2020年人教版高中物理 选修3-2电磁感应 第4讲 法拉第电磁感应定律 学案 解析版
文档属性
| 名称 | 2020年人教版高中物理 选修3-2电磁感应 第4讲 法拉第电磁感应定律 学案 解析版 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 350.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-02-17 16:34:48 | ||
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文档简介
第四章 电磁感应
第4讲 法拉第电磁感应定律
教学目标
（1）知道感应电动势,及决定感应电动势大小的因素。
（2）知道磁通量的变化率是表示磁通量变化快慢的物理量，并能区别Φ、ΔΦ、t?
（3）理解法拉第电磁感应定律内容、数学表达式
（4）知道E=BLvsinθ如何推得
一、法拉第电磁感应定律
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。
磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的区别：
磁通量Φ 磁通量变化量ΔΦ 磁通量变化率
物理意义 磁通量越大，某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数越多 某段时间穿过某个面的末、初磁通量的差值 表述磁场中穿过某个面的磁通量变化快慢的物理量
大小计算 Φ＝B·S⊥，S⊥为与B垂直的面积，不垂直时，取S在与B垂直方向上的投影 ΔΦ＝Φ2－Φ1，ΔΦ＝B·ΔS或ΔΦ＝S·ΔB ＝B·或＝S·
注意 若穿过某个面有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝B·S，应考虑相反方向的磁通量相互抵消以后所剩余的磁通量 开始和转过180°后平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2B·S，而不是零 即不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少。在Φ－t图象中，可用切线的斜率表示
备注 线圈在磁场中绕垂直于B的轴匀速转动时，线圈平面与磁感线平行时，Φ＝0，最大；线圈平面与磁感线垂直时，Φ最大，为零
(2)对公式的理解：
(3)用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在垂直于磁场方向的有效面积。
【针对训练】
1.半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图9－2－1甲所示。当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，则穿过圆形线圈磁通量的变化率为________，t0时刻线圈产生的感应电流为________。
图9－2－1
解析：磁通量的变化率为＝S＝l2
根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势
E＝n＝nl2
再根据闭合电路欧姆定律得感应电流I＝n＝n。
答案：l2 n
2．物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电量．如图所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R．若将线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( )
A． B． C． D．
解答： 解：由法拉第电磁感应定律：可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小，根据电量的公式q=It，可得．
由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，则有△?=2BS
所以由上公式可得：，则磁感应强度，故C正确，ABD错误；
故选：C．
二、导体切割磁感线时的感应电动势
1．导体在匀强磁场中平动
(1)一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝Blvsin_θ。
(2)常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝Blv。
2．导体棒在匀强磁场中转动
导体棒以端点为轴，在垂直于磁感线的平面内以角速度ω匀速转动产生感应电动势E＝Bωl2(导体棒的长度为l)。
1．对公式E＝Blv的理解[来源:Z+xx+k.Com]
(1)正交性：该公式适用于匀强磁场，且B、l、v三者两两垂直，若三者中任意二者平行，则导体都不切割磁感线，E＝0。
(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9－2－2中有效长度分别为：
图9－2－2
甲图：l＝cdsin β(容易错算成l＝absin β)；
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．公式E＝n与E＝Blvsin θ的区别与联系
E＝n E＝Blvsin θ
区别[来源:学科网] 研究对象[来源:学&科&网Z&X&X&K][ 闭合回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导体
研究内容 求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应 (1)若v为瞬时速度，公式求的是瞬时感应电动势 (2)若v为平均速度，公式求的是平均感应电动势
适用范围 对任何电路普遍适用 只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系 (1)E＝Blvsin θ可由E＝n在一定条件下推导出来 (2)E＝n也可求瞬时感应电动势，当Δt→0时的E即为瞬时感应电动势 (3)当导体切割磁感线运动时用E＝Blvsin θ求E方便，当穿过回路的磁通量发生变化时，用E＝n求E比较方便
【针对训练】
1.（多选）如图9－2－3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( )
图9－2－3
A．穿过回路的磁通量为零
B．回路中感应电动势大小为2Blv0
C．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
解析：选ABD 当回路运动到关于OO′对称的位置时，穿过回路的两个相反方向的磁场面积相等，且磁感应强度大小均为B，穿过回路的磁通量为零，选项A正确；ab、cd两个边均切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可判断出，两个边产生的感应电流的方向均为逆时针方向，所以回路中感应电动势大小为2Blv0，选项B正确，选项C错误；根据左手定则可判断出回路中ab、cd两个边所受安培力的方向相同，选项D正确。
2.如图所示，水平放置的平行金属导轨相距l＝0.50m，左端接一电阻R＝0.20Ω，磁感应强度B＝0.40T的匀强磁场，方向垂直于导轨平面。导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v＝4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(1)ab棒中感应电动势的大小； (2)回路中感应电流的大小；
(3)ab棒中哪端电势高； (4)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小。
答案：(1)0.80V (2)4.0A (3)a端高 (4)0.8N
