2020高考物理 专题复习精品 电磁感应（教师版）（通用）.doc

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1、第十章 第一节 电磁感应现象 愣次定律 一、电磁感应1电磁感应现象只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就有电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应，产生的电流叫做感应电流2产生感应电流的条件：闭合回路中磁通量发生变化3.引起磁通量变化的常见情况闭合电路中的部分导线做切割磁感线运动导致变化;线圈在磁场中转动导致变化磁感应强度随时间或位置变化,或闭合回路变化导致变化注意: 磁通量的变化，应注意方向的变化，如某一面积为S的回路原来的感应强度垂直纸面向里，如图所示，后来磁感应强度的方向恰好与原来相反，则回路中磁通量的变化最为2BS，而不是零4.产生感应电动势的条件:无论回路是否闭合,只

2、要穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中就有感应电动势产生,产生感应电动势的那部分导体相当于电源.电磁感应现象的实质是产生感应电动势,如果回路闭合,则有感应电流,如果回路不闭合，则只能出现感应电动势，而不会形成持续的电流我们看变化是看回路中的磁通量变化，而不是看回路外面的磁通量变化【例1】线圈在长直导线电流的磁场中，作如图所示的运动：A向右平动；B向下平动，C、绕轴转动（ad边向外），D、从纸面向纸外作平动，E、向上平动（E线圈有个缺口），判断线圈中有没有感应电流？解析：A向右平移，穿过线圈的磁通量没有变化，故A线圈中没有感应电流；B向下平动，穿过线圈的磁通量减少，必产生感应电动势和感应电流；C绕轴

3、转动穿过线圈的磁通量变化（开始时减少），必产生感应电动势和感应电流；D离纸面向外，线圈中磁通量减少，故情况同BC；E向上平移，穿过线圈的磁通量增加，故产生感应电动势，但由于线圈没有闭合电路，因而无感应电流因此，判断是否产生感应电流关键是分清磁感线的疏密分布，进而判断磁通量是否变化答案：BCD中有感应电流【例2】如图所示，当导线MN中通以向右方向电流的瞬间，则cd中电流的方向（ B ） A由 C向d B由d向C C无电流产生 DAB两情况都有可能 解析：当MN中通以如图方向电流的瞬间，闭合回路abcd中磁场方向向外增加，则根据楞次定律，感应电流产生磁场的方向应当垂直纸面向里，再根据安培定则可知，

4、 cd中的电流的方向由d到C，所以B结论正确二、感应电流方向的判定1.右手定则:伸开右手，使拇指跟其余的四指垂直且与手掌都在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，手掌所在平面跟磁感线和导线所在平面垂直，大拇指指向导线运动的方向, 四指所指的方向即为感应电流方向.【例3】图中为地磁场磁感线的示意图，在南半球地磁场的竖直分量向上，飞机在南半球上空匀速飞行，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2（ ）A若飞机从西往东飞，U1比U2高；B若飞机从东往西飞，U2比U1高；C若飞机从南往北飞，U1比U2高；D若飞机从北往南

5、飞，U2比U1高；解析：在地球南半球，地磁场在竖直方向上的分量是向上的，飞机在空中水平飞行时，飞行员的右手掌向上，大姆指向前（飞行方向），则其余四指指向了飞行员的左侧，就是感应电流的方向，而右手定则判断的是电源内部的电流方向，故飞行员右侧的电势总比左侧高，与飞行员和飞行方向无关故选项B、D正确。点评：这是一道典型用右手定则来判断感应电流方向的试题试题的难度不大，但是若不确定飞机在南半球上空任何方向平向飞行时总是左侧的电势高，则可能得出B、C或A、D两答案另外必须明确的是楞次定律和右手定则均是判断电源内部的电流方向，在电源内部，电流是从电势低的方向流向电势高的方向2.楞次定律(1)楞次定律: 感

