（新課標(biāo)）高考物理總復(fù)習(xí)第十章電磁感應(yīng)教師用書（含解析）

電磁感應(yīng)考綱要求考情分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象Ⅰ 近幾年高考對該部分內(nèi)容重點考查了感應(yīng)電流的產(chǎn)生、感應(yīng)電動勢的方向判斷和大小計算等。常以選擇題形式考查對基礎(chǔ)知識、基本規(guī)律的理解與應(yīng)用，以計算題的形式考查綜合性問題，如動力學(xué)、能量、電路、圖像等與電磁感應(yīng)結(jié)合的問題，一般難度較大，分值較高。預(yù)計近幾年高考對該部分內(nèi)容仍將以法拉第電磁感應(yīng)定律為核心，利用與之相關(guān)的力電綜合問題，考查學(xué)生的綜合分析及運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力。在復(fù)習(xí)過程中還要多關(guān)注電磁感應(yīng)現(xiàn)象與現(xiàn)代科技、生活相結(jié)合的新情景題目。磁通量Ⅰ 法拉第電磁感應(yīng)定律Ⅱ 楞次定律Ⅱ 自感、渦流Ⅰ 第62課時電磁感應(yīng)現(xiàn)象和楞次定律(雙基落實課)點點通(一)對電磁感應(yīng)現(xiàn)象的理解和判斷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，電路中有感應(yīng)電流產(chǎn)生的現(xiàn)象。2．產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件(1)條件：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化。(2)特例：閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運動。3．產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實質(zhì)是產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，如果回路閉合則產(chǎn)生感應(yīng)電流；如果回路不閉合，則只產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，而無感應(yīng)電流。[小題練通]1.(魯科教材原題)如圖所示，條形磁鐵以速度v向螺線管靠近，下面幾種說法中正確的是()A．螺線管中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流B．螺線管中會產(chǎn)生感應(yīng)電流C．只有磁鐵速度足夠大時，螺線管中才能產(chǎn)生感應(yīng)電流D．只有在磁鐵的磁性足夠強(qiáng)時，螺線管中才會產(chǎn)生感應(yīng)電流解析：選B條形磁鐵以速度v向螺線管靠近時，螺線管中磁通量增加，故會產(chǎn)生感應(yīng)電流，B正確。2.(多選)(滬科教材原題)如圖所示，導(dǎo)線ab和cd互相平行，在下列情況中，使導(dǎo)線cd中有感應(yīng)電流產(chǎn)生的是()A．將開關(guān)S閉合或斷開B．開關(guān)S閉合后，將滑動變阻器的滑片P向右移動C．開關(guān)S閉合后，將滑動變阻器的滑片P向左移動D．開關(guān)S始終閉合，滑動變阻器的滑片P也不移動解析：選ABC開關(guān)S閉合或斷開，以及滑動變阻器的滑片P向左、右移動時，ab中電流均會發(fā)生變化，導(dǎo)致電流周圍磁場發(fā)生變化，穿過cd所在的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，故cd中產(chǎn)生感應(yīng)電流，A、B、C正確。3．如圖所示的勻強(qiáng)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題圖甲中線框左、右運動，題圖乙中線框上、下運動，題圖丁中線框繞與磁感線平行的軸線CD轉(zhuǎn)動，穿過線框的磁通量始終為零，故不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，只有題圖丙中線框繞與磁感線垂直的軸線AB轉(zhuǎn)動時，線框中磁通量會發(fā)生改變而產(chǎn)生感應(yīng)電流。故C正確。[融會貫通]判斷有無感應(yīng)電流的步驟(1)確定研究的回路。(2)弄清楚回路內(nèi)的磁場分布，并確定穿過該回路的磁通量Φ。(3)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ不變→無感應(yīng)電流。,Φ變化→\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(回路閉合，有感應(yīng)電流；,回路不閉合，無感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動勢。))))點點通(二)楞次定律和右手定則1．楞次定律(1)內(nèi)容：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。(2)適用范圍：適用于一切回路磁通量變化的情況。2．右手定則(1)使用方法伸開右手，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。(2)適用范圍：適用于部分導(dǎo)線切割磁感線的情況。[小題練通]1.(多選)如圖所示，一輕質(zhì)絕緣橫桿兩側(cè)各固定一金屬環(huán)，橫桿可繞中心點自由轉(zhuǎn)動，老師拿一條形磁鐵插向其中一個小環(huán)，后又取出插向另一個小環(huán)，同學(xué)們看到的現(xiàn)象及現(xiàn)象分析正確的是()A．磁鐵插向左環(huán)，橫桿發(fā)生轉(zhuǎn)動B．磁鐵插向右環(huán)，橫桿發(fā)生轉(zhuǎn)動C．磁鐵插向左環(huán)，左環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流D．磁鐵插向右環(huán)，右環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流解析：選BD磁鐵插向左環(huán)，左環(huán)不閉合，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，但會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，而磁鐵插向右環(huán)，右環(huán)中會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律，磁鐵插向右環(huán)時，橫桿會發(fā)生轉(zhuǎn)動，故B、D正確。2．(魯科教材原題)某實驗小組用如圖所示的實驗裝置來驗證楞次定律。當(dāng)條形磁鐵自上而下穿過線圈時，通過電流計的感應(yīng)電流方向是()A．a(chǎn)→G→bB．先a→G→b，后b→G→aC．b→G→aD．先b→G→a，后a→G→b解析：選D根據(jù)楞次定律，磁鐵穿進(jìn)線圈時，電流方向是b→G→a，穿出線圈時，電流方向是a→G→b，故D正確。3．(多選)(滬科教材原題)如圖所示，P為固定閉合電路的一段導(dǎo)體的橫截面。若使一對異性磁極相對P運動，并讓P始終處于磁場中，則下列說法中正確的是()A．磁極豎直向上運動時，P中不產(chǎn)生感應(yīng)電流B．磁極豎直向下運動時，P中產(chǎn)生指向紙外的感應(yīng)電流C．磁極向左運動時，P中產(chǎn)生指向紙里的感應(yīng)電流D．磁極向右運動時，P中產(chǎn)生指向紙里的感應(yīng)電流解析：選AD磁極豎直上、下運動時，P不切割磁感線，故不產(chǎn)生感應(yīng)電流，A正確，B錯誤；磁極左、右運動時，P切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則，磁極向左運動時，P中產(chǎn)生指向紙外的感應(yīng)電流，C錯誤；磁極向右運動時，P中產(chǎn)生指向紙里的感應(yīng)電流，D正確。[融會貫通]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)”阻礙原電流的變化——“增反減同”1．三定則、一定律的比較適用范圍基本現(xiàn)象安培定則電流的磁效應(yīng)電流、運動電荷周圍產(chǎn)生磁場左手定則磁場力磁場對電流、運動電荷的作用右手定則電磁感應(yīng)部分導(dǎo)線做切割磁感線運動楞次定律閉合回路的磁通量發(fā)生變化(1)三個定則特別容易混淆，可用特殊方法記憶，比如左“力”右“電”，先左后右(先學(xué)磁場力，后學(xué)電磁感應(yīng))。(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。[課堂綜合訓(xùn)練]1.(多選)(2018·全國卷Ⅰ)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動B．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D．開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動解析：選AD根據(jù)安培定則，開關(guān)閉合時鐵芯上產(chǎn)生水平向右的磁場，開關(guān)閉合后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由南向北的電流，根據(jù)安培定則，直導(dǎo)線上方的磁場垂直紙面向里，故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動，故A正確；同理，D正確；開關(guān)閉合并保持一段時間后，直導(dǎo)線上沒有感應(yīng)電流，故小磁針的N極指北，故B、C錯誤。2.如圖所示，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繞環(huán)心O轉(zhuǎn)動時，A產(chǎn)生順時針方向電流且具有擴(kuò)展趨勢，則B的轉(zhuǎn)動情況是()A．順時針加速轉(zhuǎn)動 B．順時針減速轉(zhuǎn)動C．逆時針加速轉(zhuǎn)動 D．