2019届一轮复习人教版 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 课件(49张)
人教版高三物理一轮复习课时训练第九章课时1法拉第电磁感应定律楞次定律自感涡流
课时1 法拉第电磁感应定律楞次定律自感涡流课时训练基础巩固1.下列四幅演示实验图中,实验现象能正确表述实验结论的是( B )A.图甲用磁铁靠近轻质铝环A,A会靠近磁铁B.图乙断开开关S,触点C不立即断开C.图丙闭合开关S时,电流表有示数,断开开关S时,电流表没有示数D.图丁铜盘靠惯性转动,手持磁铁靠近铜盘,铜盘转动加快解析:图甲用磁铁靠近轻质铝环A,由于A环中发生电磁感应现象,根据楞次定律可知,A将远离磁铁,故A错误;图乙断开开关S,由于B线圈中发生电磁感应现象阻碍电流的减小,因此线圈仍有磁性,触点C不立即断开,故B正确;图丙闭合开关S和断开开关S时均会发生电磁感应,因此电流表均有示数,故C错误;当转动铜盘时,磁铁靠近铜盘,导致铜盘切割磁感线,从而产生感应电流,出现安培力,由楞次定律可知,产生安培力导致铜盘转动受到阻碍,因此铜盘转动减慢,故 D 错误。
2.如图所示为感应式发电机,a,b,c,d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点,O1,O2是连接铜盘轴线导线的接线端,M,N是电流表的接线端。
现在将铜盘转动,能观察到感应电流的是( B )A.将电流表的接线端M,N分别连接a,c位置B.将电流表的接线端M,N分别连接O1,a位置C.将电流表的接线端M,N分别连接O1,O2位置D.将电流表的接线端M,N分别连接c,d位置解析:当铜盘转动时,其切割磁感线产生感应电动势,此时铜盘相当于电源,铜盘边缘和中心为电源的两个极,则要想观察到感应电流,M,N应分别连接电源的两个极,故B正确。
3.现代科学研究中常要用到高速电子,电子感应加速器就是电子加速的设备。
它的基本原理如图所示,上、下为电磁铁的两个磁极,磁极之间有一个环形真空室,电子在真空室中做圆周运动。
电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化。
上图为侧视图,下图为真空室的俯视图,如果从上向下看,电子沿逆时针方向运动。
以下分析正确的是( A )C.当电磁铁线圈电流的方向与图示方向相反时,为使电子加速,电磁铁中的电流应该由小变大D.当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时,为使电子加速,电磁铁中的电流应该由大变小解析:根据法拉第电磁感应定律可知,变化的磁场在真空室内形成感生电场,而电场能使电子加速,选项A正确;因洛伦兹力对电荷不做功,故选项B错误;当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时,线圈中的电流增强,磁场就增大了,根据楞次定律,感生电场产生的磁场要阻碍它增大,所以感生电场为顺时针方向,即电流方向为顺时针,所以电子沿逆时针方向在电场力作用下加速运动,在洛伦兹力约束下做圆周运动,选项C,D错误。
2019高三物理人教版一轮课件：第10章+第2节 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
A．0 ΔB 2 C．n Δt · πr
[答案] B
ΔB 2 B．n Δt · L ΔB 2 D．n Δt · r
考查点：自感现象 3．(鲁科版选修 3－2P33T1)在如图 1022 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( )
图 1022
[教材习题回访] 考查点：对法拉第电磁感应定律的理解 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查点：求感应电动势的大小 2. (粤教版选修 3－2P18T3 改编)如图 1021 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穿过该区域，当 ΔB 磁场以 Δt 的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为( )
图 1021
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
[答案]
C
考查点：涡流现象 4． (多选)(沪科版选修 3－2P37T1 改编)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的， 而不是采用一整块硅钢，这是因为( A．增大涡流，提高变压器的效率 B．减小涡流，提高变压器的效率 C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量 D．增大铁芯中的电阻，以减小发热量 )
B．nBπr2 nπBr2 D. tR
2019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 涡流学案
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流【基础梳理】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：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 ＝ER ＋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．若v ∥B ，则E ＝0.二、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 ΔIΔt．(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．【自我诊断】(1)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．( ) (2)线圈匝数n 越多，磁通量越大，产生的感应电动势越大．( )(3)线圈中的电流越大，自感系数也越大．( )(4)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化．( ) 提示：(1)√ (2)× (3)× (4)√在如图所示的电路中，a 、b 为两个完全相同的灯泡，L 为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E 为电源，S 为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的情况下列说法正确的是( )A ．合上开关，a 先亮，b 后亮；稳定后a 、b 一样亮B ．合上开关，b 先亮，a 后亮；稳定后b 比a 更亮一些C ．断开开关，a 逐渐熄灭，b 先变得更亮后再与a 同时熄灭D ．断开开关，b 逐渐熄灭，a 先变得更亮后再与b 同时熄灭 提示：B对法拉第电磁感应定律的理解与应用[学生用书P201]【知识提炼】1．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)当ΔΦ仅由B 引起时，则E ＝nS ΔB Δt ；当ΔΦ仅由S 引起时，则E ＝n B ΔSΔt. 2．磁通量的变化率ΔΦΔt 是Φ－t 图象上某点切线的斜率．3．求解感应电动势常见的情况与方法(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． [审题指导] (1)t 0前只有左侧区域磁通量变化引起感应电动势． (2)t 0后感应电动势由左、右两侧磁通量变化引起．(3)金属棒越过MN 匀速运动，所加外力等于运动过程受到的安培力． [解析] (1)在金属棒未越过MN 之前，t 时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ①设在从t 时刻到t ＋Δt 的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R 的电荷量为Δq .由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt② 由欧姆定律有i ＝E R③ 由电流的定义有i ＝ΔqΔt④联立①②③④式得|Δq |＝kS RΔt⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为|q |＝kt 0SR.⑥ (2)当t >t 0时，金属棒已越过MN ，由于金属棒在MN 右侧做匀速运动，有f ＝F ⑦式中，f 是外加水平恒力，F 是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 的大小为F ＝B 0lI⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B 0ls ⑩ 回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′⑪式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0lv 0(t －t 0)＋kSt ⑫ 在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量为 ΔΦt ＝(B 0lv 0＋kS )Δt⑬由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E t ＝ΔΦtΔt⑭由欧姆定律有I ＝E tR⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f ＝(B 0lv 0＋kS )B 0lR. ⑯[答案] 见解析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．(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR. 【迁移题组】1 对法拉第电磁感应定律的理解1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，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解析：选C.由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 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ΔΦΔt ，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 感生电动势E ＝n ΔΦΔt的应用2．(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( )A ．