6、应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化 磁场 阻碍 变化 主语 谓语 宾语 主语磁场的定语是“感应电流的”；谓语的状语是“总是”；宾语的定语是“引起感应电流的磁通量的”(2)对“阻碍”的理解 这里的“阻碍”不可理解为“相反”，感应电流产生的磁场的方向，当原磁场增加时，则与原磁场方向相反，当原磁场减弱时，则与原磁场方向相同；也不可理解为“阻止”，这里是阻而未止(3)楞次定律的另一种表达:感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因.即由电磁感应现象而引起的一些受力、相对运动、磁场变化等都有阻碍原磁通量变化的趋势。(4)楞次定律应用时的步骤先看原磁场的方向如何 再看原磁场的变化（增强还是减弱

7、）根据楞次定律确定感应电流磁场的方向再利用安培定则，根据感应电流磁场的方向来确定感应电流方向【例4】如图所示，小金属环靠近大金属环，两环互相绝缘，且在同一平面内，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环接通电源的瞬间，小圆环中感应电流的情况是（C）A.无感应电流 B.有顺时针方向的感应电流C.有逆时针方向的感应电流 D.无法确定解析:在接通电源后，大环内的磁感线分布比大环外的磁感线分布要密所以小环在大环内部分磁通量大于环外部分磁通量所以小环内总磁通量向里加强，则小环中的感应电方向为逆时针方向ABCDabcdOO/【例5】如图所示，闭合线框ABCD和abcd可分别绕轴线OO/，转动当abcd绕OO/

8、轴逆时针转动时俯视图），问ABCD如何转动？解析：由于abcd旋转时会使ABCD中产生感应电流，根据楞次定律中“感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的相对运动”ABCD中的感应电流将阻碍abcd的逆时针转动，两线框间有吸引力作用，因此线框ABCD也随abtd逆时针转动，只不过稍微慢了些思考：(1)阻碍相对运动体现了怎样的能量关系？ (2)楞次定律所反映的实际是对原磁通量的补偿效果根据实际情况，这种补偿可分为哪几种？（运动补偿、面积、电流、磁感应强度、速度、力等的补偿效果）【例6】如图所示，用一种新材料制成一闭合线圈，当它浸入液氮中时，会成为超导体，这时手拿一永磁体，使任一磁极向下，放在线圈的正上

9、方，永磁体便处于悬浮状态，这种现象称为超导体磁悬浮，可以用电磁感应及有关知识来解释这一现象解析：当磁体放到线圈上方的过程中穿过线圈的磁通量由无到有发生变化于是超导线圈中产生感应电流，由于超导线圈中电阻几乎为零，产生的感应电流极大，相应的感应磁场也极大；由楞次定律可知感应电流的磁场相当于永磁体，与下方磁极的极性相同，永磁体将受到较大的向上的斥力，当永磁体重力与其受到磁场力相平衡时，永滋体处于悬浮状态【例7】在光滑水平面上固定一个通电线圈，如图所示，一铝块正由左向右滑动穿过线圈，那么下面正确的判断是（） A.接近线圈时做加速运动，离开时做减速运动 B.接近和离开线圈时都做减速运动 C.一直在做匀速

10、运动 D.在线圈中运动时是匀速的解析:把铝块看成由无数多片横向的铝片叠成，每一铝片又由可看成若干闭合铝片框组成；如图。当它接近或离开通电线圈时，由于穿过每个铝片框的磁通量发生变化，所以在每个闭合的铝片框内都要产生感应电流。产生感应电流的原因是它接近或离开通电线圈，产生感应电流的效果是要阻碍它接近或离开通电线圈，所以在它接近或离开时都要作减速运动，所以A,C错，B正确。由于通电线圈内是匀强磁场，所以铝块在通电线圈内运动时无感应电流产生，故作匀速运动,D正确。故答案为BD.规律方法 1、楞次定律的理解与应用理解楞次定律要注意四个层次:谁阻碍谁?是感应电流的磁通量阻碍原磁通量;阻碍什么?阻碍的是磁通