解析：这是一个导体做切割磁感线运动产生感应电动势的问题。感应电动势的大小可由公式E＝Blv求出；感应电流的大小可由闭合电路欧姆定律求出；匀速运动时，水平外力的大小应该与安培力的大小相等。
(1)根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为E＝Blv＝0.40×0.50×4.0V＝0.80V
(2)感应电流的大小为I＝＝A＝4.0A
(3)ab相当于电源，根据右手定则知，a端电势高
(4)ab棒受安培力F＝BIl＝0.40×4.0×0.50N＝0.8N
由于ab以v＝4.0m/s的速度水平向右匀速滑动，故外力的大小也为0.8N。
三、自感和涡流
1．自感现象
由于通过导体自身的电流变化而产生的电磁感应现象。
2．自感电动势
(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势。
(2)表达式：E＝L。
(3)自感系数L：
①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。
②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3H,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，这种电流像水中的旋涡，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。
对自感现象的理解
(1)自感线圈的作用：
①使线圈中的电流渐变而不突变，即电流从一个值到另一个值总需要一定的时间。
②在阻碍电流增大的过程中本身储存了磁场能，而在阻碍电流减小的过程中，又把储存的磁场能释放出来。
③当流过自感线圈的电流不变时，线圈仅起导线(或电阻)的作用。
(2)自感电动势的方向——增反减同：
①如果导体中原来的电流是增大的，自感电动势就要阻碍原来电流的增大，即感应电流的方向与原电流方向相反。
②如果导体中原来的电流是减小的，自感电动势就要阻碍原来电流的减小，即感应电流的方向与原电流的方向相同。
3．通电自感和断电自感的对比：
通电自感 断电自感
电路图
器材要求 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯) RL?RA
现象 在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮 在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭
原因 由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使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RL＜RA，原来的IL＞IA，则A灯熄灭前要闪亮一下。若RL≥RA，原来的电流IL≤IA，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
【针对训练】
3．在如图9－2－4所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为电阻可忽略不计的自感线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )
图9－2－4
A．合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭
B．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭
C．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时缓慢熄灭
D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭
解析：选C 由于L是自感线圈，当合上S时，自感线圈L将产生自感电动势，阻碍电流的增加，故有b灯先亮，而a灯后亮。当S断开时，L、a、b组成回路，L产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a、b同时熄灭，故选项C正确。
过手训练
题型一、法拉第电磁感应定律的应用
[命题分析] 本考点为高考热点，主要考查对法拉第电磁感应定律公式E＝n的理解，以选择或计算题呈现。
[例1] 如图9－2－5甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1 000，面积S＝200 cm2，电阻r＝1 Ω，在线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，电阻的一端b与地相接，把线圈放入一个方向垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。试问：
图9－2－5
(1)从计时起，t＝3 s、t＝5 s时刻穿过线圈的磁通量各为多少？
(2)a点的最高电势和最低电势各为多少？
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点 信息获取
(1)观察B－t图象 t＝3 s、t＝5 s时的磁感应强度
(2)B－t图分两段 磁感强度的变化率不同，R中的电流方向不同
第二步：找解题突破口
由B－t图可求出t＝3 s、t＝5 s时的磁感应强度从而求出磁通量；由B－t图可求出0～4 s内，4～6 s内磁感应强度的变化率，进而求出电动势、电流及a点的最高、最低电势。
第三步：条理作答
[解析] (1)由B－t图象可知，t＝3 s、t＝5 s时刻的磁感应强度分别为：
B3＝0.35 T，B5＝0.2 T
所以Φ3＝B3S＝0.35×200×10－4 Wb＝7×10－3 Wb
Φ5＝B5S＝0.2×200×10－4 Wb＝4×10－3 Wb。
(2)由B－t图象可知，在0～4 s这段时间内，磁感应强度的变化率为：＝ T/s＝0.05 T/s
此段时间内，回路中产生的感应电动势为：
E1＝nS＝1 000×200×10－4×0.05 V＝1 V
回路中的感应电流为：
I1＝＝ A＝0.2 A
方向为b→a
所以Uba＝I1R＝0.8 V
即φa＝－0.8 V，此时a点的电势最低
在4～6 s这段时间内，回路中产生的感应电动势为：
E2＝nS＝4 V
回路中的感应电流为：I2＝＝ A＝0.8 A
方向为a→b
所以Uab＝I2R＝3.2 V
即φa＝3.2 V，此时a点的电势最高。
[答案] (1)7×10－3 Wb 4×10－3 Wb (2)3.2 V －0.8 V
—[变式训练]
1．如图甲所示，回路中有一个C＝60μF的电容器，已知回路的面积为1.0×10－2m2，垂直穿过回路的磁场的磁感应强度B随时间t的变化图象如图乙所示，求：
(1)t＝5s时，回路中的感应电动势；
(2)电容器上的电荷量。
答案：(1)0.67×10－2V (2)4×10－7C
解析：(1)由题图可知：在前6s内＝T/s，E＝＝S＝0.67×10－2V
(2)电容器的电量Q＝CE，Q＝4×10－7C
题型二、导体在匀强磁场中切割磁感线问题
[命题分析] 本考点为高考热点，考查导体平动切割、转动切割感应电动势的计算，常与电路、力学综合。
[例2] 在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为L＝0.4 m，如图9－2－6所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计。若杆cd以恒定加速度a＝2 m/s2，由静止开始做匀变速运动，求：
图9－2－6
(1)在5 s内平均感应电动势是多少？
(2)第5 s末回路中的电流多大？
(3)第5 s末作用在杆cd上的水平外力多大？
[解析] (1)5 s内的位移x＝at2＝25 m
5 s内的平均速度＝＝5 m/s
(也可用＝求解)
故平均感应电动势＝BL＝0.4 V。
(2)第5 s末：v＝at＝10 m/s
此时感应电动势：E＝BLv