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解析：选B.由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt πr 2，ΔB Δt 为常数，E 与r 2成正比，故E a ∶E b ＝4∶1.磁感应强度B 随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B 项正确．导体切割磁感线产生感应电动势的计算[学生用书P202]【知识提炼】1．计算(2)磁场为匀强磁场． 2．判断(1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当做电源的内电路，那部分导体相当于电源． (2)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． (3)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．【典题例析】(多选)(2017·高考全国卷Ⅱ)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0.1 m 、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(a)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(b)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( )A ．磁感应强度的大小为0.5 TB ．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N[解析] 由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v ＝L t ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，B 项正确；导线框进入磁场的过程中，cd 边切割磁感线，由E ＝BLv ，得B ＝E Lv ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T ，A 项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C 项正确；在0.4～0.6 s 这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A ，则导线框受到的安培力F ＝BIL ＝0.2×2×0.1 N ＝0.04 N ，D 项错误．[答案] BC理解E ＝Blv 的“五性”(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)平均性：导体平动切割磁感线时，若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势，即E ＝Blv . (4)有效性：公式中的l 为导体切割磁感线的有效长度．如图中，棒的有效长度为ab 间的距离．(5)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．【迁移题组】1 导体平动切割磁感线问题1．(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上，t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值．解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得ma ＝F －μmg ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E ＝Blv ③联立①②③式可得E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m－μg .④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝ER⑤ 式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f ＝BlI ⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －f ＝0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m.答案：见解析2 导体旋转切割磁感线问题 2．(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a －b －c －aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a －c －b －a解析：选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 ＝－错误!Bl 2ω，选项C 正确．自感 涡流[学生用书P203] 【知识提炼】1．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．2．自感现象的四个特点(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．3．通电自感和断电自感【典题例析】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，L 1、L 2是两个完全相同的小灯泡．开关S 闭合和断开的过程中，灯L 1、L 2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S 断开，L 2立即熄灭，L 1逐渐变亮B ．S 闭合，L 1不亮，L 2很亮；S 断开，L 1、L 2立即熄灭C ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2亮度不变；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下才熄灭 D ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2则逐渐变得更亮；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下才熄灭 [审题指导] 解此题关键有两点： (1)灯泡和线圈在电路中的连接方式． (2)流过灯泡的原电流的方向及大小．Ｋ[解析] 当S 闭合，L 的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L 1和L 2串联后与电源相连，L 1和L 2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，L 1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，L 2中的电流增大，L 2灯变得更亮；当S 断开，L 2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L 1组成闭合电路，L 1要亮一下后再熄灭．综上所述，D 正确．[答案] D分析自感现象的三点注意、三个技巧【迁移题组】1 对通电自感和断电自感现象的分析1．(2017·高考北京卷)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：选C.本题考查自感现象的判断．在题图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；在题图2中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R与L2的阻值相同，C项正确．2 电磁阻尼现象的应用2．(2017·高考全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )解析：选A.施加磁场来快速衰减STM 的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案A 中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B 中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C 中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D 中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变．综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.学生用书P204]1.(2017·高考天津卷)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：选D.本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件．由于通过回路的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知ab 中感应电流的方向由a 到b ，A 错误；因ab 不动，回路面积不变；当B 均匀减小时，由E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S 知，产生的感应电动势恒定，回路中感应电流I ＝ER ＋r 恒定，B 错误；由F ＝BIL 知，F 随B 减小而减小，C 错误；对ab 由平衡条件有f ＝F ，故D 正确．2．如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，电感L 的电阻不计，电阻R 的阻值大于灯泡D 的阻值．在t ＝0时刻闭合开关S ，经过一段时间后，在t ＝t 1时刻断开S.下列表示A 、B 两点间电压U AB 随时间t 变化的图象中，正确的是( )解析：选B.闭合开关S 后，灯泡D 直接发光，电感L 的电流逐渐增大，电路中的总电流也将逐渐增大，电源内电压增大，则路端电压U AB 逐渐减小；断开开关S 后，灯泡D 中原来的电流突然消失，电感L 与灯泡形成闭合回路，所以灯泡D 中电流将反向，并逐渐减小为零，即U AB 反向逐渐减小为零，故选B.3.如图所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速运动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )A ．由c 到d ，I ＝Br 2ωRB ．由d 到c ，I ＝Br 2ωRC ．由c 到d ，I ＝Br 2ω2RD ．由d 到c ，I ＝Br 2ω2R解析：选D.