2022年第九章第二节法拉第电磁感应定律自感涡流 .pdf

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1、学而不思则惘，思而不学则殆第二节法拉第电磁感应定律自感涡流一、法拉第电磁感应定律1感应电动势(1)感应电动势：在中产生的电动势产生感应电动势的那部分导体就相当于，导体的电阻相当于(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循定律，即I2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成正比(2)公式： E，n 为线圈匝数3导体切割磁感线的情形(1)若 B、l、v 相互垂直，则E(2)若 Bl，lv，v 与 B 夹角为 ，则 E1.(单选 )(2016 太原质检 )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，两线圈所在平面与匀强磁场垂直

2、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IAIB为()A.n1n2B.n2n1C.n21n22D.n22n21二、自感与涡流1自感现象(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(2)表达式： E(3)自感系数L 的影响因素：与线圈的、形状、以及是否有铁芯有关2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像状的感应电流(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，安培力的方向总是导体的运动(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生，使导体受到安培力作用，安培力使导体运动起来交流感应电动机就是利

3、用的原理工作的2. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆(多选 )(2015 高考全国卷 )1824 年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后 下列说法正确的是 ()A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆

4、盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动考点一公式 En/t 的应用1感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率t和线圈的匝数共同决定，而与磁通量、磁通量的变化量 的大小没有必然联系(2)当仅由 B 引起时，则EnSBt；当 仅由 S引起时，则EnBSt. 2磁通量的变化率 t是 t 图象上某点切线的斜率电动势大小的计算学生用书P197 (单选 )如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为 S.若在 t1到 t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到 B2，则该段时间线圈两端a 和 b 之间的电

5、势差ab() A恒为nS（B2B1）t2t1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆B从 0 均匀变化到nS（B2B1）t2t1C恒为nS（B2B1）t2t1D从 0 均匀变化到nS（B2B1）t2t1(2016 安徽十校联考 )如图甲所示，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

6、不计求0 至 t1时间内(1)通过电阻R1的电流大小和方向(2)通过电阻R1的电荷量q. 审题突破 (1)磁场的有效面积为r22及磁场的变化规律(2)电荷量的计算可用qI t 也可直接应用qnR总，其中 R总3R. 应用电磁感应定律应注意的三个问题1 公式 Ent求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值. 2利用公式EnSBt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、和回路电阻R 有关，与时间长短无关，与是否均匀变化无关推导如下：qI tn tRtnR. 考点二公式 EBlv 的应用1使用条件本公式是在一定条件下得

7、出的，除了磁场是匀强磁场外，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E Blvsin ，为 B精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆与 v 方向间的夹角2使用范围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EBlv.若 v 为瞬时速度，则E 为相应的瞬时感应电动势3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例如，求下图中MN 两点间的电动势时，有效长度分别为甲图： l cdsin . 乙图

8、：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， l2R；沿 v2方向运动时， l0；沿 v3方向运动时，lR. 4相对性EBlv 中的速度v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系(单选 )(2015 高考安徽卷 ) 如图所示， abcd 为水平放置的平行“”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 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Blvsin

9、 B电路中感应电流的大小为Bvsin rC金属杆所受安培力的大小为B2lvsin rD金属杆的热功率为B2lv2rsin 感应电动势两个公式的比较公式EntEBlv导体一个回路一段导体适用普遍适用导体切割磁感线意义常用于求平均电动势既可求平均值也可求瞬时值联系本质上是统一的但是，当导体做切割磁感线运动时，用 EBlv 求 E 比较精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用En t求 E 比较方便(多选 ) 如图所示，水平放置的粗糙U 形框架上接一个阻值为R0的

10、电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中， 一个半径为L、质量为 m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC 的电阻为r，其余电阻不计下列说法正确的是() A此时 AC 两端电压为UAC2BLvB此时 AC 两端电压为UAC2BLvR0R0rC此过程中电路产生的电热为QFd12mv2D此过程中通过电阻R0的电荷量为q2BLdR0r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

11、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2自感现象的四个特点(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3自感现象中的能量转化通电自感中，电能转化为磁场能；断电自感中，磁场能转化为电能通、断电自感现象的分析学生用书P198 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆(单选 )如图所示，

