【物理】2020届一轮复习人教版第十章第2讲法拉第电磁感应定律　自感现象作业 30页

第2讲　法拉第电磁感应定律　自感现象 主干梳理 对点激活 知识点　　法拉第电磁感应定律　Ⅱ ‎1．感应电动势 ‎(1)概念：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来判断。‎ ‎2．法拉第电磁感应定律 ‎(1)内容：闭合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：E＝n，其中n为线圈匝数。‎ ‎(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I＝。‎ ‎3．导体切割磁感线时的感应电动势 知识点　　自感、涡流　Ⅰ ‎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：当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势。‎ ‎(2)自感电动势 ‎①定义：由于自感而产生的感应电动势。‎ ‎②表达式：E＝L。‎ ‎③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等因素有关。‎ 单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 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，所以叫涡电流，简称涡流。‎ ‎(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。‎ ‎(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。‎ 一 思维辨析 ‎1．导体棒在磁场中运动一定能产生感应电动势。(　　)‎ ‎2．公式E＝Blv中的l就是导体的长度。(　　)‎ ‎3．断电自感中，感应电流方向与原电流方向一致。(　　)‎ ‎4．回路中磁通量变化量越大，回路产生的感应电流越大。(　　)‎ ‎5．在自感现象中，感应电流一定和原电流方向相反。(　　)‎ 答案　1.×　2.×　3.√　4.×　5.×‎ 二 对点激活 ‎1．(人教版选修3－2·P17·T1改编)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，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 答案　C 解析　由法拉第电磁感应定律可知E＝n，感应电动势的大小与匝数成正比，A错误。感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，磁通量变化越快，感应电动势越大，C正确。感应电动势的大小与磁通量的大小以及磁通量的变化量的大小无关，所以B错误。感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，可能与原磁场方向相同，也可能与原磁场方向相反，D错误。‎ ‎2．(人教版选修3－2·P18·T6改编)A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA＝2rB，分别按下图甲、乙两种方式放入匀强磁场中，且磁感应强度随时间均匀减小，则下列说法正确的是(　　)‎ A．甲图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1‎ B．甲图中，A、B两线圈中电流之比为2∶1‎ C．乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1‎ D．乙图中，A、B两线圈中电流之比为4∶1‎ 答案　C 解析　由法拉第电磁感应定律可知，E＝n＝nS，其中S为有效面积，在甲图中，A、B两线圈的有效面积相等，所以感应电动势之比就是匝数比，为1∶1，由电阻定律R＝ρ可知，电阻之比为两线圈周长之比，也就是2∶1，所以甲图中电流之比为1∶2，故A、B错误。同理，乙图中，电动势之比为4∶1，电流之比为2∶1，故C正确，D错误。‎ ‎3．(2015·海南高考)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′。则等于(　　)‎ A. B. C．1 D. 答案　B 解析　设金属棒的长度为l，磁感应强度为B，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势ε＝Blv；当将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线时，有效长度变为l′＝l，所以此时的感应电动势ε′＝Bl′v＝Blv。所以＝，故B正确。‎ ‎4．(人教版选修3－2·P22·演示实验改编)(多选)如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联后接到电路中，A2与可变电阻R串联后接到电路中，先闭合开关S，调节R，使两个灯泡的亮度相同，再调节R1，使它们正常发光，然后断开开关S，下列说法正确的是(　　)‎ A．重新接通电路，A1、A2同时亮 B．重新接通电路，A1逐渐变亮 C．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A1、A2逐渐熄灭 D．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A2闪亮一下再熄灭 答案　BC 解析　重新接通电路，由于L有自感电动势产生，阻碍电流增大，所以A1逐渐变亮，故A错误，B正确。再次断开S，A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现A2闪亮一下的现象，都会逐渐熄灭，故C正确，D错误。‎ ‎5．(人教版选修3－2·P29·T3改编)如图所示，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(　　)‎ A．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 答案　C 解析　小磁块在铜管中下落的过程，根据电磁感应知铜管中产生涡流，小磁块受到阻力，P中小磁块的部分机械能转化为铜管中产生涡流的焦耳热，机械能不守恒，故A、B均错误。