第九章电磁感应专题课件

1、第九章电磁感应考纲点击备考指南1.电磁感应现象1.熟练应用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向2.法拉第电磁感应定律的应用、导体切割磁感线产生感应电动势的计算是高考热点，常以综合性大题出现，并结合电路、力学、能量守恒等知识3.电磁感应的图象问题高考频率很高，考查It图象，Et图象，有时将图象问题推广到Ft图象，能量转化图象等.2.法拉第电磁感应定律3.楞次定律4.自感、涡流第1讲电磁感应现象楞次定律知识一电磁感应现象1电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象2产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割

2、磁感线运动穿过电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电动势如果电路闭合，则有感应电流；如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流知识二感应电流方向的判断1楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化(2)适用范围：一切电磁感应现象2右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流(1)感应电流的磁场一定和引起感应电流的磁场方向相反()(2)感应电流并不能“阻止”磁通量的变化()1如图所示，能产生感应电流的是

3、()【解析】A图中线圈没闭合，无感应电流；B图中磁通量增大，有感应电流；C图中导线在圆环的正上方，不论电流如何变化，穿过线圈的磁通量恒为零，无感应电流；D图中的磁通量恒定，无感应电流故选B.2. 如图911所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流(自左向右看)()A沿顺时针方向B先沿顺时针方向后沿逆时针方向C沿逆时针方向D先沿逆时针方向后沿顺时针方向【解析】条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，向右的磁通量一直增加，根据楞次定律，环中的感应电流(自左向右看)为逆时针方向，C对4(多选)(2013新课标全国卷)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了

4、重要的作用下列叙述符合史实的是()A奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，说明电和磁之间存在联系，选项A正确；安培总结了电流周围磁场方向的规律，根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项B正确；法拉第在实验中观察到，在通有变化电流的静止导线附近的固定

5、导线圈中，会出现感应电流，选项C错误；楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确【答案】ABD5(2011上海高考)如图913，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a()图913A顺时针加速旋转B顺时针减速旋转C逆时针加速旋转 D逆时针减速旋转【解析】由楞次定律知，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向

6、里，故选B.一、磁通量的物理意义1磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数2同一平面内，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零二、磁通量发生变化的三种常见情况1磁场强弱不变，回路面积改变2回路面积不变，磁场强弱改变3回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变三、判断流程1确定研究的闭合回路2弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量.3. 图914如图914所示，闭合圆导线线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径试分析线圈做如下运动时，能产

7、生感应电流的是()A使线圈在纸面内平动 B使线圈以ac为轴转动C使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动 D使线圈以bd为轴转动【解析】使线圈在纸面内平动、沿垂直纸面方向向纸外平动或以ac为轴转动，线圈中的磁通量始终为零，不变化，无感应电流产生；以bd为轴转动时，线圈中的磁通量不断变化，能产生感应电流所以D选项正确现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图915所示连接下列说法中正确的是()图915A电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央

8、零刻度D电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转【审题指导】能够引起线圈B中磁通量发生变化的因素有三点：(1)电键的闭合和断开(2)电键闭合后，线圈A插入或拔出(3)电键闭合后，滑片P左、右滑动【解析】电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误【答案】A考点二 74楞次定律的理解

9、和应用一、楞次定律中“阻碍”的含义1谁阻碍谁感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的变化2阻碍什么阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身3如何阻碍当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”4阻碍效果阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行二、楞次定律的使用步骤1个示范例(2012上海高考)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图916所示已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转图916(1)将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转俯视线圈，其

10、绕向为_(填“顺时针”或“逆时针”)(2)当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转俯视线圈，其绕向为_(填“顺时针”或“逆时针”)【审题指导】(1)由磁铁运动的方向确定磁通量的变化情况，由楞次定律确定线圈的N极、S极(2)由指针偏转的方向确定电流方向由安培定则确定线圈导线的绕向【解析】(1)将磁针N极向下插入L时，根据楞次定律L的上方应为N极由电流计指针向左偏转，可确定L中电流由b端流入，根据安培定则，俯视线圈，电流为逆时针，线圈绕向为顺时针(2)将磁针远离L，由楞次定律，线圈L上方仍为N极，由于此时电流计指针向右偏转，可确定L中电流由a端流入根据安培定则，俯视线圈，电流为逆时针，线