则回路中的电流为：I＝＝＝ A＝0.8 A。
(3)杆cd匀加速运动，由牛顿第二定律得：F－F安＝ma
即F＝BIL＋ma＝0.164 N。
[答案] (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
—[变式训练]
2．如图所示，导体框架的平行导轨间距d=1m，框架平面与水平面夹角α=30°，匀强磁场方向垂直框架平面向上，且B=0.2T，导体棒ab的质量m=0.2kg，R=0.1Ω，水平跨在导轨上，且可无摩擦滑动（g取10m/s2）求：
（1）ab下滑的最大速度
（2）以最大速度下滑时，ab棒上的电热功率．
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
专题：电磁感应——功能问题．
分析：（1）ab棒下滑时，受重力、支持力和安培力做加速度减小的变加速运动，当a=0时，速度最大．
（2）当ab棒速度达到最大，做匀速运动，根据能量守恒求出ab棒上电功率．
解答： 解：（1）当加速度a=0时，导体棒的速度最大，有：
mgsinα=BIL
而I=
联立解得=2.5m/s．
（2）当导体棒速度达到最大后做匀速直线运动，根据能量守恒得，重力做功的功率等于整个回路产生的热功率，而整个回路产生的热功率等于ab棒上电热功率．
有：P=mgvmsinα=2×=2.5W．
答：（1）ab下滑的最大速度为2.5m/s．
（2）以最大速度下滑时，ab棒上的电热功率为2.5W．
题型三、自感现象的理解及应用
[命题分析] 本考点为高考重点，主要考查对通电自感断电自感现象的理解，以选择题呈现。
[例3] 如图所示中，L1和L2是两个相同灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同，在开关S接通的瞬间，下列说法正确的是( )
A．接通时L1先达到最亮，断开时L1后灭
B．接通时L2先达到最亮，断开时L2后灭
C．接通时L1先达到最亮，断开时L1先灭
D．接通时L2先达到最亮，断开时L2先灭
解答： 解：接通时由于L自感作用，瞬间等于断路，通过L1的电流等于L2+R之和，所以L1先达到最亮．然后L自感慢慢减弱，通过L1的电流减小，然后熄灭；
当断开时，L2瞬间失去电流，而L1和L构成回路，由于L自感，L1会亮一会再灭，故A正确BCD错误．
故选：A
—[变式训练]
3．如图所示为演示自感现象的实验电路，线圈L的自感系数比较大，其直流电阻与R接入电路的阻值相同，A1和A2是两个相同的小灯泡，下列判断正确的是（ ）
A． 接通开关S，灯A1、A2立即正常发光
B． 断开开关S，灯A1、A2一起慢慢熄灭
C． 接通开关S，灯A2逐渐亮起来
D． 断开开关S，灯A2先闪亮后再熄灭
解答： 解：A、C、L与R的直流电阻相等，电阻R不产生自感现象，灯A2立即正常发光；而电感L电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，使得电路中电流只能逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，通过A1灯的电流小于通过A2灯的电流，A1灯逐渐变亮，即A2灯先亮，A1灯后亮．故A错误，C错误．
B、D、闭合开关，待电路稳定后断开开关，通过A2灯原来的电流立即消失，电感线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，自感电流流过两灯，两灯同时逐渐熄灭．故B正确，D错误．
故选：B．
课后作业
1．一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1 s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1 s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. B．1
C．2 D．4
解析：选B 根据法拉第电磁感应定律E＝＝，设初始时刻磁感应强度为B0，线圈面积为S0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝＝＝B0S0；则第二种情况下的感应电动势为E2＝＝＝B0S0，所以两种情况下线圈中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确。
2．（多选）某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s。下列说法正确的是( )
A．电压表记录的电压为5 mV
B．电压表记录的电压为9 mV[来源:学科网]
C．河南岸的电势较高
D．河北岸的电势较高
解析：选BD 可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，由E＝BLv＝9 mV，B项正确；由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，D项正确。
3.（多选）在如图9－2－15所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A，B是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是( )
图9－2－15[来源:学科网]
A．S闭合后，A，B同时发光且亮度不变
B．S闭合后，A立即发光，然后又逐渐熄灭
C．S断开的瞬间，A，B同时熄灭
D．S断开的瞬间，A再次发光，然后又逐渐熄灭
解析：选BD S闭合后，含L的支路相当于断开，此时A、B灯同时发光，后来电路稳定后，A灯被L短路而熄灭，故A错，B正确；S断开的瞬间，由于L的自感作用，在L与A灯构成的回路里，电流逐渐减小，故A再次发光，然后逐渐熄灭，但B灯不亮，故C错误，D正确。
&网Z&X&X&K]
4．如图所示，一宽40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s通过磁场区域．在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t=0，在下图所示的图线中，能正确反映感应电流随时间变化规律的是( )
B．
C． D．
解答： 解：线框进入磁场过程：时间t1==1s，根据楞次定律判断可知感应电流方向是逆时针方向，感应电流大小I=不变．
线框完全在磁场中运动过程：磁通量不变，没有感应产生，经历时间t2==1s．
线框穿出磁场过程：时间t3==1s，感应电流方向是顺时针方向，感应电流大小I=不变．
故选：C
5．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图9－2－13①～④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是( )
图9－2－13
A．图①中，回路产生的感应电动势恒定不变
B．图②中，回路产生的感应电动势一直在变大
C．图③中，回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势
D．图④中，回路产生的感应电动势先变小再变大
【解析】 在图①中，＝0，感应电动势为零，故选项A错；在图②中，为一定值，故感应电动势不变，选项B错；在图③中，0～t1内的||比t1～t2内的||大，选项C错；在图④中，图线上各点切线斜率的绝对值先变小后变大，故选项D对．
【答案】 D
6．如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，金属杆ab可沿导轨滑动，原先S断开，让ab杆由静止下滑，一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的运动速度v随时间t的图象不可能是下图中的( )
A． B． C． D．
解答： 解：A、当闭合开关时S时，满足mg=时，金属杆匀速运动，A可能，故A错误．