12、线圈L 的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，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)() AS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立即熄灭，L1逐渐变亮BS 闭合， L1不亮， L2很亮； S断开， L1、L2立即熄灭CS 闭合， L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭， L2亮度不变； S 断开， L2立即熄灭， L1亮一下才熄灭DS 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亮一下才熄灭审题突破 解此题关键有两点：(1)灯泡和线圈在

13、电路中的连接方式(2)流过灯泡的原电流的方向及大小自感现象中的图象问题学生用书P199 (单选 )(2016 南昌模拟 ) 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，L1、L2和 L3是 3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.规定以电路稳定时流过L1、L2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过L1和 L2的电流，则下图中能定性描述电流I 随时间 t 变化关系的是 () 分析自感现象的两点注意1通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程，线圈中电流逐渐变大，断电过程，线圈中电流逐渐变小，方向不变此时线圈可等效

14、为“电源 ”，该“ 电源 ”与其他电路元件形成回路2断电自感现象中灯泡是否“闪亮 ” 问题的判断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆方法技巧 转动切割电动势的计算方法(10 分 )半径分别为r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r，质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖

15、直向下在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻 (图中未画出 )直导体棒在水平外力作用下以角速度绕 O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为 ，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为g.求：(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率审题突破 (1)B竖直向下导体棒逆时针转动电流方向(2)转动切割产生的电动势用公式EBlv 计算时， v 是导体棒中点的速度(3)外力的功率等于回路中的电功率与克服摩擦力做功功率之和导体在磁场中转动切割磁感线产生的电动势EBlv，v 是导体中点的线速度. (单选 )(2015 高

16、考全国卷 ) 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() AUaUc，金属框中无电流BUb Uc，金属框中电流方向沿abcaCUbc12Bl2，金属框中无电流DUbc12Bl2，金属框中电流方向沿ac b精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆,学生用书P200) 1(考点一 )(单选 ) 如图为无线充电技术中使用的

17、受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在 t1到 t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a 和 b 之间的电势差ab() A恒为nS（B2B1）t2t1B从 0 均匀变化到nS（B2B1）t2t1C恒为nS（B2B1）t2t1D从 0 均匀变化到nS（B2B1）t2t12(考点一 )(单选 )(2016 苏南五校联考) 如图所示， 铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池连成回路左边的铁芯上套有一个环面积为0.02 m2、电阻为 0.1 的金属环铁芯的横截面积为0.01 m2，且假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯

18、截面垂直调节滑动变阻器的滑动头，使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2 T，则从上向下看() A金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0103 V B金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0103 V C金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.0103 V D金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.0103 V 3(考点二 )(单选 ) (2015 高考海南卷 )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 沿与棒与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 ；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的

19、折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆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 .则等于 () A.12B.22C1 D.2 4(考点三 )(多选 ) (2016 苏、锡、常、镇四市调研)如图所示的电路中，L 是自感系数较大的线圈，其直流电阻为 R0，两电表均为理想表，其示数记为U、 I.下列说法正确的是() AS2断开、闭合S1后，电流表示数I 逐渐增大至某一稳定值BS1、 S2闭合后，断开S2瞬间，电势abC当两开关均闭

20、合后，UIR0D断开电路时，应先断开S2，再断开S15. (微专题 27)(单选 )如图所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕 O轴以角速度沿逆时针方向匀速运动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计 )() A由 c 到 d，IBr2RB由 d 到 c，IBr2RC由 c 到 d，IBr22RD由 d 到 c，IBr22R一、单项选择题1. 如图所示，已知大线圈的面积为2103 m2，小探测线圈有2 000 匝，小线圈的面积为5104 m2.整个串联回路的电阻是1 000 ，当电键 S反向时测得 Q 5.0107 C则被测处的磁感应强度为() 精选学习资料

21、 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆A1.25104 TB5104 T C2.5104 T D1103 T 2(2016 无锡模拟 ) 如图所示， 在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方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 () A越来越大B越来越小C保持不变D无法判断3(2016 泰州模拟 )如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n 100，线圈面积S200 cm2，线圈的电阻r1 ，线圈外接一个阻值R4 的电阻，把线圈