逆時針減速轉(zhuǎn)動解析：選A由題意可知，A中感應(yīng)電流為順時針，由右手螺旋定則可知，A中感應(yīng)電流的內(nèi)部磁場向里，由楞次定律可知，引起感應(yīng)電流的原磁場可能為：向外增大或向里減小；若原磁場向外增大，則B中電流應(yīng)為逆時針且逐漸增大，由于B帶負(fù)電，故B應(yīng)順時針轉(zhuǎn)動且轉(zhuǎn)速增大；若原磁場向里減小，則B中電流應(yīng)為順時針且逐漸減小，故B應(yīng)逆時針轉(zhuǎn)動且轉(zhuǎn)速減??；又因為導(dǎo)體環(huán)A具有擴(kuò)展趨勢，則B中電流應(yīng)與A中電流方向相反，即B應(yīng)順時針轉(zhuǎn)動且轉(zhuǎn)速增大，A正確。3.(多選)航母上飛機(jī)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)線制成的形狀、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．若將銅環(huán)放在線圈右側(cè)，環(huán)將向左運動D．電池正負(fù)極調(diào)換后，環(huán)不能向左彈射解析：選AB在閉合開關(guān)S的過程中，固定線圈中電流為右側(cè)流入，磁場向左變強(qiáng)，則由楞次定律可知，環(huán)中感應(yīng)電流由左側(cè)看沿順時針方向，故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，銅環(huán)受到的安培力要大于鋁環(huán)，故B正確；若銅環(huán)放在線圈右側(cè)，根據(jù)“來拒去留”可得，環(huán)將向右運動，故C錯誤；電池正負(fù)極調(diào)換后，環(huán)受力仍向左，故仍將向左彈射，故D錯誤。4.(多選)(2019·湖北八校聯(lián)考)已知地磁場類似于條形磁鐵產(chǎn)生的磁場，地磁場N極位于地理南極附近。如圖所示，在湖北某中學(xué)實驗室的水平桌面上，放置邊長為L的正方形閉合導(dǎo)體線框abcd，線框的ad邊沿南北方向，ab邊沿東西方向，下列說法正確的是()A．若使線框向東平移，則a點電勢比d點電勢低B．若使線框向北平移，則a點電勢等于b點電勢C．若以ad邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°，則翻轉(zhuǎn)過程線框中電流方向始終為adcba方向D．若以ab邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°，則翻轉(zhuǎn)過程線框中電流方向始終為adcba方向解析：選AC地球北半球的磁場方向由南向北斜向下分布，可分解為水平向北和豎直向下兩個分量。若線框向東平移，根據(jù)右手定則可知a點電勢低于d點電勢，A項正確；若線框向北平移，根據(jù)右手定則可知a點電勢高于b點電勢，B項錯誤；若以ad邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°過程中，穿過線框的磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律及安培定則可知，線框中的電流方向始終為adcba方向，C項正確；若以ab邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°過程中，穿過線框的磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律及安培定則可知，線框中的電流方向為先沿abcda方向再沿adcba方向，故D項錯誤。5.如圖所示，通電導(dǎo)線MN與單匝圓形線圈a共面，位置靠近圓形線圈a左側(cè)且相互絕緣。當(dāng)MN中電流突然減小時，下列說法正確的是()A．線圈a中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向B．線圈a中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時針方向C．線圈a所受安培力的合力方向垂直紙面向里D．線圈a所受安培力的合力方向水平向左解析：選A根據(jù)安培定則，MN中電流產(chǎn)生的磁場在MN左側(cè)垂直紙面向外，在MN右側(cè)垂直紙面向里，由于MN位置靠近線圈a左側(cè)，所以線圈a中合磁場方向為垂直紙面向里，當(dāng)MN中電流突然減小時，垂直紙面向里的磁通量減少，根據(jù)楞次定律可知，線圈a中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向，選項A正確，B錯誤；由左手定則可知，線圈a左側(cè)所受安培力方向水平向右，線圈a右側(cè)所受安培力方向水平向右，所以線圈a所受安培力的合力方向水平向右，選項C、D錯誤。eq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])1.(2019·大慶實驗中學(xué)模擬)如圖所示，套在條形磁鐵外的三個線圈，其面積S1>S2＝S3，線圈1、2在同一位置，且線圈3在磁鐵的正中間。設(shè)各線圈中的磁通量依次為Φ1、Φ2、Φ3，則它們的大小關(guān)系是()A．Φ1>Φ2>Φ3 B．Φ1>Φ2＝Φ3C．Φ1<Φ2<Φ3 D．Φ1<Φ2＝Φ3解析：選C在條形磁鐵內(nèi)、外都有磁場，套在條形磁鐵外的三個線圈的磁通量為內(nèi)部向左的磁通量減去外部向右的磁通量，而其內(nèi)部向左的磁通量相同，外部向右的磁通量越大，總磁通量越小，線圈1、2在同一位置，線圈1的外部面積大，則向右的磁通量大，故Φ2>Φ1，線圈2、3面積一樣，線圈3位置外部向右磁通量小，則Φ3>Φ2，可知Φ1<Φ2<Φ3，選項C正確。2.(2019·天水一中月考)如圖所示，繞在鐵芯上的線圈與電源、滑動變阻器和開關(guān)組成閉合回路。在鐵芯的右端套有一個表面絕緣的銅環(huán)A。不計鐵芯和銅環(huán)A之間的摩擦。則下列情況中銅環(huán)A會向右運動的是()A．線圈中通以恒定的電流B．通電時，使滑動變阻器的滑片P向右勻速移動C．通電時，使滑動變阻器的滑片P向左加速移動D．開關(guān)突然斷開的瞬間解析：選C銅環(huán)A向右運動，說明穿過A的磁通量在增加，繞在鐵芯上的線圈中的電流在增大，故選項C正確。3.(2019·福建質(zhì)檢)法拉第在1831年發(fā)現(xiàn)了“磁生電”現(xiàn)象。如圖所示，他把兩個線圈繞在同一個軟鐵環(huán)上，線圈A和電池連接，線圈B用導(dǎo)線連通，導(dǎo)線下面平行放置一個小磁針。實驗中可能觀察到的現(xiàn)象是()A．用一節(jié)電池作電源小磁針不偏轉(zhuǎn)，用十節(jié)電池作電源小磁針會偏轉(zhuǎn)B．線圈B匝數(shù)較少時小磁針不偏轉(zhuǎn)，匝數(shù)足夠多時小磁針會偏轉(zhuǎn)C．線圈A和電池接通瞬間，小磁針會偏轉(zhuǎn)D．線圈A和電池斷開瞬間，小磁針不偏轉(zhuǎn)解析：選C根據(jù)“磁生電”即電磁感應(yīng)現(xiàn)象的產(chǎn)生條件知，選項A、B錯誤；只有在線圈A和電池接通或斷開的瞬間，線圈B中才能產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流產(chǎn)生磁場，使導(dǎo)線下面平行放置的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，選項C正確，D錯誤。4.(2017·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、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，通過它的磁通量可能不變。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A。5.如圖所示，一個金屬圓環(huán)水平放置在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，若要使圓環(huán)中產(chǎn)生圖中箭頭方向的感應(yīng)電流，下列方法可行的是()A．使勻強(qiáng)磁場均勻增強(qiáng)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)右手螺旋定則，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，說明通過圓環(huán)磁通量在增大，原磁場增強(qiáng)則磁通量增大，A正確；使圓環(huán)繞水平軸ab或cd如題圖所示轉(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)生與題圖所示方向相反的感應(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。6.(多選)如圖所示，閉合的鋁環(huán)豎直放置，在其右側(cè)的軸線上水平放置一小磁針，小磁針可在水平方向上自由運動，下列說法正確的是()A．如果鋁環(huán)向右運動，則小磁針沿水平方向向右運動B．如果鋁環(huán)向右運動，則小磁針沿水平方向向左運動C．如果鋁環(huán)垂直軸線向上運動，則小磁針沿水平方向向右運動D．如果鋁環(huán)垂直軸線向上運動，則小磁針沿水平方向向左運動解析：選AD如果鋁環(huán)向右運動，則穿過鋁環(huán)的磁通量向左增加，則感應(yīng)電流的磁場向右，從左向右看鋁環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時針方向，則鋁環(huán)的右側(cè)相當(dāng)于N極，則小磁針沿水平方向向右運動，A正確，B錯誤；如果鋁環(huán)垂直軸線向上運動，則穿過鋁環(huán)的磁通量向左減少，則感應(yīng)電流的磁場向左，從左向右看鋁環(huán)中的感應(yīng)電流沿逆時針方向，則鋁環(huán)的左側(cè)相當(dāng)于N極，則小磁針沿水平方向向左運動，C錯誤，D正確。7．(多選)如圖甲所示，螺線管內(nèi)有一平行于軸線的磁場，規(guī)定圖中箭頭所示方向為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，螺線管與U形導(dǎo)線框cdef相連，導(dǎo)線框cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)面積為S，圓環(huán)與導(dǎo)線框cdef在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化時，下列說法中正確的是()A．