2018版高考物理一轮复习第9章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流课后限时训练新人教版选修3_2
【高考物理】2018最新版本高三物理一轮复习人教版课件_9-2法拉第电磁感应定律_自感现象(通用版)
闭合 无关 。
楞次定律 (3)方向判断：感应电动势的方向用
右手定则 或
判断。
2．法拉第电磁感应定律
磁通量的
变化率 (1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的
1．决定感应电动势大小的因素 ΔΦ 感应电动势 E 的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率 Δt 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， ΔS 此时 E＝nB Δt ；
垂直于磁场的回路面积不变， 磁感应强度发生变化， 此时 1(2) ．穿过闭合回路的磁通量 Φ随时间 t变化的图象分别如下 ΔB ΔΒ 图①～④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述， E＝n S，其中 是 B t 图象的斜率。 Δt Δt
正确的是(
)
A．图①中，回路产生的感应电动势恒定不变
B．图②中，回路产生的感应电动势一直在变大
C ．图③中，回路在 0 ～ t1 时间内产生的感应电动势 小于在t1～t2时间内产生的感应电动势 D．图④中，回路产生的感应电动势先变小再变大
ΔΦ 【解析】 根据 E＝n Δt 可得图①中 E＝0，A 错误。图②中 E 值不变， B 错误。 图③0～t1 时间内产生的感应电动势大于在 t1～ t2 时间内产生的感应电动势，C 错误。
A．感应电流方向不变 B．CD 段直导线始终不受安培力
【解析】 导体切割磁感线产生感应电动势，由右手定则
C．感应电动势最大值 Em＝Bav
可知，感应电流方向不变，A正确。 1 势，故Em＝Bav，C正确。
高考物理总复习第九章 第2讲 法拉第电磁感应定律、自感、涡流
1.(2011· 广东)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( )
2013-11-27
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高考复习· 物理
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
高考复习· 物理
第九章 电磁感应
2013-11-27
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第二讲
法拉第电磁感应定律
自感
涡流
回扣教材
题型归类
误区反思
双基限时练
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回扣教材•自主学习
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知 识 梳 理
一、法拉第电磁感应定律 1．感应电动势． (1)定义：在电磁感应现象中产生的电动势．产生电动势的那 部分导体相当于电源，其电阻相当于电源的内阻． (2)产生条件：无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发 生变化，电路中就一定产生感应电动势． (3)方向：与等效电源内部的电流方向相同，由负极指向正 极．
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Hale Waihona Puke 4高考复习· 物理
2．法拉第电磁感应定律． (1)内容：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 . Δt ΔΦ (3)公式说明：①E由 决定，与ΔΦ和Δt的大小无关； Δt ΔB ②当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝n S； Δt ΔS 当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nB ； Δt
高考物理一轮总复习 第九章 电磁感应 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流课件(选修3-2)
知识点二 自感 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_ΔΔ_It___.
(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)，常用单位还有毫亨(mH)、微亨 (μH).1 mH＝ 10－3 H,1 μH＝ 10－6 H.
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＝nBΔΔtS； (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则 E＝nΔΔBt·S； (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＝nB2S2－ΔtB1S1≠nΔBΔΔt S.
(2)通过R1的电荷量 q＝It1＝nB30Rπtr022t1
R1上产生的热量 Q＝I2R1t1＝2n2B9R20πt202r42t1
[答案] (1)n3BR0πt0r22 方向由b到a
(2)nB30Rπtr022t1
2n2B20π2r42t1 9Rt20
解答本题时容易出现的错误 (1)计算磁通量时，误用线圈面积S＝πr21. (2)不会借助数学知识求得ΔΔBt ＝Bt00. (3)计算电量时不会用公式q＝It求解．
第 2 讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
基础
知识回顾
知识点一 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．
2018届高考物理(人教新课标)总复习课件：9-2法拉第电磁感应定律、自感、涡流(49PPT)
法拉第电磁感应定律
自感
涡流
一、法拉第电磁感应定律 1．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 ，n 为线圈匝数． Δt
2．导体切割磁感线的情形 (1)若 B、l、v 相互垂直，则 E＝ Blv . (2)E＝Blvsin θ，θ 为运动方向与磁感线方向的夹角． (3)导体棒在磁场中转动：导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂 1 直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势 E＝Bl－ v ＝ Bl2ω 2
应电动机就是利用 电磁驱动 的原理工作的．
◆特别提醒：自感作用延缓了电路中电流的变化，使得在通电 瞬间含电感的电路相当于断路；断电时电感线圈相当于一个电源， 通过放电回路将储存的能量释放出来．
ΔΦ 一、公式 E＝n 与 E＝Blv 的比较 Δt ΔΦ E＝n Δt 研究 区 对象 闭合回路 E＝Blv 回路中做切割磁感线运动的 那部分导体
2．(2013· 海淀区期末)如图所示的甲、乙两个电路，电感线圈的 自感系数足够大，且直流电阻非常小但不可忽略，闭合开关 S，待电 路达到稳定后，灯泡均能发光．现将开关 S 断开，这两个电路中灯 泡亮度的变化情况可能是( )
A．甲电路中灯泡将渐渐变暗 B．甲电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗 C．乙电路中灯泡将渐渐变暗 D．乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗
【规律总结】
ΔB (1)用公式 E＝nS 求感应电动势时，S 为线圈 Δt
ΔB 在磁场范围内的有效面积， 在 B－t 图象中为图线的斜率． Δt ΔΦ n Δt nΔΦ － (2)感应电量 q＝ I Δt＝ R Δt＝ R ， 仅与 nΔΦ 和回路的电阻 R 有关，与变化过程的时间长短无关，要注意这个结论的应用．
第9章 2 法拉第电磁感应定律 自感 涡流
第2课时法拉第电磁感应定律自感涡流读基础知识基础回顾：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.(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I＝ER＋r .3.导体切割磁感线时的感应电动势(1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E＝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＝12Bl2ω(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＝LΔIΔt .(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关.2.涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流.(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流.自查自纠：(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。
(√)研考纲考题要点1法拉第电磁感应定律的理解与应用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。