B、当速度大小变化时，感应电动势也会变化，感应电流也变化，安培力大小也变化，所以金属杆的加速度也在变化，所以不可能做匀加速运动，B没有可能，故B正确．
C、如果mg＞时，金属杆加速运动，速度增大，安培力增大，加速度减小最后匀速，C有可能，故C错误．
D、当mg＜时，金属杆减速运动，速度减小，安培力减小，加速度减小，D有可能，故D错误．
该题选不可能的，故选B．
7．两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面、与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升高度h．如图所示，在这个过程中( )
A．恒力F所做的功等于零
B．作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和
C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热
解答： 解：A、根据功的概念可知：恒力F做正功，不为零，故A错误．
B、导体棒匀速上升过程中，动能不变，根据动能定理知：作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于零．故B错误．
C、根据动能定理得：WF+WG+W安=0，可得：WF+W安=﹣WG，则知恒力F与安培力的合力所做的功不等于零，故C错误．
D、恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻R上发出的焦耳热，故D正确；
故选：D．
8．（多选）如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则（ ）
A． 如果B增大，vm将变大 B． 如果α变大，vm将变大
C． 如果R变大，vm将变大 D． 如果m变小，vm将变大
解答： 解：金属杆受重力、支持力、安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，所以金属杆做加速运动．随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大．
当加速度为零时，速度最大．有mgsinα=BIL，
I=
vm=
A、如果B增大，vm将变小，故A错误．
B、如果α变大，vm将变大，故B正确．
C、如果R变大，vm将变大，故C正确．
D、如果m变小，vm将变小，故D错误．
故选：BC．
9．（多选）如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（ ）
A． 导体框中产生的感应电流方向相同
B． 导体框中产生的焦耳热相同
C． 导体框ad边两端电势差相同
D． 通过导体框截面的电量相同
解答： 解：A、根据右手定则，导线框产生的感应电流方向相同．故A正确．
B、I=，t=，根据Q=I2Rt=，知Q与速度v有关，所以导线框产生的焦耳热不同．故B错误．
C、向上移出磁场的过程中，电动势E=BLv，ad边两端电势差U=；向右移出磁场的过程中，电动势E=3BLv，ad边两端电势差U=．故C错误．
D、q=，沿两个不同方向移出，磁通量的变化量相同，所以通过导体框截面的电量相同．故D正确．
故选AD．
10．如图所示，一个称为“千人震”的趣味物理小实验所用器材是一节电动势为1.5V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器，几位同学手拉手连成一排，另一位同学将电池、镇流器、开关用导线连接起来，并将它们和首、尾两位同学两只空着的手相连，在开关断开（填“闭合”或“断开”）时就会使连成一排的同学都有触电的感觉，该实验的原理是镇流器的自感现象．
考点：自感现象和自感系数．
分析：当开关闭合后，镇流器与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小．当断开时，镇流器电流发生变化，导致镇流器产生很强的电动势，从而使同学们有触电的感觉
解答： 解：当开关闭合后，镇流器与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小．当断开时，镇流器电流发生变小，从而产生很高的瞬间电压，通过同学们身体有触电的感觉．
故答案为：断开
11.轻质细线吊着一质量为m＝0.32 kg，边长为L＝0.8 m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1 Ω，边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10 m/s2.求：
(1)在前t0时间内线圈中产生的电动势；
(2)在前t0时间内线圈的电功率；
(3)t0的值．
甲 乙
【解析】 (1)由法拉第电磁感应定律得：
E＝n＝n××()2×＝10××()2×0.5＝0.4 V.
(2)I＝＝0.4 A，P＝I2r＝0.16 W.
(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有：
F安＝nBt0I＝mg
I＝
Bt0＝＝2T
由图象知：Bt0＝1＋0.5t0，解得：t0＝2 s.
【答案】 (1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s
12．(2019·湖北物理模拟)如图所示，MN、PQ为相距L=0.2m的光滑平行导轨，导轨平面与水平面夹角为θ=30°，导轨处于磁感应强度为B=1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．一质量为m=0.2kg的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好，在两导轨的M、P两端接有一电阻为R=2Ω的定值电阻，回路其余电阻不计．现在导体棒的中点对导体棒施加一方向平行于导轨作用力F，使导体棒从ab位置由静止开始沿导轨向下匀加速滑到底端，滑动过程中导体棒始终垂直于导轨，加速度大小为a=4m/s2，经时间t=1s滑到cd位置，从ab到cd过程中电阻发热为Q=0.1J，g取10m/s2．求：
（1）导体棒到达cd位置时速度v的大小和受到安培力F安的大小；
（2）导体棒到达cd位置时，对导体棒施加的作用力F的大小和方向；
（3）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功WF．
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功的计算；安培力．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：（1）先据运动学公式求出速度，再利用东升电动势公式和安培力公式联合求解即可．
（2）以在cd位置的金属棒为研究对象，利用牛顿第二定律即可求解．
（3）利用能量守恒求解作用力所做的功．
解答： 解：（1）导体棒在cd处速度为：v=at=4 m/s
切割磁感线产生的电动势为：E=BLv=0.8 V
回路感应电流为：I==0.4 A
导体棒在cd处受安培力：F安=BIL=0.08 N
（2）平行导轨向下为正方向，以导体棒为研究对象，据牛顿第二定律得：mgsinθ+F﹣F安=ma
解得：F=﹣0.12 N
对导体棒施加的作用力大小为0.12 N，方向平行导轨向上．
（3）ab到cd的距离：x=at2=2 m
根据功能关系：mgxsinθ+WF﹣Q=mv2﹣0 解得：WF=﹣0.3 J．
答：（1）导体棒到达cd位置时速度v的大小和受到安培力F安的大小0.08N；
（2）导体棒到达cd位置时，对导体棒施加的作用力F的大小0.12N和方向平行导轨向上．
（3）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功为﹣0.3J．
13．(2019·江苏物理)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.