在t1時刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大，最大值Φm＝B0SB．在t2時刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大C．在t1～t2時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L有擴(kuò)張的趨勢D．在t1～t2時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L內(nèi)有順時針方向的感應(yīng)電流解析：選BD當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按題圖乙所示規(guī)律變化時，在導(dǎo)線框cdef內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，在t1時刻，螺線管內(nèi)磁通量的變化率為零，感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量為零，選項A錯誤；在t2時刻，螺線管內(nèi)磁通量的變化率最大，感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電流最大，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大，選項B正確；在t1～t2時間內(nèi)，螺線管內(nèi)磁通量減小，由楞次定律及安培定則知，導(dǎo)線框cdef內(nèi)產(chǎn)生逆時針方向感應(yīng)電流，螺線管內(nèi)磁通量的變化率逐漸增大，則感應(yīng)電動勢逐漸增大，感應(yīng)電流逐漸增大，金屬圓環(huán)L內(nèi)磁通量增大，根據(jù)楞次定律及安培定則知，金屬圓環(huán)L內(nèi)有順時針方向的感應(yīng)電流，金屬圓環(huán)L有收縮的趨勢，選項C錯誤，D正確。8．(多選)(2019·山東實驗中學(xué)一診)勻強(qiáng)磁場中有一細(xì)金屬圓環(huán)，圓環(huán)平面位于紙面內(nèi)，如圖甲所示。磁場方向垂直紙面，規(guī)定垂直紙面向里的方向為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。用I1、I2、I3分別表示Oa、ab、bc段的感應(yīng)電流，F(xiàn)1、F2、F3分別表示圓環(huán)產(chǎn)生對應(yīng)感應(yīng)電流時其中一小段受到的安培力。則()A．I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向B．I2沿順時針方向，I3沿逆時針方向C．F1方向指向圓心，F(xiàn)2方向指向圓心D．F2方向背離圓心向外，F(xiàn)3方向指向圓心解析：選AD由題圖乙可知，在Oa段磁場方向垂直紙面向里，穿過圓環(huán)的磁通量增加，由楞次定律可知，感應(yīng)電流I1沿逆時針方向，在ab段磁場方向垂直紙面向里，穿過圓環(huán)的磁通量減少，由楞次定律可知，感應(yīng)電流I2沿順時針方向，在bc段磁場方向垂直紙面向外，穿過圓環(huán)磁通量增加，由楞次定律可知，感應(yīng)電流I3沿順時針方向，選項A正確，B錯誤；由左手定則可知，Oa過程中某一小段電流受到的安培力F1方向指向圓心，ab過程中某一小段電流受到的安培力F2方向背離圓心向外，bc過程中某一小段電流受到的安培力F3方向指向圓心，選項C錯誤，D正確。第63課時法拉第電磁感應(yīng)定律(重點突破課)考點一法拉第電磁感應(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)，這樣求的是Δt時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢，其中n為線圈匝數(shù)。3．導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢：E＝Blvsin_θ，式中l(wèi)為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度，θ為v與B的夾角。求瞬時感應(yīng)電動勢要用該公式，當(dāng)然，代入平均速度時，該公式也可以求平均感應(yīng)電動勢。4．求解感應(yīng)電動勢的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＝nBSω·sin(ωt＋φ0)[考法細(xì)研]考法1公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的應(yīng)用[例1]如圖所示，有一接在電容器C兩端的單匝圓形線圈，其內(nèi)存在著垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，已知圓的半徑r＝5cm，電容C＝20μF，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B以4×10－2T/s的變化率均勻增加時()A．電容器a板帶正電，電荷量為2π×10－9B．電容器a板帶負(fù)電，電荷量為2π×10－9C．電容器b板帶正電，電荷量為4π×10－9D．電容器b板帶負(fù)電，電荷量為4π×10－9[解析]根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電動勢的方向沿逆時針，則電容器a板帶正電，b板帶負(fù)電，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝4×10－2×π×52×10－4V＝π×10－4V，則Q＝CU＝CE＝2×10－5×π×10－4C＝2π×10－9C，選項A正確，B、C、D錯誤。[答案]A考法2導(dǎo)體切割磁感線問題[例2](2015·海南高考)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沿與棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度都垂直的方向運動時，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運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為ε′。則eq\f(ε′,ε)等于()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．1 D．eq\r(2)[解析]設(shè)棒長度為l，則棒不彎折時感應(yīng)電動勢ε＝Blv。彎折后，切割磁感線的有效長度l′＝eq\f(\r(2),2)l，其感應(yīng)電動勢ε′＝Bl′v＝eq\f(\r(2),2)Blv。所以eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2)，故B正確。[答案]Beq\a\vs4\al([易錯提醒])本題考查對切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢公式E＝Blv的應(yīng)用，解題時應(yīng)注意l是“有效切割長度”。(1)若l與B不垂直，則l在垂直于B的方向的投影長度為有效切割長度。(2)若l出現(xiàn)彎折的情況，則先將兩端點相連，再確定其有效切割長度。[集訓(xùn)沖關(guān)]1.如圖所示，半徑為r的n匝線圈套在邊長為L的正方形abcd之外，勻強(qiáng)磁場局限在正方形區(qū)域內(nèi)且垂直穿過正方形，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度以eq\f(ΔB,Δt)的變化率均勻變化時，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為()A．πr2·eq\f(ΔB,Δt) B．L2·eq\f(ΔB,Δt)C．nπr2·eq\f(ΔB,Δt) D．nL2·eq\f(ΔB,Δt)解析：選D根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nL2·eq\f(ΔB,Δt)，D正確。2.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增加為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變?yōu)镋2。則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比分別為()A．c→a,2∶1 B．a(chǎn)→c,2∶1C．a(chǎn)→c,1∶2 D．c→a,1∶2解析：選C由右手定則可知，電阻R上電流的方向為a→c，由E＝BLv可知，E1∶E2＝1∶2，C正確。3.(2016·北京高考)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，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由楞次定律知，題圖中圓環(huán)感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反，故感應(yīng)電流沿順時針方向。由法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(ΔB·πR2,Δt)，由于兩圓環(huán)半徑之比Ra∶Rb＝2∶1，所以Ea∶Eb＝4∶1，選項B正確?？键c二自感和渦流1．自感(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。(2)自感電動勢：由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，表達(dá)式E＝Leq\f(ΔI,Δt)。(3)自感系數(shù)L：與線圈的大小、形狀、圈數(shù)以及是否有鐵芯等因素有關(guān)，單位為亨利(H)。