11、量的变化而不是磁通量本身;如何阻碍?当磁通量增加时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,当磁通量减小时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,即”增反减同”;结果如何?阻碍不是阻止,只是延缓了磁通量变化的快慢,结果是增加的还是增加,减少的还是减少.另外”阻碍”表示了能量的转化关系,正因为存在阻碍作用,才能将其它形式的能量转化为电能;感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的相对运动.【例8】如图所示，一个电感很大的线圈通过电键与电源相连，在其突出部分的铁芯上套有一个很轻的铝环，关于打开和闭合电键时将会发生的现象，有以下几种说法：闭合电键瞬间，铝环会竖直向上跳起；打开电键瞬间，铝环会增大对线圈的压力；闭

12、合电键瞬间，铝环会增大对线圈的压力；打开电键瞬间，铝环会竖直向上跳起。其中判断正确的是( )A.; B.; C.; D. ;解析:此线圈通电后是一电磁铁，由安培定则可判定，通电后线圈中的磁场方向是竖直向下的，线圈上端为S极、下端为N极。由楞次定律可知闭合电键瞬间，铝环中感应电流的磁场方向向上，要阻碍穿过环的磁通量的增加，因此环的上端面呈N极、下端面呈S极，同极性相对，环和线圈互相排斥，由于电流变化率大，产生的感应电流磁场也较强、，相互间瞬间排斥力大到可知较轻的铝环向上跳起。同样分析可知，打开电键瞬间,环和线圈是两个异种极性相时，铝环会增大对线圈的压力。因此，只有正确，应选A.【例9】磁感应强度

13、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，如图所示，从ab边进入磁场算起 （1） 画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象（2） 线框中感应电流的方向解析：线框穿过磁场的过程可分为三个阶段进入磁场阶段（只有ab边在磁场中），在磁场中运动阶段（ab、cd两边都在磁场中），离开磁场阶段（只有cd边在磁场中）（1）线框进入磁场阶段：t为Ol/v线框进入磁场中的面积线性增加，S=lvt，最后为BS=Bl2线框在磁场中运动阶段：t为l/v2l/v，线框磁通量为BS=Bl2，保持不变线框离开磁场阶段，t为2l/v3

14、l/v，线框磁通量线性减少，最后为零（2）线框进入磁场阶段，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流，由右手定则可知，感应电流方向为逆时针方向 线框在磁场中运动阶段，穿过线框的磁通量保持不变，无感应电流产生 线框离开磁场阶段，穿过线框的磁通量减少，线框中将产生感应电流，由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向【例10】如图所示，导线框abcd与导线AB在同一平面内，直导线中通有恒定电流I，当线框由左向右匀速通过直导线过程中，线框中感应电流的方向是 A先abcda，再dcbad，后abcda B先abcda，再dcbad C始终是dcbad D先dcbad，再abcda，后dcbad解析：通电

15、导线AB产生的磁场，在AB左侧是穿出纸面为“”，在AB右侧是穿入纸面的“”，线框由左向右运动至dc边与AB重合过程中，线框回路中“”增加，由楞次定律判定感应电流方向为dcbad；现在看线框面积各有一半在AB左、右两侧的一个特殊位置，如图所示，此位置上线框回路中的合磁通量为零从dc边与AB重合运动至图的位置，是“”减少（或“”增加）由 114位置运动至ab边与AB重合位置，是“”继续减少（或“”继续增加）所以从dc边与AB重合运动至ab与AB重合的过程中，感应电流资向为abcda；线框由ab与AB重合的位置向右运动过程中，线杠回路中“”减少，感应电流方向由楞次定律判定为dcbad， 【例11】如

16、图所示，一水平放置的圆形通电线圈1固定，另一较小的圆形线圈2从1的正上方下落，在下落过程中两线圈平面始终保持平行且共轴，则在线圈2从正上方下落至l的正下方过程中，从上往下看，线圈2中的感应电流应为（ ） A无感应电流 B有顺时针方向的感应电流 C、先是顺时针方向，后是逆时针方向的感应电流 D、先是逆时针方向，后是顺时针方向的感应电流解析：圆形线圈1通有逆时针方向的电流（从下往上看），它相当于是环形电流，环形电流的磁场由安培定则可知，环内磁感线的方向是向上的，在线圈2从线圈1的正上方落到正下方的过程中，线圈内的磁通量先是增加的，当两线圈共面时，线圈2的磁通量达最大值，然后再继续下落，线圈2中的磁