由右手定则判定通过电阻R 的电流的方向是由d 到c ；而金属圆盘产生的感应电动E ＝12Br 2ω，所以通过电阻R 的电流大小是I ＝Br 2ω2R，选项D 正确．4．(2017·高考江苏卷)如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P .解析：本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律． (1)感应电动势E ＝Bdv 0感应电流I ＝E R解得I ＝Bdv 0R. (2)安培力F ＝BId 牛顿第二定律F ＝ma解得a ＝B 2d 2v 0mR.(3)金属杆切割磁感线的速度v ′＝v 0－v ，则 感应电动势E ＝Bd (v 0－v )电功率P ＝E 2R解得P ＝B 2d 2（v 0－v ）2R.答案：(1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2（v 0－v ）2R[学生用书P343(单独成册)] (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'.则ε'ε等于( ) A.12 B.22 C ．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．如图所示，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．已知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )A ．0 B.12r 2qkC ．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，则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，则电荷量之比q 1∶q 2＝(I 1t 1)∶(I 2t 2)＝1∶1.安培力之比F 1∶F 2＝3∶1，则外力做功之比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 .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 ( )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 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）St 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断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）St 2－t 1，选项C 正确．5.如图所示，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，则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.如图所示，A 、B 、C 是三个完全相同的灯泡，L 是一自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)．则( ) 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，三个灯亮度相同 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，故选项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，电压相同，亮度相同，故选项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，故选项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：选AB.设圆盘的半径为r ，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E ＝12Br 2ω，可知，若转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A 项正确；根据右手定则可知，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；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的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.如图所示，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 两灯亮度相同，再闭合S 2，待电路稳定后将S 1断开，下列说法中正确的是( )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，故选项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．以下叙述正确的是( )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反抗引起感。
人教版高考物理一轮知识点复习：法拉第电磁感应定律自感和涡流
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＝nΔΦΔt，其中n为线圈匝数。
(1)磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的区别：磁通量Φ磁通量变化量ΔΦ磁通量变化率ΔΦΔt物理意义磁通量越大，某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数越多某段时间穿过某个面的末、初磁通量的差值表述磁场中穿过某个面的磁通量变化快慢的物理量大小计算Φ＝B·S⊥，S⊥为与B垂直的面积，不垂直时，取S在与B垂直方向上的投影ΔΦ＝Φ2－Φ1，ΔΦ＝B·ΔS或ΔΦ＝S·ΔBΔΦΔt＝B·ΔSΔt或ΔΦΔt＝S·ΔBΔt注意若穿过某个面有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝B·S，应考虑相反方向的磁通量相互抵消以后所剩余的磁通量开始和转过180°后平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2B·S，而不是零即不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少。
在Φ－t图象中，可用切线的斜率表示备注线圈在磁场中绕垂直于B的轴匀速转动时，线圈平面与磁感线平行时，Φ＝0，ΔΦΔt最大；线圈平面与磁感线垂直时，Φ最大，ΔΦΔt为零(2)对公式的理解：(3)用公式E ＝nS ΔBΔt求感应电动势时，S 为线圈在垂直于磁场方向的有效面积。
1.半径为r 、电阻为R 的n 匝圆形线圈在边长为l 的正方形abcd 外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图9－2－1甲所示。
当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，则穿过圆形线圈磁通量的变化率为________，t 0时刻线圈产生的感应电流为________。
图9－2－1解析：磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝B 0t 0l 2根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势 E ＝n ΔΦΔt ＝n B 0t 0l 2再根据闭合电路欧姆定律得感应电流I ＝n ΔΦΔtR ＝n B 0l 2t 0R 。
2019版高考物理一轮复习第十章电磁感应10_2法拉第电磁感应定律自感和涡流课件
题|组|微|练 3.如图所示，平行导轨间距为 d，一端跨接一个电阻 R。匀强磁场的磁 感应强度为 B，方向垂直于平行金属导轨所在平面。金属棒与导轨的电阻均 不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度 v 在金属导轨上滑行时， 通过电阻 R 的电流是( )
Bdv A. R
Bdvcosθ C. R
Bdvsinθ B. R
微考点·悟方法
学生用书P160
微考点 1 法拉第电磁感应定律的理解和应用 核|心|微|讲
1．决定感应电动势大小的因素 感应电动势 E 的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率ΔΔΦt 和线圈的 匝数 n。而与磁通量的大小、磁通量变化量 ΔΦ 的大小无必然联系。
2．磁通量变化通常有两种方式 (1)磁感应强度 B 不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时 E＝ nBΔΔSt 。 (2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时 E＝nΔΔBt S，其中ΔΔBt 是 B－t 图象的斜率。
答案 C
微考点 2 导体切割磁感线产生感应电动势的计算 核|心|微|讲
1．理解 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 l 为导体切割磁感线的有效长度。 (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。
ห้องสมุดไป่ตู้
(1)ab 棒中感应电动势的大小，并指出 a、b 哪端电势高。 (2)回路中感应电流的大小。 (3)维持 ab 棒做匀速运动的水平力 F 的大小。 【解题导思】 (1)哪一部分导体相当于电源？ 答：切割磁感线运动的导体相当于电源。
2019届高考物理一轮复习课件：第24讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流(共61张PPT)
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第24讲
法拉第电磁感应定律、自感和涡流
考 向 互 动 探 究
(1)为使电磁天平的量程达到 0.5 kg， 线圈的匝数 N1 至少 为多少？ (2)进一步探究电磁感应现象，另选 N2＝100 匝、形状相 同的线圈，总电阻 R＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡，如图 乙所示，保持 B0 不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强 磁场，且磁感应强度 B 随时间均匀变大，磁场区域宽度 d＝ 0.1 m．当挂盘中放质量为 0.01 kg 的物体时，天平平衡，求 ΔB 此时磁感应强度的变化率 . Δt返回目录第2讲教 材 知 识 梳 理
