,D 项错误.( A )D.电磁炉的上表面一般都用金属材料制成,以加快热传递,减少热损耗解析:涡流是由高频交变电流产生的磁场引起的电磁感应现象,频率越大,产生的涡流越大,直流电不产生涡流,A 项正确,B 项错误;电磁炉表面一般用绝缘材料制成,避免产生涡流,而锅体用金属制成,利用涡流加热食物,C,D 项错误.考点一 法拉第电磁感应定律的理解与应用(1)公式E=nΔΔtΦ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)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ΔΔtΦ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. (3)磁通量的变化率ΔΔtΦ对应Φt 图线上某点切线的斜率. (4)通过回路截面的电荷量q=Δn RΦ,与n,ΔΦ和回路电阻R 有关.(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. (3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起的,则根据定义求,ΔΦ=Φ2-Φ1,E=n2211ΔB S B S t-. [例1] (2019·某某某某二模)(多选)如图(甲)所示,abcd 是匝数为100匝、边长为10 cm( ACD )B.在t=2.5 s 时导线圈产生的感应电动势为1 VC.在0~2 s 内通过导线横截面的电荷量为20 CD.在t=1 s 时,导线圈内电流的瞬时功率为10 W 解析:在0~2 s 内,磁感应强度变化率为11ΔΔB t =1 T/s,根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势为E 1=nS11ΔΔB t 2×1 V=1 V;在2~3 s 内,磁感应强度变化率为=2 T/s,根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势为E 22×2 V=2 V.导线圈中产生的感应电流为方波交变电流,选项A 正确;在t=2.5 s 时,产生的感应电动势为E 2=2 V,选项B 错误.在0~2 s 内,感应电流I=1E R=10 A,通过导体横截面的电荷量为q=IΔt 1=20 C,选项C 正确;在t=1 s 时,导线圈内感应电流的瞬时功率P=UI=I 2R=102×0.1 W=10 W,选项D 正确.求电荷量三法(1)q=It(式中I 为回路中的恒定电流、t 为时间)①由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势使闭合回路中的电流恒定,根据电流定义式可知q=It.②闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变,则电路中的电流I 恒定,时间t 内通过线圈横截面的电荷量q=It. (2)q=nΔR(其中R 为回路电阻、ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量的变化量) ①闭合回路中的电阻R 不变、并且只有磁通量变化为电路提供电动势.②从表面来看,穿过回路的磁通量与时间无关;但ΔΦ与时间有关、随时间而变化. (3)Δq=CBlΔv(式中C 为电容器的电容、B 为匀强磁场的磁感应强度、l 为导体棒切割磁感线的有效长度、Δv 为导体棒切割速度的增量).在匀强磁场中,电容器接在切割磁感线的导体棒两端,不计一切电阻,电容器两极板间的电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E,电容器的充电(或放电)电流I=ΔΔq t =ΔΔC Ut,又E=Blv,则ΔU=Bl(Δv)可得Δq=CBlΔv.1.(2019·某某某某摸底)如图所示,边长为l 的正方形单匝金属线框ABCD,左半部分处在方向垂直于线框平面向里的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,线框的AD 边从图中位置按俯视的逆时针方向,以线速度v 绕固定对称轴OO′匀速转动90°,则此过程线框中( D ) A.感应电流方向沿A→D→C→B→A22πBlv解析:由楞次定律结合安培定则,可知感应电流方向应为A→B→C→D→A,A 项错误;通过线框的磁通量的最大值为Φ=BS=12Bl 2,B 项错误;由法拉第电磁感应定律可知,线框转过90°过程中线框的平均感应电动势为=ΔΔt ,ΔΦ=12Bl 2,Δt=π4l v ,联立可得E =2πBlv ,C 项错误,D 项正确. 2.( AC )C.线框和圆环中的电流大小之比为2D.线框和圆环中的电流大小之比为1∶2解析:依据楞次定律,当磁场均匀减弱时,圆环和线框中的电流方向都为顺时针,故A 正确,B 错误;设正方形的边长为2a.由几何关系可知,外接圆的半径2则根据法拉第电磁感应定律得,正方形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为E 正∶E圆=ΔΔB t (2a)2∶ΔΔB tπ(2a)2=2∶π,根据电阻定律得,正方形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为R 正∶R 圆=ρ8aS∶ρ2π2a S ⋅=22∶π,由欧姆定律得正方形回路中的感应电流与外接圆中感应电流之比为I 正∶I 圆=E R 正正∶E R 圆圆=1∶2,故C 正确,D 错误. 