17、通量是减少的由楞次定律可以判断：在线圈2下落到与线圈1共面的过程中，线圈2中感应电流的磁场方向与线圈1中的磁场方向相反，故电流方向与线圈1中的电流方向相反，为顺时针方向；当线圈2从与线圈1共面后继续下落时，线圈2中的感应电流的磁场方向与线圈1中的磁场方向相同，电流方向与线圈1中电流方向相同，为逆时针方向，所以C选项正确感应电流在原磁场所受到的作用力总是阻碍它们的相对运动利用这种阻碍相对运动的原则来判断则更为简捷：线圈2在下落的过程中，线圈2中的感应电流应与线圈l中的电流反向，因为反向电流相斥，故线圈2中的电流是顺时针方向；线圈2在离开线圈1的过程中，线圈2中的感应电流方向应与线圈1中电流方向相

18、同，因为同向电流相吸，线圈2中的电流是逆时针方向【例12】如图所示，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立在导轨上,OPOQ，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QO端始终在OC上，P端始终在AO上，直到完全落在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ棒滑动的过程中，下列判断正确的是（BD） A.感应电流的方向始终由PQ B.感应电流的方向先由PQ，再是QP C.PQ受磁场力的方向垂直于棒向左 D. PQ受磁场力的方向垂直于棒先向左，再向右解析:在PQ滑动的过程中，OPQ的面积先变大后变小，穿过回路的磁通量先变大后变小，则电流

19、方向先是PQ后QP.选BD.2、力学与电磁磁应的综合应用解决这类问题一般分两条途径:一是注意导体或运动电荷在磁场中的受力情况分析和运动状态分析;二是从动量和功能方面分析,由有关的规律进行求解hB 【例13】如图所示，闭合金属环从高h的曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升，整个装置处在磁场中，设闭合环初速为零，摩擦不计，则 A若是匀强磁场，环滚的高度小于h B若是匀强磁场，环滚的高度等于hC、若是非匀强磁场，环滚的高度小于h。D、若是非匀强磁场，环滚的高度大于h。解析：若是匀强磁场，当闭合金属环从高h的曲面滚下时，无电磁感应现象产生根据机械能守恒，环滚的高度等于h；若是非匀强磁场，当闭合金属环从高h的

20、曲面滚下时，有电磁感应现象产生，而产生电磁感应的原因是环的运动，所以电磁感应现象所产生的结果是阻碍环的运动，所以环上升的高度小于h，故本题正确答案为B、C【例14】如图所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有足够长的光滑绝缘杆MN，上挂一光滑铝环A,在弧形轨道上高为h的地方无初速度释放磁铁B（可视为质点），B下滑至水平轨道时恰好沿A的中心轴线运动，设A,B的质量为MA.MB，求A获得的最大速度和全过程中A获得的电能（忽略B沿弧形轨道下滑时环A中产生的感应电流）解析：由B下落时只有重力做功可求得B滑至水平轨道的速度值,B沿A环轴线运动时,A内产生感应电流，与B产生相互作用，

21、进入时相互排斥，故vB减小，vA增大，B的中点过A环后，AB相互吸引，vB仍减小，vA增大；当两者相对静止时，相互作用消失，此时vA=vB,A其有最大速度全过程能量守恒,B初态的重力势能转化为AB的动能和A获得的电能 设B滑至水平轨道的速度为V1，由于B的机械能守恒，有MBgh=MB V12 所以 设AB最后的共同速度为V2，由于轨道铝环和杆均光滑，对系统有： MBv1=(MAMB）v2 所以 V2即为所求的A获得的最大速度又根据能量守恒有：MBgh=(MAMB）v22E电所以课后作业（一）、磁通量及其变化的计算，感应电流产生的条件1：.如图1所示，面积大小不等的两个圆形线圈和共轴套在一条形磁

