《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感 渦流學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感 渦流學(xué)案（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　法拉第電磁感應(yīng)定律　自感　渦流 　 【基礎(chǔ)梳理】 一、法拉第電磁感應(yīng)定律 1．感應(yīng)電動勢 (1)概念：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢． (2)產(chǎn)生：只要穿過回路的磁通量發(fā)生變化，就能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，與電路是否閉合無關(guān)． (3)方向：產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的電路(導(dǎo)體或線圈)相當(dāng)于電源，電源的正、負(fù)極可由右手定則或楞次定律判斷． (4)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動勢的關(guān)系：遵循閉合電路歐姆定律，即I＝． 2．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＝n，n為線圈匝數(shù)． 3．導(dǎo)體切割磁感線的情形 (1)若B

2、、l、v相互垂直，則E＝Blv． (2)若B⊥l，l⊥v，v與B夾角為θ，則E＝Blvsin__θ． 　若v∥B，則E＝0. 二、自感與渦流 1．自感現(xiàn)象 (1)概念：由于導(dǎo)體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢叫做自感電動勢． (2)表達(dá)式：E＝L． (3)自感系數(shù)L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān)． 2．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)生像水的旋渦狀的感應(yīng)電流． (1)電磁阻尼：當(dāng)導(dǎo)體在磁場中運(yùn)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(yùn)動． (2)電磁驅(qū)動：如果磁場相

3、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)體受到安培力作用，安培力使導(dǎo)體運(yùn)動起來． 交流感應(yīng)電動機(jī)就是利用電磁驅(qū)動的原理工作的． 【自我診斷】 判一判 (1)磁場相對導(dǎo)體棒運(yùn)動時，導(dǎo)體棒中也能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢．(　　) (2)線圈匝數(shù)n越多，磁通量越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大．(　　) (3)線圈中的電流越大，自感系數(shù)也越大．(　　) (4)自感電動勢阻礙電流的變化，但不能阻止電流的變化．(　　) 提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√ 做一做 在如圖所示的電路中，a、b為兩個完全相同的燈泡，L為自感系數(shù)較大而電阻不能忽略的線圈，E為電源，S為開關(guān)．關(guān)于兩燈泡點(diǎn)亮和熄滅的

4、情況下列說法正確的是(　　) A．合上開關(guān)，a先亮，b后亮；穩(wěn)定后a、b一樣亮 B．合上開關(guān)，b先亮，a后亮；穩(wěn)定后b比a更亮一些 C．?dāng)嚅_開關(guān)，a逐漸熄滅，b先變得更亮后再與a同時熄滅 D．?dāng)嚅_開關(guān)，b逐漸熄滅，a先變得更亮后再與b同時熄滅 提示：B 　對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解與應(yīng)用[學(xué)生用書P201] 【知識提煉】 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＝n；當(dāng)ΔΦ僅由S引起時，則E＝n. 2．磁通量的變化率是

5、Φ－t圖象上某點(diǎn)切線的斜率． 3．求解感應(yīng)電動勢常見的情況與方法 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垂直的軸轉(zhuǎn)動的導(dǎo)線框 表達(dá)式 E＝n E＝BLvsin θ E＝BL2ω E＝NBSω· sin(ωt＋φ0) 【典題例析】 　(2016·高考全國卷Ⅲ)如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時間t的變化關(guān)系

6、為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動．金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計．求： (1)在t＝0到t＝t0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值； (2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大?。? [審題指導(dǎo)]　(1)t0前只有左側(cè)區(qū)域磁通量變化引起感應(yīng)電動勢． (2)t0后感應(yīng)電動勢由左、右兩側(cè)磁通量變化引起． (3)

7、金屬棒越過MN勻速運(yùn)動，所加外力等于運(yùn)動過程受到的安培力． [解析]　(1)在金屬棒未越過MN之前，t時刻穿過回路的磁通量為Φ＝ktS① 設(shè)在從t時刻到t＋Δt的時間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為ΔΦ，流過電阻R的電荷量為Δq.由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝ ② 由歐姆定律有i＝ ③ 由電流的定義有i＝ ④ 聯(lián)立①②③④式得|Δq|＝Δt ⑤ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時間間隔內(nèi)，流過電阻R的電荷量q的絕對值為|q|＝.⑥ (2)當(dāng)t>t0時，金屬棒已越過MN，由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動，有f＝F⑦ 式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強(qiáng)磁場施加的安培力．設(shè)此時回路中的電流為I，F(xiàn)

