2019-2020年高考物理一轮复习 第十章 电磁感应考点通关.doc

2019-2020年高考物理一轮复习 第十章 电磁感应考点通关考 纲 下 载考 情 上 线1.电磁感应现象()2磁通量()3法拉第电磁感应定律()4楞次定律()5自感、涡流()高考地位本章是高考的必考内容，在历年高考中所占分值较高，考查的题型一般多为选择，考查的难度中等，试题的综合程度较高考点布设1.感应电流的产生及方向的判定，图象的考查2法拉第电磁感应定律的应用3电磁感应现象与磁场、电路、力学等知识的综合电磁感应现象想一想磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量。如图1011所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为1和2，则1和2大小关系是什么？图1011提示：设线框在位置1时的磁通量为1，在位置2时的磁通量为2，直线电流产生的磁场在1处比在2处要强。若平移线框，则112，若转动线框，磁感线是从线框的正反两面穿过的，一正一负，因此212。根据分析知：12。记一记1电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。2产生感应电流的条件表述1闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。表述2穿过闭合电路的磁通量发生变化。试一试1试分析图1012中各种情形，金属线框或线圈里不能产生感应电流的是()图1012解析：选AB、C、D均能产生感应电流。楞次定律右手定则想一想用如图1013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，通过电流计的感应电流方向是怎样的。图1013提示：磁铁磁感线的方向是从上到下，磁铁穿过的过程中，磁通量向下先增加后减少，由楞次定律判断知，磁通量向下增加时，感应电流的磁场阻碍增加，方向向上，根据安培定则知感应电流的方向为aGb；磁通量向下减少时，感应电流的磁场应该向下，感应电流方向为bGa。记一记1楞次定律(1)内容：感应电流具有这样的方向，即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。2右手定则(1)内容：伸开右手，让拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线垂直从手心进入，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。试一试2多选利用如图1014所示两个装置研究电磁感应现象。图(甲)中，将电键S闭合以后，电流表指针由中央位置向左偏转；图(乙)中，将线圈A和电流表串联起来，移动条形磁铁B或线圈A，仔细观察电流表指针的转动情况。若发现电流表指针从中央向右侧偏转，则以下判断正确的是() 图1014A.若靠近线圈一端的是N极，磁铁正在远离线圈B若靠近线圈一端的是N极，线圈正在移近磁铁C若靠近线圈一端的是S极，磁铁正在移近线圈D若靠近线圈一端的是S极，线圈正在远离磁铁解析：选AC由图甲所示可知，将电键S闭合以后，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针由中央位置向左偏转；若电流表指针从中央向右侧偏转，则电流从负接线柱流入电流表；A项，若靠近线圈一端的是N极，则穿过线圈的磁场向下，磁铁正在远离线圈，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入电流表，指针向左偏转，故A正确；B项，若靠近线圈一端的是N极，则穿过线圈的磁场向下，磁铁正移近线圈，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入电流表，指针将向左偏转，故B错误；C项，若靠近线圈一端的是S，则穿过线圈的磁场向上，磁铁正在移近线圈，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入电流表，指针向右偏转，故C正确；D项，若靠近线圈一端的是S极，则穿过线圈的磁场向上，磁铁正在远离线圈，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入电流表，指针向左偏转，故D错误。楞次定律的应用1.楞次定律中“阻碍”的含义2感应电流方向判断的两种方法方法一用楞次定律判断方法二用右手定则判断该方法适用于部分导体切割磁感线。判断时注意掌心、四指、拇指的方向：(1)掌心磁感线垂直穿入；(2)拇指指向导体运动的方向；(3)四指指向感应电流的方向。例1多选如图1015所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中()图1015A感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B感应电流的方向一直是逆时针C安培力方向始终与速度方向相反D安培力方向始终沿水平方向解析圆环从位置a无初速释放，在到达磁场分界线之前，穿过圆环向里的磁感线条数增加，根据楞次定律可知，圆环内感应电流的方向为逆时针，圆环经过磁场分界线之时，穿过圆环向里的磁感线条数减少，根据楞次定律可知，圆环内感应电流的方向为顺时针；圆环通过磁场分界线之后，穿过圆环向外的磁感线条数减少，根据楞次定律可知，圆环内感应电流的方向为逆时针；因磁场在竖直方向分布均匀，圆环所受竖直方向的安培力平衡，故总的安培力沿水平方向。综上所述，正确选项为A、D。答案AD对右手定则的理解和应用(1)利用右手定则判断闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时产生的感应电流方向。常见的几种切割情况：导体平动切割磁感线；导体转动切割磁感线；导体不动，磁场运动，等效为磁场不动，导体反方向切割磁感线；应用安培定则，确立感应电流的方向。(2)切割磁感线的导体相当于电源，如果不能构成闭合回路，其两端的电压就是电源电动势；若构成了闭合回路，有感应电流产生，其两端电压是路端电压。感应电流在导体内部从低电势流向高电势。(3)楞次定律和右手定则的关系：从研究对象上说，楞次定律研究的是整个闭合回路，右手定则研究的是闭合电路的一部分导体，即一段导体做切割磁感线运动。从适用范围上说，楞次定律可应用于磁通量变化引起感应电流的各种情况(包括一部分导体切割磁感线运动的情况)，右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情况。