江苏专用2018版高考物理复习第九章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流1．如图1所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度的大小随时间变化而变化．下列说法中正确的是 ( )．A ．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流可能减小B ．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流一定增大C ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变图1解析 线框中的感应电动势为E ＝ΔB Δt S ，设线框的电阻为R ，则线框中的电流I ＝E R ＝ΔB ΔtS R ，因为B 增大或减小时，ΔB Δt可能减小，可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A 、D 正确． 答案 AD2．如图2所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )．图2A.Bav 3B.Bav 6C.2Bav 3 D ．Bav解析 摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12v ＝Bav .由闭合电路欧姆定律得，U AB ＝ER 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故A 正确． 答案 A3．A 、B 两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比r A ∶r B ＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面，如图3所示．当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为( )．图3A.I AI B ＝1B.I A I B ＝2C.I A I B ＝14D.I A I B ＝12解析 匀强磁场的磁感应强度随时间均匀变化，设t 时刻的磁感应强度为B t ，则B t ＝B 0＋kt ，其中B 0为t ＝0时的磁感应强度，k 为一常数，A 、B 两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S ，则Φt ＝B t S ，即在任一时刻穿过两导线环包围面上的磁通量是相等的，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的．E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS (S 为磁场区域面积)．对A 、B 两导线环，由于ΔB Δt 及S 均相同，得E A E B ＝1，I ＝E R ，R ＝ρl S 1(S 1为导线的横截面积)，l ＝2πr ，所以I A I B ＝E A r B E B r A ，代入数值得I A I B ＝r B r A ＝12. 答案 D4．如图4所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区域，已知对角线AC 的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直．下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流以ABCD 顺序流向为正方向，从C 点进入磁场开始计时)正确的是( )．图4解析 利用“增反减同”，线框从进入磁场到穿过线框的磁通量最大的过程中，电流沿逆时针方向，且先增大后减小；从穿过线框的磁通量最大的位置到离开磁场的过程中，电流沿顺时针方向，且先增大后减小．设∠C 为θ，刚进入磁场时的切割有效长度为2tan θ2·vt ，所以电流与t 成正比，只有B 项正确． 答案 B5．如图5，EOF 和E ′O ′F ′为空间一匀强磁场的边界，其中EO ∥E ′O ′，FO ∥F ′O ′，且EO ⊥OF ；OO ′为∠EOF 的角平分线，OO ′间的距离为l ；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l 的正方形导线框沿O ′O 方向匀速通过磁场，t ＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i 与时间t 的关系图线可能正确的是 ( )．图5解析 本题中四个选项都是it 关系图线，故可用排除法．因在第一个阶段内通过导线框的磁通量向里增大，由楞次定律可判定此过程中电流沿逆时针方向，故C 、D 错误．由于穿过整个磁场区域的磁通量变化量ΔΦ＝0，由q ＝ΔΦR可知整个过程中通过导线框的总电荷量也应为零，而在it 图象中图线与时间轴所围总面积表示通过的总电荷量，为零，即时间轴的上下图形面积的绝对值应相等．故A 错误，B 正确．答案 B6．如图6甲所示线圈的匝数n ＝100匝，横截面积S ＝50 cm 2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图乙所示变化，则在开始的0.1 s 内 ( )．图6A ．磁通量的变化量为0.25 WbB ．磁通量的变化率为2.5×10－2Wb/sC ．a 、b 间电压为0D ．在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A解析 通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2＝B 2S 为正，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝B 2S －(－B 1S )，代入数据即ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4 Wb ＝2.5×10－3Wb ，A 错；磁通量的变化率ΔΦΔt ＝2.5×10－30.1Wb/s ＝2.5×10－2 Wb/s ，B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a 、b 间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E ＝n ΔΦΔt ＝2.5 V 且恒定，C 错；在a 、b 间接一个理想电流表时相当于a 、b 间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I ＝E r ＝2.510A ＝0.25 A ，D 项正确．答案 BD7．如图7所示，两个完全相同的线圈从同一高度自由下落，途中在不同高度处通过两个宽度为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场区域后落到水平地面上．设两线圈着地时动能分别为E k a 和E k b ，通过磁场区域的过程中流过线圈导线横截面的总电荷量分别为q a 和q b ，则下列判断正确的有 ( )．图7A ．E k a ＝E k b 、q a <q bB ．E k a >E k b 、q a >q bC ．E k a >E k b 、q a ＝q bD ．E k a <E k b 、q a ＝q b解析 令线圈电阻为R ，切割磁感线的边长为L ，所以两线圈在进、出磁场时产生的安培力为F ＝B 2L 2v R，因两线圈在进、出磁场时对应速度满足v a <v b ，完全进入时又只受重力作用，所以在下落过程中，线圈a 所受安培力做的功小于线圈b 所受安培力做的功，而整个过程中重力做功相等，由动能定理W G －W 安＝ΔE k 知E k a >E k b ；而线圈在通过磁场区域的过程中流过线圈导线横截面的总电荷量为q ＝I －Δt ＝ΔΦΔtR Δt ＝ΔΦR，即q a ＝q b ，C 对． 答案 C 8．如图8所示，把一块金属板折成“”形的金属槽MNPQ ，竖直放置在方向垂直纸面向外、大小为B 的匀强磁场中，并以速率v 1水平向左匀速运动．一带电微粒从槽口左侧以速度v 2射入，恰能做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )．图8A ．微粒带正电B ．微粒的比荷q m ＝g Bv 1C ．微粒做圆周运动的半径为r ＝v 1v 2gD ．微粒做圆周运动的周期为T ＝2πv 2g解析 当导体棒切割磁感线的电动势E ＝BLv 1，由金属槽开路，所以U NP ＝BLv 1，MN 与QP 间的电场强度为E ＝U /L ＝Bv 1，方向由上向下，因为带电微粒从左侧进入后做匀速圆周运动，所以mg ＝qE ，所以微粒带负电，q m ＝g E ＝g Bv 1，所以B 正确．由qvB ＝mv 2R可知：r ＝mv 2qB ＝Bv 1g v 2B ＝v 1v 2g ，所以C 正确．T ＝2πm qB ＝2πB Bv 1g ＝2πv 1g，所以D 错误． 答案 BC9．如图9所示是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R ，L 是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值为R .图10所示是某同学画出的在t 0时刻开关S 切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象，关于这些图象，下列说法中正确的是( )．图9图10A ．甲图是开关S 由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B ．乙图是开关S 由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C ．丙图是开关S 由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D ．丁图是开关S 由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况解析 开关S 断开或闭合时，电路中电流要发生突变，但是，由于自感现象的存在，电流只能逐渐变化，最终达到稳定．开关S 一直闭合时，通过传感器2的电流方向向右，开关S 由闭合变为断开时，通过传感器1的电流立即减为0，由于自感现象的存在，通过L 的电流不能突变，所以B 、C 正确．答案 BC10．如图11甲所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 的金属棒ab 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．t ＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F ，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R 的感应电流随时间t 变化的关系如图乙所示．下列关于穿过回路abPMa 的磁通量Φ和磁通量的瞬时变化率ΔΦΔt以及a 、b 两端的电势差U ab 和通过金属棒的电荷量q 随时间t 变化的图象中，正确的是 ( )．图11解析 设导轨间距为L ，通过R 的电流I ＝ER ＋r ＝BLv R ＋r ，因通过R 的电流I 随时间均匀增大，即金属棒ab 的速度v 随时间t 均匀增大，金属棒ab 的加速度a 为恒量，故金属棒ab 做匀加速运动．磁通量Φ＝Φ0＋BS ＝Φ0＋BL ×12at 2＝Φ0＋BLat 22，Φ∝t 2，A 错误；ΔΦΔt ＝BLv ＝BLat ，ΔΦΔt ∝t ，B 正确；因U ab ＝IR ，且I ∝t ，所以U ab ∝t ，C 正确；q ＝I －Δt ＝ΔΦΔt R ＋r Δt ＝ΔΦR ＋r＝BLat 2R ＋r，q ∝t 2，D 错误． 答案 BC 11．如图12所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L 的单匝正方形线框abcd ，在外力的作用下以恒定的速率v 向右运动进入磁感应强度为B 的有界匀强磁场区域．线框进入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab 边始终平行于磁场的边界，已知线框的四个边的电阻值相等，均为R .求：图12(1)在ab 边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小．(2)在ab 边刚进入磁场区域时，ab 边两端的电压．(3)在线框进入磁场的整个过程中，线框中的电流产生的热量．解析 (1)ab 边切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv ，所以通过线框的电流为I ＝BLv 4R. (2)在ab 边刚进入磁场区域时，ab 边两端的电压为路端电压U ab ＝34E ＝34BLv . (3)因线框是匀速进入的，所以线框中电流产生的热量Q ＝I 2×4Rt ＝B 2L 3v 4R . 