8、的大小為F＝B0lI ⑧ 此時金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0) ⑨ 勻強(qiáng)磁場穿過回路的磁通量為Φ′＝B0ls ⑩ 回路的總磁通量為Φt＝Φ＋Φ′ ? 式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩?式得，在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量為Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt? 在t到t＋Δt的時間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量為 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ? 由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動勢的大小為Et＝ ? 由歐姆定律有I＝ ? 聯(lián)立⑦⑧???式得f＝(B0lv0＋kS). ? [答案]　見解析 應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)注意的三個問題 (1)公式E＝n求

9、解的是一個回路中某段時間內(nèi)的平均電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值．　 (2)利用公式E＝nS求感應(yīng)電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積． (3)通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān)，與時間長短無關(guān)，與Φ是否均勻變化無關(guān)．推導(dǎo)如下：q＝IΔt＝Δt＝. 【遷移題組】 遷移1　對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解 1．將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，下列表述正確的是(　　) A．感應(yīng)電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān) B．穿過線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動勢越大 C．穿過線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動

10、勢越大 D．感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同 解析：選C.由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n知，感應(yīng)電動勢的大小與線圈匝數(shù)有關(guān)，A錯誤；感應(yīng)電動勢正比于，與磁通量的大小無直接關(guān)系，B錯誤，C正確；根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，即“增反減同”，D錯誤． 遷移2　感生電動勢E＝n的應(yīng)用 2．(2016·高考北京卷)如圖所示，勻強(qiáng)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(qiáng)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

11、，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.由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝＝πr2，為常數(shù)，E與r2成正比，故Ea∶Eb＝4∶1.磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻增大，故穿過圓環(huán)的磁通量增大，由楞次定律知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向相反，垂直紙面向里，由安培定則可知，感應(yīng)電流均沿順時針方向，故B項正確． 　導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計算[學(xué)生用書P202] 【知識提煉】 1．計算 切割方式 感應(yīng)電動勢的表達(dá)式 垂直切割 E＝Blv 傾斜切

12、割 E＝Blvsin θ，其中θ為v與B的夾角 旋轉(zhuǎn)切割(以一端為軸) E＝Bl2ω 　(1)導(dǎo)體與磁場方向垂直； (2)磁場為勻強(qiáng)磁場． 2．判斷 (1)把產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分電路或?qū)w當(dāng)做電源的內(nèi)電路，那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源． (2)若電路是不閉合的，則先假設(shè)有電流通過，然后應(yīng)用楞次定律或右手定則判斷出電流的方向． (3)電源內(nèi)部電流的方向是由負(fù)極(低電勢)流向正極(高電勢)，外電路順著電流方向每經(jīng)過一個電阻電勢都要降低． 【典題例析】 　(多選)(2017·高考全國卷Ⅱ)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直．邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω

13、的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示．已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動，cd邊于t＝0時刻進(jìn)入磁場．線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針時，感應(yīng)電動勢取正)．下列說法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 T B．導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小為0.5 m/s C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N [解析]　由題圖(b)可知，導(dǎo)線框運(yùn)動的速度大小v＝＝m/s＝0.5 m/s，B項正確；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，cd邊切割磁感線，由E＝B

14、Lv，得B＝＝T＝0.2 T，A項錯誤；由圖可知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針方向，根據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，C項正確；在0.4～0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場，回路中的電流大小I＝＝A＝2 A，則導(dǎo)線框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D項錯誤． [答案]　BC 理解E＝Blv的“五性” (1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，除磁場為勻強(qiáng)磁場外，還需B、l、v三者互相垂直． (2)瞬時性：若v為瞬時速度，則E為相應(yīng)的瞬時感應(yīng)電動勢． (3)平均性：導(dǎo)體平動切割磁感線時，若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電