因此，右手定则是楞次定律的一种特殊情况。例2如图1016所示，水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，电场竖直向下，磁场垂直纸面向外。半圆形铝框从直径处于水平位置时，沿竖直平面由静止开始下落。不计阻力，a、b两端落到地面的次序是()图1016Aa先于bBb先于aCa、b同时落地 D无法判定解析下落时虽然只有感应电动势没有安培力，但正电荷向a端运动、负电荷向右运动，a端受电场力方向向下，加速度大，先落地。答案A闭合导体框在磁场中平动切割磁感线，穿过导体框的磁通量没有发生变化，不能产生感应电流但仍能产生感应电动势。楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用1.规律比较基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流的作用力左手定则电磁部分导体切割磁感线运动右手定则感应闭合回路磁通量的变化楞次定律2应用区别关键是抓住因果关系：(1)因电而生磁(IB)安培定则；(2)因动而生电(v、BI)右手定则；(3)因电而受力(I、BF安)左手定则。3相互联系(1)应用楞次定律，一般要用到安培定则；(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。例3多选如图1017所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出。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，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法中正确的是()图1017A当金属棒ab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ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势C当金属棒ab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ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点审题指导解答本题首先要明确磁场的方向，再假设能形成闭合电路，然后用右手定则判断感应电流的电流方向，从而判断电势的高低端。解析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由ab。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ba，电流沿逆时针方向。又由EBLv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，并且场强不断增强，所以右边电路的线圈中的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。把这个线圈看作电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，所以d点电势高于c点。答案BD楞次定律描述的是感应电流与磁通量变化之间的关系，常用于判断感应电流的方向或其所受安培力的方向，一般有以下四种呈现方式：(1)阻碍原磁通量的变化，即“增反减同”。(2)阻碍相对运动，即“来拒去留”。(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势，即“增缩减扩”。(4)阻碍原电流的变化(自感现象)，即“增反减同”。典例多选如图1018所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时()图1018AP、Q将相互靠拢BP、Q将相互远离C磁铁的加速度仍为gD磁铁的加速度小于g审题指导可以应用楞次定律确定P、Q中的感应电流的方向，再根据左手定则确定感应电流受到的安培力来确定P、Q的运动方向，根据感应电流的磁场的“阻碍”作用确定磁铁的加速度。还可以根据楞次定律的一些结论直接解答。解析法一：设磁铁下端为N极，如图1019所示，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向。可见，P、Q将互相靠拢。由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g。当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结果，所以，本题应选A、D。图1019法二：根据楞次定律的另一种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将互相靠近且磁铁的加速度小于g，应选A、D。答案AD题后悟道应用楞次定律及其推论时，要注意“阻碍”的具体含义(1)从阻碍磁通量的变化理解为：当磁通量增大时，会阻碍磁通量增大，当磁通量减小时，会阻碍磁通量减小。(2)从阻碍相对运动理解为：阻碍相对运动是“阻碍”的又一种体现，表现在“近斥远吸，来拒去留”。(3)从阻碍电流的变化(自感现象)理解为：阻碍电流的变化，增则反，减则同。如图10110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()图10110A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排斥解析：选DMN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从NM，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。随堂巩固落实1.(xx江西师大附中8月联考)如图10111所示，竖直放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与弹性环轴线重合，现将弹性圆环均匀向外扩大，下列说法中正确的是()图10111A穿过弹性圆环的磁通量增大B从上往下看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流C弹性圆环中无感应电流D弹性圆环受到的安培力方向沿半径向外解析：选B竖直向下穿过条形磁铁的磁感线与磁铁外部的磁感线形成闭合曲线，因此条形磁铁内外部磁感线的条数相等。