【先学后教新思路】2020高考物理一轮复习-教案21-法拉第电磁感应定律、自感

法拉第电磁感应定律、自感考纲解读1.能应用法拉第电磁感应定律、公式E＝Blv计算感应电动势.2.理解自感、涡流的产生，并能分析实际应用．1．如图1(a)、(b)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A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则 ()图1A．在电路(a)中，断开S，A将渐渐变暗B．在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路(b)中，断开S，A将渐渐变暗D．在电路(b)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗答案AD解析在电路(a)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，阻碍原电流的减小，但流过灯A的电流仍渐渐减小，从而灯A只能渐渐变暗．在电路(b)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电流的减小，通过R、A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．3．如图2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，磁场垂直于环面对里，磁感应强度以B＝B0＋Kt(K>0)随时间变化，t＝0时，P、Q两极板电势相等．两极板间的距离远小于环的半径，则经时间t电容器P板 () 图2A．不带电B．所带电荷量与t成正比C．带正电，电荷量是eq\f(KL2C,4π)D．带负电，电荷量是eq\f(KL2C,4π)答案D解析磁感应强度以B＝B0＋Kt(K>0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝KS，而S＝eq\f(L2,4π)，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝eq\f(KL2C,4π)；由楞次定律知电容器P板带负电，故D选项正确．3．2022年11月24日，中国的歼－15战机成功在“辽宁号”航母上起降，使中国真正拥有了自己的航母．由于地磁场的存在，飞机在确定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有确定的电势差．则从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势 ()A．低 B．高C．相等 D．以上状况都有可能答案B解析北半球的地磁场的竖直重量向下，由右手定则可判定飞机无论向哪个方向飞行，由飞行员的角度看均为左侧机翼电势较高．考点梳理一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).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＝neq\f(ΔΦ,Δt).3．导体切割磁感线的情形(1)一般状况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝Blvsin_θ.(2)常用状况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝Blv.(3)导体棒在磁场中转动导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中点位置线速度eq\f(1,2)lω)．二、自感1.概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．2.表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).3.自感系数L的影响因素：与线圈的大小、外形、匝数以及是否有铁芯有关．4．如图3所示，线圈A、B是由不同材料制成的导体线圈，它们的质量一样大，外形一样，设磁场足够大，下列说法正确的是 ()A．电阻大的线圈达到稳定速度时的速度大B．电阻小的线圈达到稳定速度时的速度大 图3C．两线圈的稳定速度是一样的D．电阻率大的材料制成的线圈，稳定速度大答案A解析以极端状况分析，若线圈电阻格外大，以至于无穷大时，线圈中电流趋近于零，线圈做自由落体运动，速度将不断增大，所以可推知电阻大的线圈稳定运动时的速度大，A正确．5．如图4所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，线圈内接有电阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面对里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈转过90°时，通过电阻R的电荷量为 () 图4A.eq\f(BL2,2R) B.eq\f(NBL2,2R)C.eq\f(BL2,R) D.eq\f(NBL2,R)答案B解析初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝eq\f(BL2,2)，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q＝Neq\f(ΔΦ,R总)可得通过电阻R的电荷量为eq\f(NBL2,2R).方法提炼1．“极端法”分析电磁感应问题将题中某些物理量推到极限状态或极值条件下分析争辩，会使问题变得简洁解决．2．感应电荷量的求法：q＝eq\f(nΔΦ,R总).考点一法拉第电磁感应定律的应用1．感应电动势大小的打算因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)和线圈的匝数共同打算，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必定联系．