答案 (1)BLv 4R (2)34BLv (3)B 2L 3v 4R12．如图13甲所示，空间存在一宽度为2L 的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在光滑绝缘水平面内有一边长为L 的正方形金属线框，其质量m ＝1 kg 、电阻R ＝4 Ω，在水平向左的外力F 作用下，以初速度v 0＝4 m/s 匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时．图13(1)求匀强磁场的磁感应强度B ；(2)求线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q ；(3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由．解析 (1)由Ft 图象可知，线框加速度a ＝F 2m ＝2 m/s 2，线框的边长L ＝v 0t －12at 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4×1－12×2×12 m ＝3 m ， t ＝0时刻线框中的感应电流I ＝BLv 0R， 线框所受的安培力F 安＝BIL ，由牛顿第二定律F 1＋F 安＝ma ，又F 1＝1 N ，联立得B ＝13T ＝0.33 T. (2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势E ＝BL 2t平均电流I －＝E R ，通过线框的电荷量q ＝I －t ，联立得q ＝0.75 C.(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x ，由运动学公式得0－v 20＝－2ax ，代入数值得x ＝4 m<2L ，所以线框不能从右侧离开磁场．答案 (1)0.33 T (2)0.75 C (3)不能；理由见解析。
【配套K12】新课标2018版高考物理一轮复习第九章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流教案
第2讲 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)概念：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 . (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 ＝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 定律，即I ＝ . 3.导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝ . (2)v ∥B 时，E ＝0.答案：1.(1)电磁感应现象 (2)磁通量 无关 (3)楞次定律 右手定则 2.(1)磁通量的变化率 (3)欧姆ER ＋r3.(1)Blv知识点二 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. (2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做 . ②表达式：E ＝ . (3)自感系数L①相关因素：与线圈的 、形状、 以及是否有铁芯有关. ②单位：亨利(H)，1 mH ＝ H,1 μH ＝ 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 ，这种电流像水的漩涡所以叫涡流.答案：1.(1)电流 (2)①自感电动势 ②L ΔIΔt (3)①大小 匝数②10－310－62.感应电流(1)磁通量变化越大，产生的感应电动势也越大.( ) (2)磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大.( ) (3)磁通量的变化率描述的是磁通量变化的快慢.( ) (4)感应电动势的大小与线圈的匝数无关.( ) (5)线圈中的自感电动势越大，自感系数就越大.( )(6)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势.( ) (7)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.( ) (8)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)√ (7)√ (8)√动生电动势和感生电动势当线圈匝数为1时，法拉第电磁感应定律的数学式是E ＝d Φd t ，E 表示电动势的大小.中学教材中写成E ＝ΔΦΔt ，既表示平均也表示瞬时.应用时常遇到两种情况，一是S 不变而B 随时间变化，则可用形式E ＝S ΔB Δt ；二是B 不变而S 变化，则可应用形式E ＝B ΔSΔt .至于导体棒切割磁感线产生的电动势E ＝Blv ，教材则是通过一典型模型利用E ＝B ΔSΔt推出的.我们知道，B 不随时间变化(恒定磁场)而闭合电路的整体或局部在运动，这样产生的感应电动势叫动生电动势，其非静电力是洛伦兹力.B 随时间变化而闭合电路的任一部分都不动，这样产生的感应电动势叫感生电动势，其非静电力是涡旋电场(非静电场)对电荷的作用力.上述两种电动势统称感应电动势，其联系何在？分析磁通量Φ的定义公式Φ＝BS 可见Φ与BS 两个变量有关，既然E ＝d Φd t ，那么根据全导数公式有d Φd t ＝S ∂B ∂t ＋B ∂S ∂t ，其中S ∂B∂t 即感生电动势，体现了因B 随时间变化而产生的影响.B ∂S∂t 同样具有电动势的单位，其真面目是什么呢？我们采用和现行中学教材一样的方法，建立一物理模型分析.如图所示，MN 、PQ 是两水平放置的平行光滑金属导轨，其宽度为L ，ab 是导体棒，切割速度为v .设匀强磁场磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里.在Δt 时间内，回路面积变化为ΔS ＝L Δx ，面积的平均变化率ΔS Δt ＝L Δx Δt .当Δt →0时，Δx Δt →v ，即d S d t ＝Lv ，d S d t 对应全导数公式中的∂S ∂t ，可见B ∂S ∂t ＝BLv ，这就是动生电动势，体现了因面积变化而产生的影响.推而广之，线圈在匀强磁场中做收缩、扩张、旋转等改变面积的运动而产生的电动势也是动生电动势.两种电动势可以同时出现.考点一 法拉第电磁感应定律的理解和应用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，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系.(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两个特例(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.[典例1] (2017·安徽安庆质检)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(规定图甲中B 的方向为正方向).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～t 1时间内：甲 乙 (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 及电阻R 1上产生的热量.[解题指导] (1)B t 图象为一条倾斜直线，表示磁场均匀变化，即变化率恒定. (2)本题应区分磁场的面积和线圈的面积.[解析] (1)根据楞次定律可知，通过R 1的电流方向为由b 到a .根据法拉第电磁感应定律得，线圈中的电动势E ＝n ΔB πr 22Δt ＝n ·B 0πr 22t 0根据闭合电路欧姆定律得，通过R 1的电流I ＝E 3R ＝nB 0πr 223Rt 0. (2)通过R 1的电荷量q ＝It 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0R 1上产生的热量Q ＝I 2R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2. [答案] (1)nB 0πr 223Rt 0方向由b 到a(2)nB 0πr 22t 13Rt 0 2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2[变式1] 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( )A.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 ΔBΔt S ，其中磁场中的有效面积S ＝12a 2，代入得E ＝n Ba 22Δt，选项B 正确，A 、C 、D 错误. [变式2](2016·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答案：B 解析：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.应用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感应电动势，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.推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR. 考点 导体切割磁感线产生感应电动势的计算1.平动切割(1)常用公式：若运动速度v 和磁感线方向垂直，则感应电动势E ＝BLv .注意：公式E ＝BLv 要求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).(2)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. (3)相对性：E ＝BLv 中的速度v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系.2.转动切割在磁感应强度为B 的匀强磁场中，长为L 的导体棒绕一端为轴以角速度ω匀速转动时，此时产生的感应电动势E ＝BLv 中＝12B ωL 2.若转动的是圆盘，则可以把圆盘看成由很多根半径相同的导体杆组合而成的.考向1 导体棒平动切割磁感线[典例2] (2015·安徽卷)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[解题指导] 解答该题要明确以下几点：(1)金属杆切割磁感线的有效长度并不是它的实际长度，而是它的长度沿垂直速度方向的投影长度.(2)金属杆相当于电源，电路中的电流可利用欧姆定律求得. (3)金属杆的热功率可用公式P ＝I 2R 求得.[解析] 金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E ＝Blv (l为切割磁感线的有效长度)，选项A 错误；电路中感应电流的大小为I ＝ER ＝Blv lsin θr＝Bv sin θr ，选项B 正确；金属杆所受安培力的大小为F ＝BIl ′＝B ·Bv sin θr ·l sin θ＝B 2lvr ，选项C 错误；金属杆的热功率为P ＝I 2R ＝B 2v 2sin 2θr 2·lr sin θ＝B 2lv 2sin θr，选项D 错误.