当圆环扩大时，向下的磁感线条数不变，向上的磁感线条数增加，故总的磁感线条数向下减少，由楞次定律知B对。2(xx苏北联考)如图10112所示，一条形磁铁从左向右匀速穿过线圈，当磁铁经过A、B两位置时，线圈中()图10112A感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相同B感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相反C感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相同D感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相反解析：选C当磁铁经过A位置时，线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流从左向右看为顺时针方向；当磁铁经过B位置时，线圈中磁通量减小，由楞次定律可知，线圈中感应电流从左向右看为逆时针方向，感应电流所受作用力的方向相同，选项A、B、D错误，C正确。3(xx宝安区模拟)某同学设计了一个电磁冲击钻，其原理示意图如图10113所示，若发现钻头M突然向右运动，则可能是()图10113A开关S由断开到闭合的瞬间B开关S由闭合到断开的瞬间C保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向右滑动D保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向右滑动解析：选AA项，开关S由断开到闭合的瞬间，穿过M的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，钻头向右运动，故A正确；B项，开关S由闭合到断开的瞬间，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，钻头向左运动，不符合题意，故B错误；C项，保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向右滑动，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量减小，钻头向左运动，不符合题意，故C错误；D项，保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向右滑动，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量减小，钻头向左运动，不符合题意，故D错误。4.多选(xx广东七校联考)如图10114所示，和是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒。ab和cd用导线连成一个闭合回路。当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力。则有()图10114A由此可知d电势高于c电势B由此可知是S极C由此可知是N极D当cd棒向下运动时，ab导线受到向左的磁场力解析：选BDA项，由左手定则可知，cd棒受到的安培力向下，所以cd棒中电流方向是：由c指向d，所以c点的电势高于d点的电势，故A错误；B、C项，结合A的分析可知，ab中的电流由b流向a，ab棒向左运动时，由右手定则可知，ab棒所处位置磁场方向：竖直向上，则是S极，是N极；故B正确，C错误；D项，当cd棒向下运动时，根据右手定则可知，在cd中产生的电流由d流向c，ab中由a流向b，所以根据左手定则可知ab导线受到向左的磁场力，故D正确。5.(xx上海高考)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图10115所示。已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。图10115(1)将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转。俯视线圈，其绕向为_(填：“顺时针”或“逆时针”)。(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转。俯视线圈，其绕向为_(填：“顺时针”或“逆时针”)。解析：(1)将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转，说明L中电流从b到a。根据楞次定律，L中应该产生竖直向上的磁场。由安培定则可知，俯视线圈，电流为顺时针方向，线圈其绕向为顺时针。(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转，说明L中电流从a到b。根据楞次定律，L中应该产生竖直向上的磁场。由安培定则可知，俯视线圈，电流为逆时针方向，俯视线圈，其绕向为逆时针。答案：(1)顺时针(2)逆时针课时跟踪检测高考常考题型：选择题实验题计算题一、单项选择题1(xx全国卷新课标)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析：选D只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B、C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，D正确。2(xx北京高考)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图1，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是()图1A线圈接在了直流电源上B电源电压过高C所选线圈的匝数过多D所用套环的材料与老师的不同解析：选D金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电线圈上的电流相互作用而引起的。无论实验用交流电还是直流电，闭合开关S瞬间，金属套环都会跳起。如果套环是塑料材料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起。所以答案是D。3.如图2，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置。当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a()图2A顺时针加速旋转B顺时针减速旋转C逆时针加速旋转D逆时针减速旋转解析：选Bb中产生顺时针方向的感应电流，这是因为b圆环中的向外的磁通量增大或向里的磁通量减小所致。