(4)區(qū)別通電自感與斷電自感通電自感斷電自感電路圖器材規(guī)格A1、A2燈同規(guī)格，R＝RL，L較大L很大(有鐵芯)，RL<RA現(xiàn)象觀察開關(guān)S閉合瞬間，A2燈立即亮起來，A1燈逐漸變亮，最終一樣亮開關(guān)S斷開時，A燈突然閃亮一下后再漸漸熄滅能量轉(zhuǎn)化電能轉(zhuǎn)化為磁場能磁場能轉(zhuǎn)化為電能當(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)生感應(yīng)電流，這種電流看起來像水的旋渦，所以叫渦流。[考法細(xì)研]考法1自感現(xiàn)象的分析[例1](2019·石家莊調(diào)研)如圖所示，電路中L是一電阻可忽略不計的電感線圈，a、b為L的左、右兩端點，A、B、C為完全相同的三盞燈泡，原來開關(guān)S是閉合的，三盞燈泡均發(fā)光。某時刻將開關(guān)S斷開，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)點電勢高于b點，A燈閃亮后緩慢熄滅B．b點電勢高于a點，B、C燈閃亮后緩慢熄滅C．a(chǎn)點電勢高于b點，B、C燈閃亮后緩慢熄滅D．b點電勢高于a點，B、C燈不會閃亮只是緩慢熄滅[解析]開關(guān)S閉合穩(wěn)定時，電感線圈支路的總電阻比B、C燈支路電阻小，故流過A燈的電流I1大于流過B、C燈的電流I2，且電流方向由a到b，a點電勢高于b點。當(dāng)開關(guān)S斷開，電感線圈會產(chǎn)生自感現(xiàn)象，相當(dāng)于電源，b點電勢高于a點，阻礙流過A燈電流的減小，瞬間流過B、C燈支路的電流比原來的大，故B、C燈閃亮后緩慢熄滅，故B正確。[答案]Beq\a\vs4\al([規(guī)律方法])自感線圈在電路中的作用(1)電路突然接通時，自感線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，阻礙電流變化使與之串聯(lián)的燈泡不是立即變亮，而是逐漸變亮。(2)電路突然斷開時，自感線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在電路中相當(dāng)于新的電源。若產(chǎn)生的電流比原來的大，則燈泡“閃亮”一下再熄滅；若產(chǎn)生的電流不大于原來的電流，則燈泡不能“閃亮”而逐漸熄滅。考法2渦流的應(yīng)用[例2](多選)(2019·重慶巴蜀中學(xué)一診)如圖所示，在線圈正上方放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，幾分鐘后，杯中的水沸騰起來，t0時刻的電流方向已在圖中標(biāo)出，且此時電流正在增大，則下列關(guān)于把水燒開的過程中發(fā)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象的說法正確的有()A．金屬杯中產(chǎn)生渦流，渦流的熱效應(yīng)使水沸騰起來B．t0時刻，從上往下看，金屬杯中的渦流沿順時針方向C．t0時刻，從上往下看，金屬杯中的渦流沿逆時針方向D．將交流電源斷開的瞬間，金屬杯中的渦流也瞬間消失[解析]由于交流電在線圈中產(chǎn)生變化的磁場，變化的磁場穿過金屬杯可以在金屬杯中產(chǎn)生變化的電場，從而產(chǎn)生渦流，使水沸騰，A正確；t0時刻電流從線圈的上端流入且電流正在增大，則穿過金屬杯的磁場是向下增大的，所以根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場方向一定是向上的，由安培定則可知，從上往下看，金屬杯中的渦流沿逆時針方向，C正確，B錯誤；將交流電源斷開的瞬間，線圈中沒有了變化的電流，金屬杯中的渦流也瞬間消失，D正確。[答案]ACD[集訓(xùn)沖關(guān)]1.(多選)(2019·洛陽模擬)如圖所示，電路中A、B是兩個完全相同的燈泡，L是一個自感系數(shù)很大、直流電阻為零的自感線圈，則下列判斷正確的是()A．S閉合瞬間，A燈和B燈同時亮B．S閉合后電路穩(wěn)定前，B燈先亮一下再逐漸變暗，A燈逐漸變暗C．S閉合電路穩(wěn)定后，A燈和B燈亮度相同D．S閉合電路穩(wěn)定后，再斷開S時，A燈要亮一下再熄滅解析：選ADS閉合的瞬間，兩燈同時獲得電壓，所以A、B燈同時發(fā)光，選項A正確；由于線圈的電阻為零，A燈逐漸被短路，流過A燈的電流逐漸減小，A燈逐漸變暗，直至熄滅，而流過B燈的電流增大，所以B燈變亮，選項B錯誤；結(jié)合以上的分析可知，S閉合電路穩(wěn)定后，A燈熄滅，選項C錯誤；斷開S的瞬間，B燈的電流突然消失，立即熄滅，流過線圈的電流將要減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當(dāng)于電源，阻礙線圈中電流的減小，所以A燈要亮一下再熄滅，選項D正確。2．(2017·北京高考)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。實驗時，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題圖1中，電路穩(wěn)定時通過A1的電流記為I1，通過L1的電流記為IL，S1斷開瞬間，A1突然變亮，可知IL>I1，因此A1和L1電阻值不相等，所以A、B錯誤；題圖2中，閉合S2時，由于自感作用，通過L2與A2的電流I2會逐漸增大，而通過R與A3的電流I3立即變大，因此電流I2與I3不相等，所以D錯誤；由于最終A2與A3亮度相同，所以兩支路電流I相同，根據(jù)部分電路歐姆定律，兩支路電壓U與電流I均相同，所以兩支路電阻相同，由于A2、A3完全相同，故變阻器R與L2的電阻值相同，所以C正確。3.如圖所示，在一個繞有線圈的可拆變壓器鐵芯上分別放一小鐵鍋水和一玻璃杯水。給線圈通入電流，一段時間后，一個容器中水溫升高，則通入的電流與水溫升高的是()A．恒定直流、小鐵鍋B．恒定直流、玻璃杯C．變化的電流、小鐵鍋D．變化的電流、玻璃杯解析：選C通入恒定直流時，所產(chǎn)生的磁場不變，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項A、B錯誤；通入變化的電流，所產(chǎn)生的磁場發(fā)生變化，在空間產(chǎn)生感生電場，小鐵鍋是導(dǎo)體，感生電場在導(dǎo)體內(nèi)產(chǎn)生渦流，電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，使水溫升高；渦流是由變化的磁場在導(dǎo)體內(nèi)產(chǎn)生的，所以玻璃杯中的水不會升溫，選項C正確，D錯誤。eq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])1．一單匝矩形線框置于勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場方向垂直。先保持線框的面積不變，將磁感應(yīng)強(qiáng)度在1s內(nèi)均勻地增大到原來的兩倍。接著保持增大后的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，在1s內(nèi)，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半。先后兩個過程中，線框中感應(yīng)電動勢的比值為()A．eq\f(1,2) B．1C．2 D．4解析：選B根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，設(shè)初始時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，線框面積為S0，則第一個過程的感應(yīng)電動勢為E1＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(2B0－B0S0,t0)＝eq\f(B0S0,t0)；第二個過程的感應(yīng)電動勢為E2＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(2B0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S0－\f(S0,2))),t0)＝eq\f(B0S0,t0)，所以兩個過程線框中的感應(yīng)電動勢相等，比值為1，故選項B正確。2.如圖所示，一金屬彎桿處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，已知ab＝bc＝L，當(dāng)它以速度v向右水平運動時，a、c兩點間的電勢差為()A．BLv B．BLvsinθC．BLvcosθ D．BLv(1＋sinθ)解析：選B當(dāng)金屬彎桿以速度v向右水平運動時，其有效切割長度為Lsinθ，故感應(yīng)電動勢大小為BLvsinθ，即a、c兩點間的電勢差為BLvsinθ，故選項B正確。3.如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間線性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A．eq\f(4ωB0,π) B．eq\f(2ωB0,π)C．eq\f(ωB0,π) D．eq\f(ωB0,2π)解析：選C當(dāng)線框繞過圓心O的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，由于面積的變化產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流。設(shè)半圓的半徑為r，導(dǎo)線框的電阻為R，即I1＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(B0ΔS,RΔt)＝eq\f(\f(1,2)πr2B0,R\f(π,ω))＝eq\f(B0r2ω,2R)。當(dāng)線框不動，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化時，I2＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB·S,RΔt)＝eq\f(ΔBπr2,2RΔt)，因I1＝I2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，選項C正確。4.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，繞過O點的軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)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＝eq\f(Br2ω,R) B．