高中物理選修2電磁感應(yīng) 知識點梳理和總結(jié)

電磁感應(yīng)第1節(jié)電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律一、磁通量1．概念：磁感應(yīng)強度B與面積S的乘積．2．計算(1)公式：Φ＝BS.(2)適用條件：①勻強磁場；②S是垂直磁場的有效面積．(3)單位：韋伯(Wb)，1Wb＝1_T·m2.3．意義：穿過某一面積的磁感線的條數(shù)．4．標(biāo)矢性：磁通量是標(biāo)量，但有正、負(fù)．二、電磁感應(yīng)1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象當(dāng)穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，電路中有電流產(chǎn)生，這種現(xiàn)象稱為電磁感應(yīng)現(xiàn)象．2．產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的條件(1)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的條件無論回路是否閉合，只要穿過線圈平面的磁通量發(fā)生變化，回路中就有感應(yīng)電動勢．產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源．(2)產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件①電路閉合．②磁通量變化．三、感應(yīng)電流方向的判斷1．右手定則：伸開右手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進(jìn)入，并使拇指指向?qū)Ь€運動的方向，這時四指所指的方向就是感應(yīng)電流的方向．如右圖所示．2．楞次定律內(nèi)容：感應(yīng)電流具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化．[自我診斷]1．判斷正誤(1)磁通量雖然是標(biāo)量，但有正、負(fù)之分．(√)(2)當(dāng)導(dǎo)體切割磁感線運動時，導(dǎo)體中一定產(chǎn)生感應(yīng)電流．(×)(3)穿過線圈的磁通量與線圈的匝數(shù)無關(guān)．(√)(4)電路中磁通量發(fā)生變化時，就一定會產(chǎn)生感應(yīng)電流．(×)(5)感應(yīng)電流的磁場總是與原磁場方向相反．(×)(6)楞次定律和右手定則都可以判斷感應(yīng)電流的方向，二者沒什么區(qū)別．(×)(7)回路不閉合時，穿過回路的磁通量發(fā)生變化也會產(chǎn)生“阻礙”作用．(×)2．如圖所示，勻強磁場中有一個矩形閉合導(dǎo)線框．在下列四種情況下，線框中會產(chǎn)生感應(yīng)電流的是()A．如圖甲所示，保持線框平面始終與磁感線平行，線框在磁場中左右運動B．如圖乙所示，保持線框平面始終與磁感線平行，線框在磁場中上下運動C．如圖丙所示，線框繞位于線框平面內(nèi)且與磁感線垂直的軸線AB轉(zhuǎn)動D．如圖丁所示，線框繞位于線框平面內(nèi)且與磁感線平行的軸線CD轉(zhuǎn)動解析：選C.保持線框平面始終與磁感線平行，線框在磁場中左右運動，磁通量一直為零，故磁通量不變，無感應(yīng)電流，選項A錯誤；保持線框平面始終與磁感線平行，線框在磁場中上下運動，磁通量一直為零，故磁通量不變，無感應(yīng)電流，選項B錯誤；線框繞位于線框平面內(nèi)且與磁感線垂直的軸線AB轉(zhuǎn)動，磁通量周期性地改變，故一定有感應(yīng)電流，故選項C正確；線框繞位于線框平面內(nèi)且與磁感線平行的軸線CD轉(zhuǎn)動，磁通量一直為零，故磁通量不變，無感應(yīng)電流，選項D錯誤．3．如圖，在一水平、固定的閉合導(dǎo)體圓環(huán)上方，有一條形磁鐵(N極朝上，S極朝下)由靜止開始下落，磁鐵從圓環(huán)中穿過且不與圓環(huán)接觸，關(guān)于圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向(從上向下看)，下列說法正確的是()A．總是順時針B．總是逆時針C．先順時針后逆時針D．先逆時針后順時針解析：選C.磁鐵從圓環(huán)中穿過且不與圓環(huán)接觸，則導(dǎo)體環(huán)中，先是向上的磁通量增加，磁鐵過中間以后，向上的磁通量減少，根據(jù)楞次定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向先順時針后逆時針，選項C正確．4．如圖所示，AOC是光滑的金屬導(dǎo)軌，電阻不計，AO沿豎直方向，OC沿水平方向；PQ是金屬直桿，電阻為R，幾乎豎直斜靠在導(dǎo)軌AO上，由靜止開始在重力作用下運動，運動過程中P、Q端始終在金屬導(dǎo)軌AOC上；空間存在著垂直紙面向外的勻強磁場，則在PQ桿從開始滑動到P端滑到OC的過程中，PQ中感應(yīng)電流的方向()A．始終是由P→QB．始終是由Q→PC．先是由P→Q，后是由Q→PD．先是由Q→P，后是由P→Q解析：選C.在PQ桿滑動的過程中，△POQ的面積先增大后減小，穿過△POQ的磁通量先增加后減少，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向先是由P→Q，后是由Q→P，C正確．考點一電磁感應(yīng)現(xiàn)象的判斷1．穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化的四種情況(1)磁感應(yīng)強度B不變，線圈面積S發(fā)生變化．(2)線圈面積S不變，磁感應(yīng)強度B發(fā)生變化．(3)線圈面積S變化，磁感應(yīng)強度B也變化，它們的乘積BS發(fā)生變化．(4)線圈面積S不變，磁感應(yīng)強度B也不變，但二者之間夾角發(fā)生變化．2．判斷電磁感應(yīng)現(xiàn)象能否發(fā)生的一般流程：1.如圖所示，一個U形金屬導(dǎo)軌水平放置，其上放有一個金屬導(dǎo)體棒ab，有一個磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場斜向上穿過軌道平面，且與豎直方向的夾角為θ.在下列各過程中，一定能在軌道回路里產(chǎn)生感應(yīng)電流的是()A．a(chǎn)b向右運動，同時使θ減小B．使磁感應(yīng)強度B減小，θ角同時也減小C．a(chǎn)b向左運動，同時增大磁感應(yīng)強度BD．a(chǎn)b向右運動，同時增大磁感應(yīng)強度B和θ角(0°<θ<90°)解析：選A.本題中引起磁通量變化都有兩個方面，面積的變化和夾角改變，向右運動的同時θ減小都會使磁通量變大，所以A項正確．2．現(xiàn)將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流計及開關(guān)按如圖所示連接．下列說法中正確的是()A．開關(guān)閉合后，線圈A插入或拔出都會引起電流計指針偏轉(zhuǎn)B．線圈A插入線圈B中后，開關(guān)閉合和斷開的瞬間電流計指針均不會偏轉(zhuǎn)C．開關(guān)閉合后，滑動變阻器的滑片P勻速滑動，會使電流計指針靜止在中央零刻度D．開關(guān)閉合后，只有滑動變阻器的滑片P加速滑動，電流計指針才能偏轉(zhuǎn)解析：選A.只要閉合回路磁通量發(fā)生變化就會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A正確，B錯誤；開關(guān)閉合后，只要滑片P滑動就會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C、D錯誤．3．(多選)1824年，法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”．實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖所示．實驗中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來，但略有滯后．下列說法正確的是()A．圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢B．圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動C．在圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動解析：選AB.A.當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動時，圓盤的半徑切割磁針產(chǎn)生的磁場的磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，選項A正確；B．如圖所示，銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動時，穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流阻礙其相對運動，但抗拒不了相對運動，故磁針會隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，但略有滯后，選項B正確；C．在圓盤轉(zhuǎn)動過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量始終為零，選項C錯誤；D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成的電流的磁場方向沿圓盤軸線方向，會使磁針沿軸線方向偏轉(zhuǎn)，選項D錯誤．確定磁通量變化的兩種方法(1)通過對穿過回路磁感線條數(shù)的分析和計算，可以確定磁通量是否變化．(2)依據(jù)公式Φ＝BSsinθ(θ是B與S的夾角)確定磁通量與哪些因素有關(guān)．考點二楞次定律的理解及應(yīng)用1．判斷感應(yīng)電流方向的兩種方法方法一用楞次定律判斷方法二用右手定則判斷該方法適用于切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流．判斷時注意掌心、拇指、四指的方向：(1)掌心——磁感線垂直穿入；(2)拇指——指向?qū)w運動的方向；(3)四指——指向感應(yīng)電流的方向．2．楞次定律推論的應(yīng)用楞次定律中“阻礙”的含義可以推廣為：感應(yīng)電流的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因，列表說明如下：內(nèi)容例證阻礙原磁通量變化——“增反減同”阻礙相對運動——“來拒去留”使回路面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——“增縮減擴(kuò)”B減小，線圈擴(kuò)張阻礙原電流的變化——“增反減同”考向1：應(yīng)用楞次定律判感應(yīng)電流方向[典例1]如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，有一質(zhì)量為m、阻值為R的閉合矩形金屬線框abcd用絕緣輕質(zhì)細(xì)桿懸掛在O點，并可繞O點擺動．