2019版高考物理大第十章电磁感应第28讲法拉第电磁感应定律自感现象学案.docx

第28讲法拉第电磁感应定律自感现象考纲要求考情分析命题趋势1.法拉第电磁感应定律2自感、涡流2017全国卷，202017天津卷，32017江苏卷，132016全国卷，19高考对本节内容的考查主要是以选择题或计算题的形式考查法拉第电磁感应定律及其应用，要特别注意法拉第电磁感应定律的不同表达形式及其适用条件说明：1.导体切割磁感线时，感应电动势的计算，只限于导体棒垂直于B、v的情况；2.在电磁感应现象里，不要求判断内电路中各点电势的高低；3.不要求用自感系数计算自感电动势1法拉第电磁感应定律(1)感应电动势概念：在_电磁感应现象_中产生的电动势；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_；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内容：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；公式：En，其中n为线圈匝数，为磁通量的_变化率_(3)导体切割磁感线时的感应电动势导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E_Blv_求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度；导体棒在磁场中转动时，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EBlBl2.(平均速度等于中点位置的线速度l)2自感、涡流(1)自感现象概念：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自感电动势a定义：在自感现象中产生的_感应电动势_叫做自感电动势；b表达式：EL自感系数La相关因素：与线圈的_大小_、形状、_匝数_以及是否有铁芯有关；b单位：亨利(H)，1 mH_103_H,1 H_106_H(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_感应_电流，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流(3)电磁阻尼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(4)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_使导体受到安培力而使导体运动起来1判断正误(1)穿过线圈的磁通量越大，则线圈中产生的感应电动势越大()(2)电磁感应现象中通过回路的电荷量q，仅与磁通量的变化量及回路总电阻有关()(3)导体棒在磁场中运动一定能产生感应电动势()(4)公式EBlv中的l就是导体的长度()(5)断电自感中，自感感应电动势方向与原电流方向一致()(6)回路中磁通量变化量越大，回路产生的感应电流越大()(7)在自感现象中，感应电流一定和原电流方向相反()2如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(B)ABCD3如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比分别为(C)Aca21 Bac2 1Cac12 Dca12一对法拉第电磁感应定律的理解1、的对比理解比较项物理意义穿过某一面积的磁通量穿过某一面积的磁通量的变化量穿过某一面积的磁通量的变化率大小计算BSsin (是S与B的夹角)21S或B注意问题磁感线有穿入和穿出，计算时要抵消穿过的磁通量的方向在t图象中用斜率表示注意：、的大小之间没有必然的联系，0，不一定等于0；感应电动势E与线圈匝数n有关，但、的大小均与线圈匝数无关2法拉第电磁磁应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，BS，则En.(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，BS，则En，S是磁场范围内的有效面积(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，末初，Enn应用法拉第电磁感应定律En时应注意(1)研究对象：En的研究对象是一个回路，而不是一段导体(2)物理意义：由En求的是t时间内的平均感应电动势，当t0时，则E为瞬时感应电动势(3)由En求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某段导体的电动势，整个回路的电动势为零，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零例1如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计求：(1)在t0到tt0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小解析(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为ktS，设在从t时刻到tt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为，流过电阻R的电荷量为q 由法拉第电磁感应定律有，由欧姆定律有i，由电流的定义有i，联立式得|q|t.由式得，在t0到tt0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|.(2)当tt0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有fF，式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力设此时回路中的电流为I，F的大小为FB0lI，此时金属棒与MN之间的距离为sv0(tt0)，匀强磁场穿过回路的磁通量为B0ls，回路的总磁通量为t，式中，仍如式所示由式得，在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量为tB0lv0(tt0)kSt，在t到tt的时间间隔内，总磁通量的改变t为t(B0lv0kS)t，由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为t，由欧姆定律有I，联立式得f(B0lv0kS)答案(1)(2)B0lv0(tt0)kSt(B0lv0kS)二导体切割磁感线产生感应电动势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EBlv，应从以下几个方面理解和掌握(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，E0(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，即导体在与v垂直的方向上的投影长度下表为常见切割情景中的有效长度.