考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算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.E=Blv 的“四性”(1)正交性:本公式是在一定条件下得出的,除磁场为匀强磁场外,还需B,l,v 三者互相垂直. (2)瞬时性:若v 为瞬时速度,则E 为相应的瞬时感应电动势. (3)有效性:公式中的l 为导体切割磁感线的有效长度. 如图所示,导体的有效长度为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. 3.公式E=nΦt∆∆与E=Blv 的区别与联系 E=nΦt∆∆ E=Blv区 别 研究对象闭合回路垂直切割磁感线的那部分导体研究求的是Δt 时间内的平均感应电动势,E 与某段时间或某个过程对应(1)若v 为瞬时速度,则求的是瞬时感应电动势内容(2)若v 为平均速度,则求的是平均感应电动势联系 (1)本质上是统一的,E=Blv 可由E=nΦt∆∆在一定条件下推导出来 (2)当导体切割磁感线运动时用E=Blv 求E 方便;当得知穿过回路的磁通量发生变化时,用E=nΦt∆∆求E 比较方便 [例2](2019·某某名校联盟测试)如图所示,光滑水平面内有一正方形导体线框abcd,置于垂直水平面向里、边界为MN 的匀强磁场外,线框的ab 边平行磁场边界MN,线框以垂直于MN 的速度v 匀速进入磁场,线框进入磁场过程中,产生的焦耳热为Q 1,通过线框导体横截面的电荷量为q 1,若线框以速度2v 匀速进入磁场,进入磁场过程中,产生的焦耳热为Q 2,通过线框导体横截面的电荷量为q 2,则下列选项正确的是( B )2=2Q 1,q 2=2q 12=2Q 1,q 2=q 1 2=Q 1,q 2=q 12=4Q 1,q 2=2q 1解析:根据I=Blv R及F=BIl 可得F=22v B l R ,安培力做的功转化为电能,然后转化为焦耳热,由Q=W=Fl=23v B l R 可知产生的焦耳热与速度成正比,所以Q 2=2Q 1;根据q=I·t,t=l v得q=2Bl R ,可知通过线框导体横截面的电荷量与速度无关,q 2=q 1,选项B 正确.导体切割磁感线的三种方式切割方式 感应电动势的表达式垂直切割E=Blv 倾斜切割E=Blvsin θ,其中θ为v 与B 的夹角旋转切割(以一端为轴)E=Bl 2ω1.( AC )2ω2ω4Bl RD.P,Q 两点电势满足φP >φQ解析:M 端线速度为v=ωl,OM 切割磁感线的平均速度为v =2v ,OM 转动切割磁感线产生的电动势恒为E=Bl 2v =12Bl 2ω,A 正确,B 错误;当M 位于最下端时圆环接入电路的电阻为0,此时有最大电流I max =2E R =2ω4Bl R ,根据右手定则可得电流方向从Q 到P,P,Q 两点电势满足φP <φQ ,C 正确,D 错误. 2.(2019·某某某某质检)(多选)如图所示,空间存在两个磁场,磁感应强度大小均为B,方向相反且垂直于纸面,MN,PQ 为其边界,OO′为其对称轴.一导线折成边长为l 的正方形闭合回路abcd,回路在纸面内以恒定速度v 0向右运动,当运动到关于OO′对称的位置时( ABD )解析:由题意知,穿过回路的磁通量Φ=0,A项正确;由右手定则判断,ab边与cd边切割磁感线产生的感应电动势相当于两个电源串联,回路中的感应电动势E=Bl ab v0+Bl cd v0=2Blv0,B项正确;由右手定则可知,感应电流的方向为逆时针方向,C项错误;由左手定则可知,ab边与cd边所受的安培力方向均向左,D项正确.考点三自感和涡流(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”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大,灯泡逐渐变亮电流突然增大,然后逐渐减小达到稳定与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡断电时电流逐渐减小,灯泡逐渐变暗,电流方向不变电路中稳态电流为I1,I2:①若I2≤I1,灯泡逐渐变暗;②若I2>I1,灯泡闪亮后逐渐变暗. 两种情况下灯泡中电流方向均改变[例3] (2019·某某某某检测)(多选)在(甲)、(乙)所示的电路中,电阻R和自感线圈L的阻值都很小,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( AD)A.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将变得更亮,然后才逐渐变暗解析:题图(甲)所示的电路中,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,A项正确,B项错误;题图(乙)所示的电路中,电阻R和灯A串联,灯A所在支路的电阻大于线圈L所在支路的电阻,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,C项错误,D项正确.分析自感现象时的注意事项(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变,即通电过程中,电流是逐渐变大,断电过程中,电流是逐渐变小,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”问题的判断,在于对电流大小的分析,若断电后通过灯泡的电流比原来大,则灯泡先闪亮一下后慢慢熄灭.1.(2019·某某某某期中)(多选)如图所示的电路中,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,t11,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( 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,故A,C 项正确.2.( CD)B.