(2)当ΔΦ仅由B引起时，则E＝neq\f(SΔB,Δt)；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝neq\f(BΔS,Δt).2．磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率．例1如图6(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的圆形区域存在垂直于线圈平面对里的匀强磁场，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：(a)(b)图6(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1.用公式E＝neq\f(ΔB,Δt)·S求解时，S应为线圈在磁场范围内的有效面积，eq\f(ΔB,Δt)应为B－t图象斜率的大小．2．产生感应电动势的线圈相当于电源，R1为外电阻．解析(1)穿过闭合线圈的磁场的面积为S＝πreq\o\al(2,2)由题图(b)可知，磁感应强度B的变化率的大小为eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)依据法拉第电磁感应定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),t0)由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为：I＝eq\f(E,R＋2R)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)再依据楞次定律可以推断，流过电阻R1的电流方向应由b到a(2)0至t1时间内通过电阻R1的电荷量为q＝It1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)电阻R1上产生的热量为Q＝I2R1t1＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))答案(1)eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)方向从b到a(2)eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))1.应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化状况；(2)利用楞次定律确定感应电流的方向；(3)机敏选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解．2．几点留意(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择．(2)用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关．推导如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR总)·Δt＝eq\f(nΔΦ,R总).突破训练1如图7甲所示，边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框静置于光滑水平面上，处于与水平面垂直的匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．求：甲乙图7(1)在t＝0到t＝t0时间内，通过导线框的感应电流大小；(2)在t＝eq\f(t0,2)时刻，ab边所受磁场作用力大小；(3)在t＝0到t＝t0时间内，导线框中电流做的功．答案(1)eq\f(B0L2,Rt0)(2)eq\f(B\o\al(2,0)L3,2Rt0)(3)eq\f(B\o\al(2,0)L4,Rt0)解析(1)由法拉第电磁感应定律得，导线框的感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0L2,t0)通过导线框的感应电流大小：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2,Rt0)(2)t＝eq\f(t0,2)时刻，ab边所受磁场作用力大小：F＝BILF＝eq\f(B\o\al(2,0)L3,2Rt0)(3)在t＝0到t＝t0时间内，导线框中电流做的功：W＝I2Rt0＝eq\f(B\o\al(2,0)L4,Rt0).考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．公式E＝Blv的使用条件(1)匀强磁场．(2)B、l、v三者相互垂直．(3)如不垂直，用公式E＝Blvsinθ求解，θ为B与v方向间的夹角．2．“瞬时性”的理解若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势．若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即E＝Bleq\x\to(v).3．切割的“有效长度”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8中有效长度分别为：图8甲图：l＝eq\x\to(cd)sinβ；乙图：沿v1方向运动时，l＝eq\x\to(MN)；沿v2方向运动时，l＝0.丙图：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R.4．“相对性”的理解E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应留意速度间的相对关系．例2如图9甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L＝2.0m，R是连在导轨一端的电阻，质量m＝1.0kg的导体棒ab垂直跨在导轨上，电压传感器与这部分装置相连．导轨所在空间有一磁感应强度B＝0.50T、方向竖直向下的匀强磁场．从t＝0开头对导体棒ab施加一个水平向左的拉力，使其由静止开头沿导轨向左运动，电压传感器测出R两端的电压随时间变化的图线如图乙所示，其中OA、BC段是直线，AB段是曲线．