情景图示有效长度说明情景1有效长度为lCDsin (容易出现有效长度lABsin 的错误)情景2沿v1方向运动时，有效长度为lMN沿v2方向运动时，有效长度为l0情景3沿v1方向运动时，有效长度为lR沿v2方向运动时，有效长度为l0沿v3方向运动时，有效长度为lR情景4导体棒水平运动切割磁感线的有效长度为导体棒与框架两交点间的距离情景5线框ABC水平向右运动进入磁场的过程中，其切割磁感线的有效长度为线框与磁场左边界两交点间的距离例2(2017江苏卷)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刚开始扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚开始扫过金属杆时，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解析(1)感应电动势EBdv0，感应电流I，解得I(2)安培力FBId，根据牛顿第二定律有Fma，解得a(3)金属杆切割磁感线的速度vv0v，则感应电动势EBd(v0v)，电功率P，解得P答案(1)(2)(3)公式EBlv与公式En的比较EnEBlv导体一个回路一段导体适用普遍使用导体切割磁感线意义常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后者是前者的一种特殊情况但是，当导体做切割磁感线运动时，用EBlv求E比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用En求E比较方便2导体转动切割磁感线当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度匀速转动时，产生的感应电动势为EBlBl2，如图所示(1)以中点为轴时，E0(相同两段的代数和)；(2)以端点为轴时，EBl2(平均速度取中点位置时的线速度l)；(3)以任意点为轴时，EB(ll)(不同两段的代数和)例3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)外力的功率思维导引导体棒绕O点匀速转动，可先求出在t时间内导体棒扫过的面积，根据法拉第电磁感应定律求出导体棒产生的感应电动势；根据能量守恒定律，外力做的功等于导体棒克服摩擦力做功与电阻R上产生的热量之和，再由P求出外力的功率解析(1)在t时间内，导体棒扫过的面积为St(2r)2r2，根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为E，根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端，因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足I，联立式得I.(2)在竖直方向有mg2FN0，式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为FN.两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为FfFN，在t时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为l1rt和l22rt，克服摩擦力做的总功为WfFf(l1l2)在t时间内，消耗在电阻R上的功为WRI2Rt，根据能量转化和守恒定律知，外力在t时间内做的功为WWfWR，外力的功率为P，由式得Pmgr答案(1)从C端流向D端(2)mgr三自感现象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，即通电过程中，电流是逐渐变大，断电过程中，电流是逐渐变小，此时线圈可等效为“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例4如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，线圈L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值在t0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在tt1时刻断开S.在如图所示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是(B)解析由于自感现象，t0时刻UAB较大，随着时间的推移UAB减小；断开S，L中的电流方向不变，大小减小，经过L、R、D形成回路，故UAB符号(正负)改变，大小逐渐减小至0.故选项B正确1穿过某线圈的磁通量随时间的变化关系如图所示，在线圈内产生感应电动势最大值的时间是(C)A02 s B24 s C46 s D610 s解析t图象中，图象斜率越大，越大，感应电动势就越大2如图所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成60角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为(A)A BC D解析因磁感应强度B的方向、棒的运动方向及棒本身三者相互垂直，故EBLv，其中L，结合闭合电路的欧姆定律可知选项A正确3(2017湖北武汉模拟)如图所示，A、B、C是3个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)则(A)AS闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭BS闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭C电路接通稳定后，三个灯亮度相同D电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭解析因线圈L的自感系数较大且直流电阻可忽略不计，S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭，选项A正确S闭合时，B灯先不太亮，然后变亮，选项B错误电路接通稳定后，B、C灯亮度相同，A灯不亮，选项C错误电路接通稳定后，S断开时，C灯逐渐熄灭，选项D错误4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a、b、c.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(C)Aac，金属框中无电流Bbc，金属框中电流方向沿abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUbcBl2，金属框中电流方向沿acba解析金属框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ac，bc，选项A错误由转动切割产生感应电动势的公式得UbcBl2，选项C正确5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和热量Q解析(1)由图象分析可知，0至t1时间内有，由法拉第电磁感应定律有EnnS，而Sr，由闭合电路欧姆定律有I1联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为I1，由楞次定律可得通过电阻R1上的电流方向为从b到a(2)通过电阻R1上的电荷量qI1t1，电阻R1上产生的热量QIR1t1答案(1)，方向从b到a(2)例1(2017贵州贵阳检测6分)半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形区域abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，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_答题送检来自阅卷名师报告错误致错原因扣分(1)认为磁通量的变化率与线圈的匝数有关，所以得出nSnl2.3(2)将线圈的面积代入上式得出nSn.