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课时作业(三十七)　法拉第电磁感应定律
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第1题图
1．(2013江苏模拟)如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律(　　)
　
A　　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D　　　　　　
2．下列说法正确的是(　　)
A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
C．线圈处在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大
D．线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大
3．(11年江苏模拟)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面内的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、2v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向穿越磁场边界的过程中(　　)
第3题图
A．导体框中产生的感应电流方向相同
B．外力所做的功相同
C．导体框ab边两端电势差相同
D．通过导体框截面的电量相同
4．如图所示，用两根相同的导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形闭合线圈A和B，两线圈平面与匀强磁场垂直．当磁感应强度随时间均匀变化时，两线圈中的感应电流之比IA∶IB为(　　)
第4题图
A. B. C. D.
5．矩形导线框固定在匀强磁场中， 如图甲所示．磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则(　　)
　　　
　　　　　甲　　　　　　　　　乙
第5题图
A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcda
B．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小
C．从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba
D．从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力越来越大
6．如图所示，MN、PQ是间距为L的平行光滑金属导轨，置于磁感强度为B，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻．一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，不计导轨电阻，则(　　)
第6题图
A．通过电阻R的电流方向为P→R→M
B．ab两点间的电压为BLv
C．a端电势比b端高
D．外力F做的功等于电路中产生的焦耳热
7．如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时， 在外力作用下由静止开始，以 垂直 于磁场边界的恒定加速度a进人磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流I的正方向．外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中P－t图象为抛物线．则这些量随时间变化的关系正确的是(　　)
第7题图
　
A　　　　　　　B　　　　　C　　　　　　　D
8．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直长度为L的金属杆aO，已知ab＝bc＝cO＝L/3，a、c与磁场中以O为圆心的同心圆金属轨道始终接触良好．一电容为C的电容器接在轨道上，如图所示，当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴，以角速度ω顺时针匀速转动时(　　)
第8题图
A．Uac＝2Uab
B．Uac＝2UbO
C．电容器带电量Q＝BL2ωC
D．若在eO间连接—个理想电压表，则电压表示数为零
第9题图
9．如图所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平速度v0抛出，设整个过程中棒的取向不变，且不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况应是(　　)
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．无法判断
10．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率＝k，k为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框，将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求
第10题图
(1)导线中感应电流的大小；
(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．
11．磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具．它的驱动系统简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框，电阻为R，金属框置于xOy平面内，长边MN长为l平行于y轴：宽为d的NP边平行于x轴，如图1所示列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿Ox方向按正弦规律分布，其空间周期为λ，最大值为B0，如图2所示．金属框同一长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移．设在短暂时间内，MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略，并忽略一切阻力．列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶，某时刻速度为v(v甲
　　乙
第11题图
(1)简要叙述列车运行中获得驱动力的原理；
(2)为使列车获得最大驱动力，写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及λ与d之间应满足的关系式；
(3)计算在满足第(2)问的条件下列车速度为v时驱动力的大小．
课时作业(三十七)　法拉第电磁感应定律
　1.D　【解析】 根据法拉第电磁感应定律和楞次定律，可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律是图D.
　2.D　【解析】 磁通量变化得快，即大，由E＝n可知，选项D正确．
　3.AD　【解析】 由右手定则知A正确；由ε＝Blv　得ε1＝Blv　I1＝＝　F1＝BIL＝　F2＝穿越边界的距离相同，可知外力做功等于磁场力做功，且做功大小不同，B错；Uab1＝I1·＝Blv　Uab2＝I2·＝Blv，C错；Q1＝I1t1＝·＝　Q2＝I2t2＝·＝，D正确．
　4.B　【解析】 设线圈A半径为R，线圈B半径为r，则n12πR＝n22πr，线圈A和B，两线圈中的感应电动势之比为，由于电阻相等，感应电流之比IA∶IB＝，选项B正确．
　5.C　【解析】 由楞次定律，从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba，选项A错误C正确；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，从0到t1时间内，导线框中电流恒定，选项B错误；由安培力公式，从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力先减小后增大，选项D错误．
　6.CD　【解析】 根据楞次定律或右手定则判断出，通过电阻R的电流方向为M→R→P，选项A错误；导线ab相当于电源，电源电压E＝BLv，内阻r＝，所以，ab两点间的电压为路端电压，即Uab＝2BLv/3，选项B错误；在电源内部，电流从b→a，所以a端电势比b端高，选项C正确；因为ab在水平外力F的作用下做匀速运动，所以安培力与外力F等大反向，安培力做的功与外力F做的功大小相等，又因为电路中产生的焦耳热等于安培力做的功，所以电路中产生的焦耳热也等于外力F做的功，选项D正确．本题答案为CD.
　7.C　【解析】 线框速度v＝at，产生的感应电动势随时间均匀增大，感应电流均匀增大，安培力随时间均匀增大，外力F随时间变化关系是一次函数，但不是成正比，功率P＝EI随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，所以C正确AB错误．导体横截面的电荷量q＝It随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，选项D错误．
　8.BC　【解析】 金属杆转动切割磁感线产生的感应电动势E＝BL＝BL＝BL可得：
　Uac＝BL＝BL＝BL2ω.
　Uab＝BL＝BL＝BL2ω.
　Ubo＝BL＝BL＝BL2ω.
　可见，Uac＝2Ubo，由于没有闭合回路，金属杆中只存在感应电动势，转动过程中给电容器充电，充电电压为Uac，有Q＝CUac＝BL2ωC，若eO间连接一个理想电压表，则电压表所测电压力为Uco，故B、C正确．
　9.C　【解析】 棒的水平分速度切割磁感线而产生电动势，而该水平分速度不变，故电动势不变．
　10.(1)I＝　(2)＝
【解析】 (1)导线框的感应电动势为
ε＝①
ΔΦ＝l2ΔB②
　导线框中的电流为　I＝③
　式中R是导线框的电阻，根据电阻率公式有R＝ρ④
　联立①②③④式，将＝k代入得
　I＝⑤
(2)导线框所受磁场的作用力的大小为
F安＝BIl⑥
它随时间的变化率为
＝Il⑦
　由⑤⑦式得＝.
　
　11.(1)见解析　(2)见解析　(3)
　【解析】 由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，该电流受到的安培力即为驱动力．
　(2)为使列车获得最大驱动力，MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致金属框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大．因此，d应为的奇数倍，即
　d＝(2k＋1)或λ＝(k∈N)
　(3)由于满足第(2)问条件，则MN、PQ边所在处的磁感应强度大小均为B0.且方向总相反，经短暂的时间Δt，磁场沿Ox方向平移的距离为v0Δt，同时，金属框沿Ox方向移动的距离为vΔt.
　因为v0＞v，所以在Δt时间内MN边扫过磁场的面积
　S＝(v0－v)Δt
　在此Δt时间内，MN边左侧穿过S的磁通量移进金属框而引起框内磁通量的变化量ΔΦMN＝B0l(v0－v)Δt.
　同理，该Δt时间内，PQ边左侧移出金属框的磁通量引起框内磁通量的变化量ΔΦPQ＝B0l(v0－v)Δt.
　故在Δt内金属框所围面积的磁通量的变化量
　ΔΦ＝ΔΦMN＋ΔΦPQ
　根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小
　E＝
　根据闭合电路欧姆定律有　I＝
　根据安培力公式，MN边所受的安培力　FMN＝2B0Il
　PQ边所受的安培力　FPQ＝B0Il
　根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小
　F＝FMN＋FPQ ＝2B0Il
　联立解得　F＝.课时作业(三十八)　电磁感应的综合性问题
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．如图所示，一个“∠”形导轨ADC垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，MN是与导轨材料和规格都相同的导体棒．在外力作用下，导体棒以恒定速度v沿导轨向右运动，导体棒与导轨始终接触良好．以导体棒在左图所示位置为计时起点，则下列物理量随时间变化的图象正确的是(下图中E为回路中感应电动势；I为流过金属棒的电流；F为作用在金属棒上的安培力；P为感应电流的热功率)(　　)
第1题图
　　　A　　　　　B
　　　C　　　　　D
2．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g则(　　)
第2题图
A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为
C．金属棒的最大速度为
D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为2R
3．如图所示，在光滑的水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域里，现有一边长为a (a＜L)的正方形闭合线圈刚好能穿过磁场，则线框在滑进磁场过程中流过的电量Q1，与滑出磁场过程中流过的电量Q2之比为(　　)
A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1
第3题图
　　第4题图
4．如图所示，A、B两闭合线圈由同样长度、同种材料的导线绕成，A为10匝，B为20匝，半径为rA＝2rB，匀强磁场只分布在B线圈内．若磁场均匀地减弱，则(　　)
A．A中无感应电流
B．A、B中均有恒定的感应电流
C．A、B中感应电动势之比为2∶1
D．A、B中感应电流之比为1∶2
第5题图
5．如图所示，平行金属导轨间距为l，与水平面间的倾角为θ(导轨电阻不计)．两导轨与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m，长为l的导体棒在ab位置获得平行于斜面的大小为v的初速度向上运动，最远到达cd的位置，滑行距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨间的动摩擦因数为μ，则(　　)
A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B．导体棒上滑过程中克服安培力、滑动摩擦力和重力做的总功为mv2
C．上滑过程中电流做功产生的热量为mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)
D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgsinθ
第6题图
6．如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环．导线abcd所围区域内磁场的磁感强度按选项中哪一种图线随时间变化时，可使导体圆环对桌面的压力减小(　　)
　　　A　　　　　B
　　　C　　　　　D
第7题图
7．(13年江苏模拟)如图所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D相连接的平行导轨，要使放在线圈D中的线圈A(A、D两线圈同心共面)各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动情况可能是(　　)
A．加速向右 B．加速向左
C．减速向右 D．减速向左
8．在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，
第8题图
当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔEk，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的有(　　)
A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1
B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒
C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程，有(W1－ΔEk)机械能转化为电能
D．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为ΔEk＝W1－W2
第9题图
9．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ＝37°，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直，质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.