解析： 根据平衡条件、法拉第电磁感应定律、能量守恒定律解题．
(1)在绝缘涂层上：导体棒受力平衡，则
mgsin θ＝μmgcos θ
解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ
(2)在光滑导轨上：
感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
安培力F安＝BIL
受力平衡的条件是F安＝mgsin θ
解得导体棒匀速运动的速度v＝
(3)摩擦生热，得QT＝μmgdcos θ
根据能量守恒定律知3mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2
解得电阻产生的焦耳热Q＝2mgdsin θ－
第4讲 法拉第电磁感应定律
教学目标
（1）知道感应电动势,及决定感应电动势大小的因素。
（2）知道磁通量的变化率是表示磁通量变化快慢的物理量，并能区别Φ、ΔΦ、t?
（3）理解法拉第电磁感应定律内容、数学表达式
（4）知道E=BLvsinθ如何推得
一、法拉第电磁感应定律
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。
磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的区别：
磁通量Φ 磁通量变化量ΔΦ 磁通量变化率
物理意义 磁通量越大，某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数越多 某段时间穿过某个面的末、初磁通量的差值 表述磁场中穿过某个面的磁通量变化快慢的物理量
大小计算 Φ＝B·S⊥，S⊥为与B垂直的面积，不垂直时，取S在与B垂直方向上的投影 ΔΦ＝Φ2－Φ1，ΔΦ＝B·ΔS或ΔΦ＝S·ΔB ＝B·或＝S·
注意 若穿过某个面有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝B·S，应考虑相反方向的磁通量相互抵消以后所剩余的磁通量 开始和转过180°后平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2B·S，而不是零 即不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少。在Φ－t图象中，可用切线的斜率表示
备注 线圈在磁场中绕垂直于B的轴匀速转动时，线圈平面与磁感线平行时，Φ＝0，最大；线圈平面与磁感线垂直时，Φ最大，为零
(2)对公式的理解：
(3)用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在垂直于磁场方向的有效面积。
【针对训练】
1.半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图9－2－1甲所示。当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，则穿过圆形线圈磁通量的变化率为________，t0时刻线圈产生的感应电流为________。
图9－2－1
解析：磁通量的变化率为＝S＝l2
根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势
E＝n＝nl2
再根据闭合电路欧姆定律得感应电流I＝n＝n。
答案：l2 n
2．物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电量．如图所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R．若将线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( )
A． B． C． D．
解答： 解：由法拉第电磁感应定律：可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小，根据电量的公式q=It，可得．
由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，则有△?=2BS
所以由上公式可得：，则磁感应强度，故C正确，ABD错误；
故选：C．
二、导体切割磁感线时的感应电动势
1．导体在匀强磁场中平动
(1)一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝Blvsin_θ。
(2)常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝Blv。
2．导体棒在匀强磁场中转动
导体棒以端点为轴，在垂直于磁感线的平面内以角速度ω匀速转动产生感应电动势E＝Bωl2(导体棒的长度为l)。
1．对公式E＝Blv的理解[来源:Z+xx+k.Com]
(1)正交性：该公式适用于匀强磁场，且B、l、v三者两两垂直，若三者中任意二者平行，则导体都不切割磁感线，E＝0。
(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9－2－2中有效长度分别为：
图9－2－2
甲图：l＝cdsin β(容易错算成l＝absin β)；
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．公式E＝n与E＝Blvsin θ的区别与联系
E＝n E＝Blvsin θ
区别[来源:学科网] 研究对象[来源:学&科&网Z&X&X&K][ 闭合回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导体
研究内容 求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应 (1)若v为瞬时速度，公式求的是瞬时感应电动势 (2)若v为平均速度，公式求的是平均感应电动势
适用范围 对任何电路普遍适用 只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系 (1)E＝Blvsin θ可由E＝n在一定条件下推导出来 (2)E＝n也可求瞬时感应电动势，当Δt→0时的E即为瞬时感应电动势 (3)当导体切割磁感线运动时用E＝Blvsin θ求E方便，当穿过回路的磁通量发生变化时，用E＝n求E比较方便
【针对训练】
1.（多选）如图9－2－3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( )
图9－2－3
A．穿过回路的磁通量为零
B．回路中感应电动势大小为2Blv0
C．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
解析：选ABD 当回路运动到关于OO′对称的位置时，穿过回路的两个相反方向的磁场面积相等，且磁感应强度大小均为B，穿过回路的磁通量为零，选项A正确；ab、cd两个边均切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可判断出，两个边产生的感应电流的方向均为逆时针方向，所以回路中感应电动势大小为2Blv0，选项B正确，选项C错误；根据左手定则可判断出回路中ab、cd两个边所受安培力的方向相同，选项D正确。
2.如图所示，水平放置的平行金属导轨相距l＝0.50m，左端接一电阻R＝0.20Ω，磁感应强度B＝0.40T的匀强磁场，方向垂直于导轨平面。导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v＝4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(1)ab棒中感应电动势的大小； (2)回路中感应电流的大小；
(3)ab棒中哪端电势高； (4)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小。
答案：(1)0.80V (2)4.0A (3)a端高 (4)0.8N
解析：这是一个导体做切割磁感线运动产生感应电动势的问题。感应电动势的大小可由公式E＝Blv求出；感应电流的大小可由闭合电路欧姆定律求出；匀速运动时，水平外力的大小应该与安培力的大小相等。