Q管为塑料管，小磁块下落过程为自由落体，所以比在P中下落时间短，落至底部时比P中速度大，故C正确，D错误。‎ 考点细研 悟法培优 考点1　法拉第电磁感应定律的应用 ‎1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的比较 提示：①Φ、ΔΦ、的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，不一定等于0；②感应电动势E与线圈匝数n有关，但Φ、ΔΦ、的大小均与线圈匝数无关。‎ ‎2．法拉第电磁感应定律公式的物理意义：E＝n求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势。‎ ‎3．法拉第电磁感应定律应用的三种情况 ‎(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n。‎ ‎(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n，S是磁场范围内的有效面积。‎ ‎(3)磁通量的变化是由有效面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n。‎ ‎4．在图象问题中磁通量的变化率是Φt图象上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。‎ 例1　(2018·长沙名校实验班段考)(多选)如图所示，水平平行光滑金属导轨上连有阻值为R的定值电阻，电阻不计的金属杆垂直导轨放置，导轨间距为l，导轨与金属杆组成的闭合电路面积为S，金属杆上系一根轻绳，绕过光滑定滑轮与一质量为m的物块相连，初始时物块静止在水平地面上，轻绳拉直但没有弹力。在导轨区域加一竖直向上的磁场，磁感应强度随时间变化规律为B＝kt(k>0)，重力加速度大小为g，导轨电阻不计，则下列说法正确的是(　　)‎ A．金属杆中的电流从a向b B．t＝时，物块恰好离开地面 C．物块离开地面前，定值电阻上产生的总热量为 D．物块离开地面前，流过定值电阻的总电荷量为 解题探究　(1)如何判断金属杆中的电流方向与大小？‎ 提示：用楞次定律判断感应电流方向，用法拉第电磁感应定律求感应电动势，再用欧姆定律求电流大小。‎ ‎(2)物块离开地面时，金属杆受安培力的大小是多少？‎ 提示：安培力等于物块重力。‎ 尝试解答　选AD。‎ 磁场的磁感应强度方向向上，逐渐增强，由楞次定律可得感应电流的方向是从a向b，A正确；磁场的磁感应强度随时间均匀变化，则＝k，E＝S＝kS，I＝＝，物块恰好离开地面时有BIl＝mg，其中B＝kt，解得t＝，B错误；物块离开地面前定值电阻上产生的热量为Q＝I2Rt＝，C错误；物块离开地面前流过定值电阻的电荷量为q＝It＝，D正确。‎ 总结升华 法拉第电磁感应定律的规范应用 ‎(1)一般解题步骤 ‎①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；‎ ‎②利用楞次定律确定感应电流的方向；‎ ‎③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 ‎①用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积，且不变，在Bt图象中为图线切线的斜率。‎ ‎[变式1]　(2018·安徽百所重点中学模拟)(多选)一圆形线圈的匝数n＝10，面积S＝‎50 cm2，电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，如图甲所示。t＝0时刻把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．线圈中感应电流沿顺时针方向 B．线圈电阻r消耗的电功率为4×10－4 W C．电阻R两端的电压为0.1 V D．前2 s内通过电阻R的电荷量为零 答案　AB 解析　由楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，A正确；由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势恒为E＝＝0.1‎ ‎ V，根据闭合电路欧姆定律知，回路中的电流I＝＝‎0.02 A，则线圈电阻r消耗的电功率为P＝I2r＝4×10－4 W，B正确；电阻R两端的电压U＝IR＝0.08 V，C错误；前2 s内通过电阻R的电荷量q＝It＝‎0.04 C，D错误。‎ 考点2　导体切割磁感线产生感应电动势的计算 切割磁感线的那部分导体相当于电路中的电源，常见的情景有以下两种：‎ ‎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E＝Blv，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。当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。如果v与l垂直，且B与l垂直，v与B的夹角为θ，则E＝Blvsinθ；如果l与B垂直，且v与B垂直，l与v的夹角为α，则E＝Blvsinα；如果l与v垂直，且B与v垂直，l与B的夹角为β，则E＝Blvsinβ。‎ ‎(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 导体平动切割磁感线时，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为导体有效切割长度，即导体在与v共同所在平面上垂直于v的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：‎ 甲图：l＝cdsinβ(容易错算成l＝absinβ)。‎ 乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；沿v2方向运动时，l＝0。‎ 丙图：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3‎ 方向运动时，l＝R。‎ ‎(5)相对性 E＝Blv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ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图所示。‎ ‎(1)以中点为轴时，E＝0(相同两段的代数和)。