22、铁上，则穿过、磁通量的大小关系是。选用理由：此例题很好的说明了磁通量虽然是标量，但是它是有方向的，可以“抵消”。图1解析：磁铁内部向上的磁感线的总条数是相同的，但由于线圈的面积大于的，外部穿过线圈向下的磁感线的条数的大于的，所以。答案：2、如图所示,有一正方形闭合线圈,在足够大的匀强磁场中运动.下列四个图中能产生感应电流的是图选用理由：四种情形都比较有代表性，可以通过此题使学生提高对“磁通量是否变化”的判断能力。答案:D3.如图所示,竖直放置的长直导线通以恒定电流,有一矩形线框与导线在同一平面,在下列情况中线圈产生感应电流的是().(A)导线中电流强度变大(B)线框向右平动dcbaI(C)线框

23、向下平动(D)线框以ab边为轴转动答案:ABD4.如图所示,竖直放置的长直导线通以恒定电流,有一矩形线框与导线在同一平面,且线框与导线间绝缘。在下列情况中线圈产生感应电流的是().(A)导线中电流强度变大(B)线框向右平动(C)线框向下平动(D)线框以ab边为轴转动答案:B5.安培定则、右手定则、左手定则的比较分析安培定则左手定则右手定则用途判断电流周围的磁场方向。判断安培力或洛伦兹力的方向判断导体切割磁感线时感应电流的方向用法典型例题IIqV I NSv06、如图所示，闭合导体环固定。条形磁铁S极向下以初速度v0沿过导体环圆心的竖直线下落到如图所示位置的过程中，导体环中的感应电流方向如何？选

24、用理由：题目简洁，可以很好的复习楞次定律的用法。分析完此例题后，还可以进一步提问，当磁铁继续下落时，线圈中感应电流的方向如何。答案：从上向下看，感应电流方向为顺时针。7、如图所示，导线框与导线在同一平面内，直导线中通有恒定电流，在线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中感应电流的方向是.先，再，后 .先，再.始终 .先，再，后选用理由：此题综合应用了安培定律和楞次定律，同时也可以应用安培定则和右手定则找到正确答案。答案:D（三）楞次定律推论的应用（增反减同、来拒去留）1、楞次定律推广的含义：（1）阻碍原磁通量的变化“增反减同”（2）阻碍（导体的）相对运动“来拒去留”（3）阻碍磁通量的增加，线

25、圈面积“缩小”，阻碍磁通量的减小，线圈面积“扩张”。8、如图所示，A是一个具有弹性的位置固定的线圈，当磁铁迅速接近线圈时，线圈A将( )A当N极接近线圈受力方向向左，当S极接近时线圈受力方向向右B当N极接近线圈受力方向向右，当S极接近时线圈受力方向向左CN极和S极接近时受力都向左DN极和S极接近时受力都向右9.如图所示，A是一个具有弹性的位置固定的线圈，当磁铁迅速接近线圈时，线圈A将( )A当N极接近时扩大，S极接近时缩小B当S极接近时扩大，N极接近时缩小CN极和S极接近时都扩大DN极和S极接近时都缩小10、如图所示，光滑固定导体轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合路

26、，当一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）AP、Q将互相靠拢 BP、Q相互相远离C磁铁的加速度仍为g D磁铁的加速度小于g11竖直放置的螺线管通以图甲所示的电流。螺线管正下方的水平桌面上有一个导体圆环，当螺线管中所通的电流发生如图(乙)所示的哪种变化时，导体圆环会受到向上的安培力( )12如图所示，A是一个具有弹性的位置固定的线圈，当磁铁迅速接近线圈时，线圈A将( )A当N极接近时扩大，S极接近时缩小B当S极接近时扩大，N极接近时缩小CN极和S极接近时都扩大DN极和S极接近时都缩小13如图102是某种磁悬浮的原理图，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导体材料制成的电阻率为零的超导圆环。将超导圆环B

27、放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁的上方空中，以下判断正确的是( )A在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流消失B在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流仍存在C若A的N极朝上，则B中感应电流的方向为顺时针(从上往下看)D若A的N极朝上，则B中感应电流的方向为逆时针(从上往下看)14如图104所示，水平放置的两根金属导轨位于垂直于导轨平面并指向纸面内的磁场中。导轨上有两根轻金属杆ab和cd与导轨垂直，金属杆与导轨以及它们之间的接触电阻均可忽略不计，且导轨足够长。开始时ab和cd都是静止的，若突然让cd杆以初速度v向右开始运动，则( )Acd始