金屬線框從右側(cè)某一位置靜止開始釋放，在擺動到左側(cè)最高點的過程中，細(xì)桿和金屬線框平面始終處于同一平面，且垂直紙面．則線框中感應(yīng)電流的方向是()A．a(chǎn)→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d解析由楞次定律可知，在線框從右側(cè)擺動到O點正下方的過程中，向上的磁通量在減小，故感應(yīng)電流的方向沿d→c→b→a→d；同理，線框從O點正下方向左側(cè)擺動的過程中，電流方向沿d→c→b→a→d，B正確．答案B考向2：右手定則判感應(yīng)電流的方向[典例2]如圖所示，MN、GH為光滑的水平平行金屬導(dǎo)軌，ab、cd為跨在導(dǎo)軌上的兩根金屬桿，垂直紙面向外的勻強磁場垂直穿過MN、GH所在的平面，則()A．若固定ab，使cd向右滑動，則abdc回路有電流，電流方向為a→b→d→c→aB．若ab、cd以相同的速度一起向右滑動，則abdc回路有電流，電流方向為a→c→d→b→aC．若ab向左、cd向右同時運動，則abdc回路中的電流為零D．若ab、cd都向右運動，且兩桿速度vcd＞vab，則abdc回路有電流，電流方向為a→c→d→b→a解析由右手定則可判斷出A項做法使回路產(chǎn)生順時針方向的電流，故A項錯．若ab、cd同向運動且速度大小相同，ab、cd所圍面積不變，磁通量不變，故不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B項錯．若ab向左，cd向右，則abdc回路中有順時針方向的電流，故C項錯．若ab、cd都向右運動，且兩桿速度vcd＞vab，則ab、cd所圍面積發(fā)生變化，磁通量也發(fā)生變化，由楞次定律可判斷出，abdc回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，故D項正確．答案D考向3：“阻礙法”的應(yīng)用[典例3](2017·東北三省五校聯(lián)考)如圖，圓環(huán)形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路．若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是()A．線圈a中將產(chǎn)生俯視順時針方向的感應(yīng)電流B．穿過線圈a的磁通量減少C．線圈a有擴(kuò)張的趨勢D．線圈a對水平桌面的壓力FN將增大解析當(dāng)滑片P向下移動時滑動變阻器連入電路的電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知通過b的電流增大，從而判斷出穿過線圈a的磁通量增加，方向向下，選項B錯誤；根據(jù)楞次定律即可判斷出線圈a中感應(yīng)電流方向俯視應(yīng)為逆時針，選項A錯誤；再根據(jù)楞次定律“阻礙”含義的推廣，線圈a應(yīng)有收縮或遠(yuǎn)離b的趨勢來阻礙磁通量的增加，所以C錯誤，D正確．答案D感應(yīng)電流方向判斷的兩點注意(1)楞次定律可應(yīng)用于磁通量變化引起感應(yīng)電流的各種情況(包括一部分導(dǎo)體切割磁感線運動的情況)．(2)右手定則只適用于一段導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運動的情景，是楞次定律的一種特殊情況．考點三“三定則、一定律”的理解及應(yīng)用1．“三個定則、一個定律”的應(yīng)用對比：名稱基本現(xiàn)象因果關(guān)系應(yīng)用的定則或定律電流的磁效應(yīng)運動電荷、電流產(chǎn)生磁場因電生磁安培定則洛倫茲力、安培力磁場對運動電荷、電流有作用力因電受力左手定則電磁感應(yīng)部分導(dǎo)體做切割磁感線運動因動生電右手定則閉合回路磁通量變化因磁生電楞次定律2.三個定則、一個定律”的相互聯(lián)系：(1)應(yīng)用楞次定律時，一般要用到安培定則．(2)研究感應(yīng)電流受到的安培力，一般先用右手定則確定電流方向，再用左手定則確定安培力的方向，有時也可以直接應(yīng)用楞次定律的推論確定．1．(多選)如圖所示，在勻強磁場中放有平行金屬導(dǎo)軌，它與大線圈M相連接，要使小導(dǎo)線圈N獲得順時針方向的感應(yīng)電流，則放在金屬導(dǎo)軌上的金屬棒ab的運動情況是(兩線圈共面放置)()A．向右勻速運動 B．向左加速運動C．向右減速運動 D．向右加速運動解析：選BC.欲使N產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向里，由楞次定律可知有兩種情況：一是M中有沿順時針方向逐漸減小的電流，使其在N中的磁場方向向里，且磁通量在減小；二是M中有逆時針方向逐漸增大的電流，使其在N中的磁場方向向外，且磁通量在增大．因此對前者應(yīng)使ab向右減速運動；對于后者，則應(yīng)使ab向左加速運動．2．(多選)如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，MN的左邊有一如圖所示的閉合電路，當(dāng)PQ在一外力的作用下運動時，MN向右運動，則PQ所做的運動可能是()A．向右加速運動B．向左加速運動C．向右減速運動D．向左減速運動解析：選BC.MN向右運動，說明MN受到向右的安培力，因為ab在MN處的磁場垂直紙面向里eq\o(→,\s\up16(左手定則))MN中的感應(yīng)電流由M→Neq\o(→,\s\up16(安培定則))L1中感應(yīng)電流的磁場方向向上eq\o(→,\s\up16(楞次定律))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(L2中磁場方向向上減弱,L2中磁場方向向下增強)).若L2中磁場方向向上減弱eq\o(→,\s\up16(安培定則))PQ中電流為Q→P且減小eq\o(→,\s\up16(右手定則))向右減速運動；若L2中磁場方向向下增強eq\o(→,\s\up16(安培定則))PQ中電流為P→Q且增大eq\o(→,\s\up16(右手定則))向左加速運動．3．(多選)如圖所示，兩個線圈套在同一個鐵芯上，線圈的繞向在圖中已經(jīng)標(biāo)出．左線圈連著平行導(dǎo)軌M和N，導(dǎo)軌電阻不計，在導(dǎo)軌垂直方向上放著金屬棒ab，金屬棒處在垂直于紙面向外的勻強磁場中．下列說法中正確的是()A．當(dāng)金屬棒ab向右勻速運動時，a點電勢高于b點，c點電勢高于d點B．當(dāng)金屬棒ab向右勻速運動時，b點電勢高于a點，c點與d點等電勢C．當(dāng)金屬棒ab向右加速運動時，b點電勢高于a點，c點電勢高于d點D．當(dāng)金屬棒ab向右加速運動時，b點電勢高于a點，d點電勢高于c點解析：選BD.當(dāng)金屬棒向右勻速運動而切割磁感線時，金屬棒產(chǎn)生恒定感應(yīng)電動勢，由右手定則判斷電流方向由a→b.根據(jù)電流從電源(ab相當(dāng)于電源)正極流出沿外電路回到電源負(fù)極的特點，可以判斷b點電勢高于a點．又左線圈中的感應(yīng)電動勢恒定，則感應(yīng)電流也恒定，所以穿過右線圈的磁通量保持不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，A錯誤，B正確．當(dāng)ab向右做加速運動時，由右手定則可推斷φb>φa，電流沿逆時針方向．又由E＝BLv可知ab導(dǎo)體兩端的E不斷增大，那么左邊電路中的感應(yīng)電流也不斷增大，由安培定則可判斷它在鐵芯中的磁感線方向是沿逆時針方向的，并且場強不斷增強，所以右邊電路的線圈中的向上的磁通量不斷增加．由楞次定律可判斷右邊電路的感應(yīng)電流方向應(yīng)沿逆時針，而在右線圈組成的電路中，感應(yīng)電動勢僅產(chǎn)生在繞在鐵芯上的那部分線圈上．把這個線圈看作電源，由于電流是從c沿內(nèi)電路(即右線圈)流向d，所以d點電勢高于c點，C錯誤，D正確．左、右手定則區(qū)分技巧(1)抓住“因果關(guān)系”：“因動而電”——用右手；“因電而動”——用左手．(2)形象記憶：把兩個定則簡單地總結(jié)為“通電受力用左手，運動生電用右手”．“力”的最后一筆“丿”方向向左，用左手；“電”的最后一筆“乚”方向向右，用右手．課時規(guī)范訓(xùn)練[基礎(chǔ)鞏固題組]1．在法拉第時代，下列驗證“由磁產(chǎn)生電”設(shè)想的實驗中，能觀察到感應(yīng)電流的是()A．將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后觀察電流表的變化B．在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后觀察電流表的變化C．將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀察電流表的變化D．繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，觀察電流表的變化解析：選D.產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件為：閉合回路內(nèi)磁通量發(fā)生變化．A項中，線圈繞在磁鐵上，磁通量未變，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，A錯誤．同理B錯誤．C項中，往線圈中插入條形磁鐵的瞬間，線圈中磁通量發(fā)生變化，此時線圈中將產(chǎn)生感應(yīng)電流，但插入后磁通量不再變化，無感應(yīng)電流，故到相鄰房間觀察時無示數(shù)，C錯誤．D項中，在線圈通電或斷電的瞬間，磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，D正確．2．如圖所示，一個金屬圓環(huán)水平放置在豎直向上的勻強磁場中，若要使圓環(huán)中產(chǎn)生圖中箭頭方向的瞬時感應(yīng)電流，下列方法可行的是()A．使勻強磁場均勻增大B．使圓環(huán)繞水平軸ab如圖轉(zhuǎn)動30°C．使圓環(huán)繞水平軸cd如圖轉(zhuǎn)動30°D．保持圓環(huán)水平并使其繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動解析：選A.根據(jù)右手定則，圓環(huán)中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場豎直向下與原磁場方向相反，根據(jù)楞次定律，說明圓環(huán)磁通量在增大．磁場增強則磁通量增大，A正確．使圓環(huán)繞水平軸ab或cd轉(zhuǎn)動30°，圓環(huán)在垂直磁場方向上的投影面積減小，磁通量減小，只會產(chǎn)生與圖示方向相反的感應(yīng)電流，B、C錯誤．保持圓環(huán)水平并使其繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動，圓環(huán)仍與磁場垂直，磁通量不變，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，D錯誤．3．如圖甲所示，在同一平面內(nèi)有兩個相互絕緣的金屬圓環(huán)A、B，圓環(huán)A平分圓環(huán)B為面積相等的兩部分，當(dāng)圓環(huán)A中的電流如圖乙所示變化時，甲圖中A環(huán)所示的電流方向為正，下列說法正確的是()A．B中始終沒有感應(yīng)電流B．B中有順時針方向的感應(yīng)電流C．