‎ ‎(2)以端点为轴时，E＝Bωl2(平均速度取中点位置的线速度ωl)。‎ ‎(3)以任意点为轴时，E＝Bω(l－l)(不同两段的代数和，其中l1>l2)。‎ 例2　(2015·安徽高考)如图所示，abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则(　　)‎ A．电路中感应电动势的大小为 B．电路中感应电流的大小为 C．金属杆所受安培力的大小为 D．金属杆的发热功率为 解题探究　(1)金属杆MN的有效切割长度为多少？‎ 提示：l。‎ ‎(2)金属杆电阻多大？‎ 提示：R＝·r。‎ 尝试解答　选B。‎ 金属杆MN切割磁感线产生的电动势E＝Blv，故A错误。金属棒电阻R＝·r，所以电路中感应电流大小为I＝＝，故B正确。金属杆所受安培力大小F＝BI＝，故C错误。金属杆的发热功率P＝I2R＝·＝，故D错误。‎ 总结升华 ‎[变式2－1]　(2015·全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)‎ A．Ua>Uc，金属框中无电流 B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a 答案　C 解析　在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：电动势大小为Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得：电动势大小也为Bl2ω；由右手定则可知：金属框内无电流，且Uc>Ub＝Ua，A、B、D错误；Ubc＝Uac＝－Bl2ω，C正确。‎ ‎[变式2－2]　(2017·江苏高考)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：‎ ‎(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势 E＝Bdv0①‎ 回路的感应电流I＝②‎ 由①②式解得I＝③‎ ‎(2)金属杆所受的安培力F＝BId④‎ 由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤‎ 由③④⑤式得a＝⑥‎ ‎(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v⑦‎ 感应电动势E′＝Bdv′⑧‎ 感应电流的电功率P＝⑨‎ 由⑦⑧⑨式得P＝。‎ 考点3　通电自感和断电自感 ‎1．自感现象的四大特点 ‎(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。‎ ‎(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。‎ ‎(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。‎ ‎(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。‎ ‎2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 电路图 通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后电流逐渐减小达到稳定，灯泡比刚通电时暗些 断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2‎ ‎①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；‎ ‎②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变 ‎　　　　‎ 例3　(人教版选修3－2·P25·T3改编)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，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)(　　)‎ 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亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮 C．S闭合，L1、L2同时亮，而后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立即熄灭，L1亮一下才灭 解题探究　(1)开关闭合瞬间、电路稳定时、开关断开瞬间线圈分别相当于什么？‎ 提示：L分别相当于阻值减小的大电阻、导线、电动势减小的电源。‎ ‎(2)当自感电流满足什么条件时，灯泡L1才会闪一下？‎ 提示：当自感电流大于电路稳定时灯泡L1的原电流时灯泡L1才会闪一下。‎ 尝试解答　选D。‎ S闭合瞬间，自感线圈L相当于一个大电阻，以后阻值逐渐减小到0，所以观察到的现象是灯泡L1和L2同时亮，以后L1逐渐变暗到熄灭，L2逐渐变得更亮。S断开瞬间，自感线圈相当于一个电动势逐渐减小的内阻不计的电源，它与灯泡L1组成闭合回路，所以L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭。所以A、B、C选项都是错误的，只有D选项正确。‎ 总结升华 (1)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一条支路的用电器中的电流方向不变；与线圈并联的用电器中的电流方向改变。‎ (2)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。‎ (3)断电自感：断电时自感线圈相当于电源，电动势由某值逐渐减小到零。‎ (4)电流稳定时，自感线圈就是导体，是否需要考虑其电阻，根据题意而定。‎ ‎[变式3－1]　(多选)如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则(　　)‎ A．在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗 B．在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗 C．在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗 D．