(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
(2)当金属棒的下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的电能为8W，求该速度的大小．
10．如图所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l＝0.5m，左端通过导线与阻值R＝3Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为RL＝6Ω的小灯泡L连接，在CDEF矩形区域内有竖直向上，磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场．一根阻值r＝0.5Ω、质量m＝0.2kg
第10题图
的金属棒在恒力F＝2N的作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动，经过t＝1s刚好进入磁场区域．求金属棒刚进入磁场时：
(1)金属棒切割磁场产生的电动势；
(2)小灯泡两端的电压和金属棒受安培力．
11．如图(a)所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L＝0.3 m．导轨左端连接R＝0.6 Ω的电阻．区域abcd内存在垂直于导轨平面B＝0.6 T的匀强磁场，磁场区域宽D＝0.2 m．细金属棒A1和A2用长为2D＝0.4 m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3 Ω.导轨电阻不计．使金属棒以恒定速度v＝1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场．计算从金属棒A1进入磁场(t＝0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图(b)中画出．
(a)　　　　　　　　(b)
第11题图
第12题图
12．如图所示，匝数n＝100匝、截面积S＝0.2 m2、电阻r＝0.5 Ω的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B＝0.6＋0.02t(T)的规律变化．处于磁场外的电阻R1＝3.5 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝30 μF，开关S开始时未闭合，求：
(1)闭合S后，线圈两端M、N两点间的电压UMN和电阻R2消耗的电功率；
(2)闭合S一段时间后又打开S，则S断开后通过R2的电荷量为多少．
课时作业(三十八)　电磁感应的综合性问题
　1.D　【解析】 设导轨夹角为θ，单位长度的导体棒和导轨材料的阻值均为R，则在导体棒运动过程中，有效长度l＝vttanθ＝k1t，导体棒与导轨组成的闭合回路的总电阻R总＝Rvt(1＋tanθ＋secθ)＝k2t，所以，E＝Blv＝Bvk1t＝k3t，I＝E/R总＝k3t/k2t＝k4，F＝BIl＝Bk4k1t＝k5t，P＝I2R＝kk2t＝k5t，其中k1、 k2、k3、k4、k5、k6均是常数，可见，只有选项D正确．本题答案为D.
　2.BD　【解析】 金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律，流过电阻R的电流方向为b→a，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E＝BLv，感应电流I＝E/(R＋r)所受的安培力大小为F＝BIL＝，选项B正确；当安培力F＝mg时，金属棒下落速度最大，金属棒的最大速度为v＝，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的热功率为P＝mgv＝(R＋r)，电阻R的热功率为R，选项D正确．
　3.A　【解析】 线框在滑进与滑出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量相等，设为ΔΦ，设滑进时用时t1，滑出时用时t2，线框电阻为R，则Q1＝I1t1＝t1＝t1＝n.同理Q2＝n， Q1＝Q2.所以选项A正确．
　4.BD　【解析】 在线圈A、B中都存在着磁通量的变化，因此两线圈中都有感应电流，选项A错误，选项B正确．由于A的匝数为B的一半，两个线圈中磁通量及其变化完全相同，根据法拉第电磁感应定律，两个线圈中感应电动势之比为1∶2，选项C错误．由于两个线圈用同样导线绕成且总长度相同，所以两个线圈的电阻是相同的，因此A、B中感应电流之比也是1∶2，选项D正确．
　5.BCD　【解析】 杆上滑时受力如图所示，由牛顿第二定律mgsinθ＋f＋F安＝ma，杆做减速运动，因此开始时速度最大，受到的安培力最大，F＝·Bl＝
第5题图
，A错；由动能定理WG＋Wf＋WF安＝mv2，B对；上滑过程中电流做功产生的热量等于安培力做的功，即WF安＝mv2－WG－Wf＝mv2－mgssinθ－μmgscosθ，C对；损失的机械能为克服摩擦力和安培力做功之和，D对．
　6.A　【解析】 本题可以采用逆推法，即从结论逐步向前推导，找出能够满足要求的条件．要想使导体圆环对桌面的压力减小，就是要使导体圆环具有竖直向上靠近螺线管的运动趋势，根据楞次定律“来拒去留”原则，穿过导体圆环的磁通量具有减小的趋势，即是要使通电螺线管产生的磁场强度逐渐减小，也就是流过螺线管的感应电流减小，即要使连接螺线管的闭合回路中产生的感应电动势减小，闭合回路的面积不变，所以只要逐渐减小即可，显然，只有选项A符合题意．本题答案为A.
　7.AB　【解析】 根据楞次定律“增缩减扩”的原则，穿过线圈A的磁通量肯定在增加，这说明线圈D中的感应电流在逐渐增大，感应电动势也增大，因为感应电动势的大小E＝BLv，可见，在B和L不变的情况下，只要金属棒MV切割磁感线的速度v增大即可．本题答案为AB.
　8.CD　【解析】 当线框的ab边进入GH后匀速运动到进入JP为止，ab进入JP后回路感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab进入JP后开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力又减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等时，以速度v2做匀速运动，因此v2＜v1，A错；由于有安培力做功，机械能不守恒，B错；线框克服安培力做功，将机械能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少机械能转化为电能，由动能定理得W1－W2＝ΔEK，W2＝W1－ΔEK，故CD正确．
　9.(1)4m/s2　(2)10m/s　【解析】 (1)开始下滑时，速度为零，安培力为零．由受力分析知：
　a＝g(sinθ－μcosθ)＝4m/s2
　(2)金属棒下滑达到稳定时，合力为零，设速度为vm：
　方法一：据功能关系，电磁感应中产生的电能等于克服安培力做的功(即电功率等于安培力做功的功率)：
　P＝F·vm①
　由平衡条件知：F＝mgsinθ－μmgcosθ②
　由①②得：
　vm＝mg＝10m/s
　方法二：据焦耳定律，Q＝I2Rt，则有：
　P＝I2R③
　由电路分析知：I＝④
　F＝BIl＝⑤
　由③④⑤得：P＝＝·vm
＝F·vm.
　vm＝＝10m/s.
　方法三：据能量的转化与守恒，金属棒稳定下滑时，重力势能的减少转化为摩擦内能及电热内能．它们相应的功率转化关系为PG＝PFf＋P
　mgvmsinθ＝μmgcosθ·vm＋P
　vm＝＝10m/s.
　10.(1)1V　(2)0.8V，0.04N　【解析】 (1)0～1s棒只受拉力，由牛顿第二定律F＝ma，可得金属棒进入磁场前的加速度a＝＝m/s2＝10 m/s2，设其刚要进入磁场时速度为v，由v＝at＝10m/s.金属棒进入磁场时切割磁感线，感应电动势E＝Blv＝0.2×0.5×10V＝1V.
　(2)小灯泡与电阻R并联，R并＝＝Ω＝2Ω， 通过金属棒的电流大小I＝＝A＝0.4 A，小灯泡两端的电压U＝E－Ir＝1－0.4×0.5V＝0.8V，金属棒受到的安培力大小FA＝BIl＝0.2×0.4×0.5N＝0.04N，由左手定则可判断安培力方向水平向左．
　11. 0～0.2s时0.12A　0.2～0.4s时0　0.4～0.6s时0.12A　It图象如图(c)
　【解析】 A1从进入磁场到离开磁场的时间t1＝＝0.2s①
　在0～t1时间内，A1上的感应电动势E＝BLv＝0.18V②
　由图(a)知，电路的总电阻
　　　　　(a)　　　　　　　　(b)
R0＝r＋＝0.5Ω③
总电流I＝＝0.36A④
　通过R的电流IR＝＝0.12A⑤
　A1离开磁场t1＝0.2s至A2未进入磁场t2＝＝0.4s的时间内，回路中无电流IR＝0⑥
　
(c)
第11题图
从A2进入磁场t2＝0.4s至离开磁场t3＝＝0.6s的时间内，A2上的感应电动势E＝0.18V⑦
　由图(b)知，电路总电阻R0＝0.5Ω⑧
　总电流I＝0.36A
　流过R的电流IR＝0.12A⑨
　综合上述计算结果，绘制通过R的电流与时间的关系图线，如图(c)所示．
　12.(1)9.6×10－3 W　(2)7.2×10－6 C　
　【解析】 (1) 线圈中感应电动势E＝n＝nS＝100×0.02×0.2 V＝0.4 V．通过电源的电流强度I＝＝A＝0.04 A．线圈两端M、N两点间的电压UMN＝E－Ir＝(0.4－0.04×0.5)V＝0.38 V．电阻R2消耗的电功率P2＝I2R2＝0.04×0.04×6 W＝9.6×10－3 W．(2)闭合S一段时间后，电路稳定，电容器C相当于开路，其两端电压UC就等于R2两端的电压，即Uc＝IR2＝0.04×6 V＝0.24 V，电容器充电后所带电荷量为Q＝CUc＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6 C．当S再断开后，电容器通过电阻R2放电，通过R2的电荷量为7.2×10－6 C.第39讲　互感和自感
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
互感和自感 Ⅰ 10年 单选 以R－L电路为背景，结合闭合电路欧姆定律考查自感回路中电压变化图象 非重点 B
小结及预测 1.小结：互感和自感以选择题的形式进行考查，侧重点考查自感知识与闭合电路欧姆定律的综合应用．2．预测：仅在10年查考过1次，预测14年考查的可能性不大．3．复习建议：复习时注重掌握互感和自感的产生过程以及与闭合电路欧姆定律的综合应用.
知识 整合　
一、在法拉第的实验中，两个线圈之间并没有导线相连，但当一个线圈中的________变化时，它所产生的变化的________会在另一个线圈中产生________．这种现象叫做互感，这种感应电动势叫做互感电动势．
二、 1.自感现象是　　.
2．自感现象中产生的感应电动势称自感电动势，其大小为E＝__________.
3．L为__________，它的大小由线圈自身结构特征决定．线圈越__________，单位长度上的匝数越__________，横截面积越__________，它的自感系数越__________，加入铁芯后，会使线圈的自感系数大大__________，自感系数的单位为__________．
4．自感电动势的方向：自感电动势总是________________________．即：若电路中电流增加，则自感电动势与电流方向__________；若电路中电流减少，则自感电动势与电流方向__________．
5．自感电动势的作用：　　　　　　　　　.