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,R)C．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,2R) D．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,2R)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)電動勢E＝eq\f(1,2)Br2ω，所以通過電阻R的電流大小是I＝eq\f(Br2ω,2R)，選項D正確。5.如圖所示的電路，初始時開關(guān)S閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，在某一時刻突然斷開開關(guān)S，則通過電阻R1中的電流I隨時間t變化的圖線可能是選項圖中的()解析：選D初始時開關(guān)S閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，流過R1的電流方向向左，大小為I1，與R1并聯(lián)的R2和線圈L支路，電流I2的方向也是向左。當(dāng)某一時刻開關(guān)S突然斷開時，L中向左的電流要減小，由于自感現(xiàn)象，線圈L產(chǎn)生自感電動勢，在回路“L→R1→A→R2”中形成感應(yīng)電流，電流通過R1的方向與原來相反，變?yōu)橄蛴?，并從I26．(多選)某種安檢門是一個用于安全檢查的“門”，“門框”內(nèi)有線圈，線圈里通有交變電流，交變電流在“門”內(nèi)產(chǎn)生交變磁場，金屬物品通過“門”時能產(chǎn)生渦流，渦流的磁場又反過來影響線圈中的電流，從而引起報警。以下關(guān)于此安檢門的說法正確的是()A．安檢門也能檢查出毒品攜帶者B．安檢門只能檢查出金屬物品攜帶者C．如果“門框”的線圈中通上恒定電流，也能檢查出金屬物品攜帶者D．安檢門工作時，既利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，又利用了電流的磁效應(yīng)解析：選BD此安檢門是利用渦流工作的，因而只能檢查出金屬物品攜帶者，A錯，B對；若“門框”的線圈中通上恒定電流，只能產(chǎn)生恒定磁場，它不能使金屬物品中產(chǎn)生渦流，因而不能檢查出金屬物品攜帶者，C錯；安檢門工作時，既利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，又利用了電流的磁效應(yīng)，D對。7.(多選)(2019·湖北七校聯(lián)考)如圖所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10，邊長La＝2Lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小，不考慮a、A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為2∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為4∶1D．a(chǎn)、b線圈消耗的電功率之比為8∶1解析：選AD原磁場向里減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，因此兩線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向，選項A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝eq\f(nΔB,Δt)L2，由La＝2Lb，得a、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為4∶1，選項B錯誤；線圈電阻R＝ρeq\f(L,S)，故a、b線圈電阻之比為2∶1，由閉合電路歐姆定律可知I＝eq\f(E,R)，則a、b線圈中感應(yīng)電流之比為2∶1，選項C錯誤；電功率P＝I2R，則a、b線圈消耗的電功率之比為8∶1，選項D正確。8．(多選)(2019·唐山模擬)如圖甲所示，一個匝數(shù)為n的圓形線圈(圖中只畫了2匝)，面積為S，線圈的電阻為R，在線圈外接一個阻值為R的電阻和一個理想電壓表，將線圈放入垂直線圈平面向里的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是()A．0～t1時間內(nèi)P端電勢高于Q端電勢B．0～t1時間內(nèi)電壓表的示數(shù)為eq\f(nB1－B0S,t1)C．t1～t2時間內(nèi)通過R的電流為eq\f(nB1S,2t2－t1R)D．t1～t2時間內(nèi)P端電勢高于Q端電勢解析：選AC0～t1時間內(nèi)，由題圖乙知磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流沿逆時針方向，線圈相當(dāng)于電源，上端為正極，下端為負(fù)極，所以P端電勢高于Q端電勢，故A正確；0～t1時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(B1－B0,t1)S，電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的電壓U＝IR＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(nB1－B0S,2t1)，故B錯誤；t1～t2時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E′＝neq\f(ΔΦ′,Δt′)＝neq\f(B1,t2－t1)S，根據(jù)閉合電路的歐姆定律知，通過R的電流為I′＝eq\f(E′,2R)＝eq\f(nB1S,2t2－t1R)，故C正確；t1～t2時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流沿順時針方向，線圈相當(dāng)于電源，上端為負(fù)極，下端為正極，所以P端電勢低于Q端電勢，故D錯誤。9.如圖所示，在光滑的水平面上有一半徑r＝10cm、電阻R＝1Ω、質(zhì)量m＝1kg的金屬圓環(huán)，以速度v＝10m/s向一有界磁場運動。勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，從圓環(huán)剛進(jìn)入磁場算起，到剛好有一半進(jìn)入磁場時，圓環(huán)一共釋放了32J的熱量，求：(1)此時圓環(huán)中電流的瞬時功率；(2)此時圓環(huán)運動的加速度。解析：(1)圓環(huán)從開始進(jìn)入磁場到有一半進(jìn)入磁場過程中，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Q＋eq\f(1,2)mv′2，代入數(shù)據(jù)解得v′＝6m/s，此時的感應(yīng)電動勢E＝BLv′＝B·2rv′＝0.5×2×0.1×6V＝0.6V，圓環(huán)中電流的瞬時功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\2,1)W＝0.36W。(2)感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\,1)A＝0.6A，圓環(huán)受到的安培力F＝BIL＝BI·2r＝0.5×0.6×2×0.1N＝0.06N，由牛頓第二定律得F＝ma，解得圓環(huán)此時運動的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\,1)m/s2＝0.06m/s2，由右手定則可知，圓環(huán)中感應(yīng)電流沿逆時針方向，由左手定則可知，安培力水平向左，則加速度方向向左。答案：(1)0.36W(2)0.06m/s2，方向向左第64課時電磁感應(yīng)中的電路問題(題型研究課)1.(2018·全國卷Ⅰ)如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于()A．eq\f(5,4)B．eq\f(3,2)C．eq\f(7,4)D．2解析：選B在過程Ⅰ中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)，且q1＝I1Δt1，在過程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B·\f(1,2)πr2,Δt2)，I2＝eq\f(E2,R)，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，即eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),R)＝eq\f(B′－B·\f(1,2)πr2,R)，解得eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，B正確。2.(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為eq\f(3,2)l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運動。線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()解析：選D設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i，根據(jù)題圖可得：線框位移等效電路的連接電流0～eq\f(l,2)I＝2i(順時針)eq\f(l,2)～lI＝0l～eq\f(3l,2)I＝2i(逆時針)eq\f(3l,2)～2lI＝0綜合分析知，只有選項D符合要求。3．(多選)(2018·全國卷Ⅲ)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢()A．在t＝eq\f(T,4)時為零B．在t＝eq\f(T,2)時改變方向C．在t＝eq\f(T,2)時最大，且沿順時針方向D．在t＝T時最大，且沿順時針方向解析：選AC在t＝eq\f(T,4)時，題圖(b)中圖線斜率為0，即磁場變化率為0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，E＝0，A正確；在t＝eq\f(T,2)和t＝T時，圖線斜率大小最大，在t＝eq\f(T,2)和t＝T時感應(yīng)電動勢最大。