B中有逆時針方向的感應(yīng)電流D．B中先有順時針方向的感應(yīng)電流，后有逆時針方向的感應(yīng)電流解析：選B.由于圓環(huán)A中的電流發(fā)生了變化，故圓環(huán)B中一定有感應(yīng)電流產(chǎn)生，由楞次定律判定B中有順時針方向的感應(yīng)電流，故選項B正確．4．(多選)如圖，兩同心圓環(huán)A、B置于同一水平面上，其中B為均勻帶負(fù)電絕緣環(huán)，A為導(dǎo)體環(huán)．當(dāng)B繞軸心順時針轉(zhuǎn)動且轉(zhuǎn)速增大時，下列說法正確的是()A．A中產(chǎn)生逆時針的感應(yīng)電流B．A中產(chǎn)生順時針的感應(yīng)電流C．A具有收縮的趨勢D．A具有擴(kuò)展的趨勢解析：選BD.由圖可知，B為均勻帶負(fù)電絕緣環(huán)，B中電流為逆時針方向，由右手螺旋定則可知，電流的磁場垂直紙面向外且逐漸增大；由楞次定律可知，磁場增大時，感應(yīng)電流的磁場與原磁場的方向相反，所以感應(yīng)電流的磁場的方向垂直紙面向里，A中感應(yīng)電流的方向為順時針方向，故A錯誤，B正確；B環(huán)外的磁場的方向與B環(huán)內(nèi)的磁場的方向相反，當(dāng)B環(huán)內(nèi)的磁場增強時，A環(huán)具有面積擴(kuò)展的趨勢，故C錯誤，D正確．5．(多選)航母上飛機彈射起飛是利用電磁驅(qū)動來實現(xiàn)的．電磁驅(qū)動原理如圖所示，當(dāng)固定線圈上突然通過直流電流時，線圈端點的金屬環(huán)被彈射出去．現(xiàn)在固定線圈左側(cè)同一位置，先后放有分別用橫截面積相等的銅和鋁導(dǎo)線制成形狀、大小相同的兩個閉合環(huán)，且電阻率ρ銅<ρ鋁．閉合開關(guān)S的瞬間()A．從左側(cè)看環(huán)中感應(yīng)電流沿順時針方向B．銅環(huán)受到的安培力大于鋁環(huán)受到的安培力C．若將環(huán)放置在線圈右方，環(huán)將向左運動D．電池正負(fù)極調(diào)換后，金屬環(huán)不能向左彈射解析：選AB.線圈中電流為右側(cè)流入，磁場方向為向左，在閉合開關(guān)的過程中，磁場變強，則由楞次定律可知，環(huán)中感應(yīng)電流由左側(cè)看為順時針，A正確．由于銅環(huán)的電阻較小，故銅環(huán)中感應(yīng)電流較大，故銅環(huán)受到的安培力要大于鋁環(huán)的，B正確．若將環(huán)放在線圈右方，根據(jù)“來拒去留”可得，環(huán)將向右運動，C錯誤．電池正負(fù)極調(diào)換后，金屬環(huán)受力仍向左，故仍將向左彈出，D錯誤．6．多年來物理學(xué)家一直設(shè)想用實驗證實自然界中存在“磁單極子”．磁單極子是指只有S極或只有N極的磁性物質(zhì)，其磁感線分布類似于點電荷的電場線分布．如圖所示的實驗就是用于檢測磁單極子的實驗之一，abcd為用超導(dǎo)材料圍成的閉合回路．設(shè)想有一個N極磁單極子沿abcd軸線從左向右穿過超導(dǎo)回路，那么在回路中可能發(fā)生的現(xiàn)象是()A．回路中無感應(yīng)電流B．回路中形成持續(xù)的abcda流向的感應(yīng)電流C．回路中形成持續(xù)的adcba流向的感應(yīng)電流D．回路中形成先abcda流向后adcba流向的感應(yīng)電流解析：選C.N極磁單極子的磁感線分布類似于正點電荷的電場線分布，由楞次定律知，回路中形成方向沿adcba流向的感應(yīng)電流，由于回路為超導(dǎo)材料做成的，電阻為零，故感應(yīng)電流不會消失，C項正確．[綜合應(yīng)用題組]7．(多選)如圖所示，一接有電壓表的矩形閉合線圈ABCD向右勻速穿過勻強磁場的過程中，下列說法正確的是()A．線圈中有感應(yīng)電動勢，有感應(yīng)電流B．線圈中有感應(yīng)電動勢，無感應(yīng)電流C．AB邊兩端有電壓，且電壓表有示數(shù)D．AB邊兩端有電壓，但電壓表無示數(shù)解析：選BD.由于通過回路的磁通量不變，故回路中無感應(yīng)電流產(chǎn)生，A項錯；由歐姆定律知電壓表示數(shù)U＝IRV＝0，C項錯；由于AB棒切割磁感線AB兩端有電壓，B、D項正確．8．如圖所示，在載流直導(dǎo)線近旁固定有兩平行光滑導(dǎo)軌A、B，導(dǎo)軌與直導(dǎo)線平行且在同一水平面內(nèi)，在導(dǎo)軌上有兩條可自由滑動的導(dǎo)體棒ab和cd，當(dāng)載流直導(dǎo)線中的電流逐漸增強時，導(dǎo)體棒ab和cd的運動情況是()A．一起向左運動B．一起向右運動C．a(chǎn)b和cd相向運動，相互靠近D．a(chǎn)b和cd相背運動，相互遠(yuǎn)離解析：選C.電流增強時，電流在abdc回路中產(chǎn)生的垂直紙面向里的磁場增強，回路中磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知回路要減小面積以阻礙磁通量的增加，因此，兩導(dǎo)體棒要相向運動，相互靠近．選項C正確．9．如圖所示，在水平地面下有一條沿東西方向鋪設(shè)的水平直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通有自東向西穩(wěn)定、強度較大的直流電流．現(xiàn)用一閉合的檢測線圈(線圈中串有靈敏電流計，圖中未畫出)檢測此通電直導(dǎo)線的位置，若不考慮地磁場的影響，在檢測線圈位于水平面內(nèi)，從距直導(dǎo)線很遠(yuǎn)處由北向南沿水平地面通過導(dǎo)線的上方并移至距直導(dǎo)線很遠(yuǎn)處的過程中，俯視檢測線圈，其中感應(yīng)電流的方向是()A．先順時針后逆時針B．先逆時針后順時針C．先順時針后逆時針，然后再順時針D．先逆時針后順時針，然后再逆時針解析：選D.如圖為地下通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場的正視圖，當(dāng)線圈在通電直導(dǎo)線正上方的左側(cè)時由楞次定律知，線圈中感應(yīng)電流方向為逆時針，同理在右側(cè)也為逆時針，當(dāng)線圈一部分在左側(cè)一部分在右側(cè)時為順時針，故D正確．10．(多選)如圖，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動．現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是()A．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高B．所加磁場越強越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動解析：選ABD.設(shè)想把金屬圓盤切割成無數(shù)根導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則可知，靠近圓心處的電勢高，選項A正確；根據(jù)E＝BLv可知，所加磁場B越強，感應(yīng)電動勢E越大，感應(yīng)電流越大，因F＝BIL，所以安培力也越大，安培力對圓盤的轉(zhuǎn)動阻礙作用越強，選項B正確；若所加磁場反向，根據(jù)楞次定律可知安培力阻礙圓盤的轉(zhuǎn)動，故圓盤仍將減速運動，選項C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤的半徑切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，但圓盤內(nèi)沒有渦流，故沒有安培力，不消耗機械能，所以圓盤勻速轉(zhuǎn)動，選項D正確．11．(多選)如圖所示，鐵芯上有兩個線圈A和B.線圈A跟電源相連，LED(發(fā)光二極管，具有單向?qū)щ娦?M和N并聯(lián)后接在線圈B兩端．圖中所有元件均正常，則()A．S閉合瞬間，A中有感應(yīng)電動勢B．S斷開瞬間，A中有感應(yīng)電動勢C．S閉合瞬間，M亮一下，N不亮D．S斷開瞬間，M和N二者均不亮解析：選ABC.閉合開關(guān)的瞬間，穿過線圈A的磁通量增加，線圈A中將產(chǎn)生自感電動勢，故A正確．開關(guān)斷開的瞬間，穿過線圈A的磁通量減小，線圈A中將產(chǎn)生自感電動勢，故B正確．閉合開關(guān)的瞬間，穿過線圈A的磁通量增加，根據(jù)安培定則可知，A中產(chǎn)生的磁場的方向向上，穿過B的磁通量向上增大時，根據(jù)楞次定律可知，B中感應(yīng)電流的磁場的方向向下，根據(jù)安培定則可知B中感應(yīng)電流的方向向下，所以線圈下端的電勢高，電流能通過二極管M，不能通過二極管N，故C正確．結(jié)合C的分析可知，S斷開瞬間，穿過線圈B的磁通量減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向與C中感應(yīng)電流的方向相反，所以感應(yīng)電流能通過二極管N，不能通過二極管M，故D錯誤．12．經(jīng)過不懈的努力，法拉第終于在1831年8月29日發(fā)現(xiàn)了“磁生電”的現(xiàn)象，他把兩個線圈繞在同一個軟鐵環(huán)上(如圖所示)，一個線圈A連接電池與開關(guān)，另一線圈B閉合并在其中一段直導(dǎo)線附近平行放置小磁針．法拉第可觀察到的現(xiàn)象有()A．當(dāng)合上開關(guān)，A線圈接通電流瞬間，小磁針偏轉(zhuǎn)一下，隨即復(fù)原B．只要A線圈中有電流，小磁針就會發(fā)生偏轉(zhuǎn)C．A線圈接通后其電流越大，小磁針偏轉(zhuǎn)角度也越大D．當(dāng)開關(guān)打開，A線圈電流中斷瞬間，小磁針會出現(xiàn)與A線圈接通電流瞬間完全相同的偏轉(zhuǎn)解析：選A.當(dāng)合上開關(guān)，A線圈接通電流瞬間，穿過A的磁通量發(fā)生變化，使得穿過B的磁通量也變化，所以在B中產(chǎn)生感生電流，電流穩(wěn)定后穿過A、B的磁通量不再變化，所以B中不再有感應(yīng)電流，即小磁針偏轉(zhuǎn)一下，隨即復(fù)原，選項A正確；A線圈中有電流，但是如果電流大小不變，則在B中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，即小磁針就不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，選項B錯誤；B線圈中的感應(yīng)電流大小與A中電流的變化率有關(guān)，與A中電流大小無關(guān)，故C錯誤；當(dāng)開關(guān)打開，A線圈電流中斷瞬間，由于穿過B的磁通量減小，則在B中產(chǎn)生的電流方向與A線圈接通電流瞬間產(chǎn)生的電流方向相反，所以小磁針會出現(xiàn)與A線圈接通電流瞬間完全相反的偏轉(zhuǎn)，選項D錯誤．13．(多選)某同學(xué)將一條形磁鐵放在水平轉(zhuǎn)盤上，如圖甲所示，磁鐵可隨轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動，另將一磁感應(yīng)強度傳感器固定在轉(zhuǎn)盤旁邊．當(dāng)轉(zhuǎn)盤(及磁鐵)轉(zhuǎn)動時，引起磁感應(yīng)強度測量值周期性地變化，該變化的周期與轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動周期一致．