[答案] B考向2 导体棒旋转切割磁感线[典例3] (多选)1831年，法拉第发明的圆盘发电机(图甲)是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上第一台发电机.图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触，使铜盘转动，电阻R 中就有电流通过.若所加磁场为匀强磁场，方向水平向右，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，下列说法正确的是( )甲 乙A.铜盘转动过程中，穿过铜盘的磁通量不变B.电阻R 中有正弦式交变电流通过C.若不给铜盘施加任何外力，铜盘最终会停下来D.通过R 的电流方向是从a 流向b[解析] 铜盘切割磁感线产生感应电动势，铜盘相当于电源，从而在电路中形成方向不变的电流，内部电流方向是从负极(D 点)到正极(C 点).由于铜盘在运动中受到安培力的阻碍作用，故最终会停下来.故选A 、C.[答案] AC [变式3](2015·新课标全国卷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 ac ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a →c →b →a答案：C 解析：闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时，穿过金属框的磁通量始终为零，金属框中无电流.由右手定则可知U b ＝U a <U c ，A 、B 、D 选项错误；b 、c 两点的电势差U bc ＝－Blv 中＝－12Bl 2ω，选项C 正确.公式E ＝Blv 与E ＝n ΔΦΔt的比较考点通电自感和断电自感1.对自感现象的理解(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”问题考向1 通电自感[典例4] 如图所示，A 、B 是两个完全相同的灯泡，L 的自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计.当开关S 闭合时，下列说法正确的是( )A.A 比B 先亮，然后A 熄灭B.B 比A 先亮，然后B 逐渐变暗，A 逐渐变亮C.A、B一起亮，然后A熄灭D.A、B一起亮，然后A逐渐变亮，B的亮度不变[解析] 开关闭合的瞬间，线圈由于自感阻碍电流通过，相当于断路，B灯先亮，之后线圈阻碍作用减弱，相当于电阻减小，则总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，B灯所在支路电流减小，B灯变暗，A灯所在支路电流增大，A灯变亮.[答案] B考向2 断电自感[典例5] 如图所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L的左、右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来开关S是闭合的，三个灯泡均在发光.某时刻将开关S断开，则下列说法正确的是( )A.a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B.b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C.a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D.b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭[解题指导] (1)断电自感现象中电流方向不改变.(2)L电阻不计，开关闭合时电流满足I A＞I B＝I C.[解析] 开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻较B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由a到b，a点电势高于b点.当开关S断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯电流的减小，瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮后再缓慢熄灭，故B正确.[答案] B考向3 自感现象中的图象问题[典例6]在如图所示的电路中，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，t1时刻断开开关S.I1、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，选项中能定性描述电流I 随时间t 变化关系的是( )A B C D[解析] 当S 闭合时，D 1、D 2同时亮且通过的电流大小相等，但由于L 的自感作用，D 1被短路，I 1逐渐减小到零，I 2逐渐增大至稳定；当S 再断开时，D 2马上熄灭，D 1与L 组成回路，由于L 的自感作用，D 1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知A 正确.[答案] A分析自感现象时的两点注意(1)通电自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大的；断电过程中，电流是逐渐变小的，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他元件形成回路.(2)断电自感中，灯泡是否闪亮问题的判断 ①通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮； ②通过灯泡的自感电流小于等于原电流时，灯泡不会闪亮.1.[公式E ＝BLv 的应用]如图所示，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( )A.12B.22C.1D. 2答案：B 解析：设弯折前金属棒切割磁感线的长度为L ，弯折后，金属棒切割磁感线的有效长度为l ＝22L ，故产生的感应电动势为ε′＝Blv ＝22BLv ＝22ε，所以ε′ε＝22，B 正确.2.⎣⎢⎡⎦⎥⎤公式E ＝n ΔΦΔt 的应用如图所示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 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答案：C 解析：由楞次定律判定，感应电流从a 流向b ，b 点电势高于a 点电势，故φa －φb ＝－nS B 2－B 1t 2－t 1，因为磁场均匀增加，所以φa －φb 为恒定的，可见C 正确. 3.⎣⎢⎡⎦⎥⎤公式E ＝12BL 2ω的应用如图所示，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答案：D 解析：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.[通电自感与断电自感]在如图所示的电路中，a 、b 为两个完全相同的灯泡，L 为电阻可忽略不计的自感线圈，E 为电源，S 为开关.关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )A.合上开关，a 先亮，b 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭B.合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 先熄灭，b 后熄灭C.合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭D.合上开关，a 、b 同时亮；断开开关，b 先熄灭，a 后熄灭答案：C 解析：由于L 是自感线圈，当合上S 时，自感线圈L 将产生自感电动势，阻碍电流的增加，故有b 灯先亮，a 灯后亮；当S 断开时，L 、a 、b 组成回路，L 产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a 、b 同时熄灭，C 正确.5.公式E ＝12BL 2ω和E ＝n ΔΦΔt的应用如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt的大小应为( )A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π答案：C 解析：当导线框匀速转动时，设半径为r ，导线框电阻为R ，在很小的Δt 时间内，转过圆心角Δθ＝ωΔt ，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I 1＝B 0ΔS R Δt ＝B 0·πr 2Δθ2πR Δt ＝B 0r 2ω2R ；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I 2＝ΔBS R Δt ＝ΔB ·πr 22R Δt ，令I 1＝I 2，可得ΔB Δt＝B 0ωπ，C 对.。
【新步步高】2018版浙江高考物理《选考总复习》第九章第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流
图15
√
方法感悟 解析
[题组阶梯突破]
10 11
10.两块水平放臵的金属板，板间距离为d，用导线将两块金属板与一线
圈连接，线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场，如图16所示.两
板间有一带正电的油滴恰好静止，则磁场的磁感应强度B随时间变化的
图象是(
)
√
图16
解析
10 11
11.如图17所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面 向里，虚线间的距离为 L ，金属圆环的直径也为 L.自圆环从左边界进 入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度 v穿过磁场区域.规定 逆时针方向为感应电流i的正方向，则圆环中感应电流i随其移动距离x 变化的i－x图象最接近图中的( )
)
√
图13
解析
5 6 7 8 9
9.(多选)如图14所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀 强磁场区域，已知v1＝2v2，则在先后两种情况下( A.线圈中的感应电流之比I1∶I2＝2∶1 √ C.线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1 √ D.通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶2 图14 B.线圈中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2 )
加试考点自清
1
考点逐项排查
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.