(1)根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为E＝Blv＝0.40×0.50×4.0V＝0.80V
(2)感应电流的大小为I＝＝A＝4.0A
(3)ab相当于电源，根据右手定则知，a端电势高
(4)ab棒受安培力F＝BIl＝0.40×4.0×0.50N＝0.8N
由于ab以v＝4.0m/s的速度水平向右匀速滑动，故外力的大小也为0.8N。
三、自感和涡流
1．自感现象
由于通过导体自身的电流变化而产生的电磁感应现象。
2．自感电动势
(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势。
(2)表达式：E＝L。
(3)自感系数L：
①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。
②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3H,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，这种电流像水中的旋涡，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。
对自感现象的理解
(1)自感线圈的作用：
①使线圈中的电流渐变而不突变，即电流从一个值到另一个值总需要一定的时间。
②在阻碍电流增大的过程中本身储存了磁场能，而在阻碍电流减小的过程中，又把储存的磁场能释放出来。
③当流过自感线圈的电流不变时，线圈仅起导线(或电阻)的作用。
(2)自感电动势的方向——增反减同：
①如果导体中原来的电流是增大的，自感电动势就要阻碍原来电流的增大，即感应电流的方向与原电流方向相反。
②如果导体中原来的电流是减小的，自感电动势就要阻碍原来电流的减小，即感应电流的方向与原电流的方向相同。
3．通电自感和断电自感的对比：
通电自感 断电自感
电路图
器材要求 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯) RL?RA
现象 在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮 在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭
原因 由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使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RL＜RA，原来的IL＞IA，则A灯熄灭前要闪亮一下。若RL≥RA，原来的电流IL≤IA，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
【针对训练】
3．在如图9－2－4所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为电阻可忽略不计的自感线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )
图9－2－4
A．合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭
B．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭
C．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时缓慢熄灭
D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭
解析：选C 由于L是自感线圈，当合上S时，自感线圈L将产生自感电动势，阻碍电流的增加，故有b灯先亮，而a灯后亮。当S断开时，L、a、b组成回路，L产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a、b同时熄灭，故选项C正确。
过手训练
题型一、法拉第电磁感应定律的应用
[命题分析] 本考点为高考热点，主要考查对法拉第电磁感应定律公式E＝n的理解，以选择或计算题呈现。
[例1] 如图9－2－5甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1 000，面积S＝200 cm2，电阻r＝1 Ω，在线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，电阻的一端b与地相接，把线圈放入一个方向垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。试问：
图9－2－5
(1)从计时起，t＝3 s、t＝5 s时刻穿过线圈的磁通量各为多少？
(2)a点的最高电势和最低电势各为多少？
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点 信息获取
(1)观察B－t图象 t＝3 s、t＝5 s时的磁感应强度
(2)B－t图分两段 磁感强度的变化率不同，R中的电流方向不同
第二步：找解题突破口
由B－t图可求出t＝3 s、t＝5 s时的磁感应强度从而求出磁通量；由B－t图可求出0～4 s内，4～6 s内磁感应强度的变化率，进而求出电动势、电流及a点的最高、最低电势。
第三步：条理作答
[解析] (1)由B－t图象可知，t＝3 s、t＝5 s时刻的磁感应强度分别为：
B3＝0.35 T，B5＝0.2 T
所以Φ3＝B3S＝0.35×200×10－4 Wb＝7×10－3 Wb
Φ5＝B5S＝0.2×200×10－4 Wb＝4×10－3 Wb。
(2)由B－t图象可知，在0～4 s这段时间内，磁感应强度的变化率为：＝ T/s＝0.05 T/s
此段时间内，回路中产生的感应电动势为：
E1＝nS＝1 000×200×10－4×0.05 V＝1 V
回路中的感应电流为：
I1＝＝ A＝0.2 A
方向为b→a
所以Uba＝I1R＝0.8 V
即φa＝－0.8 V，此时a点的电势最低
在4～6 s这段时间内，回路中产生的感应电动势为：
E2＝nS＝4 V
回路中的感应电流为：I2＝＝ A＝0.8 A
方向为a→b
所以Uab＝I2R＝3.2 V
即φa＝3.2 V，此时a点的电势最高。
[答案] (1)7×10－3 Wb 4×10－3 Wb (2)3.2 V －0.8 V
—[变式训练]
1．如图甲所示，回路中有一个C＝60μF的电容器，已知回路的面积为1.0×10－2m2，垂直穿过回路的磁场的磁感应强度B随时间t的变化图象如图乙所示，求：
(1)t＝5s时，回路中的感应电动势；
(2)电容器上的电荷量。
答案：(1)0.67×10－2V (2)4×10－7C
解析：(1)由题图可知：在前6s内＝T/s，E＝＝S＝0.67×10－2V
(2)电容器的电量Q＝CE，Q＝4×10－7C
题型二、导体在匀强磁场中切割磁感线问题
[命题分析] 本考点为高考热点，考查导体平动切割、转动切割感应电动势的计算，常与电路、力学综合。
[例2] 在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为L＝0.4 m，如图9－2－6所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计。若杆cd以恒定加速度a＝2 m/s2，由静止开始做匀变速运动，求：
图9－2－6
(1)在5 s内平均感应电动势是多少？
(2)第5 s末回路中的电流多大？
(3)第5 s末作用在杆cd上的水平外力多大？
[解析] (1)5 s内的位移x＝at2＝25 m
5 s内的平均速度＝＝5 m/s
(也可用＝求解)
故平均感应电动势＝BL＝0.4 V。
(2)第5 s末：v＝at＝10 m/s
此时感应电动势：E＝BLv
则回路中的电流为：I＝＝＝ A＝0.8 A。
(3)杆cd匀加速运动，由牛顿第二定律得：F－F安＝ma
即F＝BIL＋ma＝0.164 N。
[答案] (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
—[变式训练]