在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)之間，電流由Q向P減弱，導(dǎo)線在R處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場，且磁場減弱，由楞次定律知，R產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向也垂直紙面向里，則R中感應(yīng)電動勢沿順時針方向，同理可判斷在eq\f(T,2)到eq\f(3,4)T時，R中感應(yīng)電動勢也為順時針方向，在eq\f(3,4)T到eq\f(5,4)T時，R中感應(yīng)電動勢為逆時針方向，C正確，B、D錯誤。4．(多選)(2017·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0.1m、總電阻為0.005Ω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)電流的方向為順時針時，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0.5TB．導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N解析：選BC由題圖(b)可知，導(dǎo)線框運動的速度大小為v＝eq\f(L,t)＝eq\,0.2)m/s＝0.5m/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＝BLv，得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\,0.1×0.5)T＝0.2T，A項錯誤；由題圖(b)可知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針，根據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向外，C項正確；在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場，回路中的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(|E′|,R)＝eq\f(|－0.01|,0.005)A＝2A，則導(dǎo)線框所受的安培力大小為F＝BIL＝0.2×2×0.1N＝0.04N，D項錯誤。5．(2018·天津高考)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示。為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計。列車啟動后電源自動關(guān)閉。(1)要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；(2)求剛接通電源時列車加速度a的大?。?3)列車減速時，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？解析：(1)列車要向右運動，安培力方向應(yīng)向右。根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b、由c到d，故M接電源正極。(2)由題意，列車啟動時ab、cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為R總，由電阻的串并聯(lián)知識得R總＝eq\f(R,2)①設(shè)回路總電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R總)②設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝IlB③根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma④聯(lián)立①②③④式得a＝eq\f(2BEl,mR)。⑤(3)設(shè)列車減速時，cd進(jìn)入磁場后經(jīng)Δt時間ab恰好進(jìn)入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ，平均感應(yīng)電動勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)⑥其中ΔΦ＝Bl2⑦設(shè)回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有I′＝eq\f(E1,2R)⑧設(shè)cd受到的平均安培力為F′，有F′＝I′lB⑨以向右為正方向，設(shè)Δt時間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖＝－F′Δt⑩同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有I0＝2I沖?設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有I總＝0－mv0?聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得eq\f(I總,I0)＝eq\f(mv0R,B2l3)?討論：若eq\f(I總,I0)恰為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場；若eq\f(I總,I0)不是整數(shù)，設(shè)eq\f(I總,I0)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N＋1塊有界磁場。答案：(1)M接電源正極，理由見解析(2)eq\f(2BEl,mR)(3)見解析eq\a\vs4\al([備考視角])1．電磁感應(yīng)電路、圖像、動力學(xué)和能量問題是高考命題的熱點，近幾年高考幾乎每年都涉及這方面的題目。2．電路和圖像問題常以選擇題形式考查，動力學(xué)和能量問題考查類型比較靈活，既有選擇題，也有計算題。3．電磁感應(yīng)和動量知識的綜合考查，是高考命題的潛在熱點，會以綜合計算題形式出現(xiàn)，分值和難度都較大，要引起足夠的重視。命題點一導(dǎo)體切割磁感線的電路問題平動切割轉(zhuǎn)動切割電源平動切割的導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割的導(dǎo)體棒內(nèi)阻平動棒上的電阻轉(zhuǎn)動棒上的電阻電動勢E＝BLvE＝eq\f(1,2)BωL2感應(yīng)電流用閉合電路歐姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)電流方向用右手定則判斷路端電壓電路接通時切割棒兩端的電壓考法1平動切割的電路問題[例1]如圖所示，PQ、MN是放置在水平面內(nèi)的光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻不計，GH是長度為L、電阻為r的導(dǎo)體棒，其中點與一端固定的輕彈簧連接，輕彈簧的勁度系數(shù)為k。導(dǎo)體棒處在方向向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。電路中直流電源的電動勢為E、內(nèi)阻不計，電容器的電容為C。閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后(輕彈簧始終在彈性限度內(nèi))，下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒中電流為eq\f(E,R2＋r＋R1)B．輕彈簧的長度增大eq\f(BLE,kr＋R1)C．輕彈簧的長度減小eq\f(BLE,kr＋R2)D．電容器所帶電荷量為eq\f(ECr,r＋R1)[解析]導(dǎo)體棒中的電流為I＝eq\f(E,R1＋r)，故A錯誤；由左手定則知導(dǎo)體棒所受的安培力方向向左，則彈簧長度減小，由平衡條件得BIL＝kΔx，解得Δx＝eq\f(BLE,kr＋R1)，故B、C錯誤；電容器上的電壓等于導(dǎo)體棒兩端的電壓U＝Ir，電容器所帶的電荷量為Q＝CU＝eq\f(ECr,R1＋r)，故D正確。[答案]D考法2轉(zhuǎn)動切割的電路問題[例2](多選)如圖所示是圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖，銅盤安裝在水平的銅軸上，它的盤面恰好與勻強(qiáng)磁場垂直，兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動軸和銅盤的邊緣接觸。若銅盤半徑為L，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，回路的總電阻為R，從左往右看，銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動。則()A．由于穿過銅盤的磁通量不變，故回路中無感應(yīng)電流B．回路中感應(yīng)電流大小不變，為eq\f(BL2ω,2R)C．回路中感應(yīng)電流方向不變，為C→D→R→CD．回路中有周期性變化的感應(yīng)電流[解析]把銅盤視為閉合回路的一部分，在銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動時，銅盤切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中有感應(yīng)電流，選項A錯誤；銅盤切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(1,2)BL2ω，根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路中感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，由右手定則可判斷出感應(yīng)電流方向為C→D→R→C，選項B、C正確，D錯誤。[答案]BCeq\a\vs4\al([規(guī)律方法])處理電磁感應(yīng)電路問題的一般思路[集訓(xùn)沖關(guān)]1.