答案
2.法拉第电磁感应定律 磁通量的 (1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的_________
两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab杆的电阻为2 Ω，在导轨上可 无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T.现ab以 恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与 R1 、R2 消 耗的电功率之和相等.则( A.R2＝6 Ω )
2018届高三物理一轮复习必考部分第9章电磁感应第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流教师用书
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 ΔIΔt .(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 ＝10－6H. 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．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．(对法拉第电磁感应定律的理解)穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图921中①～④所示，下列关于该回路中的感应电动势的论述，正确的是( )图921A．图①中，回路中产生的感应电动势恒定不变B．图②中，回路中产生的感应电动势一直在变大C．图③中，回路中在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图④中，回路中产生的感应电动势先变小后变大【答案】 D3．(对涡流的理解)(多选)(2014·江苏高考)如图922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( )【导学号：96622163】图922A．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 【答案】 AB4．(对自感现象的理解)(多选)如图923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( )图923A ．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 【答案】 AD[核心精讲]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＝ΔBS ，则E ＝n ΔBSΔt；(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 ΔSΔt.3．应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式E ＝nΔΦΔt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．推导如下：q ＝I －Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR.[题组通关]1．(2014·江苏高考)如图924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( ) 【导学号：96622164】图924A.Ba 22Δt B.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2ΔtB 线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ＝n 2B －B Δt a 22＝nBa22Δt ，选项B 正确．2．如图925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925A ．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．[核心精讲] 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926中，导体棒的有效长度为ab 间的距离．图926(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 . (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)．[师生共研](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927所示．则( )图927A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2avπ＋R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2avπ＋R 0【解题关键】1112Bav ，选项A 正确；此时杆上的电流I 1＝E 1πa ＋2a R 0＝2Bvπ＋R 0，杆受的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2avπ＋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 ＝Bav ，选项B 错误；此时杆上的电流I 2＝E 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2πa －π3a ＋a R 0＝3Bvπ＋R 0，杆受的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2avπ＋R 0，选项D 正确．[题组通关]3．(多选)如图928所示，半径为R 的半圆形硬导体AB ，在拉力F 的作用下以速度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，AB 的电阻为r ，其余电阻不计．则AB 进入磁场的过程中( ) 【导学号：96622165】图928A ．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 πRvAC AB 进入磁场过程中根据右手定则可判断感应电流方向为逆时针，即由上向下通过R 0，故A 正确；感应电动势的平均值为：E ＝ΔΦΔt ＝12πR 2BR v＝B πRv2，故B 错误；当AB 完全进入磁场后，其有效长度最长，最大值为2R ，则感应电动势的最大值为E m ＝2BRv ，故C 正确、D 错误．4．(2015·全国卷Ⅱ)如图929，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( )图929A ．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 －aC 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．[核心精讲]1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化． (2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化． (3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．2．通电自感与断电自感的比较5．(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9210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9210A ．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．6．(多选)如图9211所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正确的是( ) 【导学号：96622166】图9211A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭BD 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．[名师微博]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．。
南方新高考2018版高考物理大一轮复习专题九电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流课件
(1)若 v 为瞬时速度，则求的 求的是Δt 时间内的平均 是瞬时感应电动势 感应电动势，E 与某段 (2)若 v 为平均速度，则求的 时间或某个过程对应 是平均感应电动势 只适用于导体切割磁感线 对任何电路普遍适用 运动的情况
项目
联系
ΔΦ (1)E＝Blv 可由 E＝n 在一定条件下推导出来 Δt ΔΦ (2)E＝n 也可求瞬时感应电动势，当Δt→0 时的 E Δt 即为瞬时感应电动势 (3)当导体切割磁感线运动时用 E＝Blv 求 E 方便，当 ΔΦ 得知穿过回路的磁通量发生变化情况时，用E＝n Δt 求 E 比较方便
②当磁场不变，垂直于磁场的线圈面积发生变化时，E＝
③磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根
据定义求有ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n B2S2－B1S1 Δt
3.导体切割磁感线时产生的感应电动势 (1)导体平行移动：E＝____________.其中 B、L、v 三者两 两垂直，且 L 为导体的有效切割长度.
注意：三者的大小无必然关系，当Φ＝0 时， 可能很小，也可能为零.磁通量的变化率 线的斜率.
可能很大，
是Φ-t 图象上某点切
ΔΦ 2.公式 E＝n Δt 与 E＝Blvsin θ 比较
项目
研究 闭合回路 对象 区 研究 别 内容 适用 范围
ΔΦ E＝n Δt
E＝Blv 回路中做切割磁感线运动 的那部分导体
(3)自感系数 L ①有关因素：与线圈的______、______、______以及是否 有铁芯有关.线圈越长，单位长度上线圈的匝数越多，横截面积 越大，它的自感系数越______.线圈中插入铁芯，自感系数会增 大很多. ②单位：亨利(H)， 1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H. (4)自感现象的应用和防止 ①应用：如日光灯电路中的镇流器、振荡电路等.日光灯电 路是由启动器、镇流器和灯管组成的.________在日光灯启动时 起到开关作用，正常工作时断开；镇流器的作用是在灯开始点 产生瞬时高压 亮时起_____________________ 的作用，在日光灯正常发光时起 ____________ 降压限流 作用. ②防止：制作精密电阻时，采用________绕法，防止自感 现象的发生，减小因自感而造成的误差.