讨论时要注意a圆环产生的磁场有环内与环外之分，但环内磁感线的条数与环外磁感线条数相等。要使b圆环中产生向外的磁通量增大，即a环内产生向外的磁场，且增大，故a圆环应逆时针加速旋转，此时a、b两环中为异向电流相互排斥，b圆环应具有扩张趋势，故C错。要使b圆环中产生向里的磁通量减小，即a环内产生向里的磁场，且减小，故a圆环应顺时针减速旋转，此时a、b两环中为同向电流相互吸引，b圆环应具有收缩趋势，故B对。4(xx广东高考)如图3所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块()图3A在P和Q中都做自由落体运动B在两个下落过程中的机械能都守恒C在P中的下落时间比在Q中的长D落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析：选C小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误。5.(xx江苏徐州摸底)如图4所示，长直导线与矩形导线框固定在同一平面内，直导线中通有图示方向电流。当电流逐渐减弱时，下列说法正确的是()图4A穿过线框的磁通量不变B线框中产生顺时针方向的感应电流C线框中产生逆时针方向的感应电流D线框所受安培力的合力向右解析：选B根据右手螺旋定则，穿过线框的磁感线垂直于纸面向里，当电流逐渐减弱时，电流周围的磁感应强度减小，穿过线框的磁通量减小，再根据楞次定律，为了阻碍磁通量的“减小”，线框中产生顺时针方向的感应电流，同时，线框具有水平向左运动的趋势，即线框所受安培力的合力向左，选项A、C、D错误，B正确。二、多项选择题6(xx 淮安模拟)如图5所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向的磁场中。若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度()图5A方向向下并减小B方向向下并增大C方向向上并增大 D方向向上并减小解析：选AD因磁场变化，发生电磁感应现象，杆ab中有感应电流产生，而使杆ab受到磁场力的作用，并发生向右运动。ab向右运动，使得闭合回路中磁通量有增加的趋势，说明原磁场的磁通量必定减弱，即磁感应强度正在减小，与方向向上、向下无关。故A、D正确，B、C错误。7如图6(a)，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N，则()图6At1时刻NG Bt2时刻NGCt3时刻NG Dt4时刻NG解析：选ADt1时刻Q中电流正在增大，穿过P环中的磁通量正在增大，为了阻碍该磁通量的增大，P中感应电流的磁场必与之相反，因而两者有排斥作用，使得P对桌面的压力大于重力；t2、t4时刻Q中的电流不变，则穿过P环的磁通量不变化，因而没有感应电流，那么P环对桌面的压力等于重力；t3时刻P环中会产生感应电流，但此时Q环中的电流为零，因而两者之间无作用力，故P对桌面的压力等于重力。8.如图7所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆，如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是()图7A感应电流的方向始终是由PQB感应电流的方向先是由PQ，后是由QPCPQ受磁场力的方向垂直杆向左DPQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右解析：选BD在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对；再由PQ中电流方向及左手定则可判断D项对。三、实验题9如图8是研究电磁感应现象的实验装置图，结合图片，请说出能产生感应电流的几种做法(至少三种)。图8(1)_；(2)_；(3)_。解析：只要让穿过B线圈中的磁通量发生变化，B环中就会有感应电流产生，可以使用的方法如：断开或闭合开关瞬间；保持开关接通，调节滑动变阻器的阻值；保持开关接通，让A线圈远离或者接近B线圈；以上做法均可以观察到感应电流。答案：见解析四、计算题10.如图9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。t0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t0开始，求磁感应强度B随时间t变化的关系式。图9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t0时刻，穿过线圈平面的磁通量1B0SB0l2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为2Bl(lvt)由12得B答案：B11.磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内，有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度v匀速通过磁场，如图10所示，从ab进入磁场时开始计时，到线框离开磁场为止。图10(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象。(2)判断线框中有无感应电流。若有，答出感应电流的方向。解析：(1)进入磁场的过程中磁通量均匀地增加，完全进入以后磁通量不变，之后磁通量均匀减小，如图所示。(2)线框进入磁场阶段，磁通量增加，由楞次定律得电流方向为逆时针方向；线框在磁场中运动阶段，磁通量不变，无感应电流；线框离开磁场阶段，磁通量减小，由楞次定律得电流方向为顺时针方向。答案：见解析第2单元法拉第电磁感应定律_自感和涡流法拉第电磁感应定律想一想如图1021所示，A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数都为10匝，半径RA2RB，图示区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则A、B线圈中产生的感应电动势之比和线圈中的感应电流之比分别为多少？图1021提示：A、B两环中磁通量变化率相同，线圈匝数相同，由En可得EAEB11，又因为R，故RARB21，所以IAIB12。记一记1感应电动势(1)定义：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。