如圖所示，MN、PQ為兩平行金屬導(dǎo)軌，M、P間連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直紙面向里與導(dǎo)軌所在平面垂直，有一勻質(zhì)金屬圓環(huán)以速度v沿兩導(dǎo)軌滑動，與導(dǎo)軌接觸良好，金屬圓環(huán)的直徑為d與兩導(dǎo)軌間的距離相等，設(shè)金屬圓環(huán)與導(dǎo)軌的電阻均可忽略，當(dāng)金屬圓環(huán)向右做勻速運動時()A．有感應(yīng)電流通過電阻R，大小為eq\f(2dBv,R)B．沒有感應(yīng)電流通過電阻RC．沒有感應(yīng)電流流過金屬圓環(huán)D．有感應(yīng)電流流過金屬圓環(huán)，且左、右兩部分流過的電流相同解析：選D當(dāng)金屬圓環(huán)運動時，相當(dāng)于電源，即兩個電動勢相等的電源并聯(lián)，畫出等效電路如圖所示，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E0＝Bdv，電源組的電動勢E＝Bdv，所以流過電阻R的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bdv,R)，A、B錯誤；由等效電路可知，有感應(yīng)電流流過金屬圓環(huán)，并且左、右兩部分并聯(lián)，所以左、右兩部分流過的電流相同，C錯誤，D正確。2．(2019·上海閘北檢測)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒MN置于圓導(dǎo)軌上，NM的延長線過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示。整個裝置位于一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，方向豎直向下。在內(nèi)、外圓導(dǎo)軌間對稱地接有三個阻值均為R的電阻。導(dǎo)體棒在垂直作用于導(dǎo)體棒MN中點的水平外力F作用下，以角速度ω繞O點順時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻均可忽略。求：(1)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；(2)流過導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流；(3)外力的大小。解析：(1)根據(jù)E＝eq\f(1,2)BωL2得E感＝eq\f(1,2)Bω(2r)2－eq\f(1,2)Bωr2＝eq\f(3,2)Bωr2。(2)三個電阻為并聯(lián)關(guān)系R總＝eq\f(R,3)，I總＝eq\f(E感,R總)＝eq\f(\f(3,2)Bωr2,\f(R,3))＝eq\f(9Bωr2,2R)。(3)外力F＝BI總L＝B·eq\f(9Bωr2,2R)·r＝eq\f(9B2ωr3,2R)。答案：(1)eq\f(3,2)Bωr2(2)eq\f(9Bωr2,2R)(3)eq\f(9B2ωr3,2R)命題點二變化磁場的電路問題eq\a\vs4\al(1.電源：磁通量變化的線圈，感應(yīng)電動勢為E＝n\f(ΔΦ,Δt)。,2.注意問題：E＝n\f(ΔΦ,Δt)為平均感應(yīng)電動勢，通過電路的電荷量q＝n\f(ΔΦ,R)。)[例1](多選)(2019·衡陽八中檢測)如圖甲所示的電路中，電阻R1＝R，R2＝2R，單匝圓形金屬線圈半徑為r2，圓心為O，線圈的電阻為R，其余導(dǎo)線的電阻不計。半徑為r1(r1<r2)、圓心為O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)度大小B隨時間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，電容器的電容為C。閉合開關(guān)S，t1時刻開始電路中的電流穩(wěn)定不變，下列說法正確的是()A．電容器上極板帶正電B．t1時刻，電容器所帶的電荷量為eq\f(CB1πr12,4t1)C．t1時刻之后，線圈兩端的電壓為eq\f(3B1πr12,4t1)D．t1時刻之后，R1兩端的電壓為eq\f(B2πr22,4t2)[解析]根據(jù)楞次定律可知，線圈產(chǎn)生沿逆時針方向的感應(yīng)電流，則電容器上極板帶正電，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B1,t1)πr12＝eq\f(B1πr12,t1)，穩(wěn)定電流為I＝eq\f(E,R1＋R2＋R)＝eq\f(B1πr12,4Rt1)，UR2＝IR2＝eq\f(B1πr12,4Rt1)·2R＝eq\f(B1πr12,2t1)，電容器所帶的電荷量為Q＝CUR2＝eq\f(CB1πr12,2t1)，故B錯誤；t1時刻之后，線圈兩端的電壓為U＝I(R1＋R2)＝eq\f(3B1πr12,4t1)，故C正確；t1時刻之后，R1兩端的電壓為U＝IR1＝eq\f(B1πr12,4t1)＝eq\f(B2πr12,4t2)，故D錯誤。[答案]AC[例2](2019·泰州中學(xué)檢測)如圖(a)所示，平行且光滑的長直金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，間距L＝0.4m，導(dǎo)軌右端接有阻值R＝1Ω的電阻，導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好，棒接入電路的電阻r＝1Ω，導(dǎo)軌電阻不計。導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長度也為L，從0時刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時間t變化的規(guī)律如圖(b)所示；同一時刻，棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運動，1s后剛好進(jìn)入磁場，若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v＝1m/s做直線運動，求：(1)棒進(jìn)入磁場前，電阻R中電流的大小和方向；(2)棒通過abcd區(qū)域的過程中通過電阻R的電荷量；(3)棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關(guān)系式。[解析](1)棒進(jìn)入磁場前，閉合回路中磁場通過的有效面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變大，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，回路中的電動勢為：E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(0.5－0,1.0－0)eq\r(2))2V＝0.04V則電流大小為：I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\,1＋1)A＝0.02A根據(jù)楞次定律判斷，電流方向為Q→N。(2)棒通過abcd區(qū)域的過程中通過電阻R的電荷量為：q＝eq\f(ΔΦ,R＋r·Δt)Δt＝eq\f(BΔS,R＋r)＝eq\,1＋1)C＝0.02C。(3)根據(jù)幾何關(guān)系可得：L有效＝2v(t－1)＝2(t－1)m(1.0s≤t≤1.2s)切割產(chǎn)生的電動勢為：E＝BL有效v電流為：i＝eq\f(E,R＋r)解得：i＝eq\f(1,2)(t－1)A(1.0s≤t≤1.2s)。[答案](1)0.02A，方向為Q→N(2)0.02C(3)i＝eq\f(1,2)(t－1)A(1.0s≤t≤1.2s)eq\a\vs4\al([易錯提醒])(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場前不切割磁感線，由于abcd中磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t均勻變化而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故此時感應(yīng)電動勢用E＝eq\f(ΔB,Δt)S進(jìn)行計算。(2)由于導(dǎo)體棒通過abcd區(qū)域時間內(nèi)電流不恒定，故電荷量不能用q＝It直接計算，而是通過公式轉(zhuǎn)換由磁通量的變化間接求解。(3)導(dǎo)體棒通過三角形abd區(qū)域時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B已保持恒定，但導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度隨時間而變化。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2019·唐山模擬)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度方向為正)，整個裝置始終保持靜止，則0～t2時間內(nèi)()A．電容器C所帶的電荷量大小始終不變B．電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電C．MN所受安培力的大小始終不變D．MN所受安培力的方向先向左后向右解析：選A磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，產(chǎn)生恒定電動勢，則電容器C所帶的電荷量大小始終不變，選項A正確，B錯誤；由于磁感應(yīng)強(qiáng)度變化，根據(jù)楞次定律和左手定則可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，大小先減小后增大，選項C、D錯誤。2．(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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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接入電路的電阻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(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)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，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝B1Lv＝0.3V。