11、圈绕向也为逆时针 楞次定律的推广推广表述：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因其具体方式为：(1)阻碍原磁通量的变化“增反减同”(2)阻碍相对运动“来拒去留”(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”(4)阻碍原电流的变化(自感现象)“增反减同”(多选)如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是()【解析】先根据楞次定律“来拒去留”判断线圈的N极和S极A中线圈上端为N极，B中线圈上端为N极，C中线圈

12、上端为S极，D中线圈上端为S极，再根据安培定则确定感应电流的方向，A、B错误，C、D正确【答案】CD考点三 75一个定律、三个定则的综合应用一、规律比较基本现象应用的规律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流的作用左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律二、四种记忆方法1“因动而电”用右手；“因电而动”用左手2“通电受力用左手，运动生电用右手”3“力”的最后一笔“”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“”方向向右，用右手4直接记住“左力右感”图917(2014青岛二中模拟)如图917所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管

13、b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下面说法中正确的是()A穿过线圈a的磁通量变大B线圈a有收缩的趋势C线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流D线圈a对水平桌面的压力FN将增大【解析】P向上滑动，回路电阻增大，电流减小，磁场减弱，穿过线圈a的磁通量变小，根据楞次定律，a环面积应增大，A、B错；由于a环中磁通量减小，根据楞次定律知a环中感应电流应为俯视顺时针方向，C对；由于a环中磁通量减小，根据楞次定律，a环有阻碍磁通量减小的趋势，可知a环对水平桌面的压力FN减小，D错【答案】C如图918所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在

14、导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中()图918A有感应电流，且B被A吸引 B无感应电流C可能有，也可能没有感应电流 D有感应电流，且B被A排斥【审题指导】(1)导线MN切割磁感线运动时，应用右手定则来判断感应电流的方向(2)结合导线MN的运动情况判断电磁铁A的磁场变化及通过金属环B的磁通量的变化情况(3)利用楞次定律判断金属环B中电流方向及磁场方向，从而确定B的受力情况【解析】MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从NM，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的左端为N极，且磁场强度逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的内部磁场方向向右，B被A排斥故D正

15、确楞次定律的推广应用逆向思维法一、方法概述逆向思维法是指从事物正向发展的目标、规律的相反方向出发，运用对立的、颠倒的思维方式去思考问题的一种方法二、常见类型1运动形式的可逆性，如将匀减速运动看作反向的匀加速运动2运用“执果索因”进行逆向思考，如通过感应电流产生的效果来推导产生的原因、感应电流的方向等三、解题思路1分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解决2确定逆向思维问题的类型3通过转换研究对象或“执果索因”等逆向思维的方法确定求解思路图9110(多选)如图9110所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过

16、时，线圈始终保持不动则关于线圈在此过程中受到的支持力FN和摩擦力Ff的情况，以下判断正确的是()AFN先大于mg，后小于mg BFN一直大于mgCFf先向左，后向右 DFf一直向左【解析】条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈中磁通量先增大后减小，由楞次定律中“来拒去留”关系可知A、D正确，B、C错误电磁感应现象和产生感应电流的条件1. 图9111图9112如图9111所示，开始时矩形线圈平面与匀强磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要线圈产生感应电流，下列方法中不可行的是()A将线圈向左平移一小段距离B将线圈向上平移C以ab为轴转动(小于90)D以

17、ac为轴转动(小于60)【解析】当线圈向左平移一小段距离时，穿过闭合电路abdc的磁通量变化(减小)，有感应电流产生，A正确；将线圈向上平移时，穿过闭合电路的磁通量不变，无感应电流，B错误；以ab为轴转动小于90和以ac为轴转动小于60时，穿过闭合电路的磁通量都是从最大逐渐减小，故有感应电流，C、D正确2.(2014昆明二中检测)在图9112所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是()Aa、b两个环Bb、c两个环Ca、c两个环 Da、b、c三个环【解

18、析】当滑片左右滑动时，通过a、b的磁通量变化，而通过c环的合磁通量始终为零，故a、b两环中产生感应电流，而c环中不产生感应电流，故A对楞次定律和右手定则3. (多选)(2014北京西城区模拟)在北半球，地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下北京长安大街上，如图9113所示，某人骑车从东往西行驶，则下列说法正确的是()A自行车左车把的电势比右车把的电势高B自行车左车把的电势比右车把的电势低C图中辐条AB此时A端比B端的电势高D图中辐条AB此时A端比B端的电势低【解析】从东往西，车把切割地磁场的竖直分量，由右手定则知左车把电势高，而辐条切割水平分量，B端电势高，即A、D正确4.图9114(多选