2法拉第电磁感应定律(1)内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。(2)公式：En，其中n为线圈匝数。试一试1.(xx江苏高考)如图1022所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()图1022A.B.C. D.解析：选B磁感应强度的变化率，法拉第电磁感应定律公式可写成EnnS，其中磁场中的有效面积Sa2，代入得En，选项B正确，A、C、D错误。导体切割磁感线时的感应电动势计算想一想如图1023所示，当导体棒在垂直于磁场的平面内，其一端为轴， 以角速度匀速转动时，产生的感应电动势为多少？图1023提示：棒在时间t内转过的角度t，扫过的面积Slll2t，对应的磁通量BSBl2t，则棒产生的感应电动势EBl2。另外：由EBl，又l, 可得EBl2。记一记切割方式电动势表达式说明垂直切割EBlv导体棒与磁场方向垂直磁场为匀强磁场倾斜切割EBlvsin_其中为v与B的夹角旋转切割(以一端为轴)EBl2试一试2如图1024所示，在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。设在整个过程中，棒的取向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是()图1024A越来越大B越来越小C保持不变 D无法判断解析：选C金属棒水平抛出后，在垂直于磁场方向上的速度不变，由EBLv可知，感应电动势也不变。C项正确。自感涡流想一想如图1025所示，开关S闭合且回路中电流达到稳定时，小灯泡A能正常发光，L为自感线圈，则当开关S闭合或断开时，小灯泡的亮暗变化情况是怎样的？图1025提示：开关闭合时，自感电动势阻碍电流的增大，所以灯慢慢变亮；开关断开时，自感线圈的电流从有变为零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A不能构成闭合回路，所以灯立即熄灭。记一记1互感现象两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象。2自感现象(1)定义：由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。(2)自感电动势：定义：在自感现象中产生的感应电动势。表达式：EL。自感系数L：相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。单位：亨利(H)，1 mH103 H,1 H106 H。3涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的旋涡，所以叫涡流。(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动。(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。试一试3.在图1026所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“”接线柱流入时，指针向左摆。在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是()图1026AG1表指针向左摆，G2表指针向右摆BG1表指针向右摆，G2表指针向左摆CG1、G2表的指针都向左摆DG1、G2表的指针都向右摆解析：选B电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈中电流减小，产生与原方向相同的自感电动势，与G2和电阻组成闭合回路，所以G1中电流方向向右，G2中电流方向向左，即G1指针向右摆，G2指针向左摆。B项正确。法拉第电磁感应定律的应用1.磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的比较项目磁通量磁通量的变化量磁通量的变化率意义某时刻穿过某个面的磁感线的条数某段时间内穿过某个面的磁通量变化多少穿过某个面的磁通量变化的快慢大小BScos 21BSSBB或S注意若有相反方向磁场，磁通量可能抵消转过180前后穿过平面的磁通量是一正一负，2BS，而不是零既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少。实际上，它就是单匝线圈上产生的感应电动势，即E2感应电荷量的求解在电磁感应现象中，既然有电流通过电路，那么就会有电荷通过，由电流的定义可得I，故qIt，式中I为感应电流的平均值。由闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律得In。式中R为电磁感应闭合电路的总电阻。联立解得qn，可见，感应电荷量q仅由磁通量的变化量和电路的总电阻R决定。例1如图1027甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻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乙所示。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：图1027(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量。审题指导解析(1)根据楞次定律可知，通过R1的电流方向为由b到a。根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为En根据闭合电路欧姆定律得通过R1的电流为I。(2)通过R1的电荷量qIt1，R1上产生的热量QI2R1t1。答案(1)方向由b到a(2)法拉第电磁感应定律的规范应用(1)一般解题步骤：分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；利用楞次定律确定感应电流的方向；灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。(2)应注意的问题：用公式EnS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积，在Bt图象中为图线的斜率。通过回路的电荷量q仅与n、和回路电阻R有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：qtt。导体切割磁感线产生感应电动势1.