法拉第电磁感应定律、自感和涡流
易错判断
ΔΦ (1)Φ＝0， 不一定等于 0.( Δt
)
ΔΦ (√)Φ、ΔΦ 、 的大小之间没有必然的联系． Δt
(2)感应电动势 E 与线圈匝数 n 有关， 所以 Φ、 ΔΦ、 ΔΦ 的大小均与线圈匝数有关．( Δt )
(× )
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第24讲
法拉第电磁感应定律、自感和涡流
考 向 互 动 探 究
(4)若回路中与磁场方向垂直的面积 S 及磁感应强度 B ΔB ΔS 均随时间变化，则 Et＝nSt ＋nBt ，要特别注意题目要 Δt Δt 求的是哪个时刻的感应电动势． (5)通过回路截面的电荷量 q 仅与 n、ΔΦ 和回路电阻 R nΔΦ nΔΦ 有关，与时间长短无关．q＝IΔt＝ Δt＝ . R ΔtR
当原电流增加(或减小)时， 自感电动势 方向 相反 或________) 相同 与原电流方向________( 自感的应用 日光灯、电焊机、煤气灶电子点火装 置等
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第24讲
教 材 知 识 梳 理
法拉第电磁感应定律、自感和涡流
第十二章 第2课时 法拉第电磁感应定律、自感和涡流-2025物理大一轮复习讲义人教版
第2课时法拉第电磁感应定律、自感和涡流目标要求1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E ＝nΔΦΔt进行有关计算。
2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势。
3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼。
考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用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：穿过电路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
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 ＝nΔΦΔt，其中n 为线圈匝数。
①若已知Φ－t 图像，则图线上某一点的切线斜率为ΔΦΔt。
②当ΔΦ仅由B 的变化引起时，E ＝nS ΔBΔt，其中S 为线圈在磁场中的有效面积。
若B ＝B 0＋kt ，则ΔBΔt＝k 。
③当ΔΦ仅由S 的变化引起时，E ＝nB ΔSΔt。
④当B 、S 同时变化时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt 。
求瞬时值时，分别求出动生电动势E 1和感生电动势E 2并进行叠加。
(3)感应电流与感应电动势的关系：I ＝ER ＋r。
(4)说明：E 的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率ΔΦΔt。
1．Φ＝0，ΔΦΔt不一定等于0。
(√)2．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大。
(×)3．穿过线圈的磁通量变化越快，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。
(×)例1(2023·湖北卷·5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。
如图所示，一正方形NFC 线圈共3匝，其边长分别为1.0cm 、1.2cm 和1.4cm ，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。
若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/s ，则线圈产生的感应电动势最接近()A ．0.30VB ．0.44VC ．0.59VD ．4.3V答案B解析根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，可得E 1＝ΔB Δt S 1，E 2＝ΔB Δt S 2，E 3＝ΔBΔtS 3，三个线圈产生的感应电动势方向相同，故E ＝E 1＋E 2＋E 3＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4V ＝0.44V ，故选B 。
2019版高考物理一轮复习主题九电磁感应9_1_2法拉第电磁感应定律、自感和涡流课件
[答案] ×
核心要点突破 H
精研教材 重难突破
要点一 法拉第电磁感应定律的理解和应用 [要点深化]
1．磁通量 Φ、磁通量的变化量 ΔΦ、磁通量的变化率ΔΔΦt 的比 较
2.对法拉第电磁感应定律 E＝nΔΔΦt 的进一步理解 (1)E＝nΔΔΦt 的研究对象是一个回路，E＝nΔΔΦt 求得的电动势 是整个回路的感应电动势． (2)E＝nΔΔΦt 求的是 Δt 时间内的平均感应电动势，在磁通量均 匀变化时，瞬时值才等于平均值．
v 全进入磁场后，其有效长度最长，最大值为 2R，则感应电动势 的最大值为 Em＝B·2Rv＝2BRv，故 C 正确，D 错误．
[答案] ABC
对 Φ、ΔΦ 和ΔΔΦt 的几种常见错误理解 (1)不能通过公式正确地计算 Φ、ΔΦ 和ΔΔΦt 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ΔΔΦt .
A．1∶ 2 B．2∶π C．2∶1 D．π∶ 2
[解析] 设正方形线框的边长为 l，则第一次将线框以速度 v1 拉出磁场时，由法拉第电磁感应定律可知其产生的感应电动势 大小为 E1＝B0lv1，第二次绕对称轴 MN 转动时，设其角速度大 小为 ω，则 v2＝12ωl，在线框转过 90°的过程中，穿过线框的磁通 量的变化量 ΔΦ＝12B0l2，所用时间 Δt＝14·2ωπ＝2πω，由法拉第电磁 感应定律 E2＝ΔΔΦt 可得，其平均感应电动势大小为 E2＝2Bπ0lv2，
(3)误认为 Φ＝0(或 B＝0)时，ΔΔΦt 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.
9.2法拉第电磁感应定律 自感 涡流
课题2 法拉第电磁感应定律 自感 涡流知识与技能目标：1、熟悉电磁感应现象的两种情况感生和动生2、学会运用电磁感应定律的规律解题〖导 学 过 程〗知识点回顾一、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 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 成正比. (2)公式：E ＝ 其中n 为 .(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 ＝ .(4)说明：①当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝ ；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E ＝n ；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E ＝n ≠n ΔB ·ΔSΔt .②磁通量的变化率ΔΦΔt 是Φ－t 图像上某点切线的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 ＝ 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 ＝ (平均速度等于中点位置的线速度12lω).二、自感、涡流 1.自感现象(1)概念：由于导体本身的 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 电动势. (2)表达式：E ＝(3)自感系数L 的影响因素：与线圈的 、形状、 以及是否有铁芯有关. 2.涡流现象(1)涡流：块状金属放在 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 变化→感应电动势→感应电流.新授：一、法拉第电磁感应定律的理解和应用1.求解感应电动势常见情况2.应用注意点公式E ＝n ΔΦΔt 的应用，ΔΦ与B 、S 相关，可能是ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ，也可能是ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ，当B ＝kt 时，ΔΦΔt＝kS .【例1】 轻质细线吊着一质量为m ＝0.42 kg 、边长为L ＝1 m 、匝数n ＝10的正方形线圈，其总电阻为r ＝1 Ω。
2019届高考物理一轮复习10_2法拉第电磁感应定律自感涡流课件
题型重点研讨
考点
法拉第电磁感应定律的理解和应用 [重点理解]
1．感应电动势的决定因素 ΔΦ (1)由 E＝n 知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变 Δt 化率 ΔΦ 和线圈匝数 n 共同决定， 而与磁通量 Φ、 磁通量的变化量 ΔΦ Δt
的大小没有必然联系． (2) ΔΦ 为单匝线圈产生的感应电动势大小． Δt
A．当 B 增大时，线框中的感应电流一定增大 B．当 B 增大时，线框中的感应电流一定减小 C．当 B 减小时，线框中的感应电流一定减小 D．当 B 减小时，线框中的感应电流可能不变
3．如图所示，在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强 磁场中，金属杆 MN 在平行金属导轨上以速度 v 向右匀速滑动， MN 中产生的感应电动势为 E1；若磁感应强度增为 2B，其他条件 不变，MN 中产生的感应电动势变为 E2.则通过电阻 R 的电流方向 及 E1 与 E2 之比分别为( C )
1．感应电动势
电磁感应现象 (1)概念：在________________ 中产生的电动势．
磁通量 发生改变，与电路是否闭合 (2)产生条件：穿过回路的________ 无关 ． ________ 楞次定律 或__________ 右手定则 判 (3)方向判断： 感应电动势的方向用__________
(3)线圈中的自感电动势越大，自感系数就越大．(
(4) 磁 场 相 对 导 体 棒 运 动 时 ， 导 体 棒 中 也 能 产 生 感 应 电 动 势．( √ ) (5)自感电动势阻碍电流的变化， 但不能阻止电流的变化． (√ )
2019年高考物理(人教版、全国II)一轮复习课件：第9章 基础课时25法拉第电磁感应定律 自感 涡流
答案
(1)逆时针
(2)0.25 W
(3)1.2 N
知识梳理
考点突破
随堂演练
【拓展延伸】
(1)在【例1】中磁感应强度为多少时，细线的拉力刚好为0?