由于金属球没有形成闭合电路,所以金属球中不会产生感应电流解析:金属球在运动过程中,穿过金属球的磁通量不断变化,在金属球内形成闭合回路,产生涡流,金属球受到的安培力做负功,金属球产生的热量不断地增加,机械能不断地减少,直至金属球停在半圆轨道的最低点,C正确,A,B错误;由于最终小球静止于最低点,根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR,D正确.1.(2019·全国Ⅰ卷,20)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图(a)中虚线MN所示,一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上.t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示;磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示.则在t=0到t=t1的时间间隔内( BC)00rS 4ρB t 200π4B r t 解析:根据B t 图象结合楞次定律可知,圆环中感应电流方向一直为顺时针方向,在t 0时刻,磁场的方向发生变化,安培力方向发生变化,故A 错误,B 正确;根据法拉第电磁感应定律得感应电动势E=ΔΔt Φ=200π2B r t ,根据电阻定律得R=ρ2πr S ,由闭合电路欧姆定律得I=E R ,解得I=00rS 4ρB t ,故C 正确,D 错误.2.(2019·某某某某检测)(多选)两根相距为l 的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边与水平面的夹角为37°,质量均为m 的金属细杆ab,cd 与导轨垂直接触形成闭合回路,导轨的电阻不计,回路总电阻为2R,整个装置处于磁感应强度大小为B,方向竖直向上的匀强磁场中,当ab 杆在平行于水平导轨的拉力F 作用下以速度v 沿导轨匀速运动时,cd 杆恰好处于静止状态,重力加速度为g,以下说法正确的是( AD )A.ab 杆所受拉力F 的大小为mgtan 37°sin37mg Bl︒ C.回路中电流的总功率为mgvsin 37°D.m 与v 大小的关系为m=22v 2tan37B l Rg ︒解析:对cd 杆,BIlcos 37°=mgsin 37°,对ab 杆,F=BIl,即ab 杆所受拉力F=mgtan 37°,故A 正确;回路中电流为I=tan37mg Bl︒,故B 错误;回路中电流的总功率为Fv=mgvtan 37°,故C 错误;I=2Blv R ,又I=tan37mg Bl ︒,解得m=22v 2tan37B l Rg ︒,故D 正确. 3.(2019·某某卷,11)如图所示,固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN 和PQ 长度也为l 、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好.MN 两端通过开关S 与电阻为R 的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B.PQ 的质量为m,金属导轨足够长、电阻忽略不计.(1)闭合S,若使PQ 保持静止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;(2)断开S,PQ 在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为v 的加速过程中流过PQ 的电荷量为q,求该过程安培力做的功W.解析:(1)设线圈中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律E=ΔΔtΦ,则 E=k①设PQ 与MN 并联的电阻为R 并,有R 并=2R ② 闭合S 时,设线圈中的电流为I,根据闭合电路欧姆定律得I=RE R +并③ 设PQ 中的电流为I PQ ,有I PQ =12I④设PQ 受到的安培力为F 安,有F 安=BI PQ l⑤保持PQ 静止,由受力平衡,有F=F 安⑥联立①②③④⑤⑥式得F=3Bkl R ⑦ 方向水平向右.(2)设PQ 由静止开始到速度大小为v 的加速过程中,PQ 运动的位移为x,所用时间为Δt,回路中的磁通量变化为ΔΦ,平均感应电动势为,有=ΔΔt ⑧其中ΔΦ=Blx⑨设PQ 中的平均电流为,有I =2ER ⑩根据电流的定义得I =Δqt由动能定理,有Fx+W=12mv 2-0联立⑦⑧⑨⑩式得W=12mv 2-23kq.答案:(1)3BklR ,方向水平向右(2)12mv 2-23kq。
2023版高考物理一轮总复习专题10电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流课件
例1 (2021年广东卷)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导
轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇
形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P
端 与 圆 弧 bc 接 触 良 好 ， 初 始 时 ， 可 滑 动 的 金 属 杆 MN 静 止 在 平 行 导 轨
AB、CD相距l＝0.50 m，AC间接一电阻R＝0.20 Ω，MN到AC的距离L＝
0.40 m，整个装置放在方向垂直于导轨平面的磁场中．导体棒MN垂直
放在导轨上，既能固定也能无摩Fra bibliotek地沿导轨滑动，导轨的电阻均可忽略
不计，导体棒的电阻也为0.20 Ω，则有 A．若导体棒向右滑动，则N端电势高
()
B．若磁场是B＝0.40 T的匀强磁场，则当