經(jīng)過操作，該同學(xué)在計算機上得到了如圖乙所示的圖象．該同學(xué)猜測磁感應(yīng)強度傳感器內(nèi)有一線圈，當(dāng)測得磁感應(yīng)強度最大時就是穿過線圈的磁通量最大時．按照這種猜測()A．在t＝0.1s時刻，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向發(fā)生了變化B．在t＝0.15s時刻，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向發(fā)生了變化C．在t＝0.1s時刻，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小達(dá)到了最大值D．在t＝0.15s時刻，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小達(dá)到了最大值解析：選AC.題圖乙中斜率既能反映線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向變化，又能反映感應(yīng)電流的大小變化．t＝0.1s時刻，圖線斜率最大，意味著磁通量的變化率最大，感應(yīng)電動勢最大，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小達(dá)到了最大值，t＝0.1s時刻前后的圖線斜率一正一負(fù)，說明產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向發(fā)生了變化，所以A、C正確；同理可知t＝0.15s時刻，圖線斜率不是最大值，且該時刻前后圖線斜率全為負(fù)值，說明線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向沒有變化，而且大小并未達(dá)到最大值，選項B、D錯誤．14．磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場僅存在于邊長為2l的正方形范圍內(nèi)，有一個電阻為R、邊長為l的正方形導(dǎo)線框abcd，沿垂直于磁感線方向，以速度v勻速通過磁場，如圖所示，從ab(1)畫出穿過線框的磁通量隨時間變化的圖象；(2)判斷線框中有無感應(yīng)電流．若有，說明感應(yīng)電流的方向．解析：(1)當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場時，穿過線框的磁通量均勻增加，在t1＝eq\f(l,v)時線框全部進(jìn)入磁場，磁通量Φ＝Bl2不變化；當(dāng)在t2＝eq\f(2l,v)時，ab邊離開磁場，穿過線框的磁通量均勻減少到零，所以該過程的Φ－t圖象如圖所示．(2)ab邊進(jìn)入磁場時有感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則可判知感應(yīng)電流方向為逆時針；ab邊離開磁場時有感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則可判知感應(yīng)電流方向為順時針；中間過程t1～t2磁通量不變化，沒有感應(yīng)電流．答案：見解析第2節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律自感和渦流一、法拉第電磁感應(yīng)定律1．法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，n為線圈匝數(shù)．2．導(dǎo)體切割磁感線的情形(1)若B、l、v相互垂直，則E＝Blv.(2)E＝Blvsinθ，θ為運動方向與磁感線方向的夾角．(3)導(dǎo)體棒在磁場中轉(zhuǎn)動：導(dǎo)體棒以端點為軸，在勻強磁場中垂直于磁感線方向勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)Bl2ωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(平均速度取中點位置線速度\f(1,2)lω)).二、自感和渦流1．自感現(xiàn)象：當(dāng)導(dǎo)體中電流發(fā)生變化時，導(dǎo)體本身就產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，這個電動勢總是阻礙導(dǎo)體中原來電流的變化，這種由于導(dǎo)體本身電流發(fā)生變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象叫自感現(xiàn)象．2．自感電動勢：在自感現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Leq\f(ΔI,Δt)，其中L叫自感系數(shù)，它與線圈的大小、形狀、圈數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān)，自感系數(shù)的單位是亨利(H)，1mH＝10－3H,1μH＝10－6H.3．渦流當(dāng)線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的任何導(dǎo)體中都會產(chǎn)生像水的漩渦狀的感應(yīng)電流．(1)電磁阻尼：當(dāng)導(dǎo)體在磁場中運動時，感應(yīng)電流會使導(dǎo)體受到安培力，安培力的方向總是阻礙導(dǎo)體的運動．(2)電磁驅(qū)動：如果磁場相對于導(dǎo)體轉(zhuǎn)動，在導(dǎo)體中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，使導(dǎo)體受到安培力的作用，安培力使導(dǎo)體運動起來．交流感應(yīng)電動機就是利用電磁驅(qū)動的原理工作的．[自我診斷]1．判斷正誤(1)線圈中磁通量越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大．(×)(2)線圈中磁通量變化越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大．(×)(3)線圈中磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大．(√)(4)線圈中的電流越大，自感系數(shù)也越大．(×)(5)磁場相對導(dǎo)體棒運動時，導(dǎo)體棒中也能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢．(√)(6)對于同一線圈，電流變化越快，線圈中的自感電動勢越大．(√)2．如圖所示，勻強磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大．兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb.不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說法正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向解析：選B.由題意可知eq\f(ΔB,Δt)＝k，導(dǎo)體圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝eq\f(ΔB,Δt)·πr2，因ra∶rb＝2∶1，故Ea∶Eb＝4∶1；由楞次定律知感應(yīng)電流的方向均沿順時針方向，選項B正確．3．如圖所示，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應(yīng)強度方向垂直，當(dāng)它以速度v沿與棒和磁感應(yīng)強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為E；將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應(yīng)強度相垂直的平面內(nèi)，當(dāng)它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為E′，則eq\f(E′,E)等于()A.eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．1 D.eq\r(2)解析：選B.設(shè)金屬棒長度為l，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，根據(jù)電磁感應(yīng)定律得E＝Blv.金屬棒彎折后，切割磁感線運動的有效長度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)l，故E′＝eq\f(\r(2),2)Blv.因此eq\f(E′,E)＝eq\f(\r(2),2)，B正確．4．(2017·江蘇鹽城中學(xué)學(xué)情檢測)(多選)如圖所示，L是自感系數(shù)很大的線圈，但其自身的電阻幾乎為零．A和B是兩個完全相同的燈泡，則下列說法中正確的有()A．當(dāng)開關(guān)S閉合瞬間，A、B兩燈同時亮，最后B燈熄滅B．當(dāng)開關(guān)S斷開瞬間，A、B兩燈同時熄滅C．當(dāng)開關(guān)S斷開瞬間，a點電勢比b點電勢低D．當(dāng)開關(guān)S斷開瞬間，流經(jīng)燈泡B的電流是由a到b解析：選AD.開關(guān)S閉合瞬間，線圈L對電流有阻礙作用，則相當(dāng)于燈泡A與B串聯(lián)，因此同時亮，且亮度相同，穩(wěn)定后B被短路熄滅，選項A正確；穩(wěn)定后當(dāng)開關(guān)S斷開后，A馬上熄滅，由于自感，線圈中的電流只能慢慢減小，其相當(dāng)于電源，左端電勢高，與燈泡B構(gòu)成閉合回路放電，流經(jīng)燈泡B的電流是由a到b，B閃一下再熄滅，選項D正確，B、C錯誤．