(2)穿過圓形線圈的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2＝neq\f(ΔB2,Δt)S2＝4.5V。(3)由楞次定律可知，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＝IR，φb＝0a端的電勢φa＝IR＝0.2V。答案：(1)0.3V(2)4.5V(3)與圖甲中的導(dǎo)軌相連接時a端電勢較高0.2Veq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])1.如圖所示，MN、PQ是間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向里的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌固定不動，M、P間接有一阻值為R的電阻。一根與導(dǎo)軌接觸良好、接入電路的電阻為eq\f(R,2)的金屬導(dǎo)線ab垂直導(dǎo)軌放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右勻速運動，則(不計導(dǎo)軌電阻)()A．通過電阻R的電流方向為P→R→MB．a(chǎn)、b兩點間的電壓為BLvC．a(chǎn)端電勢比b端電勢高D．外力F做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱解析：選C由右手定則可知通過電阻R的電流方向為M→R→P，A錯誤；金屬導(dǎo)線ab相當(dāng)于電源，電源內(nèi)部電流從電勢低的一端流向電勢高的一端，所以a端電勢高于b端電勢，C正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝BLv，由閉合電路歐姆定律得a、b兩點間的電壓為Uab＝eq\f(E,R＋\f(R,2))·R＝eq\f(2,3)BLv，B錯誤；由于金屬導(dǎo)線ab做勻速直線運動，外力F做的功等于克服安培力做的功，等于整個電路產(chǎn)生的焦耳熱，并非電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，D錯誤。2.(2019·河南靈寶月考)如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的有界勻強(qiáng)磁場，邊界如圖中虛線所示。當(dāng)圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點間的電勢差為()A．eq\r(2)BRv B．eq\f(\r(2),2)BRvC．eq\f(\r(2),4)BRv D．eq\f(3\r(2),4)BRv解析：選D圓環(huán)的ab段切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\r(2)BRv；由歐姆定律得a、b兩點間的電勢差為Uab＝E－Irab＝eq\r(2)BRv－eq\f(\r(2)BRv,r)·eq\f(r,4)＝eq\f(3\r(2)BRv,4)，選項D正確。3.(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間分別接著阻值R＝10Ω的電阻。一阻值R＝10Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4m/s勻速向左運動，導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒ab中電流的方向為由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由右手定則可知導(dǎo)體棒ab中電流的方向為由a到b，A錯誤；導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv，導(dǎo)體棒ab為電源，cd間電阻R為外電路負(fù)載，de和cf間電阻中無電流，de和cf間無電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝eq\f(E,2R)×R＝eq\f(Blv,2)＝1V，B、D正確，C錯誤。4.(2019·溫州模擬)如圖所示，一足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1Ω。一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2kg，接入電路的電阻為1Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5。在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8T。將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運動速度大小以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6)()A．2.5m/s,1W B．5m/s,1WC．7.5m/s,9W D．15m/s,9W解析：選B小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時，導(dǎo)體棒MN做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：mgsin37°＝μmgcos37°＋eq\f(B2L2v,R＋r)，解得v＝5m/s；導(dǎo)體棒MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，電路電流I＝eq\f(E,R＋r)，小燈泡消耗的功率P＝I2R，解得P＝1W，故選項B正確。5.如圖所示，導(dǎo)體桿OP在作用于OP中點且垂直于OP的力作用下，繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強(qiáng)磁場中以一定的角速度轉(zhuǎn)動。磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，AO間接有電阻R，導(dǎo)體桿和框架電阻不計，回路中的總電功率為P，則()A．外力的大小為2Breq\r(\f(P,R))B．外力的大小為Breq\r(PR)C．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為eq\f(2\r(PR),Br2)D．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為eq\f(1,Br2)eq\r(\f(P,R))解析：選C設(shè)導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)Br2ω，I＝eq\f(E,R)，根據(jù)題述回路中的總電功率為P，則P＝EI；設(shè)維持導(dǎo)體桿勻速轉(zhuǎn)動的外力為F，則有P＝eq\f(Fv,2)，v＝rω，聯(lián)立解得F＝Breq\r(\f(P,R))，ω＝eq\f(2\r(PR),Br2)，選項C正確，A、B、D錯誤。6.(2019·廣東模擬)如圖所示，在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場中(磁場方向垂直紙面向上)，垂直于磁場方向水平固定著兩根相距為L＝0.1m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌電阻忽略不計，在兩根導(dǎo)軌的端點N、Q之間連接一阻值R＝0.3Ω的電阻。垂直兩根導(dǎo)軌放置一金屬棒ab，且良好接觸，其接入電路的電阻r＝0.2Ω。當(dāng)金屬棒ab在水平拉力作用下以速度v＝4.0m/s向左做勻速運動時()A．金屬棒ab所受安培力大小為0.02NB．N、Q間電壓為0.2VC．a(chǎn)端電勢比b端電勢低D．回路中感應(yīng)電流大小為1A解析：選A金屬棒ab產(chǎn)生的電動勢E＝BLv＝0.2V，回路中的感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,R＋r)＝0.4A，金屬棒ab所受的安培力大小F＝BIL＝0.02N，A正確，D錯誤；N、Q之間的電壓U＝IR＝0.12V，B錯誤；由右手定則得a端電勢較高，C錯誤。7．(多選)有一半徑為R，電阻率為ρ，密度為d的均勻圓環(huán)落入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的徑向磁場中，圓環(huán)的截面半徑為r(r?R)，如圖(a)、(b)所示。當(dāng)圓環(huán)在加速下落時某一時刻的速度為v，則()A．此時整個圓環(huán)的電動勢E＝2BvπrB．忽略電感的影響，此時圓環(huán)中的電流I＝eq\f(Bπr2v,ρ)C．此時圓環(huán)的加速度a＝eq\f(B2v,ρd)D．如果徑向磁場足夠長，則圓環(huán)的最大速度vm＝eq\f(ρgd,B2)解析：選BD此時整個圓環(huán)垂直切割徑向磁感線，電動勢E＝2BvπR，選項A錯誤；此時圓環(huán)中的電流I＝eq\f(E,\f(2πRρ,πr2))＝eq\f(Bπr2v,ρ)，選項B正確；對圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律得mg－F安＝ma，F(xiàn)安＝BI·2πR＝eq\f(2π2B2r2Rv,ρ)，m＝dπr2·2πR，則a＝g－eq\f(B2v,ρd)，選項C錯誤；如果徑向磁場足夠長，當(dāng)a＝0時圓環(huán)的速度最大，即g－eq\f(B2vm,ρd)＝0，解得vm＝eq\f(ρgd,B2)，選項D正確。8．(多選)在如圖所示的甲、乙、丙中除導(dǎo)體棒ab可動外，其余部分均固定不動。甲圖中的電容器C原來不帶電，設(shè)導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌和直流電源的電阻均可忽略，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦不計。圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面(即紙面)向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌足夠