2．如图所示，导体框架的平行导轨间距d=1m，框架平面与水平面夹角α=30°，匀强磁场方向垂直框架平面向上，且B=0.2T，导体棒ab的质量m=0.2kg，R=0.1Ω，水平跨在导轨上，且可无摩擦滑动（g取10m/s2）求：
（1）ab下滑的最大速度
（2）以最大速度下滑时，ab棒上的电热功率．
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
专题：电磁感应——功能问题．
分析：（1）ab棒下滑时，受重力、支持力和安培力做加速度减小的变加速运动，当a=0时，速度最大．
（2）当ab棒速度达到最大，做匀速运动，根据能量守恒求出ab棒上电功率．
解答： 解：（1）当加速度a=0时，导体棒的速度最大，有：
mgsinα=BIL
而I=
联立解得=2.5m/s．
（2）当导体棒速度达到最大后做匀速直线运动，根据能量守恒得，重力做功的功率等于整个回路产生的热功率，而整个回路产生的热功率等于ab棒上电热功率．
有：P=mgvmsinα=2×=2.5W．
答：（1）ab下滑的最大速度为2.5m/s．
（2）以最大速度下滑时，ab棒上的电热功率为2.5W．
题型三、自感现象的理解及应用
[命题分析] 本考点为高考重点，主要考查对通电自感断电自感现象的理解，以选择题呈现。
[例3] 如图所示中，L1和L2是两个相同灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同，在开关S接通的瞬间，下列说法正确的是( )
A．接通时L1先达到最亮，断开时L1后灭
B．接通时L2先达到最亮，断开时L2后灭
C．接通时L1先达到最亮，断开时L1先灭
D．接通时L2先达到最亮，断开时L2先灭
解答： 解：接通时由于L自感作用，瞬间等于断路，通过L1的电流等于L2+R之和，所以L1先达到最亮．然后L自感慢慢减弱，通过L1的电流减小，然后熄灭；
当断开时，L2瞬间失去电流，而L1和L构成回路，由于L自感，L1会亮一会再灭，故A正确BCD错误．
故选：A
—[变式训练]
3．如图所示为演示自感现象的实验电路，线圈L的自感系数比较大，其直流电阻与R接入电路的阻值相同，A1和A2是两个相同的小灯泡，下列判断正确的是（ ）
A． 接通开关S，灯A1、A2立即正常发光
B． 断开开关S，灯A1、A2一起慢慢熄灭
C． 接通开关S，灯A2逐渐亮起来
D． 断开开关S，灯A2先闪亮后再熄灭
解答： 解：A、C、L与R的直流电阻相等，电阻R不产生自感现象，灯A2立即正常发光；而电感L电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，使得电路中电流只能逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，通过A1灯的电流小于通过A2灯的电流，A1灯逐渐变亮，即A2灯先亮，A1灯后亮．故A错误，C错误．
B、D、闭合开关，待电路稳定后断开开关，通过A2灯原来的电流立即消失，电感线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，自感电流流过两灯，两灯同时逐渐熄灭．故B正确，D错误．
故选：B．
课后作业
1．一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1 s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1 s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. B．1
C．2 D．4
解析：选B 根据法拉第电磁感应定律E＝＝，设初始时刻磁感应强度为B0，线圈面积为S0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝＝＝B0S0；则第二种情况下的感应电动势为E2＝＝＝B0S0，所以两种情况下线圈中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确。
2．（多选）某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s。下列说法正确的是( )
A．电压表记录的电压为5 mV
B．电压表记录的电压为9 mV[来源:学科网]
C．河南岸的电势较高
D．河北岸的电势较高
解析：选BD 可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，由E＝BLv＝9 mV，B项正确；由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，D项正确。
3.（多选）在如图9－2－15所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A，B是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是( )
图9－2－15[来源:学科网]
A．S闭合后，A，B同时发光且亮度不变
B．S闭合后，A立即发光，然后又逐渐熄灭
C．S断开的瞬间，A，B同时熄灭
D．S断开的瞬间，A再次发光，然后又逐渐熄灭
解析：选BD S闭合后，含L的支路相当于断开，此时A、B灯同时发光，后来电路稳定后，A灯被L短路而熄灭，故A错，B正确；S断开的瞬间，由于L的自感作用，在L与A灯构成的回路里，电流逐渐减小，故A再次发光，然后逐渐熄灭，但B灯不亮，故C错误，D正确。
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4．如图所示，一宽40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s通过磁场区域．在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t=0，在下图所示的图线中，能正确反映感应电流随时间变化规律的是( )
B．
C． D．
解答： 解：线框进入磁场过程：时间t1==1s，根据楞次定律判断可知感应电流方向是逆时针方向，感应电流大小I=不变．
线框完全在磁场中运动过程：磁通量不变，没有感应产生，经历时间t2==1s．
线框穿出磁场过程：时间t3==1s，感应电流方向是顺时针方向，感应电流大小I=不变．
故选：C
5．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图9－2－13①～④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是( )
图9－2－13
A．图①中，回路产生的感应电动势恒定不变
B．图②中，回路产生的感应电动势一直在变大
C．图③中，回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势
D．图④中，回路产生的感应电动势先变小再变大
【解析】 在图①中，＝0，感应电动势为零，故选项A错；在图②中，为一定值，故感应电动势不变，选项B错；在图③中，0～t1内的||比t1～t2内的||大，选项C错；在图④中，图线上各点切线斜率的绝对值先变小后变大，故选项D对．
【答案】 D
6．如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，金属杆ab可沿导轨滑动，原先S断开，让ab杆由静止下滑，一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的运动速度v随时间t的图象不可能是下图中的( )
A． B． C． D．
解答： 解：A、当闭合开关时S时，满足mg=时，金属杆匀速运动，A可能，故A错误．
B、当速度大小变化时，感应电动势也会变化，感应电流也变化，安培力大小也变化，所以金属杆的加速度也在变化，所以不可能做匀加速运动，B没有可能，故B正确．
C、如果mg＞时，金属杆加速运动，速度增大，安培力增大，加速度减小最后匀速，C有可能，故C错误．
D、当mg＜时，金属杆减速运动，速度减小，安培力减小，加速度减小，D有可能，故D错误．
该题选不可能的，故选B．
7．两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面、与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升高度h．如图所示，在这个过程中( )