(3)t0时刻磁感应强度为零，所以感应电动势和感应电流均为零3解析磁通量的变化率为Sl2，根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势Ennl2，再根据闭合电路欧姆定律得感应电流In答案l2n1(多选)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针转动现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速在圆盘减速过程中，以下说法正确的是(ABD)A处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B所加磁场越强越易使圆盘停止转动C若所加磁场反向，圆盘将加速转动D若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析把圆盘看成沿半径方向紧密排列的“辐条”，由右手定则知，圆心处电势高，选项A正确；所加磁场越强，感应电流越强，安培力越大，对圆盘转动的阻碍越大，选项B正确；如果磁场反向，由楞次定律可知，仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若将整个圆盘置于磁场中，则圆盘中无感应电流，圆盘将匀速转动，选项D正确2. 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(C)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中的大解析小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在P中下落得慢，用时长，到达底端速度小，选项C正确，A、B、D错误3(2018广西南宁质检)(多选)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向里的匀强磁场，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开始，直杆的位置由确定，如图所示则(ACD)A0时，直杆产生的电动势为2BavB时，直杆产生的电动势为BavC0时，直杆受的安培力大小为D时，直杆受的安培力大小为解析当0时，直杆切割磁感线的有效长度l12a，所以直杆产生的电动势E1Bl1v2Bav，选项A正确；此时直杆上的电流I1，直杆受到的安培力大小F1BI1l1，选项C正确；当时，直杆切割磁感线的有效长度l22acosa，直杆产生的电动势E2Bl2vBav，选项B错误；此时直杆上的电流I2，直杆受到的安培力大小F2BI2l2，选项D正确4(2018湖北黄冈模拟)如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，大小为B0，用电阻率为、横截面积为S的导线做成的边长为l的正方形线框abcd水平放置，OO为过ad、bc两边中点的直线，线框全部都位于磁场中现把线框右半部分固定不动，而把线框左半部分以OO为轴向上转动60，如图中虚线所示(1)求转动过程中通过导线横截面的电荷量；(2)若转动后磁感应强度随时间按BB0kt变化(k为常量)，求出磁场对线框ab边的作用力大小随时间变化的关系式解析(1)线框在转动过程中产生的平均电动势B0由欧姆定律得线框的平均电流由电阻定律得R转动过程中通过导线横截面的电荷量qt，其中Scos60以上各式联立得q(2)转动后，磁感应强度按BB0kt变化，在线框中产生的感应电动势大小ES有效，其中k，S有效cos 60.代入得E由欧姆定律得I，ab边受安培力FBIl，以上各式联立得F(B0kt)答案(1)(2)F(B0kt)1(2017全国卷)(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 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(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(BC)A磁感应强度的大小为0.5 TB导线框运动速度的大小为0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析由题图乙可知，导线框运动的速度大小v m/s0.5 m/s，选项B正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由EBLv，得BT0.2 T，选项A错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，选项C正确；在0.40.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I A2 A，则导线框受到的安培力FBIL0.220.1 N0.04 N，选项D错误2(2017天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(D)Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小解析根据楞次定律，感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断ab中感应电流方向从a到b，选项A错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I恒定不变，选项B错误；安培力FBIL，由于I、L不变，B减小，所以ab所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，选项C错误，D正确3(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音下列说法正确的有(BCD)A选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B取走磁体，电吉他将不能正常工作C增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析由于铜质弦不能被磁化，因此振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，因此电吉他不能正常工作，选项A错误；取走磁体，没有磁场，金属弦不能被磁化，振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，电吉他不能正常工作，选项B正确；增加线圈的匝数，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势会增大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，产生的电流方向不断变化，选项D正确4(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(AB)A若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为，则圆盘转动产生的电动势为EBr 