19、)如图9114所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于平板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度)当磁铁匀速向右通过线圈正下方时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是()A摩擦力方向一直向左 B摩擦力方向先向左、后向右C感应电流的方向顺时针逆时针顺时针D感应电流的方向顺时针逆时针【解析】穿过线圈的磁通量先向上方向增加，后减少，当线圈处在磁铁中间时，磁通量先向下方向增加，后减少，所以感应电流的方向顺时针逆时针顺时针，故C正确，D错误；根据楞次定律可以判断：磁铁向右移动过程中，磁铁对线圈有向右的安培力作用，所以摩擦力方向向左，

20、故A正确，B错误【答案】AC楞次定律和左手定则的综合应用5.图9115如图9115所示，闭合的矩形金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，现在金属框固定不动而磁场运动，发现ab边所受安培力的方向为竖直向上，则此时磁场的运动方向可能是()A水平向右平动 B水平向左平动C竖直向上平动 D竖直向下平动【解析】ab边受到的力向上，由左手定则可知，ab上电流的方向由ba，由楞次定律可得，线框内的磁通量在增加，磁场向右运动，A项正确，B项错误；当磁场上下运动时，线框内的磁通量不变化，不产生感应电流，C、D项错误【答案】A第2讲法拉第电磁感应定律、自感现象1感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势(2

21、)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：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：En，其中n为线圈匝数(1)线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大()(2)线圈处在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电势一定越大()(3)线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势越大()知识二导体切割磁感线时的感应电动势导体棒切割磁感线时，可有以下三种情况：切割方式电动势表达式说明垂直切割EBlv导体棒与磁场方向垂直磁场为匀强磁场倾斜切割EBlvsin_其中为v与B的夹角

22、旋转切割(以一端为轴)EBl2公式EBlv的适用条件：(1)B为匀强磁场磁感应强度，B、l、v两两互相垂直(2)l为导体切割磁感线的有效长度知识三自感和涡流1自感现象：由于通过导体自身的电流发生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：EL.(3)自感系数L 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单位：亨利(H)，1 mH103 H,1 H106 H.3涡流：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水的旋涡一样的感应电流如图所示的电路中L为自感系数很大而电阻很小的线圈，S闭合时小灯泡A发光，当S突然断开时，小灯泡的亮

23、度怎样变化？提示小灯泡先闪亮一下，然后逐渐熄灭1下列各种导体切割磁感线的情况中产生的感应电动势最大的是()【解析】利用公式EBLv计算感应电动势的大小时，B与v垂直，B与L垂直，L为导体与B和v垂直的有效长度，显然，C项中导体的有效长度最长，产生的感应电动势最大【答案】C2.图921水平放置的金属框架cdef处于如图921所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则()Aab中电流增大，ab棒所受摩擦力增大Bab中电流不变，ab棒所受摩擦力不变Cab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大Dab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变【解

24、析】由法拉第电磁感应定律ES知，磁感应强度均匀增大，则ab中感应电动势和电流不变，由FfF安BIL知摩擦力增大，选项C正确3(多选)如图922(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922A在电路(a)中，断开S后，A将逐渐变暗B在电路(a)中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗C在电路(b)中，断开S后，A将逐渐变暗D在电路(b)中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗【解析】(a)电路中，灯A和线圈L串联，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，通过R、A形成回路，A将逐渐变暗(b

25、)电路中电阻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，电源不给灯A供电，而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，通过A、R形成回路，灯A中电流比原来大，变得更亮，然后逐渐变暗所以选项A、D正确图9234(2013北京高考)如图923，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向右匀速运动，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()Aca；21Bac；21Cac；12 Dca；12【解析】根据右手定则可知导体棒中感应电流的

26、方向由NM，所以电阻R中的电流方向是ac，由EBLv，磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则感应电动势也变为原来的2倍，故C正确，A、B、D错误5(2010江苏高考)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.B1C2D4【解析】设原磁感应强度是B，线框面积是S.第1 s内12BSBSBS，第2 s内22B2BSBS.因为En，所以两次电动势大小相等，B正确考点一 76法拉第电磁感应定律