22、放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示下列说法中正确的是() A线圈中的感应电流方向为顺时针方向B电阻 R 两端的电压随时间均匀增大C线圈电阻r 消耗的功率为4104 W D前 4 s 内通过 R 的电荷量为4104 C 4. (2014 高考安徽卷 )英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场如图所示，一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场 B，环上套一带电荷量为q 的小球已知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为 k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是() A0 B.12r2qkC2r2q

23、kDr2qk5(2016 长沙模拟 ) 如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用 0.9 s 时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则 () AW1W2，q1q2BW1W2，q1q2DW1W2， q1q2二、多项选择题6(2016 汕头质检 ) 如图所示， 正方形线框的边长为L，电容器的电容为C.正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k 为变化率均匀减小时，下列说法正确的是() A线框产生的感应电动势大小为kL2B电压表没有读数C

24、a 点的电势高于b 点的电势D电容器所带的电荷量为零7(2016 南通市质检 ) 如图所示， 用电流传感器研究自感现象电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R 的阻值 t0 时刻闭合开关S，电路稳定后，t1时刻断开S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流iL和电阻中的电流iR随时间t 变化的图象下列图象中可能正确的是() 8(2014 高考四川卷 )如图所示， 不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、 竖直玻璃挡板H、P 固定在框上，H、P 的间距很小质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，

25、其有效电阻为0.1 .此时在整个空间加方向与水平面成30 角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B(0.40.2t) T，图示磁场方向为正方向框、挡板和杆不计形变则() At1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到 D精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆Bt3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到 CCt1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 N Dt3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N 9(2014 高考山东卷 ) 如图，一端接有定值电阻的平行金属轨

26、道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好在向右匀速通过M、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示不计轨道电阻以下叙述正确的是() AFM向右BFN向左CFM逐渐增大DFN逐渐减小10. 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竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由确定，如图所示则下列说法正确的是() A0 时，杆产生的电动势为2BavB 3时，

27、杆产生的电动势为3BavC 0 时，杆受的安培力大小为2B2av（ 2）R0D3时，杆受的安培力大小为3B2av（53）R0三、非选择题11. 如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd 的间距为L10.5 m，金属棒ad 与导轨左端 bc 的距离为L20.8 m，整个闭合回路的电阻为R0.2 ，磁感应强度为B01 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路ad 杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m0.04 kg 的精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆物体，不计一切摩擦，现使磁场以Bt0.2 T/

28、s 的变化率均匀地增大求：(1)金属棒上电流的方向；(2)感应电动势的大小；(3)物体刚好离开地面的时间(g 取 10 m/s2)12(2015 高考广东卷 )如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L 0.4 m导轨右端接有阻值R1 的电阻导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L.从 0 时刻开始， 磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图乙所示； 同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场， 若使棒在导轨上始终以速度v1 m/s做直线运动，求：(1)棒进入磁

29、场前，回路中的电动势E；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间 t的关系式精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆第二节法拉第电磁感应定律自感涡流1.答案： B 2.答案： AB 解析 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势Entn（B2B1）St2t1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势， 因磁场均匀变化， 所以感应电动势恒定，因此a、b 两点电势差恒为ab n（B2B1）St2t1，选项 C 正确答案 C 解析 (1)穿过闭合

30、线圈的磁场的面积为Sr22由题图乙可知， 磁感应强度B 的变化率的大小为 BtB0t0， 根据法拉第电磁感应定律得：En tnSBtnB0r22t0由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为IER2RnB0r223Rt0再根据楞次定律可以判断，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qIt1nB0r22t13Rt0.答案 (1)nB0r223Rt0方向从 b 到 a(2)nB0r22t13Rt0解析 金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为EBlv(l 为切割磁感线的有效长度)，选项 A 错误；电路中感应电流的大小为IERBlvlsi

31、n r精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆Bvsin r，选项 B 正确；金属杆所受安培力的大小为FBIl BBvsin rlsin B2lvr，选项 C 错误；金属杆的热功率为PI2RB2v2sin2r2lrsin B2lv2sin r，选项 D 错误答案 B 解析： 选 BD.AC 的感应电动势为E2BLv，两端电压为UACER0R0r2BLvR0R0r，A 错、B 对；由功能关系得Fd12mv2 Q Qf，C 错；此过程中平均感应电流为I2BLd（R0r） t，通过电阻R0的电荷量为