15、動勢，即E＝Blv. (4)有效性：公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度．如圖中，棒的有效長度為ab間的距離． (5)相對性：E＝Blv中的速度v是導(dǎo)體相對磁場的速度，若磁場也在運(yùn)動，應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系．　 【遷移題組】 遷移1　導(dǎo)體平動切割磁感線問題 1．(2016·高考全國卷Ⅱ)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動．t0時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始

16、終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求： (1)金屬桿在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的電動勢的大??； (2)電阻的阻值． 解析：(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得ma＝F－μmg① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v，由運(yùn)動學(xué)公式有v＝at0 ② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動勢為E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0. ④ (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝⑤ 式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為f＝BlI ⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動，由牛頓運(yùn)動定律

17、得 F－μmg－f＝0 ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝. 答案：見解析 遷移2　導(dǎo)體旋轉(zhuǎn)切割磁感線問題 2．(2015·高考全國卷Ⅱ) 如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)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，金屬框中電流方向沿a－b－c－a C．Ubc＝－Bl2ω，金屬框中無電流 D．Ubc＝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

18、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＝－Bl2ω，選項C正確． 　自感　渦流[學(xué)生用書P203] 【知識提煉】 1．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)生的自感電動勢與電流方向相反，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)生的自感電動勢與電流方向相同，阻礙電流的減小，使其緩慢地減?。? 2．自感現(xiàn)象的四個特點(diǎn) (1)自感電動勢總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變化． (2)通

19、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． 3．通電自感和斷電自感 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 4.自感現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化：通電

20、自感中，電能轉(zhuǎn)化為磁場能；斷電自感中，磁場能轉(zhuǎn)化為電能． 【典題例析】 　如圖所示，線圈L的自感系數(shù)很大，且其直流電阻可以忽略不計，L1、L2是兩個完全相同的小燈泡．開關(guān)S閉合和斷開的過程中，燈L1、L2的亮度變化情況是(燈絲不會斷)(　　) A．S閉合，L1亮度不變，L2亮度逐漸變亮，最后兩燈一樣亮；S斷開，L2立即熄滅，L1逐漸變亮 B．S閉合，L1不亮，L2很亮；S斷開，L1、L2立即熄滅 C．S閉合，L1、L2同時亮，而后L1逐漸熄滅，L2亮度不變；S斷開，L2立即熄滅，L1亮一下才熄滅 D．S閉合，L1、L2同時亮，而后L1逐漸熄滅，L2則逐漸變得更亮；S斷開，L2立

21、即熄滅，L1亮一下才熄滅 [審題指導(dǎo)]　解此題關(guān)鍵有兩點(diǎn)： (1)燈泡和線圈在電路中的連接方式． (2)流過燈泡的原電流的方向及大?。? [解析]　當(dāng)S閉合，L的自感系數(shù)很大，對電流的阻礙作用較大，L1和L2串聯(lián)后與電源相連，L1和L2同時亮，隨著L中電流的增大，因?yàn)長的直流電阻不計，則L的分流作用增大，L1中的電流逐漸減小為零，由于總電阻變小，故電路中的總電流變大，L2中的電流增大，L2燈變得更亮；當(dāng)S斷開，L2中無電流，立即熄滅，而線圈L產(chǎn)生自感電動勢，試圖維持本身的電流不變，L與L1組成閉合電路，L1要亮一下后再熄滅．綜上所述，D正確． [答案]　D 分析自感現(xiàn)象的三點(diǎn)注

22、意、三個技巧 　 【遷移題組】 遷移1　對通電自感和斷電自感現(xiàn)象的分析 1．(2017·高考北京卷)圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈．實(shí)驗(yàn)時，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說法正確的是(　　) A．圖1中，A1與L1的電阻值相同 B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 解析：選C.本題考查自感現(xiàn)象的判斷．在題圖1中