28、终做减速运动，ab始终做加速运动并将追上cdBcd始终做减速运动，ab始终做加速运动，但追不上cdC开始时cd做减速运动，ab做加速运动，最终两杆以相同的速度做匀速运动Dcd先做减速运动后做加速运动，ab先做加速运动后做减速运动15电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图106所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )A从a到b，上极板带正电B从a到b，下极板带正电C从b到a，上极板带正电D从b到a，下极板带正电16一个闭合铁心上有初级和次级两个线圈，每组线圈上各连接两根平行的金属导轨，在两组导轨上

29、各放置一根可沿导轨滑动的金属棒L1和L2，垂直导轨平面存在着磁感强度分别为B1、B2的匀强磁场，磁场的方向和线圈的绕向如图107所示。金属棒与导轨均接触良好。那么下面说法中正确的是( )A当L2匀速向右滑动时，L1会向左运动B当L2加速向右滑动时，L1会向右运动C当L1加速向右滑动时，L2会向右运动D当L1减速向右滑动时，L2会向左运动 第二节 法拉第电磁感应定律、自感基础知识 一、法拉第电磁感应定律1.感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势2.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=n/t注意：上式适用于回路磁通量发生变化的情况，回路不一定要闭合

30、，只要穿过电路的磁通量发生变化，就会产生感应电动势；若电路是闭合的就会有感应电流产生不能决定E的大小，才能决定E的大小，而与之间无大小上的必然联系公式只表示感应电动势的大小，不涉及方向当仅由B引起时，则；当仅由S引起时，则公式，若t取一段时间，则E为t这段时间内感应电动势的平均值当磁通量的变化率不随时间线性变化时，平均感应电动势一般不等于初态与末态电动势的平均值若t趋近于零，则表示瞬时值3.另一种特殊情况:回路中的一部分导体做切割磁感线运动时,其感应电动势=BLvsin 式中是B与v正方向之间的夹角注意：式中若V、L与B两两垂直，则E=BLV，此时，感应电动势最大；当V、L与B中任意两个量的方

31、向互相平行时，感应电动势E=0若导体是曲折的，则L应是导体的两端点在V、B所决定的平面的垂线上投影间的即L为导体切割磁感线的等效长度公式E=BLV中若V为一段时间的平均值，则E应是这段时间内的平均感应电动势；若V为瞬时值，则E应是某时刻的瞬时值4.定律的几种表示式=n/t，=BLvsin，=SB/t，=BL2；5.几点说明: =n/t是定律的表达式，在B不变而面积发生变化时推导出=BLvsin， 当B、l、v三者不垂直或其中的二者不垂直时，乘sin即是找出垂直的分量.公式=SB/t是在面积不变的情况下磁感应强度发生变化而推出的公式导出式=BL2的推导如下：如图所示，长为l的金属棒在磁感应强度为

32、B的匀强磁场中绕O点以角速度转动，设在t时间内棒的端点由P运动到Q，则OP两点的电势差=/t=BS/t=BLPQ/t=BL2,这实际上是B不变而面积发生变化的情况，例1：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图像分别如下图所示。下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是： (D)A图中回路产生的感应电动势恒定不变B图中回路产生的感应电动势一直在变大C图中回路0t1时间内产生的感应电动势小于在t1t2时间内产生的感应电动势图9-2-2D图中回路产生的感应电动势先变小再变大例2：在图9-2-2中，设匀强磁场的磁感应强度B=0.10T，切割磁感线的导线的长度L=40cm，线框向左匀速运动的速度V=5