假设在1.2s以后拉力的功率P＝4.5W保持不变．导轨和导体棒ab的电阻均可忽视不计，导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好．不计电压传感器对电路的影响．g取10m/s2.求：图9(1)导体棒ab最大速度vm的大小；(2)在1.2s～2.4s的时间内，该装置总共产生的热量Q；(3)导体棒ab与导轨间的动摩擦因数μ和电阻R的值．审题指导1.R两端的电压和导体棒中产生的电动势有什么关系？2．在1.2s～2.4s的时间内，能量是如何转化的？3．0～1.2s和2.4s后导体棒分别做什么运动？受力状况如何？解析(1)从题图乙可知，2.4s时R两端的电压最大，Um＝1.0V，由于导体棒内阻不计，故Um＝Em＝BLvm＝1.0V，所以vm＝eq\f(Em,BL)＝1.0m/s①(2)由于U＝E＝BLv，而B、L为常数，所以由题图乙知，在0～1.2s内导体棒做匀加速直线运动．设导体棒在这段时间内的加速度为a，t1＝1.2s时导体棒的速度为v1，由题图乙可知此时电压U1＝0.90V.由于U1＝E1＝BLv1②所以v1＝eq\f(U1,BL)＝0.90m/s在1.2s～2.4s时间内，依据功能关系eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋P·Δt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q③代入数据解得Q≈5.3J(3)导体棒做匀加速运动的加速度a＝eq\f(v1－0,t1)＝0.75m/s2当t1＝1.2s时，设拉力为F1，则有F1＝eq\f(P,v1)＝5.0N同理，当t2＝2.4s时，设拉力为F2，则有F2＝eq\f(P,vm)＝4.5N对ab棒受力分析如图所示，依据牛顿其次定律有F1－Ff－F安1＝ma ④F2－Ff－F安2＝0 ⑤mg－FN＝0 ⑥又由于F安1＝BI1L＝eq\f(BLU1,R) ⑦F安2＝BI2L＝eq\f(BLUm,R) ⑧Ff＝μFN ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨，代入数据可求得R＝0.4Ω，μ＝0.2答案(1)1.0m/s(2)5.3J(3)0.20.4Ω1.公式E＝Blvsinθ求的是瞬时感应电动势，E与某个时刻或某个位置相对应．切割磁感线的那部分导体就相当于电源．2．本题中U－t图象实际上可以转化为v－t图象(U＝E＝Blv)，因此，此运动类似于机车启动模型．3．以图象形式给出题目已知条件的，要竭力挖掘图象中的隐含信息．突破训练2在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为L＝0.4m，如图10所示，框架上放置一质量为0.05kg、电阻为1Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若杆cd以恒定加速度a＝2m/s2，由静止开头做匀变速运动，则：(1)在5s内平均感应电动势是多少？ 图10(2)第5s末，回路中的电流多大？(3)第5s末，作用在cd杆上的水平外力多大？答案(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N解析(1)5s内的位移x＝eq\f(1,2)at2＝25m5s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝5m/s(也可用eq\x\to(v)＝eq\f(0＋v5,2)求解)故平均感应电动势eq\x\to(E)＝BLeq\x\to(v)＝0.4V(2)第5s末：v＝at＝10m/s此时感应电动势：E＝BLv则回路中的电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(0.2×0.4×10,1)A＝0.8A(3)杆cd匀加速运动，由牛顿其次定律得F－F安＝ma即F＝BIL＋ma＝0.164N考点三自感现象的分析1．自感现象“阻碍”作用的理解(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加．(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．线圈就相当于电源，它供应的电流从原来的IL渐渐变小．2．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，自感线圈就相当于一般导体．(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．例3如图11所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是 () 图11解析当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1渐渐熄灭，电流反向且减小；综上所述知选项A、C正确．答案AC在分析自感现象问题时，应留意电路的结构，弄清楚自感线圈L与用电器的串、并联关系，明确原电流的方向，再推断自感电流的方向及大小变化．同时留意，L的自身电阻是不是能忽视不计．在断开开关时，还要看线圈和用电器能否形成回路．突破训练3在如图12所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是 ()图12答案B解析闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流均为I，说明RL＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流快速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍流过L1的电流i1增大，直至达到电流I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2马上达到电流I，故C、D错误．41．应用法拉第电磁感应定律答题的规范在阅卷过程中，我们看到同学计算题的答题卷面，有时不是由于物理学问不够扣分，而是由于答题不规范而扣分，很是惋惜．