23、斷開S1瞬間，燈A1突然閃亮，說明斷開S1前，L1中的電流大于A1中的電流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B選項均錯誤；在題圖2中，閉合S2瞬間，由于L2的自感作用，通過L2的電流很小，D錯誤；閉合S2后，最終A2與A3亮度相同，說明兩支路電流相等，故R與L2的阻值相同，C項正確． 遷移2　電磁阻尼現(xiàn)象的應(yīng)用 2．(2017·高考全國卷Ⅰ)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌．為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示．無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄

24、板上下及左右振動的衰減最有效的方案是(　　) 解析：選A.施加磁場來快速衰減STM的微小振動，其原理是電磁阻尼，在振動時通過紫銅薄板的磁通量變化，紫銅薄板中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動，即促使其振動衰減．方案A中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，通過它的磁通量都發(fā)生變化；方案B中，當(dāng)紫銅薄板上下振動時，通過它的磁通量可能不變，當(dāng)紫銅薄板向右振動時，通過它的磁通量不變；方案C中，紫銅薄板上下振動、左右振動時，通過它的磁通量可能不變；方案D中，當(dāng)紫銅薄板上下振動時，紫銅薄板中磁通量可能不變．綜上可知，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是

25、A. [學(xué)生用書P204] 1. (2017·高考天津卷)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小 C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小 解析：選D.本題考查楞次定律、電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力、平衡條件．由于通過回路的磁通量向下減小，則根據(jù)楞次定律可知ab中感應(yīng)電流的方向由a到b，A錯誤；因a

26、b不動，回路面積不變；當(dāng)B均勻減小時，由E＝n＝nS知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，回路中感應(yīng)電流I＝恒定，B錯誤；由F＝BIL知，F(xiàn)隨B減小而減小，C錯誤；對ab由平衡條件有f＝F，故D正確． 2．如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，電感L的電阻不計，電阻R的阻值大于燈泡D的阻值．在t＝0時刻閉合開關(guān)S，經(jīng)過一段時間后，在t＝t1時刻斷開S.下列表示A、B兩點(diǎn)間電壓UAB隨時間t變化的圖象中，正確的是(　　) 解析：選B.閉合開關(guān)S后，燈泡D直接發(fā)光，電感L的電流逐漸增大，電路中的總電流也將逐漸增大，電源內(nèi)電壓增大，則路端電壓UAB逐漸減小；斷開開關(guān)S后，燈泡D中原來的電

27、流突然消失，電感L與燈泡形成閉合回路，所以燈泡D中電流將反向，并逐漸減小為零，即UAB反向逐漸減小為零，故選B. 3. 如圖所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強(qiáng)磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速運(yùn)動，則通過電阻R的電流的方向和大小是(金屬圓盤的電阻不計)(　　) A．由c到d，I＝　　　　B．由d到c，I＝ C．由c到d，I＝ D．由d到c，I＝ 解析：選D.由右手定則判定通過電阻R的電流的方向是由d到c；而金屬圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動E＝Br2ω，所以通過電阻R的電流大小是I＝，選項D正確． 4．(2017·高考江蘇卷)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平

28、面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻．質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下．當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求： (1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P. 解析：本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律． (1)感應(yīng)電動勢E＝Bdv0 感應(yīng)電流I＝ 解得I＝. (2)安培力F

29、＝BId 牛頓第二定律F＝ma 解得a＝. (3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v，則 感應(yīng)電動勢E＝Bd(v0－v) 電功率P＝ 解得P＝. 答案：(1)　(2)　(3) 　[學(xué)生用書P343(單獨(dú)成冊)] (建議用時：60分鐘) 一、單項選擇題 1. 如圖，空間有一勻強(qiáng)磁場，一直金屬棒與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，當(dāng)它以速度v沿與棒與磁感應(yīng)強(qiáng)度都垂直的方向運(yùn)動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為ε；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(qiáng)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(yùn)動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為ε'.則等于(　　) A.　　　　