三、日光灯电路是由启动器、镇流器和灯管组成，日光灯电路图如图．镇流器，其作用
是在灯开始点燃时起______的作用；在日光灯正常发光时起______作用．
(1)含自感线圈的电路中，当电路闭合或断开时，电路中灯泡亮度的变化实际上反映的是灯泡实际功率的变化，即通过灯泡电流的变化，故判断通过灯泡电流的变化是解这类题的关键，分析这类问题时必须抓住其三大特点：
①自感电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，可概括为“增反减同”．
②通过自感线圈的电流不能突变．
③电流稳定时，自感线圈就是导体．
通电自感和断电自感的比较
通电自感 断电自感
电路图
器材要求 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯)，RL＜ RA
现象 在开关S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮。 在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭(当抽铁芯后，重做实验，断开开关S时，会看到灯A马上熄灭)
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A1；灯的电流比流过A2灯的电流增加得慢 断开开关S时，流过线圈L的电流减小，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一时间；在S断开后，通过L的电流反向通过电灯A，且由于RL＜RA，使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大，从而使A灯的发光功率突然变大。
能量转化情况 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能
【典型例题1】
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(13年江苏模拟)如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)，则(　　)
A．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
温馨提示
解决自感问题要注意对阻碍原电流的变化的理解，注意哪一个是产生感应电流的原电流．对于理想线圈，在闭合瞬间相当于断路，稳定后相当于短路．
记录空间
【变式训练】
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，若合上或断开开关S1和S2时，可能发生的情况是(　　)
A．S1闭合的瞬间，S1灯逐渐亮起来
B．合上S1，再合上S2稳定后，S2灯是暗的
C．断开S1的瞬间，S1灯立即熄灭，S2灯亮一下再熄灭
D．断开S1的瞬间，S2灯和S1灯过一会儿才熄灭
随堂 演练　
1．如图所示，电源的电动势为E，内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(　　)
第1题图
A．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立即亮，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灯立即亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定
C．开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭
D．开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过 A灯
2．如图，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图(b)所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则(　　 )
第2题图
A．t1时刻 FN＞ G B. t2时刻 FN＞ G
C．t3时刻 FN＜ G D．t4时刻 FN＜ G
3．如图所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，开关S原来接通，当开关S断开时，下面说法正确的是(电源内阻不计)(　　 )
第3题图
A．L1闪亮一下后熄灭
B．L2闪亮下一后恢复原来的亮度
C．L3变暗一下后恢复原来的亮度
D．L3闪亮一下后恢复原来的亮度
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下列说法正确的是(　　 )
第4题图
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
5．如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)(　　)．
第4题图
A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮
B．S闭合，L1，不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮
C．S闭合，L1、L2同时亮，而且L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭
D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭
6．如图所示的四个日光灯的接线图中，S1为启动器，S2为开关，L为镇流器，能使日光灯正常发光的是(　　)
　　　
第7题图
7．图中电感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计．当开关S闭合且稳定后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中间)，则当开关S断开时，下列说法中正确的是(　　)
A．G1、G2指针都立即回到零点
B．G1缓慢回到零点，G2立即左偏，然后缓慢回到零点
C．G1立刻回到零点，G2缓慢回到零点
D．G2立刻回到零点，G1缓慢回到零点
8．(12年江苏模拟)如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时，则(　　)
第8题图
A．A灯有电流通过，方向由a到b
B．A灯中无电流通过，不可能变亮
C．B灯立即熄灭，c点电势低于d点电势
D．B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势
第39讲　互感和自感
知识整合
基础自测
一、电流　磁场　感应电动势
二、1.由于导体本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象　2.L·ΔI/Δt　3.自感系数　长　多　大　大　增加　亨利(H)　4.阻碍导体中原来电流的变化　相反　相同　5.总是阻碍导体中原电流的变化
三、 产生瞬时高压　降压限流
重点阐述
【典型例题1】 (13年江苏模拟)如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)，则(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．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
【答案】　A　【解析】 当S闭合瞬间，对线圈来说电流突然增大，相当于电阻，A灯立即亮，当电流趋于稳定时，线圈相当于导线，将A灯短路，A灯会逐渐熄灭，故选A.
变式训练　ABC　【解析】 只闭合S1时，由于线圈自感作用，流过L1灯的电流将逐渐增大，L1灯逐渐亮起来，而L2灯是立即变亮；再合上S2稳定后，由于RL很小，L2灯几乎被短路，故L2灯是暗的．断开S1时，由于S2闭合，电感线圈L与L2构成回路，由于自感的作用，电流
将由稳定时L中的值逐渐减小，由IL?IL2，所以L2灯将闪亮一下再熄灭；而灯L1与电阻R串联后被S2短路，故灯L1立即熄灭．
随堂演练
　1.A　【解析】 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灯逐渐变亮，最后亮度稳定，选项A正确，B错误．开关由闭合到断开瞬间，电流自右向左通过A灯，不一定A灯闪亮一下再熄灭，选项CD错误．
　2.A　【解析】 t1时刻，当电流增大时，穿过P的磁通量增大，由楞次定律及左手定则，P受一向下的安培力，FN＞G, t2、 t4时刻通过P的磁通量无变化，此时FN＝G，t3时刻，Q中电流变化，P中磁通量变化产生感应电流，但Q中i＝0对P无磁场力作用，仍有FN＝G.所以A正确．
　3.D　【解析】 开关S接通时，L1被线圈L短路，所以不亮，通过线圈L的电流等于干路电流，当开关S断开时，L1接入电路，所以灯L1发光，而流过L2的电流变小，所以L2变暗，由于线圈L的自感作用，通过线圈L的电流慢慢减小，通过灯L3的电流会突然变大，然后恢复到原来大小，所以L3闪亮一下后恢复原来的亮度．综合分析，选项D正确．本题答案为D.
　4.B　【解析】 合上开关，b立刻变亮，而由于线圈L的自感作用，流过灯a的电流逐渐变大，所以a后亮，稳定后，线圈相当于一个电阻，流过b灯的电流较大，即Ib＞Ia，所以b比a更亮一些，选项A错误，B正确；断开开关后，线圈L与灯a、灯b组成闭合回路，回路中的电流从Ia逐渐变小到零，所以a逐渐熄灭、b先变暗后再与a同时熄灭，选项CD错误．本题答案为B.
　5.D　【解析】 当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串联后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，L的直流电阻不计，L的分流作用增大，L1的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，总电流变大，L2的电流增大，L2灯变得更亮；当S断开，L2中无电流，立即熄灭，而由于线圈L的自感现象，L与L1组成闭合电路，L1灯要亮一下后再熄灭．综上所述，选项D正确．
　6.AC　【解析】 日光灯启动时，电流通过镇流器、灯丝和启动器构成回路，使启动器发生辉光，相当于启动器短路接通，同时电流加热灯丝，灯丝发射电子，之后启动器断开瞬间，镇流器产生很大的自感电动势，出现一个高电压加在灯管两端，灯管发光，此时启动器已无作用．所以启动器可用手动的开关来代替(实际操作时，因启动器丢失或损坏时，可手持带绝缘皮的导线短接启动器然后断开)．
　7.B　【解析】 S闭合且稳定时，通过含电流表G1、G2的
第7题图
　
两条支路的电流均是由左向右．断开S，L中产生自感电动势，由“增反减同”可知，自感电动势E自的方向一定与原电流方向相同，等效电路如图所示．显然，断开S后，在E自的作用下，图中回路将继续形成沿顺时针方向的电流，这时流径含有电流电G2支路的电流方向已变为由右向左了．由于这段时间内E自是逐渐减小的，故电流也是逐渐减小的，综上所述选B.
　8.D　【解析】 当开关S由断开变为闭合时，L中产生自感电动势，此时电感线圈相当于电源，因为在电源内部，电流从低电势流向高电势，而在电源外部电流从高电势流向低电势；已知当开关S由断开变为闭合时，L中电流方向为c到d，所以c点电势低于d点电势，B灯逐渐熄灭；电容器放电，A灯有电流通过，方向为由b?a；所以选项D正确课时作业(三十六)　电磁感应现象　楞次定律
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．关于电磁感应现象，下列说法正确的是(　　)
A．只要穿过电路中的磁通量发生变化，电路中就一定产生感应电流
B．只要导体相对于磁场运动，导体内一定会产生感应电流
C．只要闭合电路在磁场中切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流
D．只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流
2．如图所示，能产生感应电流的是(　　)
　
　　　A　　　　B　　　　　　　C　　　　　D
3．如图所示，水平放置的光滑玻璃棒上套着一个闭合的铜丝圈，一根条形磁铁向铜丝圈靠近，下面叙述正确的是(　　)
第3题图
A．若条形磁铁左端是N极，则铜丝圈向左移动；若条形磁铁左端是S极，则铜丝圈向右移动
B．若条形磁铁左端是N极，则铜丝圈向右移动；若条形磁铁左端是S极，则铜丝圈向左移动
C．不论条形磁铁哪端是N极，铜丝圈都向左移动
D．不论条形磁铁哪端是N极，铜丝圈都向右移动
4．如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是(　　)
第4题图
A．向左摆动 B．向右摆动 C．保持静止 D．无法判定
第5题图
5．如图所示，绝缘水平面上有两个离得很近的导体环a、b.将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面)，a、b将如何移动(　　)
A．a、b将相互远离
B．a、b将相互靠近
C．a、b将不动
D．无法判断
6．如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P向右滑动过程中，线圈ab将(　　)
第6题图
A．静止不动
B．顺时针转动
C．逆时针转动
D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动方向
7．如图所示，与直导线AB共面的轻质闭合金属圆环竖直放置，两者彼此绝缘，环心位于AB的上方．当AB中通有由A至B的电流且强度不断增大的过程中，关于圆环运动情况以下叙述正确的是(　　)
第7题图
A．向下平动
B．向上平动
C．转动：上半部向纸内，下半部向纸外
D．转动：下半部向纸内，上半部向纸外
8．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，
第8题图
有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上．磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触．若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)
A．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)
B．磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下
C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
D．磁铁落地时的速率一定等于
9．如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方水平从左到右快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是(　　)
第9题图
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
10．如图所示，闭合线圈abcd在磁场中运动到如图位置时，ab边受到的磁场力竖直向上，此线圈的运动情况可能是(　　)
第10题图
A．向右进入磁场 B．向左移出磁场
C．以ab为轴转动 D．以bc为轴转动
11．如图，矩形金属线圈abcd从高处自由落下，通过一有界的匀强磁场，线圈平面保持竖直且和磁场方向垂直，不计空气阻力，则(　　)
第11题图
A．ab边刚进入磁场时，ab边所受安培力方向竖直向上
B．ab边刚离开磁场时，dc边感应电流方向从d到c
C．线圈全部进入磁场内运动时，感应电流为零
D．重力所做的功等于线圈产生的总热量
12．如图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称．在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧运动(O是线圈中心)，则(　　)
第12题图
A．从X到O，电流由E经流向F，先增大再减小
B．从X到O，电流由F经流向E，先减小再增大
C．从O到Y，电流由F经流向E，先减小再增大
D．从O到Y，电流由E经流向F，先增大后减小
第13题图
13．如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化．请推导出这种情况下B与t的关系式．
课时作业(三十六)　电磁感应现象　楞次定律
　1.D　【解析】 时刻谨记产生感应电流的两个条件： (1)闭合电路；(2)磁通量发生变化．故答案选D.