27、的理解和应用一、决定感应电动势大小的因素感应电动势E的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率和线圈的匝数n.而与磁通量的大小、磁通量变化量的大小无必然联系二、磁通量变化通常有两种方式1磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时EnB.2垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时EnS，其中是Bt图象的斜率如图924甲所示，一个电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45角，O、O分别是ab边和cd边的中点现将线框右半边ObcO绕OO逆时针旋转90到图乙所示位置，在这一过程中，导线中通过的电荷量是()甲乙92

28、4A.B.C. D0【解析】线框的右半边(ObcO)未旋转时，整个回路的磁通量1BSsin 45BS；线框的右半边(ObcO)旋转90后，穿进跟穿出的磁通量相等，如图(2)所示，整个回路的磁通量20，所以21BS.根据公式得q，A正确(1)(2)有一面积为S100 cm2的金属环如图925甲所示，电阻为R0.1 ，环中磁场变化规律如图925乙所示，且磁场方向垂直环面向里，在t1到t2时间内，环中感应电流的方向如何？通过金属环的电荷量为多少？甲乙图925【审题指导】(1)由Bt图象可知，磁感应强度变大磁通量增加，根据楞次定律可确定感应电流方向(2)通过金属环的电荷量由磁通量的变化量决定【解析】由

29、楞次定律，可以判断出金属环中感应电流的方向为逆时针方向由图乙可知：磁感应强度的变化率金属环中的磁通量的变化率SS 环中形成的感应电流I通过金属环的电荷量QIt 由式解得Q C0.01 C电磁感应电路中的电荷量应用公式Q计算，其中N为线圈匝数，R为电路中总电阻考点二 77导体切割磁感线产生感应电动势的计算一、导体平动切割磁感线对于导体平动切割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正交性本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，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EBlvsin ，为B与v方向间的夹角2平均性导体平

30、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926中有效长度分别为：甲乙丙图926甲图：lcdsin (容易错算成labsin ) 乙图：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，lR；沿v2方向运动时，l0；沿v3方向运动时，lR.5相对性EBlv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二、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

31、927所示(多选)图927图928(2012四川高考)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928所示则()A0时，杆产生的电动势为2Bav B时，杆产生的电动势为BavC0时，杆受的安培力大小为 D时，杆受的安培力大小为【审题指导】(1)右端开有小口，使得闭合回路大大简化(2)角的大小决定了导体切割磁感线的有效长度【解析】当0时，杆切割磁感线的有效长度l12a，所以杆产生

32、的电动势E1Bl1v2Bav，选项A正确；此时杆上的电流I1，杆受的安培力大小F1BI1l1，选项C错误当时，杆切割磁感线的有效长度l22acos a，杆产生的电动势E2Bl2vBav，选项B错误；此时杆上的电流I2，杆受的安培力大小F2BI2l2，选项D正确图929(多选)(2013银川模拟)在北半球海洋某处，地磁场的水平分量B10.8104T，竖直分量B20.5104T，海水向北流动海洋工作者测量海水的流速时，将两极板竖直插入此处海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距L20 m，如图929所示，与两极板相连的电压表(可看做理想电压表)示数为U0.2 mV.则()A西侧极板电势高

33、，东侧极板电势低 B西侧极板电势低，东侧极板电势高C海水的流速大小为0.125 m/s D海水的流速大小为0.2 m/s【解析】由于海水向北流动，海水切割地磁场的竖直分量，由地磁场的分布特点可知北半球地磁场的竖直分量方向向下，由右手定则可得A正确，B错误；由法拉第电磁感应定律得EB2Lv0.2 mV，代入数据得v0.2 m/s，C错误，D正确【答案】AD考点三 78自感现象的应用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，RRL，L较大L很大(有铁芯)RLRA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

34、(2014江苏四市调研)如图9210所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时() AA灯中无电流通过，不可能变亮BA灯中有电流通过，方向由a到bCB灯逐渐熄灭，c点电势高于d点电势DB灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势【解析】当开关S由断开变为闭合时，电感线圈L中产生从c到d的感应电动势，B灯逐渐熄灭，把L看做一个电源的话，c点电势低于d点电势，选项D正确，而C错误；电容器C短路放电，A灯中有电流通过，方向由b到a，选项A、B均错误电磁感应现象中电荷量和热量的计算一、电荷量的计算1思考方向：根据法拉第电磁感应定律En确定平均感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电流的定义式I计