考點一法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及應(yīng)用1．感應(yīng)電動勢大小的決定因素(1)感應(yīng)電動勢的大小由穿過閉合電路的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)和線圈的匝數(shù)共同決定，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系．(2)當(dāng)ΔΦ僅由B引起時，則E＝neq\f(SΔB,Δt)；當(dāng)ΔΦ僅由S引起時，則E＝neq\f(BΔS,Δt)；當(dāng)ΔΦ由B、S的變化同時引起，則E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔBΔS,Δt).2．磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t圖象上某點切線的斜率．3．應(yīng)用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)時應(yīng)注意的幾個問題(1)由于磁通量有正負(fù)之分，計算磁通量的變化時一定要規(guī)定磁通量的正方向．正向的磁通量增加與反向的磁通量減少產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向相同．(2)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)是求解回路某段時間內(nèi)平均電動勢的最佳選擇．若eq\f(ΔΦ,Δt)為恒量，則平均電動勢等于瞬時電動勢．(3)用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應(yīng)電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)垂直磁場方向的有效面積．1．圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內(nèi)，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb()A．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒為－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)解析：選C.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B2－B1S,t2－t1)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應(yīng)電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為φa－φb＝－neq\f(B2－B1S,t2－t1)，選項C正確．2．(2016·湖南衡陽聯(lián)考)用均勻?qū)Ь€做成的正方形線圈邊長為l，如圖所示，正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強磁場中，當(dāng)磁場以eq\f(ΔB,Δt)的變化率增強時，不考慮磁場的變化對虛線右側(cè)的影響，則()A．線圈中感應(yīng)電流方向為adbcaB．線圈中產(chǎn)生的電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)·l2C．線圈中a點電勢高于b點電勢D．線圈中b、a兩點間的電勢差為eq\f(l2ΔB,4Δt)解析：選D.處于磁場中的線圈面積不變，eq\f(ΔB,Δt)增大時，通過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向為acbda方向，A項錯；產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的acb部分等效為電源，b端為等效電源的正極，電勢高于a端，C項錯；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)，知B項錯；adb部分等效為外電路，b、a兩點間電勢差為等效電路的路端電壓，U＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(E,2)＝eq\f(l2ΔB,4Δt)，D項正確．3．A、B兩閉合圓形導(dǎo)線環(huán)用相同規(guī)格的導(dǎo)線制成，它們的半徑之比rA∶rB＝2∶1，在兩導(dǎo)線環(huán)包圍的空間內(nèi)存在一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于兩導(dǎo)線環(huán)所在的平面，如圖所示．在磁場的磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大的過程中，下列說法正確的是()A．兩導(dǎo)線環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等B．A環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于B環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢C．流過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流的大小之比為1∶4D．流過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流的大小之比為1∶1解析：選A.某一時刻穿過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的磁通量均為穿過磁場所在區(qū)域面積上的磁通量，設(shè)磁場區(qū)域的面積為S，則Φ＝BS，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S(S為磁場區(qū)域面積)，對A、B兩導(dǎo)線環(huán)，有eq\f(EA,EB)＝1，所以A正確，B錯誤；I＝eq\f(E,R)，R＝ρeq\f(l,S1)(S1為導(dǎo)線的橫截面積)，l＝2πr，所以eq\f(IA,IB)＝eq\f(EArB,EBrA)＝eq\f(1,2)，C、D錯誤．4．(2017·連云港質(zhì)檢)如圖所示，勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場垂直．已知線圈的匝數(shù)N＝100，邊長ab＝1.0m、bc＝0.5m，電阻r＝2Ω.磁感應(yīng)強度B在0～1s內(nèi)從零均勻變化到0.2T．在1s～5s內(nèi)從0.2T均勻變化到－0.2T，取垂直紙面向里為磁場的正方向．求：(1)0.5s時線圈內(nèi)感應(yīng)電動勢的大小E和感應(yīng)電流的方向；(2)在1s～5s內(nèi)通過線圈的電荷量q；解析：(1)感應(yīng)電動勢E1＝eq\f(NΔΦ1,Δt1)磁通量的變化量ΔΦ1＝ΔB1S解得E1＝eq\f(NΔB1S,Δt1)代入數(shù)據(jù)得E1＝10V由楞次定律得，感應(yīng)電流的方向為a→d→c→b→a.(2)同理可得在1s～5s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2＝Neq\f(ΔB2S,Δt2)感應(yīng)電流I2＝eq\f(E2,r)電荷量q＝I2Δt2解得q＝Neq\f(ΔB2S,r)代入數(shù)據(jù)得q＝10C答案：(1)10Va→d→c→b→a(2)10C應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律的兩點注意(1)一般步驟：①分析穿過閉合電路的磁場方向及磁通量的變化情況；②利用楞次定律確定感應(yīng)電流的方向；③靈活選擇法拉第電磁感應(yīng)定律的不同表達(dá)形式列方程求解．(2)一個結(jié)論：通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路總電阻R總有關(guān)，與時間長短無關(guān)．推導(dǎo)如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR總)·Δt＝eq\f(nΔΦ,R總).考點二導(dǎo)體棒切割類電動勢的計算1．導(dǎo)體平動切割磁感線(1)一般情況：運動速度v和磁感線方向夾角為θ，則E＝Blvsinθ.(2)常用情況：運動速度v和磁感線方向垂直，則E＝Blv.(3)若導(dǎo)體棒不是直的，則E＝Blv中的l為切割磁感線的導(dǎo)體棒的有效長度．下圖中，棒的有效長度均為ab間的距離．2．導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割磁感線導(dǎo)體棒以端點為軸，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)Bωl2(導(dǎo)體棒的長度為l)．1.如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于ab邊向上，當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是()A．Ua>Uc，金屬框中無電流B．Ub>Uc，金屬框中的電流方向沿a-b-c-aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Uac＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿a-c-b-a解析：選C.金屬框abc平面與磁場平行，轉(zhuǎn)動過程中磁通量始終為零，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項B、D錯誤．轉(zhuǎn)動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由右手定則判斷Ua<Uc，Ub<Uc，選項A錯誤．由轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項C正確．2．如圖所示，abcd為水平放置的平行“匚”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則()A．電路中感應(yīng)電動勢的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應(yīng)電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r)D．金屬桿的熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)解析：選B.金屬桿的運動方向與金屬桿不垂直，電路中感應(yīng)電動勢的大小為E＝Blv(l為切割磁感線的有效長度)，選項A錯誤；電路中感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,\f(lr,sinθ))＝eq\f(Bvsinθ,r)，選項B正確；金屬桿所受安培力的大小為F＝BIl′＝B·eq\f(Bvsinθ,r)·eq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，選項C錯誤；金屬桿的熱功率為P＝I2R＝eq\f(B2v2sin2θ,r2)·eq\f(lr,sinθ)＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，選項D錯誤．3．(2017·山東濟(jì)南模擬)在范圍足夠大，方向豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，寬度L＝0.4m，如圖所示，框架上放置一質(zhì)量m＝0.05kg、電阻R＝1Ω的金屬桿cd，框架電阻不計．若桿cd在水平外力F的作用下以恒定加速度a＝2m/s2，由靜止開始向右做勻變速運動，求：(1)在5s內(nèi)平均感應(yīng)電動勢eq\x\to(E)是多少？(2)第5s末回路中的電流I多大？(3)第5s末作用在桿cd上的水平外力F多大？