33、.0m/s，整个线框的电阻R=0.5,试求：感应电动势的大小；感应电流的大小例3：两根平行的长直金属导轨，其电阻不计，导线ab、cd跨在导轨上且与导轨接触良好，如图1117所示，ab的电阻大于cd的电阻，当d在外力F1，（大小）的作用下，匀速向右运动时，ab在外力F2（大小）作用下保持静止，那么在不计摩擦力的情况下（Uab、Ucd是导线与导轨接触处的电势差）（ D ） AF1F2，UabUcd BF1F2，UabUcd CF1F2，UabUcd DF1F2， Uab=Ucd解析：通过两导线电流强度一样，两导线都处于平衡状态，则F1BIL，F2BIL，所以F1F2，因而AB错对于Uab与Ucd的

34、比较， Uab=IRab，这里cd导线相当于电源，所以Ucd是路端电压，这样很容易判断出UcdIRab 即UabUcd正确答案D例4：如图所示，磁场方向与水平而垂直，导轨电阻不计，质量为m长为l，电阻为R的直导线AB可以在导轨上无摩擦滑动从静止开始下滑过程中，最大加速度为 ；最大速度为 。解析：ab开始运动的瞬间不受安培力的作用，因而加速度最大，为a=mgsin/m=gsin，AB从静止开始运动，于是产生了感应电动势，从而就出现了安培力，当安培力沿斜面分力等于mgsin时AB此时速度最大对棒受力分析，Fcos=mgsin，此时，AB速度最大，而FBLI I=BLvcos/R，得：v=mgRtg

35、/ B2L2cos二、感应电量的计算N(1)QIt=t/R/R(2)当线圈是N匝时则电量为：Q=N/R例5：.长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场，求：拉力F大小；拉力的功率P；拉力做的功W；线圈中产生的电热Q；通过线圈某一截面的电荷量q。解析：特别要注意电热Q和电荷q的区别，其中 q与速度无关！三.自感现象1.自感现象:由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象2.自感电动势:自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势自感电动势LL是自感系数：aL跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系线圈越粗，越长、匝数越密，它的自

36、感系数越大，另外有铁芯的线圈自感系数比没有铁芯时大得多 b自感系数的单位是亨利，国际符号是h，1亨=103mh毫亨=106uh 微亨3、关于自感现象的说明如图所示，当合上开关后又断开开关瞬间，电灯L为什么会更亮，当合上开关后，由于线圈的电阻比灯泡的电阻小，因而过线圈的电流I2较过灯泡的电流I1大，当开关断开后，过线圈的电流将由I2变小，从而线圈会产生一个自感电动势，于是电流由cbad流动，此电流虽然比I2小但比I1还要大因而灯泡会更亮假若线圈的电阻比灯泡的电阻大，则I2I1，那么开关断开后瞬间灯泡是不会更亮的开关断开后线圈是电源，因而C点电势最高，d点电势最低过线圈电流方向与开关闭合时一样，不

37、过开关闭合时，d点电势高于C点电势，当断开开关后瞬间则相反，C点电势高于d点电势过灯泡的电流方向与开关闭合时的电流方向相反，a、b两点电势，开关闭合时UaUb，开关断开后瞬间UaUb例6：在图中，L是自感系数足够大的线圈，其直流电阻可以忽略不计，D1和D2是两个相同的灯泡，若将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后再断开电键K，则(AC)A电键K闭合时，灯泡D1和D2同时亮，然后D1会变暗直到不亮，D2更亮B电键K闭合时，灯泡D1很亮，D2逐渐变亮，最后一样亮亮亮C电键K断开时，灯泡D2随之熄灭。而D1会更下才熄灭D电键K断开时，灯泡D1随之熄灭，而D2会更下才熄灭解析：电键K闭合时，L会产生自从而阻碍

38、电流增大，D1和D2同时亮，随着电流趋于稳定，L中的自逐渐减小，最后L会把D1短路，D1不亮，而D2两端电压会增大而更亮当K断开时，D2中因无电流会随之熄灭，而L中会产生自，与D1构成闭合回路，D1会亮一下再者L中的电流是在I=的基础上减小的会使D1中的电流在K断开的瞬间与K闭合时相比要大，因而D1会更亮例7：如图所示是演示自感现象的电路图L是一个电阻很小的带铁芯的自感线圈，A是一个标有“6V，4w”的小灯泡，电源电动势为6V，内阻为3，在实验中（ABD ） AS闭合的瞬间灯泡A中有电流通过，其方向是从ab BS闭合后，灯泡A不能正常工作 CS由闭合而断开瞬间，灯A中无电流 DS由闭合而断开瞬