下面谈一下规范答题的几大要素．1．文字说明(1)争辩对象个体或系统、过程或状态．(2)所列方程的依据名称．(3)题目中的隐含条件、临界条件．(4)非题设字母，说明符号的物理意义．字母符号书写、使用要规范，题目给了符号最好不要再另设符号．敬重课本常用符号．(5)规定的正方向、零势点(面)及所建立的坐标系．(6)结果的物理意义，给出明确答案．2．必要方程(1)写出符合题意的原始方程，不能写变形式，如：要写成“eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I＝\f(BLv,R),F＝BIL＝\f(B2L2v,R)))”，不要写成“F＝eq\f(B2L2v,R)”．(2)要用字母表述方程，不要写代入数据的方程，方程中等号两边虽然含有相同的物理量字母，也不能相“约”，如“mgh＝eq\f(1,2)mv2”．(3)要用原始方程组联立求解，不要用连等式，不要在等式中不断的“续”进一些内容．(4)方程式有多个时，应分步列，并对各方程式编号，不要合写一式，以免一错全错．3．数字运用(1)几何关系只说结果，不必证明．(2)数字相乘，要用“×”，不用“·”．(3)卷面上不能打“/”相约．4．答题模板解设……(未知量)为……对……过程由……规律得：……(具体问题的原始方程)在……位置由……公式得：……(具体问题的原始方程)联立以上各式(或联立①②式)得：……(由已知量符号表示)＝……＝“结果”(代入数据得结果，并留意待求量的数值及单位)解析(1)金属棒达到最大速度时产生的电动势E＝B0Lvm(1分)回路中产生的感应电流I＝eq\f(E,R＋r)(1分)金属棒所受安培力F＝B0IL(1分)金属棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则mgsinθ－F－μmgcosθ＝0(2分)解得vm＝2m/s(1分)(2)设电阻R上产生的焦耳热为Q，整个电路产生的焦耳热为Q总，则由动能定理，得mgssinθ－μmgscosθ－W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)(3分)W安＝Q总(1分)Q＝eq\f(R,R＋r)Q总(1分)解得Q＝0.16J．(1分)(3)不产生感应电流，即磁通量不变，金属棒不受安培力作用，金属棒做匀加速直线运动，由牛顿其次定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma(2分)得a＝g(sinθ－μcosθ)＝10×(0.6－0.5×0.8)m/s2＝2m/s2(1分)依据闭合回路磁通量不变有B0Ls＝BL(s＋vmt＋eq\f(1,2)at2)(3分)得B＝eq\f(3,t2＋2t＋3)(1分)所以，当t＝1s时，B＝0.5T．(1分)答案(1)2m/s(2)0.16J(3)0.5T高考题组1．(2022·课标全国·19)如图14，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半 圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开头绕 图14过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为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).当线框不动，磁感应强度变化时，I2＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔBS,RΔt)＝eq\f(ΔBπr2,2RΔt)，因I1＝I2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，C选项正确．2．(2022·四川理综·20)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B.直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开头，直杆的位置由θ确定，如图15所示．则 ()A．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Bav 图15B．θ＝eq\f(π,3)时，直杆产生的电动势为eq\r(3)BavC．θ＝0时，直杆受的安培力大小为eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)时，直杆受的安培力大小为eq\f(3B2av,5π＋3R0)答案AD解析当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l1＝2a，所以直杆产生的电动势E1＝Bl1v＝2Bav，选项A正确．此时直杆上的电流I1＝eq\f(E1,πa＋2aR0)＝eq\f(2Bv,π＋2R0)，直杆受到的安培力大小F1＝BI1l1＝eq\f(4B2av,π＋2R0)，选项C错误．当θ＝eq\f(π,3)时，直杆切割磁感线的有效长度l2＝2acoseq\f(π,3)＝a，直杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误．此时直杆上的电流I2＝eq\f(E2,2πa－\f(2πa,6)＋aR0)＝eq\f(3Bv,5π＋3R0)，直杆受到的安培力大小F2＝BI2l2＝eq\f(3B2av,5π＋3R0)，选项D正确．3．(2011·北京理综·19)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16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，仍未见老师演示时毁灭的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出缘由．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的缘由是 ()图16A．