35、算电荷量2公式推导过程回路中平均感应电动势nqIt二、焦耳热的计算求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路：1.应用焦耳定律：QI2Rt2.焦耳热等于克服安培力做的功：QW安3.根据功能关系来求解焦耳热.【规范解答】(1)设棒匀加速运动的时间为t，回路的磁通量变化量为，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得 其中Blx设回路中的平均电流为，由闭合电路欧姆定律得 则通过电阻R的电荷量为qt联立式，代入数据得q4.5 C(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v22ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得W0mv2 撤去外力后回路

36、中产生的焦耳热Q2W联立式，代入数据得Q21.8 J(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221，可得Q13.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WFQ1Q2 由式得WF5.4 J如图9212甲所示，垂直于水平桌面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B0.8 T，宽度L2.5 m光滑金属导轨OM、ON固定在桌面上，O点位于磁场的左边界，且OM、ON与磁场左边界均成45角金属棒ab放在导轨上，且与磁场的右边界重合t0时，ab在水平向左的外力F作用下匀速通过磁场，测得回路中的感应电流随时间变化的图象如图乙所示已知OM、ON接触点的电阻为R，其余电阻不计甲乙图9212(1)利用图象

37、求出这个过程中通过ab棒截面的电荷量及电阻R；(2)写出水平力F随时间变化的表达式【解析】(1)根据qt，由it图象得：q2.05 C5 C 又其中1.0 A，t5 s，得R1 (2)由图象知，感应电流i(20.4t) A 棒的速度v m/s0.5 m/s有效长度l2(Lvt)tan 45(5t) m 棒在力F和安培力FA作用下匀速运动，有FBil0.8(20.4t)(5t)N2(20.4t)2 N.理解法拉第电磁感应定律1(多选)关于感应电动势，下列说法正确的是()A穿过回路的磁通量越大，回路中的感应电动势就越大B穿过回路的磁通量变化量越大，回路中的感应电动势就越大C穿过回路的磁通量变化率越

38、大，回路中的感应电动势就越大D单位时间内穿过回路的磁通量变化量越大，回路中的感应电动势就越大【解析】根据法拉第电磁感应定律，En.由此可确定A、B错误，C、D正确用电磁感应定律计算感应电动势2.图9213(2014青岛模拟)如图9213所示，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组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 VB

39、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 VC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 VD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【解析】铁芯内的磁通量情况是相同的，金属环的有效面积即铁芯的横截面积根据电磁感应定律En10.20.01 V2103 V又根据楞次定律，金属环中电流方向为逆时针方向，即C正确导体切割磁感线产生感应电动势的计算3(多选)(2014武汉二中模拟)光滑金属导轨宽L0.4 m，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图9214甲所示磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图9214乙所示金属棒ab的电阻为

40、1 ，自t0时刻起从导轨最左端以v2 m/s的速度向右匀速运动，则()甲乙图9214A1 s末回路中电动势为0.8 V B1 s末ab棒所受磁场力为0.64 NC1 s末回路中电动势为1.6 V D1 s末ab棒所受磁场力为1.28 N【解析】1 s末磁场的磁感应强度大小为B2 T，回路中电动势为EBLv1.6 V，则C对；回路中的电流为I1.6 A，杆受的安培力大小为FBIL1.28 N，D对自感现象的理解和应用4.图9215(多选)如图9215所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈()A电键S闭合瞬间，A、B同时发光，随后A灯变暗直至熄灭，B灯变亮

41、B电键S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮C断开电键S的瞬间，A、B灯同时熄灭D断开电键S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭【解析】因线圈的自感系数很大，电阻可忽略，故闭合电键瞬间，线圈对电流的阻碍作用极大，相当于断路，故A、B同时发光，且亮度相同，当稳定后，线圈相当于导线，A灯短路，B灯电压为电源电压，亮度比闭合瞬间更亮断开电键瞬间，B灯立即熄灭，而线圈中的电流不会立即消失，线圈相当于一个电源使A灯中会有一短暂电流，从而使A灯会亮一下再熄灭【答案】AD法拉第电磁感应定律的综合应用5如图9216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

42、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的物体，不计一切摩擦，现使磁场以0.2 T/s的变化率均匀地增大求：图9216(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(g10 m/s2)【解析】(1)由楞次定律可以判断，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：ES0.08 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mgF安BIL1 其中BB0t I 解得t5 s.加强一讲电磁感应规律的综合应用考