高考物理一轮复习讲义 第九章 电磁感应 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 教科版
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． ①感生电动势：由于磁场的变化而激发出感生电场，由感生电场而产生的感应电动势． ②动生电动势：由于导体在磁场中运动而产生的感应电动势．(2)条件：无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电动势．(3)与感应电流的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I ＝E R ＋r .2．法拉第电磁感应定律(1)定律内容：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 为线圈的匝数． 二、导体切割磁感线产生的感应电动势导体棒切割磁感线时，可有以下三种情况： 切割方式 电动势表达式 说 明垂直切割 E ＝BLv ①导体棒与磁场方向垂直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 ＝10－3 H,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，这种电流像水的旋涡所以叫做涡流．(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运动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用，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．(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用．1．关于电路中感应电动势的大小，下列说法正确的是( )A ．穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大B ．电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大C ．电路中磁通量改变越快，感应电动势就越大D ．若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零 答案： C2．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加 2 Wb ，则( )A ．线圈中感应电动势每秒增加2 VB ．线圈中感应电动势每秒减少2 VC ．线圈中感应电动势始终为2 VD ．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V解析： 由E ＝ΔΦΔt知：ΔΦ/Δt 恒定，所以E ＝2 V. 答案： C3.如图所示，L 为一个自感系数很大的自感线圈，开关闭合后，小灯泡能正常发光，那么闭合开关和断开开关的瞬间，能观察到的现象分别是( )A ．小灯泡逐渐变亮，小灯泡立即熄灭B ．小灯泡立即亮，小灯泡立即熄灭C ．小灯泡逐渐变亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭D ．小灯泡立即亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭解析： 开关闭合瞬间，通过自感线圈的电流逐渐增大，自感线圈产生自感电动势阻碍原电流的增加，故小灯泡逐渐变亮；开关断开瞬间，回路处于断开状态，故小灯泡立即熄灭，选项A 正确．答案： A4.如图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，线圈内接有电阻值为R 的电阻，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，磁场的磁感应强度为B .当线圈转过90°时，通过电阻R 的电荷 量为( ) A.BL 22R B.NBL 22RC.BL 2RD.NBL 2R解析： 初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL 22，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q ＝N ΔΦR 可得通过电阻R的电量为NBL 22R. 答案： B5.如图所示，一段导线弯曲成半径为R 的半圆形闭合回路．虚线MN 、PQ 间有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的宽度等于R ，方向垂直于回路所在的平面．现让回路以速度v向右匀速穿过磁场，直径CD始终与MN垂直．关于此过程，下列结论正确的是( )A．穿过的过程中回路中感应电流一直不为零B．感应电流的方向一直不变C．感应电动势先增大后减小再增大再减小D．感应电动势最大值E m＝2BRv解析：当回路的圆心到磁场的中间时，回路中的感应电动势为零，电流为零，A项错误；磁通量先向里增大，后向里减小，根据楞次定律，感应电流的方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，B 项错误；当回路的圆心到MN或PQ上时，切割磁感线的有效长度最长，感应电动势最大为BRv，D项错误；在穿过磁场的过程中，回路切割磁感线的有效长度先变大，后变小，再变大，再变小，因此感应电动势先增大后减小再增大再减小，C项正确．答案：C法拉第电磁感应定律的应用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ΔΦΔt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 ＝nB ΔS Δt ； (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 ＝n ΔB Δt S ，其中ΔB Δt是B －t 图象的斜率． (2012·新课标全国卷)如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt的大小应为( )A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0π D.ωB 02π解析： 当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r ，导线框的电阻为R ，即I 1＝E R ＝ΔΦR Δt ＝B 0ΔS R Δt ＝12πr 2B 0R πω＝B 0r 2ω2R .当线圈不动，磁感应强度变化时，I 2＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBS R Δt ＝ΔB πr 2Δt 2R，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0π，C 选项正确． 答案： C(1)应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；②利用楞次定律确定感应电流的方向；③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解．(2)应注意的问题通过回路的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔt R Δt ＝n ΔΦR. 1－1：在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．则下列说法正确的是( )A ．在时间0～5 s 内，I 的最大值为0.1 AB ．在第4 s 时刻，I 的方向为逆时针C ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电量为0.01 CD ．第3 s 内，线圈的发热功率最大解析： 根据B －t 图象的斜率表示ΔB Δt ，由E ＝n ΔΦΔt＝nSk ，因此刚开始时，图象的斜率为0.1，代入得电源的电动势为0.01 V ．电流为0.01 A ，故A 项错误；在第4 s 时，根据楞次定律，电流为逆时针，故B 项正确；由q ＝ΔΦR，代入得C 项正确；第3 s 内，B 不变，故不产生感应电流，因此发热功率为零，D 项错误．答案： BC导体切割磁感线产生感应电动势的计算 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：公式中的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．2．公式E ＝Blv 与E ＝n ΔΦΔt的区别与联系E ＝n ΔΦΔt E ＝Blv区别研究对象闭合回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导体 适用范围 对任何电磁感应现象普遍适用 只适用于导体切割磁感线运动的情况 联系 导体切割磁感线是电磁感应现象的特例，E ＝Blv 可由E ＝n ΔΦΔt推导得出 (2012·四川理综)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，如图所示．则( )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＋2R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av 5π＋3R 0解析： 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 ＝2Bav ，选项A 正确．此时杆上的电流I 1＝E 1πa ＋2a R 0＝2Bv π＋2R 0，杆受的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2av π＋2R 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 ＝Bav ，选项B 错误．此时杆上的电流I 2＝E 22πa －2πa 6＋a R 0＝3Bv 5π＋3R 0，杆受的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2av 5π＋3R 0，选项D 正确． 答案： AD 2－1：如图所示，水平放置的U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里的、场强大小为B 的匀强磁场中，一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计．下列说法正确的是( )A ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvB ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvR 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12mv 2 D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLd R 0＋r解析： AC 的感应电动势为：E ＝2BLv ，两端电压为U AC ＝ER 0R 0＋r ＝2BLvR 0R 0＋r ，A 错、B 对；由功能关系得Fd ＝12mv 2＋Q ＋W μ，C 错；此过程中平均感应电流为I ＝2BLd R 0＋r Δt ，通过电阻R 0的电荷量为q ＝I Δt ＝2BLd R 0＋r，D 对． 