30、　　　　　　　B. C．1 D. 解析：選B.設(shè)折彎前導(dǎo)體切割磁感線的長度為L，折彎后，導(dǎo)體切割磁場的有效長度為l＝＝L，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為ε'＝Blv＝B·Lv＝ε，所以＝，B正確． 2. 英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場．如圖所示，一個半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，環(huán)上套一帶電荷量為＋q的小球．已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻增加，其變化率為k，若小球在環(huán)上運(yùn)動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是(　　) A．0 B.r2qk C．2πr2qk D．πr2qk 解析：選D.變化的磁場使回路中產(chǎn)生的感生電動勢E＝

31、＝·S＝kπr2，則感生電場對小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，選項D正確． 3．(2018·長沙模擬) 如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場．若第一次用0.3 s時間拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q1；第二次用0.9 s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則(　　) A．W1W2，q1＝q2 D．W1>W2，q1>q2 解析：選C.兩次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1.電動勢之比E1∶E2＝3∶1，電流之比I1∶I2＝3∶1

32、，則電荷量之比q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1.安培力之比F1∶F2＝3∶1，則外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正確． 4. 如圖為無線充電技術(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(qiáng)磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)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 B．從0均勻變化到 C．恒為－ D．從0均勻變化到－ 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＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢，因磁場均勻變化，所以感應(yīng)電動勢恒定，因此a、

33、b兩點(diǎn)電勢差恒為φa－φb＝－n，選項C正確． 5. 如圖所示，在光滑絕緣水平面上，有一鋁質(zhì)圓形金屬球以一定的初速度通過有界勻強(qiáng)磁場，則從球開始進(jìn)入磁場到完全穿出磁場過程中(磁場寬度大于金屬球的直徑)，小球(　　) A．整個過程勻速運(yùn)動 B．進(jìn)入磁場過程中球做減速運(yùn)動，穿出過程做加速運(yùn)動 C．整個過程都做勻減速運(yùn)動 D．穿出時的速度一定小于初速度 解析：選D.小球在進(jìn)出磁場時有渦流產(chǎn)生，要受到阻力． 6. 如圖所示，A、B、C是三個完全相同的燈泡，L是一自感系數(shù)較大的線圈(直流電阻可忽略不計)．則(　　) A．S閉合時，A燈立即亮，然后逐漸熄滅 B．S閉合時，B燈

34、立即亮，然后逐漸熄滅 C．電路接通穩(wěn)定后，三個燈亮度相同 D．電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈立即熄滅 解析：選A.電路中A燈與線圈并聯(lián)后與B燈串聯(lián)，再與C燈并聯(lián)．S閉合時，三個燈同時立即發(fā)光，由于線圈的電阻由大變小，逐漸將A燈短路，A燈逐漸熄滅，A燈的電壓逐漸降低，B燈的電壓逐漸增大，B燈逐漸變亮，故選項A正確，B錯誤；電路接通穩(wěn)定后，A燈被線圈短路，完全熄滅．B、C并聯(lián)，電壓相同，亮度相同，故選項C錯誤．電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈中原來的電流立即減至零，由于線圈中電流要減小，產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的減小，線圈中電流不會立即消失，這個自感電流通過C燈，所以C燈過一會兒熄滅，故選項D

35、錯誤． 二、多項選擇題 7. (2016·高考全國卷Ⅱ)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)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(qiáng)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.設(shè)圓盤的半徑為r，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則圓盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為E

36、＝Br2ω，可知，若轉(zhuǎn)動的角速度恒定，電動勢恒定，電流恒定，A項正確；根據(jù)右手定則可知，從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，圓盤中電流由邊緣指向圓心，即電流沿a到b的方向流動，B項正確；圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，產(chǎn)生的電流方向不變，C項錯誤；若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R可知，電阻R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D項錯誤． 8. 如圖所示，燈泡A、B與定值電阻的阻值均為R，L是自感系數(shù)較大的線圈，當(dāng)S1閉合、S2斷開且電路穩(wěn)定時，A、B兩燈亮度相同，再閉合S2，待電路穩(wěn)定后將S1斷開，下列說法中正確的是(　　) A．B燈立即熄滅 B．A燈將比