A．恒力F所做的功等于零
B．作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和
C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热
解答： 解：A、根据功的概念可知：恒力F做正功，不为零，故A错误．
B、导体棒匀速上升过程中，动能不变，根据动能定理知：作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于零．故B错误．
C、根据动能定理得：WF+WG+W安=0，可得：WF+W安=﹣WG，则知恒力F与安培力的合力所做的功不等于零，故C错误．
D、恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻R上发出的焦耳热，故D正确；
故选：D．
8．（多选）如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则（ ）
A． 如果B增大，vm将变大 B． 如果α变大，vm将变大
C． 如果R变大，vm将变大 D． 如果m变小，vm将变大
解答： 解：金属杆受重力、支持力、安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，所以金属杆做加速运动．随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大．
当加速度为零时，速度最大．有mgsinα=BIL，
I=
vm=
A、如果B增大，vm将变小，故A错误．
B、如果α变大，vm将变大，故B正确．
C、如果R变大，vm将变大，故C正确．
D、如果m变小，vm将变小，故D错误．
故选：BC．
9．（多选）如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（ ）
A． 导体框中产生的感应电流方向相同
B． 导体框中产生的焦耳热相同
C． 导体框ad边两端电势差相同
D． 通过导体框截面的电量相同
解答： 解：A、根据右手定则，导线框产生的感应电流方向相同．故A正确．
B、I=，t=，根据Q=I2Rt=，知Q与速度v有关，所以导线框产生的焦耳热不同．故B错误．
C、向上移出磁场的过程中，电动势E=BLv，ad边两端电势差U=；向右移出磁场的过程中，电动势E=3BLv，ad边两端电势差U=．故C错误．
D、q=，沿两个不同方向移出，磁通量的变化量相同，所以通过导体框截面的电量相同．故D正确．
故选AD．
10．如图所示，一个称为“千人震”的趣味物理小实验所用器材是一节电动势为1.5V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器，几位同学手拉手连成一排，另一位同学将电池、镇流器、开关用导线连接起来，并将它们和首、尾两位同学两只空着的手相连，在开关断开（填“闭合”或“断开”）时就会使连成一排的同学都有触电的感觉，该实验的原理是镇流器的自感现象．
考点：自感现象和自感系数．
分析：当开关闭合后，镇流器与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小．当断开时，镇流器电流发生变化，导致镇流器产生很强的电动势，从而使同学们有触电的感觉
解答： 解：当开关闭合后，镇流器与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小．当断开时，镇流器电流发生变小，从而产生很高的瞬间电压，通过同学们身体有触电的感觉．
故答案为：断开
11.轻质细线吊着一质量为m＝0.32 kg，边长为L＝0.8 m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1 Ω，边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10 m/s2.求：
(1)在前t0时间内线圈中产生的电动势；
(2)在前t0时间内线圈的电功率；
(3)t0的值．
甲 乙
【解析】 (1)由法拉第电磁感应定律得：
E＝n＝n××()2×＝10××()2×0.5＝0.4 V.
(2)I＝＝0.4 A，P＝I2r＝0.16 W.
(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有：
F安＝nBt0I＝mg
I＝
Bt0＝＝2T
由图象知：Bt0＝1＋0.5t0，解得：t0＝2 s.
【答案】 (1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s
12．(2019·湖北物理模拟)如图所示，MN、PQ为相距L=0.2m的光滑平行导轨，导轨平面与水平面夹角为θ=30°，导轨处于磁感应强度为B=1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．一质量为m=0.2kg的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好，在两导轨的M、P两端接有一电阻为R=2Ω的定值电阻，回路其余电阻不计．现在导体棒的中点对导体棒施加一方向平行于导轨作用力F，使导体棒从ab位置由静止开始沿导轨向下匀加速滑到底端，滑动过程中导体棒始终垂直于导轨，加速度大小为a=4m/s2，经时间t=1s滑到cd位置，从ab到cd过程中电阻发热为Q=0.1J，g取10m/s2．求：
（1）导体棒到达cd位置时速度v的大小和受到安培力F安的大小；
（2）导体棒到达cd位置时，对导体棒施加的作用力F的大小和方向；
（3）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功WF．
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功的计算；安培力．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：（1）先据运动学公式求出速度，再利用东升电动势公式和安培力公式联合求解即可．
（2）以在cd位置的金属棒为研究对象，利用牛顿第二定律即可求解．
（3）利用能量守恒求解作用力所做的功．
解答： 解：（1）导体棒在cd处速度为：v=at=4 m/s
切割磁感线产生的电动势为：E=BLv=0.8 V
回路感应电流为：I==0.4 A
导体棒在cd处受安培力：F安=BIL=0.08 N
（2）平行导轨向下为正方向，以导体棒为研究对象，据牛顿第二定律得：mgsinθ+F﹣F安=ma
解得：F=﹣0.12 N
对导体棒施加的作用力大小为0.12 N，方向平行导轨向上．
（3）ab到cd的距离：x=at2=2 m
根据功能关系：mgxsinθ+WF﹣Q=mv2﹣0 解得：WF=﹣0.3 J．
答：（1）导体棒到达cd位置时速度v的大小和受到安培力F安的大小0.08N；
（2）导体棒到达cd位置时，对导体棒施加的作用力F的大小0.12N和方向平行导轨向上．
（3）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功为﹣0.3J．
13．(2019·江苏物理)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.
解析： 根据平衡条件、法拉第电磁感应定律、能量守恒定律解题．
(1)在绝缘涂层上：导体棒受力平衡，则
mgsin θ＝μmgcos θ
解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ
(2)在光滑导轨上：
感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
安培力F安＝BIL
受力平衡的条件是F安＝mgsin θ
解得导体棒匀速运动的速度v＝
(3)摩擦生热，得QT＝μmgdcos θ
根据能量守恒定律知3mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2
解得电阻产生的焦耳热Q＝2mgdsin θ－