43、点一 79电磁感应中的电路问题一、内电路和外电路1切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源2该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路二、解答电磁感应电路问题的三个步骤1确定电源：利用En或EBlvsin 求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向如果在一个电路中切割磁感线的部分有多个并相互联系，可等效成电源的串、并联2分析电路结构：分析内、外电路及外电路的串并联关系，画出等效电路图3利用电路规律求解：主要应用欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解如图931(a)所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L0.3 m导轨左端连接R0.6 的电阻，区

44、域abcd内存在垂直于导轨平面的匀强磁场B0.6 T，磁场区域宽D0.2 m细金属棒A1和A2用长为2D0.4 m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r0.3 .导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度v1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A1进入磁场(t0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图931(b)中画出图931【审题指导】(1)细金属棒A1、A2先后切割磁感线，切割磁感线的金属棒为电源，另一金属棒与R并联(2)注意分析和计算有电流和无电流对应的时间【解析】t10.2 s在0t1时间内，A1产生的感应电动势E1BLv

45、0.18 V.其等效电路如图甲所示甲乙由图甲知，电路的总电阻R0r0.5 总电流为I0.36 A通过R的电流为IR0.12 A从A1离开磁场(t10.2 s)至A2刚好进入磁场t2的时间内，回路无电流，IR0，从A2进入磁场(t20.4 s)至离开磁场t30.6 s的时间内，A2上的感应电动势为E20.18 V，其等效电路如图乙所示由图乙知，电路总电阻R00.5 ，总电流I0.36 A，流过R的电流IR0.12 A，综合以上计算结果，绘制通过R的电流与时间关系图线如图所示如图932所示，均匀导线制成的半径为R的圆环以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当圆环运动到图示位置(aOb90

46、)时，a、b两点的电势差为()图932A.BRvB.BRvC.BRv D.BRv【解析】圆环运动到图示位置时，切割磁感线的有效长度为2Rsin 45R，圆环中感应电动势EBLvBRv，UabEBRv，故D正确电磁感应电路问题的分析方法(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向，从而确定电源正负极，明确内阻r.(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路(3)根据EBlv或En结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解考点二 80电磁感应现象中的图象问题一、题型特点一般可把图象问题分为

47、三类：1由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象2由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量3根据图象定量计算二、解题关键弄清初始条件、正负方向的对应、变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点是解决问题的关键图933(2012新课标全国高考)如图933，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行已知在t0到tt1的时间间隔内，长直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()【解析】因通电导线周围的磁

48、场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等、方向相反，所以受到的安培力方向相反，导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力，所以合力与左边导线框受力的方向相同因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，导线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，选项B、C、D错误【答案】A (2013新课标全国卷)如图934，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t

49、0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图象中，可能正确描述上述过程的是()【审题指导】(1)线框进入磁场时和离开磁场时，安培力为变力，线框做加速度逐渐减小的减速运动(2)线框完全进入磁场时，不受安培力作用，故匀速运动【解析】导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由EBLv、I及FBILma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框

50、做匀速直线运动，故选项D正确电磁感应图象问题的一般解题步骤(1)明确图象的种类，即是Bt图还是t图，或者还是Et图、It图等(2)分析电磁感应的具体过程，判断对应的图象是否分段，共分几段(3)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数关系式(5)根据函数关系式，进行数学分析(6)画图象或判断图象考点三 81电磁感应中的能量转化问题分析一、电磁感应中的能量转化特点外力克服安培力做功，把机械能或其他能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其他形式的能(如内能)这一功能转化途径可表示为：二、电磁感应现象中能量的三种计算方法1利用克服

51、安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功2利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能3利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算图936图935(2013天津高考)如图935所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，把它置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()AQ1Q2，q1q2BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2 DQ1Q2，q1q2【解析】根据法拉第电磁感应定律EBlv、欧姆定律I和焦耳定律QI2Rt，得线圈进入磁场产生的热量Q，因为lablbc，所以Q1Q2.根据，及qt得q，故q1q2.选项A正确，选项B、C、D错误【答案】A(1)在利用能量的转化和守恒分析电磁感应问题时，除准确把握参与转化的能量形式和种类外，还要确定哪种能量增加，哪种能量减少(2)克服安培力做功消耗的能量和电路中产生的焦耳热需要的能量在列式时不能重复计算如图936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