　2.B　【解析】 产生感应电流两个条件：(1)闭合电路；(2)磁通量发生变化，A选项不是闭合电路，故错误；B选项符合以上两条件，正确；C选项无磁通量，故错误；D选项不符合条件(2)
　3.C　【解析】 本题中的“原因”是条形磁铁的某一极向铜丝圈靠近，“效果”是铜丝圈要阻碍磁铁靠近，由“敌进我退”，故答案为C.
　4.A　【解析】 当条形磁铁插入线圈中时，线圈中向左的磁场增强，由楞次定律可判定金属板左端电势高，故带负电的小球将向左摆动，选项A正确．
　5.A　【解析】 根据Φ＝BS，磁铁向下移动过程中B增大，所以穿过每个环中的磁通量都增大，由于S不可改变，为阻碍磁通量增大，导体环应该尽量远离磁铁，所以a、b将相互远离，A正确．
　6.B　【解析】 当P向右滑动时，电路总电阻减小，电路中的电流是增大的，两磁铁间的磁场增强，闭合导体线圈的磁通量增大，线框中产生感应电流，受到磁场力而发生转动，“转动”是结果，反抗原因是“磁通量增大”，因此转动后应使穿过线圈的磁通量减小，故应沿顺时针转动，故应选B.
　
第7题图
7．A　【解析】 根据安培定则判断出导线周围的磁感线分布情况，如图所示，显然，穿过线圈的磁通量方向水平向外，当电流强度不断增大时，磁通量大小逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，如图所示；根据左手定则可知，位于导线上面的那一部分线圈和下面那部分线圈所受安培力方向均向下，所以圆环所受的合力方向向下，所以圆环向下平动，选项A正确，本题答案为A.
　8.A　【解析】 根据楞次定律可知，选项A正确；根据楞次定律“来拒去留”的原则，刚开始，磁铁靠近线圈，线圈中产生的感应电流的磁场会对磁铁施加竖直向上的以“拒绝”其靠近的作用力，磁铁穿过线圈，然后穿出线圈的过程中，线圈中的感应电流产生的磁场会对磁铁施加竖直向上的以“留住”其远离的作用力，可见，磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力总是竖直向上的，选项B错误；因为在整个下落过程中，线圈中产生的感应电流做了功，所以磁铁的机械能减小，减小量等于电流做的功，选项C错误；因为磁铁在整个下落过程中机械能减小，磁铁落地时的速率一定小于，选项D错误．本题答案为A.
　9.D　【解析】 当磁铁从左向右靠近线圈时，通过线圈竖直向下的磁感线增加，由楞次定律知，线圈中产生逆时针电流(由上向下看)，且线圈有向右运动趋势，由左手定则可判定线圈受到向下的安培力，FN大于mg.当磁铁向右移动逐渐离开线圈时，通过线圈的磁感线减少，由楞次定律，线圈中产生顺时针电流(由上向下看)，且有向右运动趋势，由左手定则，线圈受到向上安培力，且FN小于mg，D正确．
　10.BC　【解析】 ab边受磁场力竖直向上，由左手定则知，通过ab的电流方向是由a指向b，由右手定则可知当线圈向左移出磁场时，bc边切割磁感线可产生顺时针方向的电流，当然也可以用楞次定律判断当线圈向左移出磁场时，磁通量减少，产生顺时针的感应电流，故B正确．当以ab为轴转动时，通过线圈的磁通量减小，线圈内产生顺时针方向的感应电流，C正确．当以bc为轴转动时，初始一段时间线圈内的磁通量不变，故不会产生感应电流，D错．
　11.AC　【解析】 由于题目当中没有告诉磁场的具体方向，所以不能判断电流方向，但由安培力阻碍线框运动可知，安培力方向总是向上的，故A正确，B错误；线框全部进入磁场后穿过线框的磁通量是不变的，所以没有电流，故C正确；整个过程重力做功等于重力势能的减少，且等于线框产生的热量和动能的增加量之和，故D错误．
　12.D　【解析】 从X到O的过程中，原磁场方向指向上且不断增加，则感应电流的磁场方向应该指向下，再由右手螺旋定则知，感应电流方向应该是由F经?到E，又因为感应电流从零到有再到零，则一定经历先增大再减小的过程．同理，当从O到Y的过程中，感应电流的方向应该是由E经?到F，大小也是先增大再减小．
　13.B＝　　【解析】 要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化　在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量　Φ1＝B0S＝B0l2　设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋vt)　由Φ1＝Φ2得B＝.第36讲　电磁感应现象　楞次定律
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
感应电流的产生条件　楞次定律 Ⅱ
11年 单选 考查导线框切割磁感线运动时，感应电流方向的判断
12年 多选 考查感应电流产生的条件 次重点 B
小结及预测 1.小结：感应电流的产生条件、楞次定律以选择题的形式进行考查，侧重考查运用楞次定律判断感应电流的方向以及感应电流产生的条件．2．预测：在11、12年都有所考查，预测14年有可能考查．3．复习建议：复习时重点掌握感应电流的产生条件及利用楞次定律判断感应电流的方向.
知识 整合　
一、磁通量
1．定义：闭合导体回路的________与垂直穿过它的________的乘积．
2．公式：Φ＝________.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3．单位：________，符号：________.
4．磁通量是________(填“标量”或“矢量”)．
二、电磁感应现象
1．电磁感应现象
当穿过闭合电路的磁通量________时，电路中有________产生的现象．
2．产生电磁感应现象的实质
穿过电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电动势．如果电路闭合，则有感应电流；如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流．
1．感应电流
(1)产生感应电流的条件
①条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．
②特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．
(2)磁通量发生变化的三种常见情况
①磁场强弱不变，回路面积改变．
②回路面积不变，磁场强弱改变．
③回路面积和磁场强弱不变，但二者的相对位置发生改变．
2．楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
(2)适用范围：一切电磁感应现象．
3．右手定则
(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流．
1．楞次定律中“阻碍”的理解
谁在“阻碍” “感应电流的磁场”在阻碍
“阻碍”什么 阻碍的是“引起感应电流的磁通量的变化”，不是阻碍引起感应电流的磁通量
如何“阻碍” 磁通量增加时，阻碍其增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；磁通量减少时，阻碍其减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向一致，即“增反减同”
是否“阻止” “阻碍”不是“阻止”，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行，最终结果不受影响
　　2.楞次定律的四种表述
推广表述：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因．其具体方式为：
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”．
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．
3．应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤
(1)明确所研究的闭合电路，判断原磁场的方向；
(2)判断闭合电路内原磁场的磁通量的变化情况；
(3)由楞次定律判断感应电流的磁场方向；
(4)由安培定则根据感应电流的磁场方向判断感应电流的方向．
以上步骤可概括为四句话：“明确增减和方向，增反减同切莫忘，安培定则来判断，四指环绕是流向．”
【典型例题1】 如图所示，一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近位置Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流(　　)
A．沿abcd流动
B．沿dcba流动
C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动
D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动
温馨提示
记录空间
【变式训练1】　某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流表的感应电流方向是(　　)
A．a→G→b
B．先a→G→b，后b→G→a
C．b→G→a
D．先b→G→a，后a→G→b
右手定则与左手定则的比较
比较项目 右手定则 左手定则
作用 判断感应电流方向 判断通电导体所受磁场力的方向
已知条件 已知切割运动方向和磁场方向 已知电流方向和磁场方向
图例
因果关系 运动→电流 电流→运动
应用 发电机 电动机
记忆规律 左“力”右“电”
　　【典型例题2】如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是(　　)
A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
温馨提示
根据右手定则结合左手定则易得本题答案．
记录空间
【变式训练2】　如图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中(　　)
A．有感应电流，且B被A吸引
B．无感应电流
C．可能有，也可能没有感应电流
D．有感应电流，且B被A排斥
随堂 演练　
1．如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直面内有一根通电直导线ef，且ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将(　　)
第1题图
A．逐渐变大
B．逐渐减小
C．始终为零
D．不为零，但始终保持不变
2．在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电源构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是(　　)
第2题图
A．a、b两个环
B．b、c两个环
C．a、c两个环
D．a、b、c三个环
3．一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中的感应电流的方向分别为(　　)
第3题图
　　　位置I　　　　　位置Ⅱ
A．逆时针方向　　逆时针方向
B．逆时针方向　　顺时针方向
C．顺时针方向　　顺时针方向
D．顺时针方向　　逆时针方向
4．两个大小不同的绝缘金属圆环a、b如图所示叠放在一起，小圆环b有一半面积在大圆环a中，当大圆环a通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感应电流的方向是(　　)
第4题图
A．顺时针方向
B．逆时针方向
C．左半圆顺时针，右半圆逆时针
D．无感应电流
5．如图所示，老师做了一个物理小实验让学生观察： 一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是(　　)
第5题图
A．磁铁插向左环，横杆发生转动
B．磁铁插向右环，横杆发生转动
C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动
D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动
6．光滑的导轨MN水平放置，两根导体棒平行放在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从上方下落(未达导轨平面)的过程中，导体P、Q的运动情况是(　　)
第6题图
A．P、Q将互相靠拢
B．P、Q将互相远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g
第36讲　电磁感应现象
楞次定律
知识整合
基础自测
一、1. 面积　磁感应强度
　2.BS
　3.韦伯　Wb
　4.标量
二、1.发生变化　感应电流
重点阐述
【典型例题1】 如图所示，一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近位置Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．沿abcd流动
B．沿dcba流动
C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动
D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动
【答案】　A　【解析】 本题考查用楞次定律判断感应电流的方向．关键要分析清楚矩形线圈由位置Ⅰ到位置Ⅱ和由位置Ⅱ到位置Ⅲ两过程中，穿过线圈的磁感线方向相反．由条形磁铁的磁场可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量为零，线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减小，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcd.
变式训练1　D　【解析】 条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下　穿过线圈向下的磁通量增加．　由楞次定律可知：感应电流的磁场方向向上．　应用安培定则可判断：感应电流的方向为逆时针(俯视)，即： 从b→G→a.　同理可以判断：条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减小，感应电流产生的磁场方向向下，感应电流的方向为顺时针(俯视)，即由a→G→b.