32、q It2BLdR0r， D 对解析 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，因为L 的直流电阻不计，则L 的分流作用增大， L1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，故电路中的总电流变大，L2中的电流增大，L2灯变得更亮；当S断开， L2中无电流，立即熄灭，而线圈 L 产生自感电动势，试图维持本身的电流不变，L 与 L1组成闭合电路，L1要亮一下后再熄灭综上所述，D 正确答案 D 解析 L 的直流电阻不计， 电路稳定后通过L1的电流是通过L2、 L3电流的 2 倍闭合开关瞬间， L2立即变亮，由于L 的

33、阻碍作用，L1逐渐变亮，即I1逐渐变大，在t1时刻断开开关 S，之后电流I 会在电路稳定时通过L1的电流大小基础上逐渐变小，I1方向不变， I2反向，故选C.答案 C 方法技巧 转动切割电动势的计算方法(1)根据右手定则， 得导体棒 AB 上的电流方向为BA， 故电阻 R 上的电流方向为CD.(1分)设导体棒 AB 中点的速度为v，则 vvAvB2(1 分)而 vAr， vB2r (1 分)根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势EBrv(1 分)根据闭合电路欧姆定律得IER，(1 分)联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I3Br22R.(1 分)(2)根据能量守恒定律

34、，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即PBIr vFfv，而 Ff mg (3 分)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆解得 P9B22r44R3mgr2.(1 分)答案 (1)CD3Br22R(2)9B22r44R3 mgr2解析： 选 C.金属框 abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D 错误转动过程中bc 边和 ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断UaUc，UbUc，选项 A 错误由转动切割产生感应电动势的公式得 Ub

35、c12Bl2，选项 C 正确,1解析： 选 C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势Ent n（B2 B1）St2t1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势， 因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b 两点电势差恒为ab n（B2B1）St2t1，选项 C 正确2解析： 选 C.铁芯内的磁通量的变化情况处处相同，金属环的有效面积即铁芯的横截面积， 根据电磁感应定律有Ent10.20.01 V 2.0103 V，又根据楞次定律知金属环中电流方向为逆时针方向，C 正确3解析： 选 B.设折弯前导体切割磁感线的长度为L，折弯后，导体切割磁场的有效长度为 lL22L2222L，

36、故产生的感应电动势为 Blv B22Lv22，所以22，B 正确4解析： 选 AD. 当 S2断开、闭合S1后，由于线圈L 的自感，整个电路的电流缓慢增大，当电流增大到最大值后稳定，选项A 正确； S1、S2闭合后，断开S2的瞬间，电流由b流向 a，由于线圈的直流电阻为R0，线圈两端的电压不为零，即ba，选项 B 错误；当两开关均闭合稳定后，电流不再变化， 线圈没有自感， 其直流电阻为R0，所以电压表示数UIR0，选项 C 错误；当电路断开时，如果先断开S1，由于线圈的自感作用，电流会继续由b 流向a，则这时通过电压表的电流反向，所以应先断开S2，后断开S1，选项 D 正确5.解析： 选 D.

37、由右手定则判定通过电阻R 的电流的方向是由d 到 c；而金属圆盘产生的感应电动 E12Br2，所以通过电阻R 的电流大小是IBr22R，选项 D 正确一、单项选择题1.解析： 选 C.由 IERntR，IQt，得感应电荷量公式QnR， 2BS，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆联立得 BRQ2nS，代入数据得B2.5104 T，故 C 对2解析： 选 C.金属棒ab 切割磁感线，产生感应电动势而不产生感应电流，没有安培力产生，在重力作用下做平抛运动，垂直于磁感线方向速度不变，始终为v0，

38、由公式EBLv 知，感应电动势为BLv0不变，故A、B、D 错误， C 正确3解析： 选 C.由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势恒定为EnSBt0.1 V，电阻 R 两端的电压不随时间变化，选项 B 错误；回路中电流IERr0.02 A， 线圈电阻r 消耗的功率为PI2r4 104 W，选项 C 正确；前4 s 内通过 R 的电荷量为qIt0.08 C，选项 D 错误4.解析： 选 D.变化的磁场产生电场，电场对运动的带电粒子做功均匀变化的磁场产生恒定的电场，电动势EtB tSkr2，电场力做功WqEr2qk，故选项D 正确5解析