(2)在【例1】中求在t＝6 s内通过导线横截面的电荷量？ 解析 (1)细线的拉力刚好为0时满足：F安＝mg①
F安＝nBIl② 联立①②式得：B＝0.84 T
知识梳理 考点突破 随堂演练
楞次定律 或_________ 右手定则 判断。 (3)方向判断：感应电动势的方向用 _________
欧姆 定律， (3) 感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的 _____ E 即I＝_______ R＋r 。 3.导体切割磁感线的情形 Blv 。 (1)若B、l、v相互垂直，则E＝____ (2)v∥B时，E＝0。 知识点二、自感、涡流
1.自感现象
电流 变化而产生的电磁感应现象称 (1) 概念：由于导体本身的 _____ 为自感。 (2)自感电动势 自感电动势 。 ①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做____________
知识梳理 考点突破 随堂演练
ΔI L 。 ②表达式：E＝____ Δt
(3)自感系数L
10－6 H。 10－3 H，1 μH＝_____ ②单位：亨利(H)，1 mH＝_____ 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。 __________
(2)求线圈的电功率；
(3)求在t＝4 s时轻质细线的拉力大小。 解析 (1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。
(2)由法拉第电磁感应定律得
ΔΦ 1 2ΔB E＝n ＝n ·L ＝0.5 V Δt 2 Δt E2 则 P＝ r ＝0.25 W
2019版高中物理红对勾一轮总复习课件：29法拉第电磁感应定律 自感 涡流
解析：磁感应强度的变化率ΔB＝2B－B＝B ，法拉第电磁感 Δt Δt Δt
应定律公式可写成 E＝nΔΔΦt ＝nΔΔBt S，其中磁场中的有效面积 S＝ 12a2，代入得 E＝nB2Δa2t，选项 B 正确，A、C、D 错误．
答案：B
2．(2016·江苏卷)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所 示，磁体附近的金属弦被磁化，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( )
课堂互动探究
考点 01 法拉第电磁感应定律的应用 [师生共研]
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)磁通量的变化率ΔΔΦt 对应 Φ-t 图线上某点切线的斜率．
＝
B2lv2sinθ，选项 r
D
错误．
【答案】 B
对点训练 4．如图，直角三角形金属框 abc 放置在匀强磁场中，磁感 应强度大小为 B，方向平行于 ab 边向上．当金属框绕 ab 边以角 速度 ω 逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为 Ua、Ub、Uc. 已知 bc 边的长度为 l.下列判断正确的是( )
解析：根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势 E＝nΔΔΦt ＝ nBt22－－tB11S，由楞次定律和右手螺旋定则可判断 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＝－nBt22－－tB11S，选项 C 正确．
答案：C
考点 02 导体切割磁感线产生感应电动势的计算 [师生共研]
第十章
电磁感应
第29课时 法拉第电磁感应定律 自感 涡流
2019版一轮物理教科版课件：第十章 第二讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 精品
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．
(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．
解析：在 0～2 s 内，磁感应强度变化率为ΔΔBt11＝1 T/s，根据法拉第电 磁感应定律，产生的感应电动势为 E1＝nSΔΔBt11＝100×0.12×1 V＝ 1 V；在 2～3 s 内，磁感应强度变化率为ΔΔBt22＝2 T/s，根据法拉第电 磁感应定律，产生的感应电动势为 E2＝nSΔΔBt22＝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 E2＝2 V，选项 B 错误；在 0～2 s 内，感应电流 I＝ER1＝10 A，通过导体横截面的电荷量为 q＝IΔt＝ 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＝I2R＝102×0.1 W＝10 W，选项 D 正确．
解析 答案
解析：由于自感的作用，闭合开关 S 时，B 灯比 A 灯先亮，最 后一样亮，选项 A、C 错误，B 正确；断开开关 S 时，L 中产 生自感电动势，A 灯与 B 灯同时慢慢熄灭，选项 D 正确． 答案：BD
解析
答 案
3－2.[自感现象、电路分析] (2017·高考北京卷)图甲和图乙是 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( )
【物理】2019届一轮复习人教版第28讲法拉第电磁感应定律自感现象学案
第28讲 法拉第电磁感应定律 自感现象考纲要求考情分析命题趋势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，ΔΦΔt 为磁通量的__变化率__．(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 ＝__Bl v __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12lω)2．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a ．定义：在自感现象中产生的__感应电动势__叫做自感电动势；b ．表达式：E ＝L ΔIΔt③自感系数La ．相关因素：与线圈的__大小__、形状、__匝数__以及是否有铁芯有关；b ．单位：亨利(H)，1 mH ＝__10－3__H,1 μH ＝__10－6__H ． (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．(3)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__导体的运动．(4)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．1．判断正误(1)穿过线圈的磁通量越大，则线圈中产生的感应电动势越大．( × ) (2)电磁感应现象中通过回路的电荷量q ＝ΔΦR，仅与磁通量的变化量及回路总电阻有关．( √ )(3)导体棒在磁场中运动一定能产生感应电动势．( × ) (4)公式E ＝Bl v 中的l 就是导体的长度．( × )(5)断电自感中，自感感应电动势方向与原电流方向一致．( √ ) (6)回路中磁通量变化量越大，回路产生的感应电流越大．( × ) (7)在自感现象中，感应电流一定和原电流方向相反．( × )2．如图所示，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( B )A ．Ba 22ΔtB ．nBa 22ΔtC ．nBa 2ΔtD ．2nBa 2Δt3．如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比分别为( C )A ．c →a 2∶1B ．a →c 2 ∶1C ．a →c 1∶2D ．c →a 1∶2一 对法拉第电磁感应定律的理解 1．Φ、ΔΦ、ΔΦΔt 的对比理解注意：①Φ、ΔΦ、ΔΦΔt 的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，ΔΦΔt 不一定等于0；②感应电动势E 与线圈匝数n 有关，但Φ、ΔΦ、ΔΦΔt的大小均与线圈匝数无关．2．法拉第电磁磁应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B ΔS ，则E ＝n B ΔSΔt.(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS ，则E ＝n ΔBSΔt ，S 是磁场范围内的有效面积．(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 B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ΔS Δt．应用法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt时应注意(1)研究对象：E ＝n ΔΦΔt的研究对象是一个回路，而不是一段导体．(2)物理意义：由E ＝n ΔΦΔt 求的是Δt 时间内的平均感应电动势，当Δt →0时，则E 为瞬时感应电动势．(3)由E ＝n ΔΦΔt 求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某段导体的电动势，整个回路的电动势为零，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零．[例1]如图，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻，一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 解析 (1)在金属棒越过MN 之前，t 时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ，①设在从t 时刻到t ＋Δt 的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R 的电荷量为Δq ．