【典型例题2】　如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
【答案】　BC　【解析】 当PQ向右运动时，用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的．若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M，用左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动，可见A不正确．若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、感应电流所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，所以C是正确的．同理可判断B是正确的，D是错误的．
变式训练2　D　【解析】　MN向右加速运动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的左端为N极，且磁场强度逐渐增强，根据楞次定律知B环中的感应电流产生的内部磁场方向向右，B被A排斥，故D正确．
随堂演练
　1.C　【解析】 由安培定则判断磁场方向可知，磁场方向与圆环所处平面平行，ef竖直向上平移，磁场方向依然平行该平面，所以并无磁通量产生，C正确．
　2.A　【解析】 滑动变阻器滑片左右滑动时，线圈中的电流发生了变化，由楞次定律可知，铁芯中将有阻碍磁通量变化的磁场，所以a、b环磁通量会发生变化，产生感应电流；c环上下磁通量相抵消，磁通量为零，无感应电流产生，选A.
　3.B　【解析】 线圈第一次经过位置Ⅰ时，穿过线圈的磁通量增加，第一次通过位置Ⅱ时，穿过线圈的磁通量减小．答案为B.
　4.B　【解析】 (1)当大圆环a中电流为顺时针时，圆环a内部的磁场方向垂直纸面向里，而环外的磁场方向垂直纸面向外，但环里磁场比环外磁场要强，圆环b的净磁通量是垂直纸面向里且增强的；(2)由楞次定律可知圆环b中产生的感应电流的磁场方向应垂直纸面向外；(3)再由安培定则得出圆环b中感应电流的方向为逆时针方向，B正确．
　5.B　【解析】 磁铁插向右环时，穿过右环的磁通量发生变化，右环中产生感应电流，由楞次定律的“来拒去留”知，右环向远离磁铁的方向运动，横杆发生转动；磁铁插向左环时，由于左环不闭合，故左环中没有感应电流产生，磁铁对左环没有力的作用，故横杆不发生转动，所以选项B正确．
　6.AD　【解析】 根据楞次定律的表述——感应电流的效果总要反抗产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以，P、Q将互相靠近而磁铁的加速度小于g，应选A、D.另解： 本题还可以根据楞次定律先判断出闭合回路中的感应电流的方向，然后用左手定则分别分析P、Q两导线所受的安培力的方向也可得到此结论．请自行分析．课时作业(三十九)　互感和自感
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．下列说法正确的是(　　)
A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
2．如图所示，电阻R和电感线圈L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，下面能发生的情况是(　　)
第2题图
A．B比A先亮，然后B熄灭
B．A比B先亮，然后A熄灭
C．A、B一起亮，然后A熄灭
D．A、B一起亮，但B较亮点，然后B熄灭
3．如图是一种焊接方法的原理示意图．将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊工件就焊接在一起．下列说法中正确的是(　　)
第3题图
A．线圈中的电流是很强的恒定电流
B．线圈中的电流是交变电流，且频率很高
C．待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小
D．焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反
4．如图所示的电路中，D1和D2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同．在电键S接通和断开时，灯泡D1和D2亮暗的顺序是(　　)
A．接通时D1先达最亮，断开时D1后灭
B．接通时D2先达最亮，断开时D2后灭
C．接通时D1先达最亮，断开时D1先灭
D．接通时D2先达最亮，断开时D2先灭
第4题图
　　第5题图
5．如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在“220 V　50 Hz”的交变电压两端，三只灯泡亮度相同，若将交变电压改为“220 V　500 Hz”，则(　　)
A．三只灯泡亮度不变
B．三只灯泡都将变亮
C．a亮度不变，b变亮，c变暗
D．a亮度不变，b变暗，c变亮
6．(13年江苏模拟)如图所示，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(　　)
第6题图
A．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．开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭
D．开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯
7．如图所示，E、r为电源的电动势、内阻，R1、R2为定值电阻，线圈L的直流电阻不计，C为电容器．下列说法中正确的是(　　)
第7题图
A．合上开关S的瞬间，R1中无电流
B．合上开关S稳定后，R2中无电流
C．合上开关S稳定后，断开S的瞬间，R1中电流方向向右
D．合上开关S稳定后，断开S的瞬间，R2中电流方向向右
8．如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是(　　)
第8题图
9．如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行．已知AB＝BC＝l，线框导线的总电阻为R.则线框离开磁场的过程中(　　)
第9题图
A．线框中的电动势随时间均匀增大
B．通过线框横截面的电荷量为
C．线框所受外力的最大值为
D．线框中的热功率与时间成正比
10．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略不计，下列说法中正确的是(　　)
第10题图
A．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
B．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮
C．断开开关S切断电路时，A2立即熄灭，A1过一会熄灭
D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会才熄灭
11．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈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(　　)
第11题图
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
课时作业(三十九)　互感和自感
　1.AC　【解析】 由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，A对；当线圈中电流反向时，相当于电流减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，B、D错；当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，C对．
　2.D　【解析】 当S闭合时，由于自感作用，电流不能立即流过电感线圈，且电感线圈产生一反向自感电动势，所以A、B一起亮，且B较亮点，之后，电感线圈中电流逐渐增大，直至B被短接熄灭，D正确．
　3.B　【解析】 线圈中的电流是交变电流，且频率很高，选项B正确A错误；待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大，选项C错误；根据楞次定律，当线圈中的电流增大时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相反；当线圈中的电流减小时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，选项D错误．
　4.A　【解析】 接通时，由于自感作用，电感线圈会产生一反向感应电动势，所以D1先达最亮，断开时，D2立即熄灭，而D1由于电感线圈产生的自感电动势的作用而不会立即熄灭，A正确．
　5.D　【解析】 因为a灯两端的电压仍为220V，故a亮度不变．而b灯与电感线圈串联，当交变电压的频率变快时，电感线圈的阻碍作用将增强，故b灯变暗．c灯与电容串联，交变电压的频率变快时，电容充放电加快，c灯获得的平均电压更多，故c灯变亮．故D正确．
　6.A　【解析】 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灯逐渐变亮，最后亮度稳定，选项A正确B错误；开关由闭合到断开瞬间，电流自右向左通过A灯，不一定A灯闪亮一下再熄灭，选项CD错误．
　7.D　【解析】 合上开关S的瞬间，线圈L的自感作用会阻碍电流的增加，此时它就相当于一个电阻，所以R1中有电流，选项A错误；合上开关S稳定后，电容器相当于断路，所以R2中有电流，选项B错误；合上开关S稳定后，断开S的瞬间，线圈L产生自感电动势，并与电阻R1组成闭合回路，流过线圈的电流方向不变，所以流过R1的电流方向向左，选项C错误；合上开关S稳定后，电容器被充电，并且左极板带正电，当断开S的瞬间，电容器开始放电，所以R2中电流方向向右，选项
D正确．本题答案为D.
　8.A　【解析】 在金属棒PQ进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D项错误；在磁场中运动时，感应电动势E＝Blv，与时间无关，保持不变，故A选项正确．
　9.AB　【解析】 三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度l'＝vt，所以线框中感应电动势能的大小E＝Bl'v＝Bv2t，故选项A正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线框的电荷量Q＝It＝×Δt＝，选项B正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F＝BIl＝，选项C错误；线框的热功率为P＝Fv＝BIvt×v＝，选项D错误．
　10.AD　【解析】 S闭合接通电路时，A2支路中的电流立即达到最大，由于线圈的自感作用，A1支路电流增加得慢，A1后亮．A1中的电流稳定后，线圈的阻碍作用消失．A1与A2并联，亮度一样．S断开时，L和A1、A2组成串联的闭合回路，A1和A2亮度一样．由于L中产生自感电动势阻碍L中原电流的消失，使A1和A2也过一会才熄灭，故选AD.
　11.C　【解析】 根据实物连线图画出正确的电路图如图所示，当闭合开关S，电路稳定之后，小灯泡中有稳定的电流IA，电感线圈中有稳定的电流IL，当开关S突然断开时，电流IA立即消失，但是，由于自感电动势的作用，流过线圈的电流IL
第11题图
不能突变，而是要继续流动，于是，电感线圈和小灯泡构成了回路，如果IL＞IA，则能观察到小灯泡闪亮一下再熄灭，线圈的自感系数越大，小灯泡延时闪亮的时间就越长，如果不满足IL＞IA的条件，小灯泡只是延时熄灭，不会观察到闪亮一下再熄灭，可见灯泡未闪亮的根本原因是不满足IL＞IA的条件，这是线圈电阻偏大造成的IL偏小，所以本题正确选项是C.第37讲　法拉第电磁感应定律
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
法拉第电磁感应定律 Ⅱ(限于导线方向与磁场方向、运动方向垂直的情况，有关反电动势的计算不作要求) 10年 单选 以空间磁场变化和线框面积变化为背景，考查利用法拉第电磁感应定律公式求感应电动势 非重点 B
小结及预测 1.小结：法拉第电磁感应定律以选择题形式进行考查，侧重考查法拉第电磁感应定律公式的应用．2．预测：仅在10年考查过，预测14年可能会考查．3．复习建议：复习时注重理解法拉第电磁感应定律的内容，学会利用法拉第电磁感应定律公式求解感应电动势
知识 整合　
法拉第电磁感应定律
1．电路中感应电动势的大小跟____________________成正比，表达式为E＝__________.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．当导体在匀强磁场中做切割磁感线的相对运动时产生的感应电动势E＝__________，θ是B与v之间的夹角．
3．导体棒绕某一固定转轴旋转切割磁感线，虽然棒上各点的切割速度并不相同，但可用棒上__________等效替代切割速度．常用公式E＝__________.
感应电动势
1．内容：由于穿过电路的磁通量发生变化而产生的感应电动势，其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.
(1)感应电动势E的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率，而与Φ的大小，ΔΦ的大小没有必然的关系．与电路的电阻R无关．
(2)磁通量的变化率，是Φ－t图象上某点切线的斜率．
(3)磁通量发生变化有两种方式：一是磁感应强度B不变，回路在垂直于磁场平面的射影面积发生变化，ΔS＝|S2－S1|，此时E＝nB·；二是垂直于磁场的回路面积S不变，磁感应强度发生变化，ΔB＝|B2－B1|，此时E＝nS·，其中叫磁感应强度的变化率，等于B－t图象切线的斜率．
当导体做切割磁感线运动时，其感应电动势E＝Blvsinθ.