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答案C解析由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的缘由是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流．由题图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错误；造成不闪亮的缘由是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会毁灭闪亮现象，故B错误，C正确；自感系数越大，则产生的自感电流越大，灯泡更亮，故D错误．4．(2011·广东理综·15)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答案C解析由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知感应电动势的大小E与n有关，与eq\f(ΔΦ,Δt)即磁通量变化的快慢成正比，所以A、B错误，C正确．由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，即原磁通量增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；原磁通量减小，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故D错误．模拟题组5.如图17所示的金属圆环放在有界匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出来，下列说法正确的是 ()A．向左拉出和向右拉出过程中，其感应电流方向相反B．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是顺时针的 图17C．不管从什么方向拉出，环中的磁通量的变化量都相同D．在匀速拉出过程中，感应电流大小不变答案BC解析无论是向左拉出或向右拉出磁场区域，圆环中的磁通量都削减，由楞次定律可判出环中的感应电流方向应是顺时针的，B、C项正确，A项错误；由E＝Blv知，圆环被拉出时，切割的有效长度在变化，因此，E发生变化，感应电流大小发生变化，D项错误．6.如图18所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽视的自感线圈，电源内阻不计，开关S原来接通．现将开关S断开，则 () 图18A．L1点亮，L2变暗，最终两灯一样亮B．L2闪亮一下后恢复到原来的亮度C．L3变暗一下后恢复到原来的亮度D．L3闪亮一下后恢复到原来的亮度答案AD解析当S闭合时，L把灯L1短路，L1不亮，IL3＝IL2＝eq\f(E,R)；将S断开时，L1与L2串联，电流变小，L2变暗，L1被点亮，最终两灯一样亮．由于L中的电流要减小，且与L3串联，IL3′＝eq\f(E,R)，因此L3要闪亮一下后再恢复到原来的亮度．因此正确选项为A、D两项．

(限时：45分钟)►题组1对法拉第电磁感应定律的考查1．(2010·江苏单科·2)一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为 ()A.eq\f(1,2) B．1 C．2 D．4答案B解析设原磁感应强度是B，线框面积是S.第1s内ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2s内ΔΦ2＝2B·eq\f(S,2)－2B·S＝－BS.由于E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，所以两次感应电动势大小相等，B正确．2．如图1甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S.在环形导体中有一垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t0时间内电容器 ()图1A．上极板带正电，所带电荷量为eq\f(CSB2－B1,t0)B．上极板带正电，所带电荷量为eq\f(CB2－B1,t0)C．上极板带负电，所带电荷量为eq\f(CSB2－B1,t0)D．上极板带负电，所带电荷量为eq\f(CB2－B1,t0)答案A解析由题图乙可知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B2－B1,t0)，B增大，依据楞次定律，感应电流沿逆时针方向，故上极板带正电，E＝neq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(SB2－B1,t0)，Q＝CE＝eq\f(CSB2－B1,t0)，A正确．3.一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在磁场中，如图2所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，下列方法可使感应电流增加一倍的是 ()A．把线圈匝数增加一倍B．把线圈面积增加一倍 图2C．把线圈半径增加一倍D．转变线圈与磁场方向的夹角为另确定值答案C解析设导线的电阻率为ρ，横截面积为S0，线圈的半径为r，线圈与磁场方向的夹角为θ，线圈匝数为n，则I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(nπr2\f(ΔB,Δt)sinθ,ρ\f(n·2πr,S0))＝eq\f(S0r,2ρ)·eq\f(ΔB,Δt)·sinθ，可见，将r增加一倍，I增加一倍；转变线圈与磁场方向的夹角，sinθ不能变为原来的2倍(因sinθ最大值为1)；若将线圈的面积增加一倍，半径r增加(eq\r(2)－1)倍，电流增加(eq\r(2)－1)倍；I与线圈匝数无关．综上所述，只有C项正确．4.如图3所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B中．两板间放一台小型压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为q的带正电小球．K没有闭合时传感器有示数，K闭合时传感器示数变为原来的一半．