2，可知，转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，选项A正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，选项B正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，选项C错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由PI2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误5如图为无线充电技术中使用的导电线圈示意图，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(C)A恒为B从0均匀变化到C恒为D从0均匀变化到解析根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势Enn，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abn，选项C正确6(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(AB)A增加线圈的匝数B提高交流电源的频率C将金属杯换为瓷杯：D取走线圈中的铁芯解析当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱所以选项A、B正确，C、D错误7(多选)如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，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(BCD)AFM向右 BFN向左CFM逐渐增大 DFN逐渐减小解析电磁感应中，感应电流所受安培力总是阻碍导体棒的运动，且安培力既垂直于导体棒又垂直于磁场，故FM、FN方向均向左，选项A错误，B正确；导体棒在M区运动时，离通电直导线距离逐渐变小，磁场逐渐增强，感应电流及安培力均变大；同理，在N区运动时，远离通电直导线，磁场减弱，感应电流及安培力均变小故选项C、D正确8如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得maFmg，设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0，当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EBlv，联立式可得EBlt0(g)(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I，式中R为电阻的阻值，金属杆所受的安培力为F安BlI，因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得FmgF安0，联立式得R答案(1)Blt0(mg)(2)课时达标第28讲(见课时达标P55)解密考纲考查公式En和EBlv的应用；会判断电动势的方向；理解自感现象、涡流等概念，能分析通电自感和断电自感1(多选)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，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(AC)At1 s时，金属杆中感应电流方向从C到DBt3 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 NDt3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N解析由楞次定律可知，t1 s、t3 s时，金属杆中感应电流方向均从C到D，选项A正确，选项B错误；由法拉第电磁感应定律，得感应电动势ESsin 300.1 V，感应电流I1 A，t1 s时，金属杆受力如图甲所示，由平衡条件，得FPFAsin 30BILsin 30(0.40.21) TILsin 300.1 N，选项C正确；t3 s时，金属杆受力如图乙所示，由平衡条件，得FHFAsin 30B3ILsin 30，而B30.4 T0.23 T0.2 T，方向向左上方，代入解得FH0.1 N，选项D错误2(多选)如图所示，匀强磁场的方向垂直于电路所在平面向里，导体棒ab与电路接触良好当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时，若不计摩擦和导线的电阻，整个过程中，灯泡L未被烧毁，电容器C未被击穿，则该过程中(AB)A感应电动势将变大B灯泡L的亮度变大C电容器C的上极板带负电D电容器两极板间的电场强度将减小解析当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时，由右手定则知，导体棒a端的电势高，电容器C的上极板带正电；由公式EBlv知，感应电动势将变大，导体棒两端的电压变大，灯泡L的亮度变大，由于场强E，电容器两极板间的电场强度将变大综上可知，选项A、B正确，C、D错误3矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则(A)A从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcbaB从0到t1时间内，导线框中电流越来越小C从t1到t2时间内，导线框中电流越来越大D从t1到t2时间内，导线框bc边受到的安培力大小保持不变解析从0到t1时间内，垂直纸面向里的磁感应强度减小，磁通量减小，根据楞次定律可判断，产生顺时针方向的电流，故选项A正确；由ES，I，且磁感应强度均匀减小，为一恒定值，则线框中产生的感应电流大小不变，故选项B、C错误；磁感应强度B均匀变化，由FBILbc知，bc边受到的安培力是变化的，故选项D错误4(多选)如图所示在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd.线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长adl，cd2l.线框导线的总电阻为R.则在线框离开磁场的过程中下列说法中正确的是 (ABD)A流过线框截面的电量为B线框中的电流在ad边产生的热量C线框所受安培力的合力为Dad间的电压为解析线框离开磁场的过程中，感应电动势E2Blv，由电路知识可知ad间的电压为Uad，线框所受安培力的合力为FBI(2l)，产生的总热量QI2Rt，t，Qad，所以Qad，通过的电量q.综上可知，选项A、B、D正确，C错误5一直升飞机停在南半球的地磁极上空，该处地磁场的磁感应强度在竖直方向的分量为B，螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看，螺旋桨按顺时针方向转动螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则(A)AEfl2B，且a点电势低于b点电势BE2fl2B，且a点电势低于b点电势CEfl2B，且a点电势高于b点电势DE2fl2B，且a点电势高于b点电势解析螺旋桨的叶片围绕着O点转动，产生的感应电动势为EBl(l) B(2f)l2fl2B，由右手定则判断出b点电势比a点电势高所以选项A正确6如图所示的电路中，L为自感线圈，其直流电阻与电阻R相等，C为电容器，电源内阻不可忽略当开关S由闭合变为断开瞬间，下列说法正确的是(B)A通过灯A的电流由c到dBA灯突然闪亮一下再熄灭CB灯无电流通过，不可能变亮D电容器立即放电解析S断开瞬间，线圈L与A灯、电阻R形成闭合回路，通过灯A的电流由d到c，故选项A错由于自感提供给A灯的电流开始时大于电源原来提供的电流，故A灯闪亮一下再熄灭，选项B正确S断开瞬间，电源的路端电压增大，将对电容器充电，充电电流通过B灯，可能会使B灯闪亮一下再熄灭，故选项C、D均错7(多选)用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径，如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率 k(k0)，则(BD)A圆环中产生逆时针方向的感应电流B圆环具有扩张的趋势C