感应电动势的计算
对感应电动势的计算用法拉第电磁感应定律E＝nΔΦ/Δt分为两种情况：(1)导体各部分以相同的速度平动切割磁感线的情况用公式E＝ BLvsinθ，θ为运动方向和磁感线方向的夹角；(2)导体棒绕某一固定转轴旋转切割磁感线的情况用公式E＝ Bl2ω.
【典型例题】 如图所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直．求：将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，(1)拉力F大小；(2)拉力的功率P; (3)拉力做的功W; (4)线圈中产生的电热Q；(5)通过线圈某一截面的电荷量q.
温馨提示
这是一道基本练习题，应该思考一下所求的各物理量与速度v之间有什么关系．此题易错的地方是电热Q和电荷量q的求解方法，在求感应电量q时，不论磁通量是否均匀变化，我们总可以利用平均值加以计算．q＝ΔΦ/R，即感应电量仅由磁通量变化大小和电路的电阻决定，与变化时间、磁通量变化快慢无关．
记录空间
【变式训练】　法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究．实验装置的示意图可用图表示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d.水流速度处处相同，大小为v，方向水平．金属板与水流方向平行，地磁场磁感应强度的竖直分量为B，水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和电键K连接到两金属板上．忽略边缘效应，求：
(1)该发电装置的电动势；
(2)通过电阻R的电流强度；
(3)电阻R消耗的电功率．
随堂 演练　
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．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
D．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
2．如图，匀强磁场和竖直导轨所在面垂直，金属棒ab可在导轨上无摩擦滑动，在金属棒、导轨和电阻组成的闭合回路中，除电阻R外，其余电阻均不计，在ab下滑过程中(　　)
第2题图
A．由于ab下落时只有重力做功，所以机械能守恒
B．ab到稳定速度前，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能
C．ab达到稳定速度后，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能
D．ab达到稳定速度后，安培力不再对ab做功
3．下列各种情况中的导体切割磁感线产生的感应电动势最大的是(　　)
第4题图
4．如图所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆ab与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时电键S断开，当ab杆由静止下滑一段时间后闭S，则从S闭合开始计时，ab杆的速度v与时间t的关系图象可能正确的是(　　)
　　　
A　　　　　　　　　　B
　　　
C　　　　　　　　　　D
第5题图
5．如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经表示．左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是(　　)
A．当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点
B．当金属棒向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点为等电势
C．当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
D．当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点
6．如图所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势ε与导体棒位置x关系的图象是(　　)
第6题图
7．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是(　　)
第7题图
A．感应电流方向不变
B．CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势最大值Em＝Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
8．如图(a)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R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2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(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计．求0至t1时间内
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量．
第8题图
第37讲　法拉第电磁
感应定律
知识整合
基础自测
　1.穿过这一电路的磁通量的变化率　nΔΦ/Δt
　2.Blvsinθ
　3.各点的平均速度　Bl2ω
重点阐述
【典型例题】 如图所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直．求：将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，(1)拉力F大小；(2)拉力的功率P; (3)拉力做的功W; (4)线圈中产生的电热Q；(5)通过线圈某一截面的电荷量q.
【答案】　(1)　(2)　(3)　(4)　(5)
　【解析】　(1)E＝BL2v，I＝， F＝BIL2，
　∴F＝
　(2)P＝Fv＝
　(3)W＝FL1＝
　(4)Q＝W　(5)q＝I·t＝t＝与v无关
　求出q＝
变式训练　(1)Bdv　(2)　(3)R　【解析】 (1)由法拉第电磁感应定律，有E＝Bdv　(2)两板间河水的电阻r＝ρ，由闭合电路欧姆定律，有I＝＝　(3)由电功率公式，P＝I2R得P＝R.
随堂演练
　1.D　【解析】 本题考查法拉第电磁感应定律的理解．感应电动势的大小为E＝n，显然，选项A错误；感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，而与磁通量的大小无关，选项B错误、D正确；根据楞次定律，感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的改变，具体来说，当原磁通量减小时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同，而当原磁通量增加时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，所以选项C错误．本题答案为D.
　2.C　【解析】 ab下落时产生感应电流，有内能产生，所以机械能不守恒．ab达到稳定速度后，动能不再增加，减少的重力势能全部转化为R的内能．ab速度稳定后，安培力对ab做负功；C选项正确．
　3.C　【解析】 利用公式E＝Blv计算感应电动势的大小时，B与v垂直，B与l垂直，l为导体与B和v垂直的有效长度，显然，选项C中导体的有效长度最长，产生的感应电动势最大．本题答案为C.
　4.ACD　【解析】 若ab杆速度为v时，S闭合，则ab杆中产生的感应电动势E＝BLv，ab杆受到的安培力F＝，如果安培力等于ab杆的重力，则ab杆匀速运动，A项正确；如果安培力小于ab杆的重力，则ab杆先加速最后匀速，C项正确；如果安培力大于ab杆的重力，则ab杆先减速最后匀速，D项正确；ab杆不可能匀加速运动，B项错．
　5.BD　【解析】 本题考查了楞次定律及右手定则，当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向为a→b，根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点．又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流．
　当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb＞φa，电流沿逆时针方向，又由E＝Blv可知ab导体两端的E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且磁感应强度不断增强，所以右边电路线圈中向上的磁通量不断增加，由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上，把这个线圈看做电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，因此d点电势高于c点．
　6.A　【解析】 如图所示，当导体运动到图示位置时，其横坐标值为x，则导体切割磁感线的有效长度为：
　2，所以E＝Bv×2.　即E＝2Bv，所以对照上述图象，只有选项A正确．
　第6题图
　7.ACD　【解析】 根据楞次定律可判定闭合回路中产生的感应电流方向始终不变，A正确；CD段电流方向是D指向C，根据左手定则可知，CD段受到安培力，且方向竖直向下，B错误；当有一半进入磁场时，产生的感应电动势最大，Em＝Bav，C正确；由法拉第电磁感应定律得E＝＝，D正确．
　8.(1)，方向由b向a　(2)　t1
　【解析】 (1)设k＝由题图(b)可知，磁感应强度B与时间t的函数关系为B＝B0－t＝B0－kt.
　磁场的面积及线圈内的磁通量分别为
　S＝πr，Φ＝BS＝πr(B0－kt)．
　在0在t1时刻，单匝线圈中的磁通量分别为
　Φ0＝B0πr，Φ1＝πr(B0－kt1)，即ΔΦ＝|－πrkt1|.
　在0至t1时间内，线圈中的电动势大小及电流分别为
　E＝n＝nπrk，I＝＝.
　根据楞次定律判断，电阻R1上的电流方向应由b向a.
　(2)0至t1时间内，通过电阻R1上的电荷量
　q＝It1＝
　电阻R1上产生的热量
　Q＝2I2Rt1＝.第38讲　电磁感应的综合性问题
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
法拉第电磁感应定律的应用 Ⅱ
09年 计算 以导线框切割磁感线运动为背景，考查电磁感应定律与动能定理、牛顿第二定律的综合运用求线框第一次穿越磁场区域所需的时间
10年 计算 以导体棒切割磁感线为背景，结合受力平衡，求磁感应强度以及利用电磁感应定律公式，求电流稳定时导体棒的速度；
11年 单选 以与电容器相连的直导线切割磁感线为背景，考查电流的变化情况
12年 计算 以线圈切割磁感线为背景，考查法拉第电磁感应定律公式的应用，求感应电动势 重点 C
小结及预测 1.小结：法拉第电磁感应定律的应用以选择题、计算题的形式进行考查，侧重以导线框(或线圈)切割磁感线运动为背景，考查电磁感应定律、受力分析、动能定理及牛顿第二定律的综合应用．2．预测：四年都有所考查，预测14年会持续考查．3．复习建议：复心时注重法拉第电磁感应定律在计算题中与受力分析、牛顿第二定律及动能定理的综合应用，注重计算题的练习.
知识 整合　
一、电路
1．内电路和外电路
(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于________．
(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的________，其余部分是________．
2．电源电动势和路端电压
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)电动势：E＝________或E＝________.
(2)路端电压：U＝IR＝________.
二、图象问题
图象类型 (1)随________变化的图象如B－t图象，Φ－t图象、E－t图象和I－t图象(2)随________变化的图象如E－x图象和I－x图象
问题类型 (1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)
应用知识 左手定则、安培定则、右手定则、________、________、欧姆定律、牛顿定律、函数图象等知识
三、综合力学问题
1．安培力的大小
F＝
2．安培力的方向
(1)先用________确定感应电流方向，再用________确定安培力方向．
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向________．
四、综合能量过程
1．能量的转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力________，将其他形式的能转化为________，电流做功再将电能转化为________
2．实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和________之间的转化
1．本讲的重点是理解电磁感应中的能量问题，能用功能观点综合解决问题．分析时应牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分清哪些力做了功就知道有哪些形式的能量参与了转化，然后利用能量守恒列出方程求解．具体步骤是：
(1)受力情况、运动情况的动态分析；
(2)物体所受各力的做功情况；
(3)列出动力学及能量守恒的方程求解．
2．电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况．解决这类电磁感应现象中的力学综合题，要将电磁学、力学中的有关知识综合起来应用．具体方法是：
确定电源(E，r)感应电流运动导体所受的安培力
临界状态a变化情况合外力
1．电磁感应中的电路问题
(1)对电源的理解：电源是将其他形式的能转化为电能的装置．在电磁感应现象里，通过导体切割磁感线和线圈磁通量的变化而将其他形式的能转化为电能．
(2)对电路的理解：同电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的区域，外电路由电阻、电容等电学元件组成．
(3)电路问题的主要考向
①确定等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板带电性质等问题．可以用右手定则或楞次定律解决．
②根据闭合电路求解电路中的总电阻、路端电压、电功率问题．可以根据E＝BLv和闭合电路欧姆定律等知识解决．
③根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电荷量：＝n，＝，q＝Δt＝.