解析：(1)t＝5s內(nèi)金屬桿的位移x＝eq\f(1,2)at2＝25m5s內(nèi)的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝5m/seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(也可用\x\to(v)＝\f(0＋v5,2)求解))故平均感應(yīng)電動勢eq\x\to(E)＝BLeq\x\to(v)＝0.4V(2)第5s末桿的速度v＝at＝10m/s此時感應(yīng)電動勢E＝BLv則回路中的電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)＝0.8A(3)桿cd勻加速運動，由左手定則判得所受安培力方向向左，由牛頓第二定律得F－F安＝ma桿cd所受安培力F安＝BIL，即F＝BIL＋ma＝0.164N答案：(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N求解感應(yīng)電動勢常見情況與方法情景圖研究對象回路(不一定閉合)一段直導(dǎo)線(或等效成直導(dǎo)線)繞一端轉(zhuǎn)動的一段導(dǎo)體棒繞與B垂直且在導(dǎo)線框平面內(nèi)的軸轉(zhuǎn)動的導(dǎo)線框表達(dá)式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLvsinθE＝eq\f(1,2)BL2ωE＝NBSωsin(ωt＋φ0)考點三自感現(xiàn)象的理解及應(yīng)用1．自感現(xiàn)象的四大特點(1)自感電動勢總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變化．(2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化．(3)電流穩(wěn)定時，自感線圈就相當(dāng)于普通導(dǎo)體．(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進(jìn)行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向．2．自感中“閃亮”與“不閃亮”問題與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)的燈泡電路圖通電時電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮電流突然增大，然后逐漸減小達(dá)到穩(wěn)定斷電時電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2：①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②若I2＞I1，燈泡閃亮后逐漸變暗．兩種情況燈泡中電流方向均改變.1．(多選)如圖甲、乙所示，電路中的電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，且小于燈泡A的電阻，接通S，使電路達(dá)到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則()A．在電路甲中，斷開S后，A將逐漸變暗B．在電路甲中，斷開S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗C．在電路乙中，斷開S后，A將逐漸變暗D．在電路乙中，斷開S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗解析：選AD.題圖甲所示電路中，燈A和線圈L串聯(lián)，電流相同，斷開S時，線圈上產(chǎn)生自感電動勢，阻礙原電流的減小，通過R、A形成回路，燈A逐漸變暗．題圖乙所示電路中，電阻R和燈A串聯(lián)，燈A和電阻R的總電阻大于線圈L的電阻，電流則小于線圈L中的電流，斷開S時，電源不給燈供電，而線圈L產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流的減小，通過R、A形成回路，燈A中電流比原來大，變得更亮，然后逐漸變暗．2．(多選)如圖所示，電路中A和B是兩個完全相同的小燈泡，L是一個自感系數(shù)很大、直流電阻為零的電感線圈，C是電容很大的電容器．當(dāng)S閉合與斷開時，對A、B的發(fā)光情況判斷正確的是()A．S閉合時，A立即亮，然后逐漸熄滅B．S閉合時，B立即亮，然后逐漸熄滅C．S閉合足夠長時間后，B發(fā)光而A不發(fā)光D．S閉合足夠長時間后再斷開，B立即熄滅而A逐漸熄滅答案：AC.3．(多選)如圖所示的電路中，L為一個自感系數(shù)很大、直流電阻不計的線圈，D1、D2是兩個完全相同的電燈，E是內(nèi)阻不計的電源．t＝0時刻，閉合開關(guān)S.經(jīng)過一段時間后，電路達(dá)到穩(wěn)定，t1時刻斷開開關(guān)S.I1、I2分別表示通過電燈D1和D2中的電流，規(guī)定圖中箭頭所示方向為電流正方向，以下各圖中能定性描述電流I隨時間t變化關(guān)系的是()解析：選AC.當(dāng)S閉合時，L的自感作用會阻礙其中的電流變大，電流從D1流過；當(dāng)L的阻礙作用變小時，L中的電流變大，D1中的電流變小至零；D2中的電流為電路總電流，電流流過D1時，電路總電阻較大，電流較小，當(dāng)D1中電流為零時，電流流過L與D2，總電阻變小，電流變大至穩(wěn)定；當(dāng)S再斷開時，D2馬上熄滅，D1與L組成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄滅，電流反向且減小；綜上所述知選項A、C正確．(1)對自感現(xiàn)象“阻礙”作用的理解①流過線圈的電流增加時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢阻礙電流的增加，使其緩慢地增加；②流過線圈的電流減小時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢阻礙原電流的減小，使其緩慢地減小．(2)分析自感現(xiàn)象應(yīng)注意①通過自感線圈中的電流不能發(fā)生突變，即通電過程中，電流逐漸變大，斷電過程中，電流逐漸變小，此時線圈可等效為“電源”，該“電源”與其他電路元件形成回路；②斷電自感現(xiàn)象中燈泡是否“閃亮”的判斷：若斷電后通過燈泡的電流比原來強，則燈泡先閃亮，再慢慢熄滅．課時規(guī)范訓(xùn)練[基礎(chǔ)鞏固題組]1.(多選)粗細(xì)均勻的導(dǎo)線繞成匝數(shù)為n、半徑為r的圓形閉合線圈．線圈放在磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大，線圈中產(chǎn)生的電流為I，下列說法正確的是()A．電流I與匝數(shù)n成正比B．電流I與線圈半徑r成正比C．電流I與線圈面積S成正比D．電流I與導(dǎo)線橫截面積S0成正比解析：選BD.由題給條件可知感應(yīng)電動勢為E＝nπr2eq\f(ΔB,Δt)，電阻為R＝eq\f(ρn2πr,S0)，電流I＝eq\f(E,R)，聯(lián)立以上各式得I＝eq\f(S0r,2ρ)·eq\f(ΔB,Δt)，則可知B、D項正確，A、C項錯誤．2．(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析：選AB.由右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電流沿a到b的方向流動，選項B正確；由感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)Bl2ω知，角速度恒定，則感應(yīng)電動勢恒定，電流大小恒定，選項A正確；角速度大小變化，感應(yīng)電動勢大小變化，但感應(yīng)電流方向不變，選項C錯誤；若ω變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應(yīng)電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤．3．(多選)一導(dǎo)線彎成如圖所示的閉合線圈，以速度v向左勻速進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外．線圈總電阻為R，從線圈進(jìn)入磁場開始到完全進(jìn)入磁場為止，下列結(jié)論正確的是()A．感應(yīng)電流一直沿順時針方向B．線圈受到的安培力先增大，后減小C．感應(yīng)電動勢的最大值E＝BrvD．穿過線圈某個橫截面的電荷量為eq\f(Br2＋πr2,R)解析：選AB.在閉合線圈進(jìn)入磁場的過程中，通過閉合線圈的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向一直沿順時針方向，A正確；線圈切割磁感線的有效長度先變長后變短，感應(yīng)電流先變大后變小，安培力也先變大后變小，B正確；線圈切割磁感線的有效長度最大值為2r，感應(yīng)電動勢最大值E＝2Brv，C錯誤；穿過線圈某個橫截面的電荷量為Q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2＋\f(π,2)r2)),R)，D錯誤．4．如圖所示，正方形線框的左半側(cè)處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向與線框平面垂直，線框的對稱軸MN恰與磁場邊緣平齊．若第1次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，第2次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉(zhuǎn)過90°，為使兩次操作過程中，線框產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢相等，則()A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1解析：選A.第1次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，線框中的感應(yīng)電動勢恒定，有eq\x\to(E)1＝E1＝BLv1.第2次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉(zhuǎn)過90°，所需時間t＝eq\f(πr,2v2)＝eq\f(πL,4v2)，線框中的磁通量變化量ΔΦ＝B·L·eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)BL2，產(chǎn)生的平均電動勢eq\x\to(E)2＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(2BLv2,π).由題意知eq\x\to(E)1＝eq\x\to(E)2，可得v1∶v2＝2∶π，A正確．5．如圖所示的電路，電源電動勢為E，線圈L的電阻不計，以下判斷正確的是()A．閉合S，穩(wěn)定后，電容器兩端電壓為EB．閉合S，穩(wěn)定后，電容器的a極板帶正電C．?dāng)嚅_S的瞬間，電容器的a極板將帶正電D．?dāng)嚅_S的瞬間，電容器的a極板將帶負(fù)電解析：選C.由題意及自感現(xiàn)象規(guī)律可知，當(dāng)開關(guān)S閉合且電路穩(wěn)定后，電容器與線圈L并聯(lián)，由于線圈的直流電阻不計，所以電容器兩端電壓為零，故A、B項錯誤；斷開S的瞬間，由自感規(guī)律可知，線圈中要產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，感應(yīng)電動勢引起的感應(yīng)電流的方向與原電流的方向一致，因而電容器的a極板將帶正電，故C項正確．[綜合應(yīng)用題組]6．