4．[自感]如图所示电路，D1和D2是两个相同的小灯泡，L是一个自 感系数相当大的线圈，其直流电阻与R相同，由于存在自感现象，在开
关S接通和断开时，灯泡D1和D2亮暗的先后顺序是 A．接通时D1灯先达最亮，断开时D1灯后暗 B．接通时D2灯先达最亮，断开时D2灯后暗 C．接通时D1灯先达最亮，断开时D1灯先暗 D．接通时D2灯先达最亮，断开时D2灯先暗 【答案】A
()
A．在 0～t0 和 t0～2t0 内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同 B．在 t0～2t0 内，通过电阻 R 的电流方向为 P→Q C．在 0～t0 内，通过电阻 R 的电流大小为2RBt00S D．在 0～2t0 内，通过电阻 R 的电荷量为BR0S
【答案】D
【解析】由图乙可知，0～t0 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，导体棒应具有向右的运动 趋势，导体棒受到向左的摩擦力；在 t0～2t0 内，穿过回路的磁通量增加， 为了阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的 摩擦力，在两段时间内摩擦力方向相反，故 A 错误．由图乙所示图像， 可知在 t0～2t0 内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大．
高考物理一轮复习第10章电磁感应第2节法拉第电磁感应定律课件
【理解巩固 4】 (多选)如图所示，L 是自感系数 很大的线圈，但其自身的直流电阻几乎为 0，A、B 是 两个相同的小灯泡，下列说法正确的是( )
A．开关 S 闭合时，A 灯立即发光 B．开关 S 闭合时，B 灯立即发光 C．开关 S 断开时，A 灯闪亮一下再灭 D．开关 S 断开后瞬间，a 点的电势低于 b 点
盘边缘为负极，电流方向由 b 经灯泡再从 a 流向铜盘，
方向不变，故 AC 错误；回路中感应电动势为 E＝BLv
＝1BL2ω，回路中电流为 I＝E＝12BL2×2Tπ＝πBL2，
2
R
R
RT
若铜盘转动的周期变小，电流增大，灯泡变亮，故 B
正确、D 错误． [答案] B
平动切割 例 2 如图，水平桌面上固定有一
A．回路中有大小和方向周期性变化的电流 B．若铜盘转动的周期变小，灯泡变亮 C．回路中电流方向不变，且从 a 导线流进灯泡， 再从 b 导线流向旋转的铜盘 D．铜盘产生的感应电动势等于 BL2ω
[解析] 把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜 棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁
感线，相当于电源，由右手定则知，中心为电源正极，
A．在 t＝0.01 s 时通过 R 的电流方向发生改变 B．在 t＝0.01 s 时线圈中的感应电动势 E＝0.6 V C ． 在 0 ～0.02 s 内 通 过 电 阻 R 的 电 荷 量 q ＝ 1.5×10－3 C D．在 0.02～0.03 s 内 R 产生的焦 耳热为 Q ＝ 1.8×10－3 J
动生电动势的一般计算公式 E＝Blvsin θ可以由
法拉第电磁感应定律公式 E＝ΔΔΦt 推导出来，所以法
拉第电磁感应定律是普遍适用的规律，对一切电磁感
高考物理一轮复习第十章电磁感应第二讲法拉第电磁感应定律自感涡流课件
(2016·高考北京卷)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
题组突破 (tūpò)
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( )
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向 B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
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考点(kǎo diǎn) 一 [反思总结]
应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题
题组突破(tūpò)
1．公式 E＝nΔΔΦt 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＝nSΔΔBt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的 有效面积．
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2．下面关于涡流的说法中正确的是( ) A．涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量 变化而产生的 B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流 C．涡流有热效应，但没有磁效应 D．在硅钢中不能产生涡流
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解析：涡流本质上是感应电流，是自身构成回路，在穿过导体的磁通 量变化时产生，所以 A 正确，B 错误；涡流不仅有热效应，同其他 电流一样也有磁效应，C 错误；硅钢电阻率大，产生的涡流较小，但 仍能产生涡流，D 错误． 答案：A
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考点(kǎo diǎn) 一
1－2.[B-t 图象的问题] (多选)(2017·江西南昌摸底)如图甲所示，圆