(4)解决电磁感应电路问题的基本步骤
①用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向．感应电流方向是电源内部电流的方向．
②根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．
③根据E＝BLv或E＝n结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．
[特别提醒]路端电压、电动势和某电阻两端的电压三者的区别：
a．某段导体作为外电路时，它两端的电压就是电流与其电阻的乘积．
b．某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积或等于电动势减去内电压；当其电阻不计时路端电压等于电源电动势．
c．某段导体作电源，断路时电压等于电动势．
【典型例题1】 如图所示，直线形挡板p1p2p3与半径为r的圆弧形挡板p3p4p5平滑连接并安装在水平台面b1b2b3b4上，挡板与台面均固定不动．线圈c1c2c3的匝数为n，其端点c1、c3通过导线分别与电阻R1和平行板电容器相连，电容器两极板间的距离为d，电阻R1的阻值是线圈c1c2c3阻值的2倍，其余电阻不计，线圈c1c2c3内有一面积为S、方向垂直于线圈平面向上的磁场，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大．质量为m的小滑块带正电，电荷量始终保持为q，在水平台面上以初速度v0从p1位置出发，沿挡板运动并通过p5位置．若电容器两板间的电场为匀强电场，p1、p2在电场外，间距为l，其间小滑块与台面的动摩擦因数为μ，其余部分的摩擦不计，重力加速度为g.求：
(1)小滑块通过p2位置时的速度大小；
(2)电容器两极板间电场强度的取值范围；
(3)经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围．
温馨提示
此题较综合，应注意理解楞次定律、电容、动能定理、牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律、全电路欧姆定律之间的相互关系．
记录空间
【变式训练1】　如图所示，把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的匀强磁场中，一长度为2a、电阻等于R、粗细均匀的金属棒放在圆环上，与圆环始终保持良好的接触．当金属棒以恒定速度v向右移动，且经过圆心时，棒两端的电压UMN为(　　)
A．Bav B．2Bav C.Bav D.Bav
2．电磁感应现象中的图象问题
电磁感应现象中图象问题的分析，要抓住磁通量的变化，从而推知感应电动势(电流)大小变化的规律．用楞次定律判断出感应电动势(或电流)的方向，从而确定其正负以及在坐标中的范围．
分析回路中的感应电动势或感应电流的大小及其变化规律，要利用法拉第电磁感应定律来分析．有些图象问题还要画出等效电路来辅助分析．
另外，要正确解决图象问题，必须能根据图象的定义把图象反映的规律对应到实际过程中去，又能根据实际过程的抽象规定对应到图象中去，最终根据实际过程的物理规律进行判断．这样，才抓住了解决图象问题的根本．
解决这类问题的基本方法：
(1)明确图象的种类，是B－t图象还是Φ－t图象，E－t图象，或者I－t图象．
(2)分析电磁感应的具体过程．
(3)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律列出函数方程．
(4)根据函数方程、进行数学分析、如斜率及其变化、两轴的截距等．
(5)画图象或判断图象．
【典型例题2】 如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心．环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速度ω逆时针转动，t＝0时恰好在图示位置．规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图象是(　　)
温馨提示
解本题时注意角速度与线速度的关系以及右手定则的运用．
记录空间
【变式训练2】如图，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OO′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(　　)
　
　
3．电磁感应中的力学问题
(1)受力情况、运动情况的动态分析、思考路线是：导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度的变化→速度变化→感应电动势变化→……，周而复始地循环，直至最终达到稳定状态，此时加速度为零，而速度v通过加速达到最大值，做匀速直线运动或通过减速达到稳定值做匀速直线运动．
(2)求解思路和基本步骤是：
①用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．
②求回路中的电流．
③分析导体受力情况(包含安培力在内的全面受力分析)．
④根据平衡条件或牛顿第二定律列方程．
(3)两种状态处理：
①导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析．
②导体处于非平衡态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
(4)电磁感应中的动力学临界问题：
①解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如由速度、加速度求最大值或最小值的条件．
②处理好两个方面及其制约关系
【典型例题3】 如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s.一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝(0.5v＋0.4)N(v为金属棒运动速度)的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．(已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.3Ω，r＝0.2Ω，s＝1m)
(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少；
(4)若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线．
温馨提示
解答本题注意理解电压、电流、感应电动势、速度之间的关系以牛顿第二定律和临界位置的理解．
记录空间
4．电磁感应中能量转化的常用方法
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率的表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程．
(4)感应电路中的功能关系分析
①准确把握安培力的特点．
F＝BIL＝(F的方向特点，F的大小随v而变)，以其为桥梁将功能问题有机结合．
②功是能量转化的量度．
“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．同理，安培力做功的过程是电能转化为其他形式能的过程，安培力做多少功能有多少电能转化为其他形式的能．
【典型例题4】 电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5 Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好．从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)求：
(1)金属棒在此过程中克服安培力做的功W安；
(2)金属棒下滑速度v＝2 m/s时的加速度a；
(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理W重－W安＝mv，…….由此所得结果是否正确；若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．
温馨提示
理解安培力做的功转换成了哪种能量、受力分析以及能量守恒原理．
记录空间
电磁感应中的动力学问题中的最终状态的判断为解题的关键所在，也是本节的易错点，很多同学因误判终态而出错．现列举常见模式
(1)一根导体棒在导轨上滑动．
“电—动—电”型 “动—电—动”型
示意图 棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计 棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计
分析 S闭合，棒ab受安培力F＝，此时a＝，棒ab速度v↑→感应电动势BLv↑→电流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，当安培力F＝0时，a＝0，v最大 棒ab释放后下滑，此时a＝gsinα，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsinα时，a＝0，v最大
运动形式 变加速运动 变加速运动
最终状态 匀速运动　vm＝ 匀速运动vm＝
　　(2)两根导体棒在电阻不计的导轨上滑动．
初速度不为零，不受其他水平外力作用
光滑平行导轨 光滑不等距导轨
示意图 质量m1＝m2，电阻r1＝r2长度L1＝L2 质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝2L2
规律
分析 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度为零，以相等的速度匀速运动 稳定时，两杆的加速度为零，两杆的速度之比为1∶2
初速度为零，一杆受到恒定水平外力作用
光滑平行导轨 不光滑平行导轨
示意图 质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2 摩擦力Ff1＝Ff2＝Ff质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2
规律
分析 开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀变速直线运动 开始时，若F≤2Ff，则PQ先变加速运动后匀速运动；若F＞2Ff，则PQ先变加速运动，之后两杆匀加速运动(图中只画出了F＞2Ff的情况)
　　【典型例题5】 在图甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长，现给导体棒ab一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是(　　)
A．三种情况下，导体棒ab最终都是匀速运动
B．图甲、丙中ab棒最终将以不同的速度做匀速运动；图乙中ab棒最终静止
C．图甲、丙中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动
D．三种情况下，导体棒ab最终均静止
温馨提示
解答本题时注意感应电动势的方向、电容的作用以及感应电动势与原电动势方向问题．
记录空间
【变式训练3】　如图所示，间距为l、电阻不计的两根平行金属导轨MN、PQ(足够长)被固定在同一水平面内，质量均为m、电阻均为R的两根相同导体棒a、b垂直于导轨放在导轨上，一根轻绳绕过定滑轮后沿两金属导轨的中线与a棒连接，其下端悬挂一个质量为M的物体C，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．开始时使a、b、C都处于静止状态，现释放C，经过时间t，C的速度为v1，b的速度为v2.不计一切摩擦，两棒始终与导轨接触良好，重力加速度为g，求：
(1)t时刻C的加速度值；
(2)t时刻a、b与导轨所组成的闭合回路消耗的总电功率．
随堂 演练　
1．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①～④所示，下列说法正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　
　　　
第1题图
A．图①有感应电动势，且大小恒定不变
B．图②产生的感应电动势一直在变大
C．图③在0～t1时间内产生的感应电动势大于t1～t2时间内产生的感应电动势
D．图④产生的感应电动势先变大再变小
2．如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场磁感应强度B＝1.0T，质量为m＝0.04 kg、高h＝0.05 m、总电阻R＝5Ω、n＝100匝的矩形线圈竖直固定在质量为M＝0.08 kg的小车上，小车与线圈水平长度L相同．当线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1＝10 m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车运动的速度v随车的位移x变化的v－x图象如图乙所示，则根据以上信息可知(　　)
第2题图
A．小车的水平长度l＝15 cm
B．磁场的宽度d＝35 cm
C．小车的位移x＝10 cm时线圈中的电流I＝7 A
D．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q＝1.92 J
第3题图
3．如图所示，质量为m、边长为L、回路电阻为R的正文形金属框，用细线吊住，线的另一端跨过两个定滑轮，挂着一个质量为M(M>m)的砝码，金属框上方有一磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的下边界与金属框的上边平行且相距一定距离．则在金属框从开始运动到整个框进入磁场的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能
B．细线对金属框的拉力可能等于Mg
C．线框上的热功率可能大于
D．系统的机械能损失可能小于(M－m)gL
4．如图所示，水平面内固定着足够长且光滑的平行金属轨道，轨道间距L＝0.40m，轨道左侧连接一定值电阻R＝0.80Ω.将一金属直导线ab垂直放置在轨道上形成闭合回路，导线ab的质量m＝0.10kg、电阻r＝0.20Ω，回路中其余电阻不计．整个电路处在磁感应强度B＝0.50T的匀强磁场中，B的方向与轨道平面垂直．导线ab在水平向右的拉力F作用下，沿力的方向以加速度a＝2.0m/s2由静止开始做匀加速直线运动，求：
第4题图
(1)5s末的感应电动势大小；
(2)5s末通过R电流的大小和方向；
(3)5s末作用在ab金属杆上的水平拉力F的大小．
5．如图所示，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计．在导轨上端接一个额定功率为P、电阻为R的小灯泡．整体系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻为r的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．下落过程中小灯泡亮度逐渐增大，在某时刻后小灯泡保持正常发光，亮度不再变化．重力加速度为g.求：
第5题图
(1)小灯泡正常发光时，金属杆MN两端的电压大小；
(2)磁感应强度的大小；
(3)小灯泡正常发光时导体棒的运动速率．
第38讲　电磁感应的
综合性问题
知识整合
基础自测
一、1.(1)电源　(2)内阻　外电路
　2.(1)Blv　n　(2)E－Ir
二、时间t　位移x　楞次定律　法拉第电磁感应定律
三、1.Blv　　BIl
　2.(1)右手定则　左手定则　(2)相反
四、1.做功　电能　内能　2.电能
重点阐述
【典型例题1】 如图所示，直线形挡板p1p2p3与半径为r的圆弧形挡板p3p4p5平滑连接并安装在水平台面b1b2b3b4上，挡板与台面均固定不动．线圈c1c2c3的匝数为n，其端点c1、c3通过导线分别与电阻R1和平行板电容器相连，电容器两极板间的距离为d，电阻R1的阻值是线圈c1c2c3阻值的2倍，其余电阻不计，线圈c1c2c3内有一面积为S、方向垂直于线圈平面向上的磁场，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大．质量为m的小滑块带正电，电荷量始终保持为q，在水平台面上以初速度v0从p1位置出发，沿挡板运动并通过p5位置．若电容器两板间的电场为匀强电场，p1、p2在电场外，间距为l，其间小滑块与台面的动摩擦因数为μ，其余部分的摩擦不计，重力加速度为g.求：
　
　(1)小滑块通过p2位置时的速度大小；
　(2)电容器两极板间电场强度的取值范围；
　(3)经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围．
【答案】　(1)　(2)0＜E≤
　(3)0＜ΔB≤t.