则线 图3圈中磁场B的变化状况和磁通量变化率分别为 ()A．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2q) B．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)C．正在减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2q) D．正在减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)答案B解析依据K闭合时传感器示数变为原来的一半，推出带正电小球受电场力向上，即上极板带负电，下极板带正电，线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板，依据安培定则知感应磁场的方向向下，与原磁场方向相反，又由楞次定律得线圈中磁场正在增加；对小球受力分析得qeq\f(E,d)＝eq\f(mg,2)，其中感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，代入得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)，故B正确．►题组2对公式E＝Blv的综合考查5．(2010·山东理综·21)如图4所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为L的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时 ()A．穿过回路的磁通量为零 图4B．回路中感应电动势大小为BLv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同答案AD解析由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO′对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A项正确；ab、cd均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针方向，两电源串联，感应电动势为2BLv0，B、C项错误；由左手定则知ab、cd所受安培力方向均向左，D项正确．6.一个边长为L的正方形导线框在倾角为θ的光滑固定斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方方向垂直于斜面的匀强磁场中．如图5所示，磁场的上边界线水平，线框的下边ab边始终水平，斜面以及下方的磁场往下方延长到足够远．下列推理推断正确的是()A．线框进入磁场过程b点的电势比a点高 图5B．线框进入磁场过程确定是减速运动C．线框中产生的焦耳热确定等于线框削减的机械能D．线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量不同答案C解析ab边进入磁场后，切割磁感线，ab相当于电源，由右手定则可知a为等效电源的正极，a点电势高，A项错．由于线框所受重力的分力mgsinθ与安培力大小不能确定，所以不能确定其是减速还是加速，B项错；由能量守恒知C项对；由q＝neq\f(ΔΦ,R)知，q与线框下降的高度无关，D项错．7．如图6所示，P、Q是两根竖直且足够长的金属杆(电阻忽视不计)，处在垂直纸面对里的匀强磁场B中，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，P、Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，A是在MN的正下方水平放置在地面上的金属圆环．现将金属棒ef由静止释放，在下滑中始终与P、Q杆良好接触且无摩擦．在金属棒释放后下列说法正确的是 () 图6A．A环中有大小不变的感应电流B．A环中有越来越大的感应电流C．A环对地面的压力先减小后增大至恒定值D．A环对地面的压力先增大后减小至恒定值答案D解析金属棒ef从静止释放后，产生感应电流I＝eq\f(Blv,R)，受力分析得mg－BIl＝ma，故其做a减小的加速运动，当a＝0后做匀速运动．MN螺线管上的电流I＝eq\f(Blv,R)，随v增大而增大，故A上产生与螺线管上相反的感应电流，由于反向电流相互排斥，A环受到斥力，故对地面的压力增大，当ef匀速运动时，电路中电流恒定，A环上不再产生感应电流，对地面的压力大小等于重力．C项错误，D项正确．由于A环上产生的I感正比于MN上电流的变化率，MN上电流的变化率由eq\f(Δv,Δt)打算，由此知IA渐渐减小，A、B项错误．8.如图7所示，长为L的金属导线上端悬于C点，下端系一小球A，在竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动，转动方向如图所示，导线与竖直方向的夹角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B，则金属导线中产生感应电动势的高电势端及大小为 ()A．C点eq\f(1,2)BL2ωB．C点eq\f(1,2)BL2ωsin2θ 图7C．A点eq\f(1,2)BL2ωD．A点eq\f(1,2)BL2ωsin2θ答案B解析由右手定则可推断φC>φA，即C端的电势高于A端的电势；金属导线切割磁感线的有效长度为Lsinθ，所以导线中产生的感应电动势为：E＝eq\f(1,2)B(Lsinθ)2ω＝eq\f(1,2)BL2ωsin2θ.故B正确．9．如图8所示，MN、PQ是两根竖直放置的间距为L的足够长的光滑平行金属导轨，虚线以上有垂直纸面对外的匀强磁场Ⅰ，虚线以下有垂直纸面对里的匀强磁场Ⅱ，两磁场区域的磁感应强度均为B.金属棒ab质量为M，电阻为R，静止放在Ⅰ中导轨上的水平突起上；金属棒cd质量为m，电阻也为R.让cd在Ⅱ中某处无初速度释放，当cd下落距离为图8h时，ab恰好对突起没有压力．已知两根金属棒始终水平且与金属导轨接触良好，金属导轨的电阻不计，重力加速度为g.求：(1)当cd下落距离为h时，通过ab的电流I.(2)当cd下落距离为h时，cd的速度大小v.(3)从cd释放到