答案： BD通电自感与断电自感的比较通电自感 断电自感 电路图器材要求 A 1，A 2同规格，R ＝R L ，L 较大 L 很大(有铁蕊)R L ＜RA现象在S 闭合瞬间，A 2灯立即亮起来，A 1灯逐渐变亮，最终一样亮在开关S 断开时，灯A 逐渐熄灭 原因由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过A 1灯的电流比流过A 2灯的电流增加得慢 断开开关S 时，流过线圈L 的电流减小，产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S 断开后，通过L 的电流反向通过电灯A ，灯A 不会立即熄灭．若R L ＜R A ，原来的电流I L ＞I A ，则A 灯熄灭前要闪亮一下．若R L ≥R A ，原来的电流I L ≤I A ，则灯A 逐渐熄灭，不再闪亮一下能量转化 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能(2011·北京理综)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大解析：小灯泡没有出现闪亮现象是因为断电后电路中的小灯泡两端电压太小、因断电后电路与电源脱离关系，线圈与灯泡组成闭合回路，故电源内阻大小对自感无影响，A错误；若小灯泡电阻偏大，则分得的电压就大，这有助于出现闪亮现象，B错误；若线圈电阻偏大，在自感电动势一定的情况下，线圈内阻上的电压偏大，相应灯泡两端的电压就偏小，这不利于出现闪亮现象，C正确；线圈自感系数越大，产生的自感电动势越大，这有利于闪亮现象的出现，故D错误．答案：C3－1：如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是( )A．合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮C．断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭D．断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭解析：由于自感现象，合上开关时，A1中的电流缓慢增大到某一个值，故过一会儿才亮；断开开关时，A1中的电流缓慢减小到0，A1、A2串联，电流始终相等，都是过一会儿才熄灭．故选A、D.答案：AD高考常考“杆＋导轨”模型的突破[模型特点]“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点．“杆＋导轨”模型问题的物理情境变化空间大，涉及的知识点多，如力学问题、电路问题、磁场问题及能量问题等，常用的规律有法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、左手定则、欧姆定律及力学中的运动规律、动能定理、功能关系、能的转化和守恒定律等．[求解思路][模型分类]模型一单杆水平式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，棒ab长为L，质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a＝Fm－B2L2vmR，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a＝0时，v最大，I＝BIvR恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0 v恒定不变电学特征I恒定(2012·天津理综)如图所示，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：(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 .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 ＝0－12mv 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Q2＝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Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F＝Q1＋Q2 ⑪由⑨⑩⑪式得W F＝5.4 J.答案：(1)4.5 C(2)1.8 J (3)5.4 J模型二单杆倾斜式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距L，导体棒质量m，电阻R，导轨光滑，电阻不计(如图)动态分析棒ab释放后下滑，此时a＝g sin α，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝ER↑→安培力F ＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mg sin α时，α＝0，v最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征 a ＝0 v 最大v m ＝mgR sin αB 2L 2电学特征I 恒定 (2012·山东理综)如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝2mgv sin θB ．P ＝3mgv sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θ D ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析： 导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据共点力的平衡条件，有mg sin θ＝BIL .对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v 的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，则根据平衡条件，有F ＋mg sin θ＝B ·2IL 所以拉力F ＝mg sin θ，拉力的功率P ＝F ×2v ＝2mgv sin θ，故选项A 正确．选项B 错误；当导体棒的速度达到v 2时，回路中的电流为I 2，根据牛顿第二定律，得mg sin θ－B I 2L ＝ma ，解得a ＝g 2sin θ，选项C 正确；当导体棒以2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误．答案： AC1.将闭合多匝线圈(匝数为n )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，下列表述正确的是( )A ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大C ．若磁感应强度B 不变，Δt 时间内线圈面积变化ΔS ，则E ＝n ΔS ΔtB D ．若Δt 时间内磁感应强度变化ΔB ，线圈面积变化ΔS ，则E ＝n ΔB ·ΔS Δt解析： 由法拉第电磁感应定律表达式E ＝n ΔΦΔt可知，感应电动势E 的大小与线圈的匝数n 和磁通量的变化率ΔΦΔt有关，与磁通量无关，故A 错误，B 正确．当仅有磁感应强度变化时，磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B 2－B 1)S ＝ΔB ·S ，同理可得当仅有线圈面积变化时磁通量的变化量ΔΦ＝B ·ΔS ，而当磁感应强度和线圈面积同时变化时磁通量的变化量ΔΦ＝B 2S 2－B 1S 1≠ΔB ·ΔS ，故C 正确．D 错误．答案： BC2.如图所示是测定自感系数很大的线圈L 直流电阻的电路，L 两端并联一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆开时应先( )A ．断开S 1B ．断开S 2C ．拆除电流表D ．拆除电阻R解析： 将电路拆开时，如果先断开S 1，而电压表与线圈L 仍组成闭合回路，由于L 的自感系数很大，可能产生很大的自感电动势使电压表的指针被打弯，因此，应先断开S 2，B 项正确．答案： B3．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( ) A.12B ．1C ．2D ．4 解析： 根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt，设初始时刻磁感应强度为B 0，线框面积为S 0，则第一种情况下的感应电动势为E 1＝ΔBS Δt ＝2B 0－B 0S 01＝B 0S 0；则第二种情况下的感应电动势为E 2＝ΔBS Δt ＝2B 0S 0－S 0/21＝B 0S 0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B 正确．答案： B4．2013广州亚运会上100 m 赛跑跑道两侧设有跟踪仪，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ＝0.5 m ，一端通过导线与阻值为R ＝0.5 Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m ＝0.5 kg 的金属杆(如图甲)，金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下．用与导轨平行的拉力F 作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度v 也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v 和F 的关系如图乙．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)则( )A ．金属杆受到的拉力与速度成正比B ．该磁场磁感应强度为1 TC ．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D ．导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4解析： 由图象可知选项A 错误、C 正确；由F －BIL －μmg ＝0及I ＝BLv R 可得：F －B 2L 2v R－μmg ＝0，从图象上分别读出两组F 、v 数据代入上式即可求得B ＝1 T ，μ＝0.4.所以选项B 、D 正确．答案： BCD5.如图，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )A ．运动的平均速度大小为12vB ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBLvD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v Rsin θ 解析： 对棒受力分析如图所示．F 安＝BIL ＝B 2L 2v R，故D 错；F 安随棒的速度的增大而增大，故棒做的不是匀加速直线运动．因此运动的平均速度v ≠12v ，A 错；由q ＝n ΔφR 总可得：q ＝BLx R ，故棒下滑的位移x ＝qR BL，B 正确；求焦耳热应该用有效值，故C 错． 答案： B。
创新大课堂2018届高三物理一轮复习课件：第九章 电磁感应 2
(3)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．
2．导体在磁场中旋转产生的感应电动势 导体棒绕一端在匀强磁场中转动切割磁感线产生的感应电 动势为 E＝12Bωl2.
(2)同理可得 E2＝NΔΔBt22S， 感应电流 I2＝Er2 电荷量 q＝I2Δt2 解得 q＝NΔBr2S 代入数据得 q＝10 C.
(3)0～1 s 内线圈产生的焦耳热 Q1＝I21rΔt1 且 I1＝Er1，1～5 s 内线圈产生的焦耳热 Q2＝I22rΔt2，由 Q＝Q1＋Q2，代入数据得 Q＝100 J.