形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变
题组突破 (tūpò)
化规律如图乙所示，则下列说法正确的是 () A．0～1 s 内线圈的磁通量不断增大
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新人教版
2．导体转动切割磁感线产生感应电动势的情况 (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)。
考法 3 回路中电荷量的求解
考法 2 对动生电动势 E＝Blv 的理解 4．(2019·太原模拟)如图所示，一电阻为 R 的导线弯成边长为 L 的等边三 角形闭合回路。虚线 MN 右侧有磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，方向垂直 于闭合回路所在的平面向里。下列对三角形导线框以速度 v 向右匀速进入磁 场过程中的说法正确的是( )
7.(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，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
解析答案
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＝12Bl2ω 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＝I2R 知，电流在 R 上的热功率变为原来的 4 倍，选项 D 错误。]
A．回路中感应电流方向为顺时针方向 B．回路中感应电动势的最大值 E＝ 23BLv C．回路中感应电流的最大值 I＝ 23RBLv D．导线所受安培力的大小可能不变
2022届高考物理一轮复习课件-法拉第电磁感应定律自感和涡流
中的电流为I，则F的大小为F＝B0lI. ⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)，
⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls，
⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′.
⑪
式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的
总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt.
⑫
在 t 到 t＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt. ⑬
匀速转动．t＝0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下
列关于导线框中的电流随时间变化关系正确的是
()
A
B
【答案】B
C
D
【解析】在 0～t 时间内，线框从图示位置开始(t＝0)转过 90°的过程
中，产生的感应电动势为 E1＝21Bω·R2．由闭合电路欧姆定律得，回路电 流为 I1＝Er1＝Bω2rR2.根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时
()
A．金属棒中的电流方向为由 N 到 M B．电阻 R 两端的电压为 BLv C．金属棒受到的安培力大小为BR2＋L2rv D．电阻 R 产生焦耳热的功率为B2LR2v2
【答案】AC
【解析】由右手定则可知金属棒 MN 中的电流方向由 N 到 M，A 正 确．MN 产生的感应电动势为 E＝BLv，则电阻 R 两端的电压为 U＝RRB＋Lrv， B 错误．回路中感应电流大小为 I＝RB＋Lvr，金属棒 MN 受到的安培力大 小为 F＝BIL＝BR2＋L2rv，C 正确．电阻 R 产生焦耳热的功率为 P＝I2R＝ RB＋Lvr)2R＝BR2L＋2vr2R2 ，D 错误．
第十章
电磁感应
法拉第电磁感应定律 自感和涡流
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图(a)
图(b)
A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C．圆环中的感应电流大小为B4t00rρS D．圆环中的感应电动势大小为B40πt0r2
BC [根据楞次定律可知在 0～t0 时间内，磁感应强度减小，感 应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在 t0～t1 时间内， 磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力 水平向右，所以选项 A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΔΦt ＝12πr2·Bt00＝B20πt0r2，根据电阻定律可得 R＝ρ 2Sπr，根据欧姆定 律可得 I＝ER＝B4t00rρS，所以选项 C 正确，D 错误。]
穿过该区域，当磁场以ΔΔBt 的变化率变化时，线圈产生的nΔΔBt ·L2
C．nΔΔBt ·πr2
D．nΔΔBt ·r2
B [由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势 E＝ nΔΔBt ·L2，故 B 正确。]
3.(鲁科版选修 3－2P33T1)在如图所示的电路中， LA 为灯泡，S 为开关，L 为有铁芯的线圈。对于这样 的电路，下列说法正确的是( )
律。
( ×)