光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如右圖所示，拋物線的方程是y＝x2，下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y＝a的直線(圖中的虛線所示)，一個小金屬塊從拋物線上y＝b(b＞a)處以速度v沿拋物線下滑，假設(shè)拋物線足夠長，金屬塊沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是()A．mgb B.eq\f(1,2)mv2C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2解析：選D.金屬塊在進(jìn)出磁場過程中要產(chǎn)生感應(yīng)電流，機械能要減少，上升的最大高度不斷降低，最后剛好飛不出磁場，就往復(fù)運動永不停止，由能量守恒可得Q＝ΔE＝eq\f(1,2)mv2＋mg(b－a)．7．如圖所示，邊長為2L的正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.一個邊長為L、粗細(xì)均勻的正方形導(dǎo)線框abcd，其所在平面與磁場方向垂直，導(dǎo)線框的對角線與虛線框的對角線在一條直線上，導(dǎo)線框各邊的電阻大小均為RA．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域時產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B．導(dǎo)線框中有感應(yīng)電流的時間為eq\f(\r(2)L,v)C．導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時，整個導(dǎo)線框所受安培力大小為eq\f(B2L2v,4R)D．導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時，導(dǎo)線框a、c兩點間的電壓為eq\f(\r(2)BLv,4)解析：選D.根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的效果總是阻礙磁通量的變化，故由楞次定律判斷出，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域時產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，故選項A錯誤；導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場后感應(yīng)電流消失，導(dǎo)線框從開始進(jìn)入磁場到完全進(jìn)入經(jīng)歷的時間為eq\f(\r(2)L,v)，穿出的時間也為eq\f(\r(2)L,v)，導(dǎo)線框中有感應(yīng)電流的時間為t＝eq\f(\r(2)L,v)×2，故選項B錯誤；導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時，導(dǎo)體的有效切割長度為eq\f(\r(2)L,2)，感應(yīng)電動勢為eq\f(\r(2)BLv,2)，由安培力公式可算出安培力為eq\f(B2L2v,8R)，故選項C錯誤；導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時，導(dǎo)線框a、c兩點間的電壓為電動勢的一半，即eq\f(\r(2)BLv,4)，故選項D正確．8．如圖所示的電路中，A、B、C是三個完全相同的燈泡，L是一個自感系數(shù)較大的線圈，其直流電阻與燈泡電阻相同．下列說法正確的是()A．閉合開關(guān)S，A燈逐漸變亮B．電路接通穩(wěn)定后，流過B燈的電流是流過C燈電流的eq\f(3,2)C．電路接通穩(wěn)定后，斷開開關(guān)S，C燈立即熄滅D．電路接通穩(wěn)定后，斷開開關(guān)S，A、B、C燈過一會兒才熄滅，且A燈亮度比B、C燈亮度高解析：選D.畫出等效電路如圖所示，閉合開關(guān)S，所有的燈都立即變亮，A錯誤；電路穩(wěn)定后，線圈和燈泡A的并聯(lián)電阻為eq\f(R,2)，與B燈的串聯(lián)電阻為eq\f(3R,2)，C燈的電阻為R，根據(jù)并聯(lián)電路分流與電阻成反比，故流過B燈的電流是流過C燈電流的eq\f(2,3)，B錯誤；斷開開關(guān)S，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢對三個燈泡供電，因此三個燈泡都過一會才熄滅，供電電路是B、C燈串聯(lián)與A燈并聯(lián)，因此A燈的亮度比B、C燈的亮度高，C錯誤，D正確．9．如圖所示，PQQ2P2是由兩個正方形導(dǎo)線方格PQQ1P1、P1Q1Q2P2構(gòu)成的網(wǎng)絡(luò)電路．方格每邊長度l＝10cm.在x>0的半空間分布有隨時間t均勻增加的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面并指向紙內(nèi)．今令網(wǎng)絡(luò)電路PQQ2P2以恒定的速度v＝5cm/s沿x軸正方向運動并進(jìn)入磁場區(qū)域，在運動過程中方格的邊PQ始終與y軸平行．若取PQ與y軸重合的時刻為t＝0，在以后任一時刻t磁場的磁感應(yīng)強度為B＝B0＋bt，式中t的單位為s，B0、b為已知恒量．當(dāng)t＝2.5s時刻，方格PQQ1P1中的感應(yīng)電動勢是E1，方格P1Q1Q2P2中的感應(yīng)電動勢是E2.E1、E2的表達(dá)式正確的是()A．E1＝B0lv B．E1＝bl2C．E2＝eq\f(bl2,4) D．E2＝(B0＋bt)lv解析：選B.經(jīng)過2.5s，線框向右運動了12.5cm，此時右邊的線框只有感生電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E1＝bl2，B正確，A錯誤；此時左邊的線框只有右邊在磁場中，離磁場邊界0.25l，線框中既有動生電動勢又有感生電動勢，故電動勢的大小E2＝(B0＋2.5b)lv＋0.25bl2，C、D錯誤．10．小明同學(xué)設(shè)計了一個“電磁天平”，如圖1所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡．線圈的水平邊長L＝0.1m，豎直邊長H＝0.3m，匝數(shù)為n1.線圈的下邊處于勻強磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強度B0＝1.0T，方向垂直線圈平面向里．線圈中通有可在0～2.0A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I.掛盤放上待測物體后，調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡，測出電流即可測得物體的質(zhì)量．(重力加速度取g＝10m/s2)(1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5kg，線圈的匝數(shù)n1至少為多少？(2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，另選n2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10Ω.不接外電流，兩臂平衡．如圖2所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應(yīng)強度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域?qū)挾萪＝0.1m．當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為0.01kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應(yīng)強度的變化率eq\f(ΔB,Δt).解析：(1)線圈受到安培力F＝n1B0IL天平平衡mg＝n1B0IL代入數(shù)據(jù)得n1＝25匝(2)由電磁感應(yīng)定律得E＝n2eq\f(ΔΦ,Δt)即E＝n2eq\f(ΔB,Δt)Ld由歐姆定律得I′＝eq\f(E,R)線圈受到安培力F′＝n2B0I′L天平平衡m′g＝neq\o\al(2,2)B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)代入數(shù)據(jù)可得eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s答案：(1)25匝(2)0.1T/s11．(1)如圖甲所示，兩根足夠長的平行導(dǎo)軌，間距L＝0.3m，在導(dǎo)軌間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B1＝0.5T．一根直金屬桿MN以v＝2m/s的速度向右勻速運動，桿MN始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．桿MN的電阻r1＝1Ω，導(dǎo)軌的電阻可忽略．求桿MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1.(2)如圖乙所示，一個匝數(shù)n＝100的圓形線圈，面積S1＝0.4m2，電阻r2＝1Ω.在線圈中存在面積S2＝0.3m2垂直線圈平面(指向紙外)的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度B2隨時間t變化的關(guān)系如圖丙所示．求圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E(3)有一個R＝2Ω的電阻，將其兩端a、b分別與圖甲中的導(dǎo)軌和圖乙中的圓形線圈相連接，b端接地．試判斷以上兩種情況中，哪種情況a端的電勢較高？求這種情況中a端的電勢φa.解析：(1)桿MN做切割磁感線的運動，E1＝B1Lv產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝0.3V.(2)穿過圓形線圈的磁通量發(fā)生變化，E2＝neq\f(ΔB2,Δt)S2產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2＝4.5V.(3)當(dāng)電阻R與題圖甲中的導(dǎo)軌相連接時，a端的電勢較高通過電阻R的電流I＝eq\f(E1,R＋r1)電阻R兩端的電勢差φa－φb＝IRa端的電勢φa＝IR＝0.2V.答案：(1)0.3V(2)4.5V(3)與圖甲中的導(dǎo)軌相連接a端電勢高φa＝0.2V第3節(jié)電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用一、電磁感應(yīng)中的電路問題1．電源和電阻2．電流方向在外電路，電流由高電勢流向低電勢；在內(nèi)電路，電流由低電勢流向高電勢．