39、间，灯A中有电流通过，其方向为从ba 解析：S闭合瞬间，L的阻抗很大，对灯泡A来讲在S闭合瞬间L可视为断路由于如图电源左正右负，所以此刻灯泡中电流由a到b，选项A正确；S闭合后电路达到稳定状态时，L的阻抗为零，又L上纯电阻极小，所以灯泡A不能正常发光，故选项B正确S断开前L上的电流由左向右，S断开瞬间，灯泡A上原有电流即刻消失，但L和A组成闭合回路，L上的电流仍从左向右，所以回路中电流方向是逆时针的，灯泡A上电流从b到a，故选项D正确，选项C错误规律方法 一、/t三个概念的区别磁通量=BScos，表示穿过这一平面的磁感线条数；磁通量的变化量=21表示磁通量变化的多少；磁通量的变化率/t表示磁通

40、量变化的快慢. 大,及/T不一定大, /T大，及也不一定大它们的区别类似于力学中的v. V及a=V/t的区别.例8：长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO轴以恒定的角速度旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是 解析:线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势e=mcost = Babcost。当t=0时，cost=1，虽然磁通量=0,但电动势有最大值,由法拉第电磁感应定律=/t可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即=(/t)max=Bab,正确选项B二、公式E=BLVsin与E=n/t的区别cBla

41、bd(1)区别：一般来说，E=n/t求出的是t时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程相对应;E= BLvsin求出的是瞬时感应电动势,E与某个时刻或某个位置相对应另外, E=n/t求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某部分导体的电动势，整个回路的感应电动势为零时，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零如图所示，正方形导线框abcd垂直于磁感线在匀强磁场中匀速向下运动时，由于/t=0，故整个回路的感应电动势E=0，但是ad和bc边由于做切割磁感线运动，仍分别产生感应电动势Ead=Ebc=BLv,对整个回路来说，Ead和Ebc方向相反，所以回路的总电动势E=0，感应电流也为零虽

42、然E=0，但仍存在电势差，Uad=Ubc=BLv,相当于两个相同的电源ad和bc并联(2)联系：公式E=n/t和公式E=BLVsin是统一的，当中的t0时，则E为瞬间感应电动势只是由于高中数学知识所限我们还不能这样求瞬时感应电动势公式中的v若代入平均速度，则求出的E为平均感应电动势，实际上式中的Lsin=S/t，所以公式E=BLsin=BS/t.只是一般来说用公式E=n/t求平均感应电动势更方便，用E= BLvsin求瞬时感应电动势更方便例9：如图所示，AB是两个同心圆，半径之比RARB=21，AB是由相同材料，粗细一样的导体做成的，小圆B外无磁场，B内磁场的变化如图所示，求AB中电流大小之比

43、（不计两圆中电流形成磁场的相互作用） 解析：在=B/tS中，S是磁场变化的面积所以IA=IB=, 所以IAIB12注意:IA的计算不可用实际面积大小,写成IA=,而得到IAIB21的错误结论例10：BMNQPvl2l（北京市西城区2020年抽样测试）如图所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等。将线框置于光滑绝缘的水平面上。在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B。在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场。在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行。求(1）线框MN

44、边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；(2）线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；(3）在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对 线框所做的功W。答案：（10分）解：(1）线框MN边在磁场中运动时，感应电动势 【1分】线框中的感应电流 【2分】(2）M、N两点间的电压 【3分】(3）只有MN边在磁场中时，线框运动的时间 【1分】 此过程线框中产生的焦耳热Q = I 2Rt = 【1分】只有PQ边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热 Q = 【1分】根据能量守恒定律得水平外力做功W=2Q=【1分】三、自感问题例11：如图电路中，自感线圈电阻很小（可忽略不计），自感系数很大A、B、C是三只完全相同的灯泡则S闭合后（ ）