由法拉第电磁感应定律有ε＝－ΔΦΔt ，② 由欧姆定律有i ＝εR ，③ 由电流的定义有i ＝ΔqΔt ，④ 联立①②③④式得|Δq |＝kSRΔt .⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 |q |＝kt 0SR.⑥(2)当t >t 0时，金属棒已越过MN .由于金属棒在MN 右侧做匀速运动，有f ＝F ， ⑦ 式中，f 是外加水平恒力，F 是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 的大小为F ＝B 0lI ，⑧ 此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0)， ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B 0ls ， ⑩ 回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′，⑪式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量为 Φt ＝B 0l v 0(t －t 0)＋kSt ，⑫在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0l v 0＋kS )Δt ，⑬由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 εt ＝ΔΦt Δt，⑭ 由欧姆定律有I ＝εtR，⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f ＝(B 0l v 0＋kS )B 0lR．答案 (1)kt 0S R (2)B 0l v 0(t －t 0)＋kSt (B 0l v 0＋kS )B 0lR二 导体切割磁感线产生感应电动势 1．导体平动切割磁感线对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E ＝Bl v ，应从以下几个方面理解和掌握．(1)正交性：该公式适用于匀强磁场，且B 、l 、v 三者两两垂直，若三者中任意二者平行，则导体都不切割磁感线，E ＝0．(2)平均性：导体平动切割磁感线时，若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势，即E ＝Bl v ．(3)瞬时性：若v 为瞬时速度，则E 为相应的瞬时感应电动势．(4)有效性：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．下表为常见切割情景中的有效长度.接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN刚开始扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚开始扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P．解析(1)感应电动势E＝Bd v0，感应电流I＝ER，解得I＝Bd v0R．(2)安培力F＝BId，根据牛顿第二定律有F＝ma，解得a＝B2d2v0mR．(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v，则感应电动势E＝Bd(v0－v)，电功率P＝E2R，解得P＝B2d2(v0－v)2R．答案 (1)Bd v 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2(v 0－v )2R公式E ＝Bl v 与公式E ＝n ΔΦΔt 的比较2．导体转动切割磁感线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 ＝Bl v ＝12Bl 2ω，如图所示．(1)以中点为轴时，E ＝0(相同两段的代数和)；(2)以端点为轴时，E ＝12Bωl 2(平均速度取中点位置时的线速度12ωl )；(3)以任意点为轴时，E ＝12Bω(l 21－l 22)(不同两段的代数和)．[例3]半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面．BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g ，求：(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率．[思维导引] ①导体棒绕O 点匀速转动，可先求出在Δt 时间内导体棒扫过的面积，根据法拉第电磁感应定律求出导体棒产生的感应电动势；②根据能量守恒定律，外力做的功等于导体棒克服摩擦力做功与电阻R 上产生的热量之和，再由P ＝WΔt求出外力的功率．解析 (1)在Δt 时间内，导体棒扫过的面积为 ΔS ＝12ωΔt [(2r )2－r 2]，①根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为 E ＝B ΔS Δt，②根据右手定则，感应电流的方向是从B 端流向A 端，因此，通过电阻R 的感应电流的方向是从C 端流向D 端．由欧姆定律可知，通过电阻R 的感应电流的大小I 满足I ＝ER，③联立①②③式得I ＝3ωBr 22R .④ (2)在竖直方向有mg －2F N ＝0，⑤式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为F N .两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为F f ＝μF N ，⑥在Δt 时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为 l 1＝rωΔt ⑦ 和l 2＝2rωΔt ，⑧克服摩擦力做的总功为 W f ＝F f (l 1＋l 2)．⑨ 在Δt 时间内，消耗在电阻R 上的功为W R ＝I 2R Δt ， ⑩根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt 时间内做的功为 W ＝W f ＋W R ， ⑪ 外力的功率为P ＝WΔt，⑫由④～⑫式得P ＝32μmgωr ＋9ω2B 2r 44R．答案 (1)从C 端流向D 端 3ωBr 22R (2)32μmgωr ＋9ω2B 2r 44R三 自感现象1．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．2．自感现象的四个特点(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．3．自感现象中的能量转化通电自感中，电能转化为磁场能；断电自感中，磁场能转化为电能．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强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭．[例4]如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，线圈L 的电阻不计，电阻R 的阻值大于灯泡D 的阻值．在t ＝0时刻闭合开关S ，经过一段时间后，在t ＝t 1时刻断开S.在如图所示A 、B 两点间电压U AB 随时间t 变化的图象中，正确的是( B )解析 由于自感现象，t ＝0时刻U AB 较大，随着时间的推移U AB 减小；断开S ，L 中的电流方向不变，大小减小，经过L 、R 、D 形成回路，故U AB 符号(正负)改变，大小逐渐减小至0.故选项B 正确．1．穿过某线圈的磁通量随时间的变化关系如图所示，在线圈内产生感应电动势最大值的时间是( C )A ．0～2 sB ．2～4 sC ．4～6 sD ．6～10 s解析 Φ－t 图象中，图象斜率越大，ΔΦΔt越大，感应电动势就越大．2．如图所示，平行金属导轨的间距为d ，一端跨接一阻值为R 的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v 沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R 中的电流为( A )A ．Bd v R sin 60°B ．Bd v RC ．Bd v sin 60°RD ．Bd v cos 60°R解析 因磁感应强度B 的方向、棒的运动方向及棒本身三者相互垂直，故E ＝BL v ，其中L ＝dsin 60°，结合闭合电路的欧姆定律可知选项A 正确． 3．(2017·湖北武汉模拟)如图所示，A 、B 、C 是3个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)．则( A )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，三个灯亮度相同D ．电路接通稳定后，S 断开时，C 灯立即熄灭解析 因线圈L 的自感系数较大且直流电阻可忽略不计，S 闭合时，A 灯立即亮，然后逐渐熄灭，选项A 正确．S 闭合时，B 灯先不太亮，然后变亮，选项B 错误．电路接通稳定后，B 、C 灯亮度相同，A 灯不亮，选项C 错误．电路接通稳定后，S 断开时，C 灯逐渐熄灭，选项D 错误．4．如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为φa 、φb 、φc .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( C )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 －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 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φa <φc ，φb <φc ，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．