在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗 答案　AD 解析　在电路甲中，灯A和线圈L串联，它们的电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原来通过它的电流减小，但流过灯A的电流仍逐渐减小，故灯A逐渐变暗。在电路乙中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不再给灯供电，而线圈产生自感电动势阻碍通过它本身的电流减小，通过A、R形成回路，灯A中电流突然变大，灯A变得更亮，然后渐渐变暗，故A、D正确。‎ ‎[变式3－2]　(多选)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源。在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则四个选项中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　　)‎ 答案　BC 解析　闭合开关S，D1缓慢变亮，D2和D3立即变亮。在t1时刻断开开关S后，由于自感现象，通过D1的电流逐渐减小，方向不变，而通过D2和D3的电流方向立即改变，且电流大小先变大后逐渐减小，B、C正确。‎ 高考模拟 随堂集训 ‎1．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图b所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势(　　)‎ A．在t＝时为零 B．在t＝时改变方向 C．在t＝时最大，且沿顺时针方向 D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向 答案　AC 解析　由图b可知，导线PQ中电流在t＝时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t＝ 时导线框中产生的感应电动势为零，A正确；在t＝时，导线PQ中电流图象斜率正负不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t＝时，导线框中产生的感应电动势方向不变，B错误；由于在t＝时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t＝时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，C正确；由楞次定律可判断出在t＝T时感应电动势的方向为逆时针方向，D错误。‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为‎0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图a所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图b所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　)‎ A．磁感应强度的大小为0.5 T B．导线框运动速度的大小为‎0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 答案　BC 解析　由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v＝ m/s＝‎0.5 m/s，故B正确。由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感应强度的大小B＝ T＝0.2 T，故A错误。感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，故C正确。t ‎＝0.4 s至t＝0.6 s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程，由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F＝，代入数据得F＝0.04 N，故D错误。‎ ‎3．(2017·北京高考)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(　　)‎ A．图1中，A1与L1的电阻值相同 B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同 D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等 答案　C 解析　断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。‎ 答案　(1) ‎(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) 解析　(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝B1S＝ktS①‎ 设在从t到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有E＝②‎ 由欧姆定律有i＝③‎ 由电流的定义有i＝④‎ 联立①②③④式得|Δq|＝Δt⑤‎ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|＝。⑥‎ ‎(2)当t>t0时，金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有F恒＝F安⑦‎ 设此时回路中的电流为I，F安的大小为F安＝B0lI⑧‎ 此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨‎ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩‎ 回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪‎ 式中，Φ仍如①式所示。