二、電磁感應(yīng)中的圖象問題圖象類型①隨時間t變化的圖象，如B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象和I－t圖象②隨位移x變化的圖象，如E－x圖象和I－x圖象問題類型①由給定的電磁感應(yīng)過程判斷或畫出正確的圖象②由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量(用圖象)應(yīng)用知識左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律，函數(shù)圖象等知識三、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1．安培力的大小eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(感應(yīng)電動勢：E＝Blv,感應(yīng)電流：I＝\f(E,R＋r),安培力公式：F＝BIl))?F＝eq\f(B2l2v,R＋r)2．安培力的方向(1)先用右手定則確定感應(yīng)電流方向，再用左手定則確定安培力方向．(2)根據(jù)楞次定律，安培力方向一定和導(dǎo)體切割磁感線運動方向相反．四、電磁感應(yīng)中的能量問題1．能量的轉(zhuǎn)化閉合電路的部分導(dǎo)體做切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流在磁場中受安培力．外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．實質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化．[自我診斷]1．判斷正誤(1)閉合電路的歐姆定律同樣適用于電磁感應(yīng)電路．(√)(2)“相當(dāng)于電源”的導(dǎo)體棒兩端的電壓一定等于電源的電動勢．(×)(3)閉合電路中電流一定從高電勢流向低電勢．(×)(4)在有安培力的作用下，導(dǎo)體棒不能做加速運動．(×)(5)電磁感應(yīng)中求焦耳熱時，均可直接用公式Q＝I2Rt.(×)(6)電路中的電能增加，外力一定克服安培力做了功．(√)2．如圖所示，兩個互連的金屬圓環(huán)，粗金屬環(huán)的電阻是細(xì)金屬環(huán)電阻的一半，磁場垂直穿過粗金屬環(huán)所在的區(qū)域，當(dāng)磁感應(yīng)強度均勻變化時，在粗環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的電動勢為E，則ab兩點間的電勢差為()A.eq\f(E,2) B．eq\f(E,3)C.eq\f(2E,3) D．E解析：選C.粗環(huán)相當(dāng)于電源，細(xì)環(huán)相當(dāng)于負(fù)載，ab間的電勢差就是等效電路的路端電壓．粗環(huán)電阻是細(xì)環(huán)電阻的一半，則路端電壓是電動勢的eq\f(2,3)，即Uab＝eq\f(2E,3).3．如圖所示，水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌，左端接有電阻R，勻強磁場B豎直向下分布在導(dǎo)軌所在的空間內(nèi)，質(zhì)量一定的金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置．今使棒以一定的初速度v0向右運動，當(dāng)其通過位置a、b時，速率分別為va、vb，到位置c時棒剛好靜止，設(shè)導(dǎo)軌與棒的電阻均不計，a到b與b到c的間距相等，則金屬棒在由a到b和由b到c的兩個過程中()A．回路中產(chǎn)生的內(nèi)能相等B．棒運動的加速度相等C．安培力做功相等D．通過棒橫截面積的電荷量相等解析：選D.棒由a到b再到c的過程中，速度逐漸減小，根據(jù)E＝Blv，E減小，故I減小，再根據(jù)F＝IlB可知安培力減小，根據(jù)F＝ma可知加速度減小，選項B錯誤．由于a到b與b到c的間距相等，故從a到b安培力做的功大于從b到c安培力做的功，故選項A、C錯誤．再根據(jù)平均感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)，平均感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BΔS,RΔt)，通過棒橫截面積的電荷量為q＝IΔt＝eq\f(BΔS,R)，故選項D正確．4．如圖，一載流長直導(dǎo)線和一矩形線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導(dǎo)線右側(cè)，且其長邊與長直導(dǎo)線平行．已知在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)，長直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應(yīng)電流總是沿順時針方向，線框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右．設(shè)電流i的正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是()解析：選A.因通電導(dǎo)線周圍的磁場離導(dǎo)線越近磁場越強，而線框中左右兩邊的電流大小相等，方向相反，所以其受到的安培力方向相反，線框的左邊受到的安培力大于線框的右邊受到的安培力，所以合力與線框的左邊受力的方向相同．因為線框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根據(jù)左手定則，線框處的磁場方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，根據(jù)右手螺旋定則，導(dǎo)線中的電流先為正，后為負(fù)，所以選項A正確，B、C、D錯誤.考點一電磁感應(yīng)中的電路問題1．內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運動的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源．(2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余部分是外電阻．2．電源電動勢和路端電壓(1)電動勢：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt).(2)路端電壓：U＝IR＝E－Ir＝eq\f(E,R＋r)·R.1．(2017·江西贛中南五校聯(lián)考)如圖所示，用相同導(dǎo)線制成的邊長為L或2L的4個單匝閉合回路，它們以相同的速度先后垂直穿過正方形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，區(qū)域?qū)挾却笥?A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析：選C.線框進(jìn)入磁場過程中，做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Bdv，根據(jù)電阻定律可知，線框的電阻R＝ρeq\f(L,S)，由閉合電路歐姆定律可知，回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，聯(lián)立以上各式有I＝eq\f(BSv,ρ)·eq\f(d,L)，所以線框切割磁感線的邊長d越長，總長度L越短，其感應(yīng)電流越大，對照4種圖形可知，C正確．2．(2017·貴州七校聯(lián)考)(多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1m，cd間、de間、cf間分別接阻值為R＝10Ω的電阻．一阻值為R＝10Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4m/s勻速向左運動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強度大小為B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場．下列說法中正確的是()A．導(dǎo)體棒ab中電流的流向為由b到aB．cd兩端的電壓為1VC．de兩端的電壓為1VD．fe兩端的電壓為1V解析：選BD.由右手定則可判知A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Blv＝0.5×1×4V＝2V，Ucd＝eq\f(R,R＋R)E＝1V，B正確；由于de、cf間電阻沒有電流流過，故Ude＝Ucf＝0，所以Ufe＝Ucd＝1V，C錯誤，D正確．3．(多選)如圖所示電路中，均勻變化的勻強磁場只存在于虛線框內(nèi)，三個電阻阻值之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，其他部分電阻不計．當(dāng)S3斷開，而S1、S2閉合時，回路中感應(yīng)電流為I，當(dāng)S1斷開，而S2、S3閉合時，回路中感應(yīng)電流為5I，當(dāng)S2斷開，而S1、S3閉合時，可判斷()A．閉合回路中感應(yīng)電流為4IB．閉合回路中感應(yīng)電流為7IC．R1、R3消耗的功率之比PR1∶PR3＝3∶1D．上下兩部分磁場的面積之比S上∶S下＝3∶25解析：選BD.因R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，可以設(shè)R1＝R，R2＝2R，R3＝3R.由題圖可知，當(dāng)S1、S2閉合S3斷開時，電阻R1與R2組成閉合回路，設(shè)此時感應(yīng)電動勢是E1，由歐姆定律可得E1＝3IR；當(dāng)S2、S3閉合S1斷開時，電阻R2與R3組成閉合回路，設(shè)感應(yīng)電動勢為E2，由歐姆定律可得E2＝5I×5R＝25IR；當(dāng)S1、S3閉合S2斷開時，電阻R1與R3組成閉合回路，此時感應(yīng)電動勢E＝E1＋E2＝28IR，則此時的電流I′＝eq\f(28IR,4R)＝7I，A錯誤，B正確．根據(jù)P＝I2R可知，串聯(lián)電路電流相等，則各電阻的功率與電阻阻值成正比，故PR1∶PR3＝1∶3，C錯誤．E1＝3IR，E2＝25IR，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Seq\f(ΔB,Δt)可知，上下兩部分磁場的面積之比S上∶S下＝3∶25，D正確．4．(2017·湖北咸寧聯(lián)考)如圖所示，水平面上有兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，導(dǎo)軌的電阻不計，間距為l＝0.5m，左端通過導(dǎo)線與阻值R＝3Ω的電阻連接，右端通過導(dǎo)線與阻值為RL＝6Ω的小燈泡L連接，在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上，磁感應(yīng)強度B＝0.2T的勻強磁場．一根阻值r＝0.5Ω、質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒在恒力F＝2N的作用下由靜止開始從AB位置沿導(dǎo)軌向右運動，經(jīng)過t＝1s剛好進(jìn)入磁場區(qū)域．求金屬棒剛進(jìn)入磁場時：(1)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢；(2)小燈泡兩端的電壓和金屬棒受到的安培力．解析：(1)0～1s棒只受拉力，由牛頓第二定律得F＝ma，金屬棒進(jìn)入磁場前的加速