5．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 和热量Q ．解析 (1)由图象分析可知，0至t 1时间内有ΔB Δt ＝B 0t 0， 由法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ，而S ＝πr 22，由闭合电路欧姆定律有I 1＝E R 1＋R． 联立以上各式解得通过电阻R 1上的电流大小为I 1＝nB 0πr 223Rt 0， 由楞次定律可得通过电阻R 1上的电流方向为从b 到a ．(2)通过电阻R 1上的电荷量q ＝I 1t 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0， 电阻R 1上产生的热量Q ＝I 21R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20． 答案 (1)nB 0πr 223Rt 0，方向从b 到a (2)nB 0πr 22t 13Rt 0 2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20[例1](2017·贵州贵阳检测·6分)半径为r 、电阻为R 的n 匝圆形线圈在边长为l 的正方形区域abcd 外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，穿过圆形线圈磁通量的变化率为________，t 0时刻线圈产生的感应电流为________．[答题送检]来自阅卷名师报告 [解析] 磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝B 0t 0l 2，根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n B 0t 0l 2，再根据闭合电路欧姆定律得感应电流I ＝E R ＝n B 0l 2t 0R． [答案] B 0t 0l 2 n B 0l 2t 0R1．(多选)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是(ABD)A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析把圆盘看成沿半径方向紧密排列的“辐条”，由右手定则知，圆心处电势高，选项A正确；所加磁场越强，感应电流越强，安培力越大，对圆盘转动的阻碍越大，选项B 正确；如果磁场反向，由楞次定律可知，仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若将整个圆盘置于磁场中，则圆盘中无感应电流，圆盘将匀速转动，选项D正确．2. 如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块(C)A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在P中下落得慢，用时长，到达底端速度小，选项C 正确，A、B、D错误．3．(2018·广西南宁质检)(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R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由θ确定，如图所示．则(ACD)A ．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，直杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，直杆受的安培力大小为4B 2a v (π＋2)R 0D ．θ＝π3时，直杆受的安培力大小为3B 2a v (5π＋3)R 0解析 当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以直杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Ba v ，选项A 正确；此时直杆上的电流I 1＝E 1(πa ＋2a )R 0＝2B v (π＋2)R 0，直杆受到的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2a v (π＋2)R 0，选项C 正确；当θ＝π3时，直杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，直杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Ba v ，选项B 错误；此时直杆上的电流I 2＝E 2⎝⎛⎭⎫2πa －2πa 6＋a R 0＝3B v (5π＋3)R 0，直杆受到的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2a v (5π＋3)R 0，选项D 正确． 4．(2018·湖北黄冈模拟)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．解析 (1)线框在转动过程中产生的平均电动势E ＝ΔΦΔt ＝B 0ΔS Δt． 由欧姆定律得线框的平均电流I ＝E R ．由电阻定律得R ＝ρ4l S． 转动过程中通过导线横截面的电荷量q ＝I Δt ＝B 0ΔS ρ4l S， 其中ΔS ＝l 22－l 22·cos60°＝l 24． 以上各式联立得q ＝B 0lS 16ρ．(2)转动后，磁感应强度按B ＝B 0＋kt 变化，在线框中产生的感应电动势大小E ＝S 有效ΔB Δt，其中ΔB Δt ＝k ，S 有效＝l 22＋l 22·cos 60°.代入得E ＝3l 2k 4． 由欧姆定律得I ＝E R，ab 边受安培力F ＝BIl ， 以上各式联立得F ＝(B 0＋kt )3kl 2S 16ρ． 答案 (1)B 0lS 16ρ (2)F ＝(B 0＋kt )3kl 2S 16ρ1．(2017·全国卷Ⅱ)(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0.1 m 、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图甲所示．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( BC )A ．磁感应强度的大小为0.5 TB ．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析 由题图乙可知，导线框运动的速度大小v ＝L t ＝0.10.2m /s ＝0.5 m/s ，选项B 正确；导线框进入磁场的过程中，cd 边切割磁感线，由E ＝BL v ，得B ＝E L v ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T ，选项A 错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，选项C 正确；在0.4～0.6 s 这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A ，则导线框受到的安培力F ＝BIL ＝0.2×2×0.1 N ＝0.04 N ，选项D 错误．2．(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( D )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根据楞次定律，感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断ab中感应电流方向从a到b，选项A错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I恒定不变，选项B错误；安培力F＝BIL，由于I、L不变，B减小，所以ab所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，选项C错误，D 正确．3．(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，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(BCD)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解析由于铜质弦不能被磁化，因此振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，因此电吉他不能正常工作，选项A错误；取走磁体，没有磁场，金属弦不能被磁化，振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，电吉他不能正常工作，选项B正确；增加线圈的匝数，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势会增大，选项C 正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，产生的电流方向不断变化，选项D正确．4．(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(AB)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 设圆盘的半径为r ，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E ＝12Br 2ω，可知，转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，选项A 正确；根据右手定则可知，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，选项B 正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，选项C 错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的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，选项D 错误．