由①⑨⑩⑪式得，在时刻 t(t>t0)穿过回路的总磁通量为 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫‎ 在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑬‎ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 Et＝⑭‎ 由欧姆定律有I＝⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得F恒＝(B0lv0＋kS)。‎ 配套课时作业 ‎　　时间：45分钟　满分：100分 一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。其中 1～5为单选，6～8为多选)‎ ‎1.(2016·浙江高考)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝‎3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)‎ A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1‎ C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4‎ D．a、b线圈中电功率之比为3∶1‎ 答案　B 解析　磁场均匀增大，穿过两线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知两线圈内会产生逆时针方向的感应电流，A错误；由法拉第电磁感应定律E＝n＝nl2，得＝＝，B正确；由电阻定律R＝ρ，得＝＝，由闭合电路欧姆定律可得I＝ ‎，即＝×＝，C错误；由P＝得＝×＝，D错误。‎ ‎2．(2018·内蒙古部分学校期中)如图甲所示，固定闭合线圈abcd处于方向垂直纸面向外的磁场中，磁感线分布均匀，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．t＝1 s时，ab边受到的安培力方向向左 B．t＝2 s时，ab边受到的安培力为0‎ C．t＝2 s时，ab边受到的安培力最大 D．t＝4 s时，ab边受到的安培力最大 答案　B 解析　由题图知，0～2 s内磁感应强度大小逐渐增大，根据楞次定律知线圈中产生感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则判断知ab边受到的安培力方向向右，A错误；t＝2 s时，＝0，感应电流I＝0，安培力F＝0，B正确，C错误；t＝4 s时，B＝0，安培力F＝0，D错误。‎ ‎3．(2018·厦门二模)法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，原理如图所示。铜质圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个带摇柄的转轴，边缘和转轴处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路，其他电阻均不计。转动摇柄，使圆盘沿如图所示的方向匀速转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为r，电阻的功率为P。则(　　)‎ A．圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从c到d B．圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从d到c C．圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从c到d D．圆盘转动的角速度为，流过电阻R 的电流方向为从d到c 答案　D 解析　圆盘沿如图所示方向匀速转动，由右手定则判断出流过R的感应电流方向为从d到c，A、C错误。电动势E＝Br2ω，由P＝联立得ω＝，故D正确，B错误。‎ ‎4．(2018·徐州模拟)如图所示，电路中有三个相同的灯泡L1、L2、L3，电感线圈L的电阻可忽略，D为理想二极管。下列说法正确的是(　　)‎ A．闭合开关S的瞬间，L3立即变亮，L1、L2逐渐变亮 B．闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，L1逐渐变亮 C．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L1先变亮一下然后才熄灭 D．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L3先变亮一下然后才熄灭 答案　B 解析　开关S闭合的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势的作用，L1逐渐变亮，而L2、L3立即变亮，故A错误，B正确。断开开关S的瞬间，线圈L和L1、L3构成回路，因原来L1、L3两支路电流相等，所以L1、L3逐渐熄灭，L2立即熄灭，故C、D错误。‎ ‎5．(2018·石家庄二模)如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，P、Q之间有阻值为R的电阻，PQNM所围的面积为S，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是(　　)‎ A．在0～t0和t0～2t0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同 B．在t0～2t0内，通过电阻R的电流方向为P到Q C．在0～t0内，通过电阻R的电流大小为 D．在0～2t0内，通过电阻R的电荷量为 答案　D 解析　由楞次定律和右手定则，结合题图可知0～t0时间内，通过电阻R的电流方向为P→Q，t0～2t0时间内，电流方向为Q→P，B项错误；由左手定则可知，两段时间内安培力方向相反，故导体棒所受静摩擦力方向相反，A项错误；由法拉第电磁感应定律可知，0～t0时间内，E1＝，所以通过R的电流I1＝，C项错误；在0～2t0时间内，PQNM范围内磁通量变化量为ΔΦ＝B0S ‎，则通过电阻R的电荷量q＝·2t0＝·2t0＝·2t0＝，D项正确。‎ ‎6．(2018·保定二模)如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，间距为L，电阻不计。磁感应强度为B的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻阻值为R。