第九章 电磁感应
第二课时 法拉第电磁感应定律, 自感涡流
考纲考情：5年19考 法拉第电磁感应定律(Ⅱ) 自感，涡流(Ⅰ)
[基础梳理] 知识点一 法拉第电磁感应定律
1．感应电动势 (1)定义：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 方楞次向定用律___右__手__定__则或
典例1 (2013·江苏卷，13)如图所示，匀强磁场中有一矩 形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝ 100，边长ab＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω.磁感应强度B在 0～1 s内从零均匀变化到0.2 T．在1～5 s内从0.2 T均匀变化到 －0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：
A．c→a,2∶1 C．a→c,1∶2
B．a→c,2∶1 D．c→a,1∶2
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法拉第电磁感应定律自感和涡流一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选，7～10题为多选)1．(2016·江西新余四中第二次模拟)某同学为了验证断电自感现象，找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。
检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。
虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，可能的原因是导学号 51343027( B )A．电源的内阻偏大B．线圈电阻偏大C．小灯泡电阻偏大D．线圈的自感系数较大[解析]灯泡能否发生闪亮，取决于通过灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，故A错误。
线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于流过线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，故B正确。
小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于流过线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，故C错误。
线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故D错误。
2．(2016·广东“四校”第一次联考)如图所示，在一磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为L＝0.1m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3Ω的电阻。
导轨上正交放置着金属棒ab，其电阻r＝0.2Ω。
当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0m/s向左做匀速运动时导学号 51343028( A )A．ab棒所受安培力大小为0.02N B．N、Q间电压为0.2VC．a端电势比b端电势低D．回路中感应电流大小为1A [解析]ab棒产生的电动势E＝BLv＝0.5×0.1×4.0V＝0.2V，电流I＝ER＋r＝0.4A，ab棒受的安培力F ＝BIL ＝0.5×0.4×0.1N＝0.02N ，A 正确，D 错误；N 、Q 之间的电压U ＝RR ＋rE ＝0.12V ，B 错误；由右手定则得a 端电势较高，C 错误。
3．(2017·吉林省重点中学第二次模拟考试)如图所示，在竖直向上的匀强磁场中有一水平放置足够长的平行光滑金属导轨，导轨间距为L ，两导轨左端连有一定值电阻R ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，质量为m 、电阻为r 的光滑导体棒在恒定拉力F 作用下由静止开始运动，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，其他部分的电阻不计，重力加速度为g 。
则下列说法正确的是导学号 51343029( D )A ．导体棒做匀加速直线运动B ．若导体棒的速度为v ，则R 两端的电压为BLvC ．导体棒的最大速度为F R ＋r 2B 2L 2D ．在导体棒运动过程中，电路中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力所做的功[解析] 导体棒在拉力F 作用下做加速运动，随着速度的增加，受到的安培力越来越大，因此受到的合力越来越小，加速度越来越小，故导体棒做加速度逐渐减小的加速直线运动，当加速度为零时，做匀速直线运动，选项A 错误；若导体棒的速度为v ，根据法拉第电磁感应定律，导体棒中产生的感应电动势为E ＝BLv ，回路中电流为I ＝ER ＋r ，电阻R 两端的电压为U ＝IR ＝BLvR R ＋r ，选项B 错误；由于导体棒匀速运动时F ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r，因此导体棒的最大速度为v ＝F R ＋r B 2L 2，选项C 错误；根据功能关系，感应电流所产生的焦耳热在数值上等于导体棒克服安培力所做的功，选项D 正确。
4．(2016·山东德州期末)如图所示，长为L 的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，磁场方向垂直于环面向里，磁感应强度以B ＝B 0＋Kt (K >0)随时间变化。
t ＝0时，P 、Q 两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径。
经时间t ，电容器的P 极板 导学号 51343030( D )A ．不带电B ．所带电荷量与t 成正比C ．带正电，电荷量是KL 2C4πD ．带负电，电荷量是KL 2C4π[解析] 磁感应强度均匀增加，回路中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，Q 板带正电，P 板带负电，A 错误；E ＝ΔB Δt ·S ＝K ·πR 2，L ＝2πR ，R ＝L 2π，解得E ＝KL 24π。
电容器上的电荷量Q ＝CE ＝KL 2C4π，B 、C 错误，D 正确。
5．(2016·山东菏泽一模)图中L 是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R 、R 0、开关和电池E 可构成闭合电路。
线圈中的箭头表示线圈电流的正方向，当电流的流向与箭头的方向相同时，该电流为正，否则为负。
开关K 1和K 2都处在断开状态。
设在t ＝0时刻接通K 1，经过一段时间后，在t＝t 1时刻，再接通K 2，则能正确表示L 中的电流I 随时间t 变化的图线是下面给出的四个图中的导学号 51343031( A )[解析] 只闭合K 1，由于线圈的自感现象，L 中的电流逐渐增大；最后增大到稳定值，再闭合K 2，导线把线圈L 和电阻R 短路，由于线圈的自感现象，L 中的电流由原值开始逐渐减小，方向不变，最后减小到零。
A 图符合实际情况。
6．(2016·湖南株洲期末考试)如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么导学号 51343032( C )A ．由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度B ．由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度C ．由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度D ．由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度[解析] 铜是非磁性材料，不能够被磁化，B 错误；铜是金属材料；在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管始终切割磁感线，铜管中部有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加速度，C 正确，A 、D 错误。
7．(2016·浙江宁波期末)一个称为“千人震”的趣味物理小实验，实验是用一节电动势为1.5V 的新干电池、一个日光灯镇流器(自感线圈)、开关和几根导线连成如图所示的电路。
几位做实验的同学手拉手连成一排，首、尾两位同学分别握住导线的A、B端，在开关闭合或断开时就会使连成一排的同学都有触电感觉，则导学号 51343033( BCD )A．人有触电感觉是在开关闭合的瞬间B．人有触电感觉是在开关断开的瞬间C．该实验现象的发生是因为自感线圈会产生很高的自感电动势D．若增加拉手的人数，触电的感觉会变得不明显[解析]人有触电的感觉是在开关断开的瞬间产生瞬时高压，A错误，B、C正确；若增加拉手的人数，电阻将增大，感应电流会减小，D正确。
8．(2015·山东理综)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匀速转动。
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，以下说法正确的是导学号 51343034( 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]由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据E＝BLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的电功率越大，消耗的机械能越快，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘则圆盘中无感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动，选项D正确；故选A、B、D。
9．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v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时导学号 51343035( ABD )A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D ．回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同[解析] 穿过闭合回路的磁通量Φ＝0，故选项A 正确；回路中的感应电动势为ab 、cd 两边产生电动势之和E ＝Bl ab v 0＋Bl cd v 0＝2Blv 0，故选项B 正确；由右手定则可知感应电流的方向为逆时针方向，故选项C 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，故选项D 正确。
10．(2017·贵州黔南州三校联考)如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R ，C 1和C 2是半径都为a 的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C 1中磁场的磁感应强度随时间按B 1＝b ＋kt (k >0)变化，C 2中磁场的磁感应强度恒为B 2，一质量为m 、电阻为r 、长度为L 的金属杆AB 穿过区域C 2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。
则导学号 51343036( BCD ) A ．通过金属杆的电流大小为mg B 2LB ．通过金属杆的电流方向为从B 到AC ．定值电阻的阻值R ＝2πkB 2a 3mg－r D ．整个电路中产生的热功率P ＝πkamg 2B 2[解析] AB 杆平衡，mg ＝B 2I ·2a ，解得I ＝mg2aB 2，A 错误；安培力向上，根据左手定则可知，AB 中感应电流的方向为从B 到A ，B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知：感应电动势的大小E ＝ΔΦΔt ＝ΔB 1Δt ·πa 2＝k πa 2，由I ＝E R ＋r 解得R ＝2πkB 2a 3mg－r ，C 正确；整个电路产生的热功率P ＝EI ＝πkamg 2B 2，D 正确。
二、非选择题11．(2017·陕西省西安地区八校高三年级联考)两根平行金属导轨固定在水平桌面上，导轨上单位长度的电阻为r ，导轨的端点A 、B 用不计电阻的导线连接，导轨间距为d ，匀强磁场垂直于桌面，磁感应强度与时间的关系为B ＝kt ，一根电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直，在t ＝0时刻它从AB 端，在外力作用下由静止开始匀加速滑向另一端，求在t ＝t 1时刻金属杆所受安培力。