导体平动切割磁感线对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式EBlv，应从以下几个方面理解和掌握。(1)正交性本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为EBlvsin ，为B与v方向间的夹角。(2)平均性导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即Bl。(3)瞬时性若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。(4)有效性公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度。图1028中有效长度分别为：图1028甲图：lcdsin (容易错算成labsin )。乙图：沿v1方向运动时，lMN；沿v2方向运动时，l0。丙图：沿v1方向运动时，lR；沿v2方向运动时，l0；沿v3方向运动时，lR。(5)相对性EBlv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。2导体转动切割磁感线当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度匀速转动时，产生的感应电动势为EBlBl2，如图1029所示。图1029例2在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为L0.4 m，如图10210所示，框架上放置一质量为0.05kg、电阻为1 的金属杆cd，框架电阻不计。若杆cd以恒定加速度a2 m/s2，由静止开始做匀变速运动，求：图10210(1)在5 s内平均感应电动势；(2)第5 s末回路中的电流；(3)第5 s末作用在杆cd上的水平外力。审题指导5 s内的平均感应电动势用公式EBL计算，第5 s末的瞬时电动势用公式EBLv计算。解析(1)5 s内的位移sat225 m5 s内的平均速度5 m/s(也可用求解)故平均感应电动势BL0.4 V。(2)第5 s末：vat10 m/s此时感应电动势：EBLv则回路中的电流为：I A0.8 A。(3)杆cd匀加速运动，由牛顿第二定律得：FF安ma即FBILma0.164 N。答案(1)0.4 V(2)0.8 A(3)0.164 N通电自感与断电自感的比较比较项目通电自感断电自感电路图器材要求A1、A2同规格，RRL，L较大L很大(有铁芯)现象在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终和A2一样亮在开关S断开时，灯A渐渐熄灭或闪亮一下再熄灭原因由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过灯A1的电流比流过灯A2的电流增加得慢S断开时，线圈L产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；灯A中电流反向不会立即熄灭。若RLIA，则A灯熄灭前要闪亮一下。若RLRA，原来的电流ILIA，则灯A逐渐熄灭不再闪亮一下能量转化情况电能转化为磁场能磁场能转化为电能例3某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图10211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()图10211A电源的内阻较大B小灯泡电阻偏大C线圈电阻偏大D线圈的自感系数较大解析闭合开关S，电路稳定灯泡正常发光时，如果电感线圈L中的电阻比灯泡的电阻大，则电感线圈L中的电流IL比灯泡A中的电流IA小，当开关S断开，则由于自感现象，L和A 构成回路使L和A 中的电流从IL开始减小，因此不可能看到小灯泡闪亮的现象，C项正确。答案C模型概述1模型特点“杆导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景富于变化，是我们复习中的难点。“杆导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂形式多变。2模型分类(1)单杆水平式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，棒ab长为L，质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a0时，v最大，I恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a0v恒定不变电学特征I恒定(2)单杆倾斜式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距L，导体棒质量m，电阻R，导轨光滑，电阻不计动态分析棒ab释放后下滑，此时agsin ，棒ab的速度v感应电动势EBLv电流I安培力FBIL加速度a，当安培力Fmgsin 时，a0，v最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a0v最大vm电学特征I恒定典例(xx广东高考)如图10212所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。图10212(1)调节RxR，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v。(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。解析(1)当RxR，棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件Mgsin F安培力FBIl解得I感应电动势EBlv电流I解得v(2)微粒水平射入金属板间，能匀速通过，由平衡条件得mgq棒沿导轨匀速下滑，由平衡条件Mgsin BI1l金属板间电压UI1Rx解得Rx答案(1)(2)题后悟道由于感应电流与导体切割磁感线运动的加速度有着相互制约的关系，故导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态。分析这一动态过程进而确定最终状态是解决这类问题的关键。分析电磁感应问题中导体运动状态的方法：(1)首先分析导体最初在磁场中的运动状态和受力情况；(2)其次分析由于运动状态变化，导体受到的安培力、合力的变化情况；(3)再分析由于合力的变化，导体的加速度、速度又会怎样变化，从而又引起感应电流、安培力、合力怎么变化；(4)最终明确导体所能达到的是什么样的稳定状态。