37、原來更亮一下后熄滅 C．有電流通過B燈，方向?yàn)閏→d D．有電流通過A燈，方向?yàn)閎→a 解析：選AD.S1閉合、S2斷開且電路穩(wěn)定時，A、B兩燈一樣亮，說明兩個支路中的電流相等，這時線圈L沒有自感作用，可知線圈L的電阻也為R，在S2、S1都閉合且穩(wěn)定時，IA＝IB，當(dāng)S2閉合、S1突然斷開時，由于線圈的自感作用，流過A燈的電流方向變?yōu)閎→a，但A燈不會出現(xiàn)比原來更亮一下再熄滅的現(xiàn)象，故選項D正確，B錯誤；由于定值電阻R沒有自感作用，故斷開S1時，B燈立即熄滅，選項A正確，C錯誤． 9．如圖，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體

38、棒與軌道垂直且接觸良好．在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示．不計軌道電阻．以下敘述正確的是(　　) A．FM向右B．FN向左 C．FM逐漸增大D．FN逐漸減小 解析：選BCD.根據(jù)直線電流產(chǎn)生磁場的分布情況知，M區(qū)的磁場方向垂直紙面向外，N區(qū)的磁場方向垂直紙面向里，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度越?。?dāng)導(dǎo)體棒勻速通過M、N兩區(qū)時，感應(yīng)電流的效果總是反抗引起感應(yīng)電流的原因，故導(dǎo)體棒在M、N兩區(qū)運(yùn)動時，受到的安培力均向左，故選項A錯誤，選項B正確；導(dǎo)體棒在M區(qū)運(yùn)動時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變大，根據(jù)E＝Blv，I＝及F＝BIl可知，F(xiàn)M逐漸變大，故選項C正確；導(dǎo)體棒在N

39、區(qū)運(yùn)動時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變小，根據(jù)E＝Blv，I＝及F＝BIl可知，F(xiàn)N逐漸變小，故選項D正確． 10. 半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動，桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由θ確定，如圖所示．則下列說法正確的是(　　) A．θ＝0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2Bav B．θ＝時，桿產(chǎn)生的電動勢為Bav C．θ＝0時，桿受的安培力大小為 D．θ＝時，桿受的安培力大小為 解析：選AD.開始時刻，感應(yīng)電動勢E1

40、＝BLv＝2Bav，故A項正確；θ＝時，E2＝B·2acos·v＝Bav，故B項錯誤；由L＝2acos θ，E＝BLv，I＝，R＝R0[2acos θ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0時，F(xiàn)＝＝，故C項錯誤；θ＝時F＝，故D項正確． 三、非選擇題 11. (2015·高考北京卷)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，寬度L＝0.4 m，一端連接R＝1 Ω的電阻．導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T．導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，其長度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好．導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計．在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動，速度v＝5 m/s

41、.求： (1)感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I； (2)在0.1 s時間內(nèi)，拉力沖量IF的大??； (3)若將MN換為電阻r＝1 Ω的導(dǎo)體棒，其他條件不變，求導(dǎo)體棒兩端的電壓U. 解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢 E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V， 感應(yīng)電流I＝＝A＝2 A. (2)拉力大小等于安培力大小 F＝BIL＝1×2×0.4 N＝0.8 N， 沖量大小IF＝FΔt＝0.8×0.1 N·s＝0.08 N·s. (3)由閉合電路歐姆定律可得，電路中電流 I′＝＝A＝1 A， 由歐姆定律可得，導(dǎo)體棒兩端的電壓 U＝I′R＝1×1 V＝1 V. 答案：(

42、1)2 V　2 A　(2)0.08 N·s　(3)1 V 12．(2018·安徽十校聯(lián)考)如圖甲所示，一個電阻值為R，匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計．求0至t1時間內(nèi) (1)通過電阻R1的電流大小和方向； (2)通過電阻R1的電荷量q. 解析：(1)穿過閉合線圈的磁場的面積為S＝πr 由題圖乙可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率的大小為＝，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得： E＝n＝nS＝ 由閉合電路歐姆定律可知流過電阻R1的電流為 I＝＝ 再根據(jù)楞次定律可以判斷，流過電阻R1的電流方向應(yīng)由b到a. (2)0至t1時間內(nèi)通過電阻R1的電荷量為 q＝It1＝. 答案：(1)　方向從b到a　(2) 18