39、： 选 C.两次拉出的速度之比v1 v231.电动势之比E1 E231，电流之比I1I231，则电荷量之比q1q2(I1t1)(I2t2)11.安培力之比F1F23 1，则外力做功之比W1W231，故 C 正确二、多项选择题6解析： 选 BC.由于线框的一半放在磁场中，因此线框产生的感应电动势大小为kL22，A 错误； 由于线框所产生的感应电动势是恒定的，且线框连接了一个电容器，相当于电路断路，外电压等于电动势，内电压为零，而接电压表的这部分相当于回路的内部，因此，电压表两端无电压，电压表没有读数，B 正确；根据楞次定律可以判断，a 点的电势高于b 点的电势， C 正确；电容器所带电荷量为QC

40、kL22，D 错误7解析： 选 AD. t 0时刻开关S闭合瞬间，电流由无到有，自感线圈阻碍作用大，随着电流的增大， 电流变化越来越慢，阻碍作用越来越小，通过自感线圈的电流越来越大，方向向右，稳定时，电流不变；随着自感线圈阻碍作用的减小，并联电阻减小，总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，电阻R 上的电压减小，电流减小、方向向右，电流稳定后，电压不变，选项C 错误； t1时刻断开 S，自感线圈、电阻构成闭合回路，自感线圈阻碍电流减小，流经自感线圈的电流向右，与原来同方向，选项A 正确，选项B 错误；而流过电阻R 的电流向左，逐渐减小，与原来方向相反，选项D 正确8解析：选 AC.根据

41、楞次定律可判断感应电流的方向总是从C 到 D，故 A 正确、 B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：EtBSt BL2tsin 30 0.21212V0.1 V，故感应电流为 IER1 A，金属杆受到的安培力FABIL ，t1 s 时， FA0.211 N0.2 N，方精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆向如图 1，此时金属杆受力分析如图1，由平衡条件可知F1FAcos 60 0.1 N，F1为挡板 P 对金属杆施加的力t3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图2，此时挡板H 对金属杆施

42、加的力向右，大小 F3BIL cos 60 0.21 112N 0.1 N故 C 正确， D 错误9解析： 选 BCD. 根据直线电流产生磁场的分布情况知，M 区的磁场方向垂直纸面向外， N 区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小当导体棒匀速通过M、N 两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N 两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A 错误，选项B 正确；导体棒在M 区运动时，磁感应强度B变大，根据EBlv，IER及 F BIl 可知， FM逐渐变大，故选项C 正确；导体棒在N 区运动时，磁感应强度B 变小，根据EBlv， IER及 FBIl 可知， F

43、N逐渐变小，故选项D 正确10.解析： 选 AD. 开始时刻，感应电动势E1 BLv2Bav，故A 项正确； 3时， E2B 2acos3vBav，故 B 项错误；由L2acos ，EBLv，IER，RR02acos (2 )a，得在 0 时，FB2L2vR4B2avR0（2 ），故 C 项错误； 3时 F3B2avR0（ 53），故 D 项正确三、非选择题11.解析： (1)由楞次定律可以判断出金属棒上的电流方向是由a 到 d.(2)由法拉第电磁感应定律得：E tS Bt0.08 V.(3)物体刚要离开地面时，其受到的拉力Fmg，而拉力F 又等于棒所受的安培力，即 mg F安BIL1其中 B

44、B0B tt， IER，解得 t 5 s.答案： (1)由 a 到 d(2)0.08 V(3)5 s 12解析： (1)正方形磁场的面积为S，则 SL220.08 m2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的由Bt 图象可知Bt0.5 T/s，根据E n t，得回路中的感应电动势EB tS0.50.08 V0.04 V.(2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大此时感应电动势E BLv0.50.41 V 0.2 V回路中感应电流I ER0.21A0.2 A导体棒受到的安培力FBIL0.50.20.4 N0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 19 页学而不思则惘，思而不学则殆l2v(t1)m (1 st 1.2 s)感应电动势eBlv2Bv2(t1)(t1)V感应电流 ieR(t 1)A (1 st1.2 s)答案： (1)0.04 V(2)0.04 Ni(t 1)A (1 st1.2 s) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 19 页