　【解析】 磁感应强度均匀增大，则线圈内产生感应电动势，相当于电源．由楞次定律知c3端为正极，c1端为负极．电容器并联在R1的两端，获取R1两端的电压并在内部形成电场，等效电路图如图甲所示．
　(1)小滑块运动到p2位置时速度为v1，由动能定理有：－μmgl＝mv－mv.
v1＝.
甲
　　乙
(2)由题意可知，电场方向如图乙，若小滑块能通过位置p，则小滑块可沿挡板运动且通过位置p5，设小滑块在位置p的速度为v，受到的挡板的弹力为FN，匀强电场的电场强度为E，由动能定理有：
　－μmgl－2rEq＝mv2－mv.
　当小滑块在位置p时，由牛顿第二定律有：FN＋Eq＝m.
　由题意有：FN≥0.
　由以上三式可得：E≤.
　E的取值范围：0　(3)设线圈产生的电动势为E1，其电阻为R，平行板电容器两端的电压为U，t时间内磁感应强度的变化量为ΔB，得：U＝Ed.
　由法拉第电磁感应定律得：E1＝n.
　由全电路的欧姆定律得：E1＝I(R＋2R)．
　U＝2RI.
　经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围：0<ΔB≤t.
变式训练1　C　【解析】 由题意可知，金属棒中感应电动势E＝Blv＝2Bav金属棒经过圆心时，其两边电阻均为R且是并联，总电阻R总＝＝R而UMN是指路端电压，所以，UMN＝R总＝·R＝Bav.
【典型例题2】 如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心．环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速度ω逆时针转动，t＝0时恰好在图示位置．规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图象是(　　)
【答案】　C　【解析】 根据E＝BωL2和I＝可知，导体切割磁感线产生的感应电流的大小是恒定的．根据右手定则，可知C正确．
变式训练2　B　【解析】 线框刚进入磁场时，磁通量增加，根据楞次定律，可以判断感应电流的磁场垂直纸面向外，根据安培定则可知，感应电流为逆时针方向，故C、D错误；由E＝Blv，线框通过磁场的过程中，导体切割磁感线的有效长度发生变化，感应电动势先增大，后不变，再减小，然后再反向增大，后不变，再减小，故A错误，B正确．
【典型例题3】 如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s.一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝(0.5v＋0.4)N(v为金属棒运动速度)的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．(已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.3Ω，r＝0.2Ω，s＝1m)
　(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；
　(2)求磁感应强度B的大小；
　(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少；
　(4)若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线．
【答案】　(1)见解析　(2)0.5 T　(3)1 s　(4)见解析
　【解析】 (1)R两端电压U∝I∝ε∝v，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大
∴加速度为恒量，即金属棒做匀加速运动．
(2)F－v＝ma，将F＝0.5v＋0.4代入得v＋0.4＝ma.
∵加速度为恒量，与v无关，
∴ma＝0.4，0.5－＝0.
代入数据得：B＝0.5T，a＝0.4m/s2.
(3)撤去外力前金属棒的运动距离为x1＝at2，撤去外力后v0＝x2＝at.
x1＋x2＝s，∴at2＋at＝s.
代入数据得0.2t2＋0.8t－1＝0，解方程得t＝1s.
(4)撤力前导轨做初速为零的匀加速运动，则
v2＝2ax，v＝.
本小题的分析和判断关键要抓住两个临界位置．若恰在磁场区边缘fe处停下，则已由第(3)小题得到结果，力F作用时间为1s，代入可求得
x1＝0.2m，v0＝0.4m/s.
若力F作用时间不足1s(x1＜0.2m)则停于磁场内，超过1s(x1＞0.2m)则出磁场时速度尚未减为零，然后匀速；另一个临界位置是恰在接近fe处撤力，则在出磁场前始终加速．综上所述，可能的图线如图所示．
【典型例题4】 电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5 Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好．从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)求：
　(1)金属棒在此过程中克服安培力做的功W安；
　(2)金属棒下滑速度v＝2 m/s时的加速度a；
　(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理W重－W安＝mv，…….由此所得结果是否正确；若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．
【答案】　(1)0.4 J　(2)3.2 m/s2　(3)见解析
　【解析】 (1)下滑过程中克服安培力做的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R＝3r，根据Q＝I2Rt
　可知：QR＝3Qr＝0.3 J
　所以W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J
　
(2)金属棒下滑时受重力和安培力
　F安＝BIL＝v
　由牛顿第二定律得mgsin30°－＝ma
　所以a＝gsin30°－v
　＝10× m/s2－m/s2＝3.2 m/s2
　(3)金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足
　mgsin30°－v＝ma
　上式表明，加速度随速度增大而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的末束速度，因此上述 解法正确．
　mgssin30°－Q＝mv
　所以vm＝
　＝m/s＝2.74 m/s.
【典型例题5】 在图甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长，现给导体棒ab一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是(　　)
A．三种情况下，导体棒ab最终都是匀速运动
B．图甲、丙中ab棒最终将以不同的速度做匀速运动；图乙中ab棒最终静止
C．图甲、丙中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动
D．三种情况下，导体棒ab最终均静止
【答案】　B　【解析】 图甲中，ab棒以v0向右运动的过程中，电容器开始充电，充电后ab棒就减速，ab棒上的感应电动势减小，当ab棒上的感应电动势与电容器两端电压相等时，ab棒上无电流，从而做匀速运动；图乙中，由于电阻R消耗能量，因此ab棒做减速运动，直至停止；图丙中，当ab棒向右运动时，产生的感应电动势与原电动势同向，因此作用在ab棒上的安培力使ab棒做减速运动，速度减为零后，在安培力作用下向左加速运动，向左加速过程中，ab棒产生的感应电动势与原电动势反向，当ab棒产生的感应电动势与原电动势大小相等时，ab棒上无电流，从而向左匀速运动，所以B正确．
变式训练3　(1)　
(2)
　【解析】 (1)根据法拉第电磁感应定律，t时刻回路的感应电动势
　E＝Bl(v1－v2)，①
　回路中感应电流I＝.②
　以a为研究对象，根据牛顿第二定律　FT－BIl＝ma，③
　以C为研究对象，根据牛顿第二定律　Mg－FT＝Ma，④
　联立以上各式解得
　a＝
　(2)解法一：
　t时刻回路消耗的总电功率等于a棒克服安培力做功的功率，即P＝BIlv1＝.
　解法二：a棒可等效为发电机，b棒可等效为电动机．
　a棒的感应电动势为　Ea＝Blv1，⑤
　闭合回路消耗的总电功率为P＝EaI，⑥
　联立①②⑤⑥解得P＝
　解法三：闭合回路消耗的热功率为P热＝＝，
　b棒的机械功率为P机＝BIl·v2＝.
　故闭合回路消耗的总电功率为P＝P热＋P机＝.
随堂演练
　1.C　【解析】 根据法拉第电磁感应定律有E＝，可见，感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，即与φ－t图象斜率的绝对值成正比；图①的斜率为零，表示感应电动势为零，所以选项A错误；图②的斜率大小恒定，所以产生感应电动势大小不变，选项B错误；图③在0～t1时间内斜率的绝对值相对于t1～t2时间内的较大，所以在0～t1时间内产生的感应电动势大于t1～t2时间内产生感应电动势，选项C正确；图④中的斜率的绝对值先变小后变大，所以产生的感应电动势先变小再变大，选项D错误．本题答案C.
　2.C　【解析】 从x＝5 cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，在安培力作用下车做减速运动，速度v随位移x减小，当x＝15 cm时，线圈完全进入磁场，小车做匀速运动．小车的水平长度l＝10 cm，A项错；当x＝30 cm时，线圈开始离开磁场，则d＝30 cm－5 cm＝25 cm，B项错；当x＝10 cm时，由图象知，线圈速度v2＝7 m/s，感应电流I＝I＝＝＝7 A，C项正确；线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3＝2 m/s，线圈上产生的电热为Q＝(M＋m)(v－v)＝5.76 J，D项错．
　3.BCD　【解析】 细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能和金属框中产生的总热量之和，选项A错误；如果线框匀速进入磁场，线框受到的合力为零，细线对金属框的拉力T＝Mg，此时线框受到的竖直向下的安培力F安＝(M－m)g，选项B正确；设线框匀速进入磁场时的速度为v0，则F安＝BIL＝B2L2v0/R，又F安＝(M－m)g，可求出，此时线框上的热功率为P＝F安v0＝，整个过程中系统的机械能损失等于(M－m)gL；若线框刚进入磁场时的速度大于v0，则进入磁场后的安培力F安＞B2L2v0/R＝(M－m)gL，线框上的热功率大于，选项C正确；若线框刚进入磁场时的速度小于v0，则进入磁场后的安培力F安＜B2L2v0/R＝(M－m)gL，系统的机械能损失小于(M－m)gL，选项D正确．本题答案为BCD.
　4.(1)2.0 V　(2)2.0 A，方向d→c　(3)0.6 N
　【解析】 (1)由于导体棒ab做匀加速直线运动，设它在第5 s末速度为v，所以v＝at＝10.0 m/s　根据法拉第电磁感应定律：E＝BLv代入数据得E＝2.0 V
　(2)根据闭合电路欧姆定律：
　I＝代入数据得I＝0.2 A　方向d→c
　(3)因为金属直导线ab做匀速直线运动，故F－F安＝ma
　其中：F安＝BIL＝0.40 N
　F＝F安＋ma代入数据得F＝0.6 N.
　5.(1)　(2)　(3)
　【解析】 (1)电压大小即灯泡的额定电压，根据P＝U2/R，可得U＝.
　(2)设小灯泡的额定电流为I0，有：P＝IR，由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为I＝I0，此时金属棒MN所受重力与安培力相等，下落速度达到最大值，有：mg＝BI0L，可解得：B＝.
　(3)解法Ⅰ：设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律得：
　E＝BLv
　E＝I0(R－r)，可得：v－＝.
　解法Ⅱ：由能量转化和守恒可得：重力的功率等于整个电路获得的电功率：
　mgv＝(R＋r)可得：v＝.

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