在导轨上有一均匀金属棒ab，其长度为‎2L、阻值为2R，金属棒与导轨垂直且接触良好，接触点为c、d。在ab棒上施加水平拉力使其以速度v向右匀速运动，设金属导轨足够长。下列说法正确的是(　　)‎ A．金属棒c、d两点间的电势差为BLv B．金属棒a、b两点间的电势差为BLv C．通过电阻的电流大小为 D．水平拉力的功率为 答案　BD 解析　导体棒以速度v向右匀速运动，电动势Ecd＝BLv，Eab＝2BLv，cd与导轨间电阻R组成闭合回路，Ucd＝·R＝BLv，故A错误。Uab＝Eac＋Ucd＋Edb，其中Eac＋Edb＝BLv，所以Uab＝BLv，故B正确。通过电阻的电流I＝，故C错误。水平拉力的功率P＝Fv，其中F＝FA，FA＝BIL，联立得P＝，故D正确。‎ ‎7．(2018·长沙重点中学联考)如图所示，水平面内固定两根足够长的金属导轨MN、M′N′，其电阻不计，两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。现将两根粗细均匀的相同铜棒ab、cd放在两导轨上，若两棒从图示位置开始以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动，运动过程中两棒始终与两导轨接触良好，且始终与导轨MN垂直，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　)‎ A．回路中有顺时针方向的感应电流 B．回路中总的感应电动势不变 C．回路中的感应电流不变 D．回路中的热功率不断减小 答案　BD 解析　两棒沿MN方向做匀速直线运动，穿过回路的磁通量不断增大，根据楞次定律知，回路中有逆时针方向的感应电流，A错误；设开始时两棒间的距离为L，两导轨间的夹角为θ，则回路中总的感应电动势E＝BLtanθ·v，恒定，B正确；回路中总的感应电流I＝，由于运动过程中两棒在两导轨间的总电阻R不断增大，故I不断减小，C错误；根据P＝知，回路中的热功率不断减小，D正确。‎ ‎8．(2018·江西南昌二中期末)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＝，a、c与磁场中以O为圆心的同心圆(都为部分圆弧)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(　　)‎ A．Uac＝2Uab B．UaO＝9UcO C．电容器所带电荷量Q＝BL2ωC D．若在eO间连接一个电压表，则电压表示数为零 答案　BC 解析　根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式E＝Bl2ω得aO、bO、cO间的电势差分别为UaO＝BL2ω，UbO＝B2ω＝BL2ω，UcO＝B·2ω＝BL2ω，则Uac＝UaO－UcO＝BL2ω，Uab＝UaO－UbO＝BL2ω，可见，Uac＝1.6Uab，UaO＝9UcO，故B正确，A错误。电容器板间电压等于ac间的电势差，则电容器所带电荷量为Q＝CUac＝BL2ωC，故C正确。若在eO间连接一个电压表，电压表与cO、轨道组成的闭合回路磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表将有示数，故D错误。‎ 二、非选择题(本题共2小题，共36分)‎ ‎9．(18分)(1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝‎0.3 m，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5 T。一根直金属杆MN以v＝‎2 m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好。杆MN的电阻r1＝1 Ω，导轨的电阻可忽略。求杆MN中产生的感应电动势E1。‎ ‎(2)如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，面积S1＝‎0.4 m2‎，电阻r2＝1 Ω。在线圈中存在面积S2＝‎0.3 m2‎ 垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示。求圆形线圈中产生的感应电动势E2。‎ ‎(3)有一个R＝2 Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b端接地。试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？求这种情况中a端的电势φa。‎ 答案　(1)0.3 V　(2)4.5 V　(3)与图甲中的导轨相连接时a端电势较高　φa＝0.2 V 解析　(1)杆MN做切割磁感线的运动，E1＝B1Lv 产生的感应电动势E1＝0.3 V。‎ ‎(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，E2＝nS2‎ 产生的感应电动势E2＝4.5 V。‎ ‎(3)当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，由右手定则可得a端的电势高于b端即大地的电势，而当电阻R与题图乙中的线圈相连接时，由楞次定律可知，此时a端的电势小于b端即大地的电势。故与图甲中的导轨相连接时a端电势较高。‎ 此时，通过电阻R的电流I＝ 电阻R两端的电势差φa－φb＝IR a端的电势φa＝IR＝0.2 V。‎ ‎10．(2018·安徽六校二联)(18分)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上方穿过磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，求：‎ ‎(1)AC刚进入磁场时线框中感应电流的大小和方向；‎ ‎(2)AC刚进入磁场时线框所受安培力。‎ 答案　(1)I＝　方向为逆时针 ‎(2)，方向从D指向B 解析　(1)由楞次定律可以判断感应电流方向为逆时针。‎ AC刚进入磁场时，CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线 E＝Bav I＝＝。‎ ‎(2)由左手定则知CD边受安培力垂直CD边斜向左，与v方向相反，‎ F＝BIa＝ AD边受安培力垂直于AD边斜向右 F＝BIa＝ 线框受安培力为两个F的合力，‎ FA＝F＝ 方向从D指向B。‎