5．如图为无线充电技术中使用的导电线圈示意图，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 ( C )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 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解析 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则可判断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． 6．(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( AB )A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯：D．取走线圈中的铁芯解析当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A、B正确，C、D错误．7．(多选)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．以下叙述正确的是(BCD)A．F M向右B．F N向左C．F M逐渐增大D．F N逐渐减小解析电磁感应中，感应电流所受安培力总是阻碍导体棒的运动，且安培力既垂直于导体棒又垂直于磁场，故F M、F N方向均向左，选项A错误，B正确；导体棒在M区运动时，离通电直导线距离逐渐变小，磁场逐渐增强，感应电流及安培力均变大；同理，在N区运动时，远离通电直导线，磁场减弱，感应电流及安培力均变小．故选项C、D正确．8．如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma＝F－μmg，①。
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第十章
电磁感应
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．
ΔΦ (2)公式：E＝n ，其中 n 为线圈匝数． Δt (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， E 即 I＝ . R＋r
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电磁感应
考点二
导体切割磁感线产生感应电动势 [基础梳理]
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．
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第十章
电磁感应
E1 势为 E2＝2 V，选项 B 错误；在 0～2 s 内，感应电流 I＝ R ＝ 10 A，通过导体横截面的电荷量为 q＝IΔ t＝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为 P＝UI＝I2R ＝102×0.1 W＝10 W，选项 D 正确．
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电磁感应
应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题 (1)公式 E＝n ΔΦ 求解的是一个回路中某段时间内的平均电动 Δt
势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值． ΔB (2)利用公式 E＝nS 求感应电动势时， S 为线圈在磁场范围内 Δt 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， nΔΦ nΔΦ － 与时间长短无关．推导如下：q＝ I Δt＝ Δt＝ R . Δt· R
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电磁感应
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：
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 0 丙图：沿 v1 方向运动时，l＝ 2R；沿 v2 方向运动时，l＝ R 沿 v3 方向运动时，l＝ ． ； ；
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3．(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( )
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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 V C．在 0～2 s 内，通过导体横截面的电荷量为 20 C D．在 t＝1 s 时，导线圈内电流的瞬时功率为 10 W
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第十章
电磁感应
解析：选 D.根据楞次定律，感应电流产生的磁场向下，再根据 安培定则，可判断 ab 中感应电流方向从 a 到 b，A 错误；磁场 变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不 变，感应电流 I 恒定不变，B 错误；安培力 F＝BIL，由于 I、 L 不变，B 减小，所以 ab 所受的安培力逐渐减小，根据力的平 衡条件，静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确．
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电磁感应
(4)说明 Δ B·S ①当Δ Φ 仅由 B 的变化引起时，则 E＝n ；当Δ Φ 仅由 Δt B· ΔS S 的变化引起时，则 E＝n ；当Δ Φ 由 B、S 的变化同时 Δt B2S2－B1S1 Δ B·Δ S 引起时，则 E＝n ≠n . Δt Δt ΔΦ ②磁通量的变化率 是 Φ－t 图象上某点切线的 斜率 ． Δt
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Δ B1 解析：选 ACD.在 0～2 s 内，磁感应强度变化率为 ＝1 T/s， Δ t1 SΔ B1 根据法拉第电磁感应定律， 产生的感应电动势为 E1＝n ＝ Δ t1 Δ B2 100×0.1 ×1 V＝1 V；在 2～3 s 内，磁感应强度变化率为 Δ t2
2
＝2 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为 E2 Δ B2 ＝nS ＝100×0.12×2 V＝2 V．导线圈中产生的感应电流为 Δ t2 方波交变电流，选项 A 正确；在 t＝2.5 s 时，产生的感应电动
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)
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解析：选 BCD.由于铜质弦不能被磁化，因此振动时不能产生 变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，因此电吉他不能正常 工作，A 项错误；取走磁体，没有磁场，金属弦不能被磁化， 振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，电吉 他不能正常工作，B 项正确；增加线圈的匝数，由法拉第电磁 感应定律可知，线圈中的感应电动势会增大，C 项正确；弦振 动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一 会儿减小，产生的电流方向不断变化，D 项正确．
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考向 2 法拉第电磁感应定律的应用 2．(2017· 高考天津卷)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 a B．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
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[题组通关] 考向 1 法拉第电磁感应定律的理解 1.(多选)(2016· 高考江苏卷)电吉他中电拾音器的 基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化， 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( 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
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第二节
法拉第电磁感应定律
自感
涡流
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电磁感应
考点一
法拉第电磁感应定律的应用 [基础梳理]
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 闭合无关． (3)方向判断：感应电动势的方向用 断．
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磁通量 发生改变，与电路是否
楞次定律
或右手定则判