二、走进教材 1．(人教版选修 3－2P17T1 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
(3)磁通量的变化率ΔΔΦt 对应 Φ-t 图线上某点切线的斜率。 (4)通过回路截面的电荷量 q＝nΔRΦ，仅与 n、ΔΦ 和回路电阻 R 有关，与时间长短无关。
2．磁通量发生变化的三种情况 (1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则 E＝nBΔΔtS。 (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则 E＝nΔΔBtS， 注意 S 为线圈在磁场中的有效面积。 (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|B2S2－ΔtB1S1|≠nΔBΔΔt S。
第十章 电磁感应
第2节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流
01
必备知识·全通关
必备知识 ·填充 学情自测 ·验收
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。
C [由法拉第电磁感应定律 E＝nΔΔΦt 知，感应电动势的大小与线 圈匝数有关，A 错误；感应电动势正比于ΔΔΦt ，与磁通量的大小无直 接关系，B 错误，C 正确；根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻 碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D 错误。]
2.(粤教版选修 3－2P18T3 改编)如图所示，半径为 r 的 n 匝线圈 放在边长为 L 的正方形 abcd 之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直
2．线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。 (×)
3．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。
(√ )
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．涡流是由整块导体发生的电磁感应现象，不遵从电磁感应定
[典例示法] (多选)(2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时 间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线 MN 所示。一硬质细导线的电阻率为 ρ、横截面积为 S，将该导线做成半径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O 在 MN 上。t＝0 时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系 如图(b)所示。则在 t＝0 到 t＝t1 的时间间隔内( )
4．电磁阻尼 导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力 的方向总是 阻碍 导体的相对运动。 5．电磁驱动 如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生 感应电流 使导 体受到安培力而使导体运动起来。
一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
1．Φ＝0，ΔΔΦt 不一定等于 0。
(√ )
A．因为线圈 L 通电后会产生自感现象，所以 S 闭合后，灯泡 LA 中无电流通过
B．在 S 打开或闭合的瞬间，电路中都不会产生自感现象 C．当 S 闭合时，电路中会产生自感现象 D．在 S 闭合后再断开的瞬间，灯泡 LA 可能不立即熄灭
C [S 闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势而阻碍通过灯泡 LA 的电流的增加，但阻碍不是阻止，S 闭合后有电流通过 LA；S 断开 瞬间，线圈产生自感电动势，因电路断开，电流立即消失，灯泡 LA 立即熄灭，故 C 正确，A、B、D 错误。]
02
关键能力·全突破
考点1 考点2 考点3 核心素养
法拉第电磁感应定律的理解和应用 [讲典例示法]
1．对法拉第电磁感应定律的理解 (1)公式 E＝nΔΔΦt 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)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ΔΔΦt 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．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＝nΔΔΦt ，其中 n 为线圈匝数。
3．导体切割磁感线时的感应电动势 (1)垂直切割：E＝ Blv 。 (2)倾斜切割：E＝ Blvsin θ ，其中 θ 为 v 与 B 的夹角。 (3)旋转切割(以一端为轴)：E＝12Bl2ω。
二、自感和涡流 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＝LΔΔIt。 (3)自感系数 L：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有 铁芯 等 因素有关，单位为亨利(H)。
3．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。