如图10213所示，质量m10.1 kg，电阻R10.3 ，长度l0.4 m的导体棒ab横放在U形金属框架上，框架质量m20.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数0.2，相距0.4 m的MM、NN相互平行，电阻不计且足够长。电阻R20.1 的MN垂直于MM。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B0.5 T。垂直于ab施加F2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM、NN保持良好接触。当ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。图10213(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q0.1 J，求该过程ab位移s的大小。解析：(1)ab对框架的压力FN1m1g框架受水平面的支持力FN2m2gFN1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2FN2ab中的感应电动势EBlvMN中电流IMN受到的安培力F安IlB框架开始运动时F安F2由上述各式代入数据解得v6 m/s(2)闭合回路中产生的总热量Q总Q由能量守恒定律，得Fsm1v2Q总代入数据解得s1.1 m。答案：(1)6 m/s(2)1.1 m随堂巩固落实1(xx广东湛江月考)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穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同解析：选C根据法拉第电磁感应定律ENNS，显然，感应电动势的大小与线圈的匝数、磁通量的变化率有关，而与磁通量的大小无关，并且穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，选项AB错误，C正确；根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向与原磁场变化的方向相反，即“增反减同”，选项D错误。本题答案为C。2如图10214甲矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，下列各图中正确的是()图10214图10215解析：选D由法拉第电磁感应定律知：01 s末内穿过线框的磁通量向里均匀增大，产生的感应电流应是恒定电流，故A错；13 s末磁通量变化率恒定，则产生的感应电流亦恒定，故B错；再结合楞次定律判断感应电流的方向可知D正确。3多选如图10216所示，匀强磁场的方向垂直于电路所在平面，导体棒ab与电路接触良好。当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时，若不计摩擦和导线的电阻，整个过程中，灯泡A未被烧毁，电容器C未被击穿，则该过程中()图10216A感应电动势将变大B灯泡A的亮度变大C电容器C的上极板带负电D电容器两极板间的电场强度将减小解析：选AB当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时，由右手定则知，导体棒a端的电势高，电容器C的上极板带正电；由公式EBLv知，感应电动势将变大，导体棒两端的电压变大，灯泡A的亮度变大，由于场强E电容器两极板间的电场强度将变大。故A、B正确，C、D错。4.(xx广东质量分析联考)如图10217所示，半径为R的圆形导线环匀速穿过半径也为R的圆形匀强磁场区域，规定逆时针方向的感应电流为正。导线环中感应电流i随时间t的变化关系如图10218所示，其中最符合实际的是()图10217 图10218解析：选B开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向；当进入磁场时，切割的有效长度变大，则产生感应电流也变大；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，根据i ，当环与磁场完全重合之前，电流按正弦规律变化，之后电流变为反向，按余弦规律变化；故A、C、D错误；因此只有B正确。5.如图10219所示，金属杆ab放在光滑的水平金属导轨上，与导轨组成闭合矩形电路，长l10.8 m，宽l20.5 m，回路总电阻R0.2 ，回路处在竖直方向的磁场中，金属杆用水平绳通过定滑轮连接质量M0.04 kg的木块，磁感应强度从B01 T开始随时间均匀增加，5 s末木块将离开水平面，不计一切摩擦，g取10 m/s2，求回路中的电流强度。图10219解析：设磁感应强度B(t)B0kt，k是大于零的常量，于是回路电动势EkSSl1l2回路电流I杆受安培力F(t)BIl2(B0kt)Il25秒末有F(5 s)Mg可以得到k0.2 T/s或k0.4 T/s(舍去)，解得I0.4 A。答案：0.4 A课时跟踪检测高考常考题型：选择题计算题一、单项选择题1.(xx南京模拟)如图1所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以BB0Kt(K0)随时间变化，t0时，P、Q两极板电势相等。两极板间的距离远小于环的半径，经时间t电容器P板()图1A不带电B所带电荷量与t成正比C带正电，电荷量是D带负电，电荷量是解析：选D磁感应强度以BB0Kt(K0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得ESKS，而S，经时间t电容器P板所带电荷量QEC；由楞次定律知电容器P板带负电，故D选项正确。2.如图2中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场的方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l。t0时刻bc边与磁场区域边界重合(如图)。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿abcd的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是()图2图3解析：选B当线圈进入时，穿过线圈的磁通量增加，切割磁感线的等