第2课时 法拉第电磁感应定律、自感
考纲解读 1.能应用法拉第电磁感应定律、公式E＝Blv计算感应电动势.2.理解自感、涡流的产生，并能分析实际应用．
1． [对自感的考查]如图1(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1
A．在电路(a)中，断开S，A将渐渐变暗
B．在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路(b)中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路(b)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
答案 AD
解析 在电路(a)中，灯A和线圈L串联，它们的电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，但流过灯A的电流仍逐渐减小，从而灯A只能渐渐变暗．在电路(b)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，电源不再给灯供电，而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流突然变大，灯A变得更亮，然后渐渐变暗，故A、D正确．
3． [对法拉第电磁感应定律应用的考查]如图2所示，长为L的金属导线弯
成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋Kt(K>0)随时间变化，t＝0时，P、Q两极板电势相等．两极板间的距离远小于环的半径，则经时间t电容器P板 ( ) 图2
A．不带电
B．所带电荷量与t成正比
C．带正电，电荷量是
D．带负电，电荷量是
答案 D
解析 磁感应强度以B＝B0＋Kt(K>0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得E＝＝S＝KS，而S＝，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝；由楞次定律知电容器P板带负电，故D选项正确．
3． [对公式E＝Blv的考查]2012年11月24日，中国的歼－15战机成功在“辽宁号”航母上起降，使中国真正拥有了自己的航母．由于地磁场的存在，飞机在一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差．则从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势 ( )
A．低 B．高
C．相等 D．以上情况都有可能
答案 B
解析 北半球的地磁场的竖直分量向下，由右手定则可判定飞机无论向哪个方向飞行，由飞行员的角度看均为左侧机翼电势较高．
考点梳理
一、法拉第电磁感应定律
1． 感应电动势
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．
(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝.
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.
3． 导体切割磁感线的情形
(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.
(3)导体棒在磁场中转动
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E＝Bl＝Bl2ω(平均速度等于中点位置线速度lω)．
二、自感
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自感电动势．
2. 表达式：E＝L.
3. 自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
4．[“极端法”的应用]如图3所示，线圈A、B是由不同材料制成的导体
线圈，它们的质量一样大，形状一样，设磁场足够大，下列说法正确的是 ( )
A．电阻大的线圈达到稳定速度时的速度大
B．电阻小的线圈达到稳定速度时的速度大 图3
C．两线圈的稳定速度是一样的
D．电阻率大的材料制成的线圈，稳定速度大
答案 A
解析 以极端情况分析，若线圈电阻非常大，以至于无穷大时，线圈中电流趋近于零，线圈做自由落体运动，速度将不断增大，所以可推知电阻大的线圈稳定运动时的速度大，A正确．
5． [用结论“q＝n”解题]如图4所示，正方形线圈abcd位于纸面
内，边长为L，匝数为N，线圈内接有电阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈转过90°时，通过电阻R的电荷量为 ( ) 图4
A. B.
C. D.
答案 B
解析 初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q＝N可得通过电阻R的电荷量为.
方法提炼
1． “极端法”分析电磁感应问题
将题中某些物理量推到极限状态或极值条件下分析研究，会使问题变得容易解决．
2．感应电荷量的求法：q＝.
考点一 法拉第电磁感应定律的应用
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和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(2)当ΔΦ仅由B引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝n.
2． 磁通量的变化率是Φ－t图象上某点切线的斜率．
例1 如图6(a)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(b)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：
(a) (b)
图6
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．
审题指导 1.用公式E＝n·S求解时，S应为线圈在磁场范围内的有效面积，应为B－t图象斜率的大小．
2． 产生感应电动势的线圈相当于电源，R1为外电阻．
解析 (1)穿过闭合线圈的磁场的面积为S＝πr
由题图(b)可知，磁感应强度B的变化率的大小为
＝
根据法拉第电磁感应定律得：E＝n＝nS＝
由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为：
I＝＝
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
q＝It1＝
电阻R1上产生的热量为Q＝I2R1t1＝
答案 (1) 方向从b到a
(2)
1.应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤
(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；
(2)利用楞次定律确定感应电流的方向；
(3)灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解．
2．几点注意
(1)公式E＝n是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择．
(2)用公式E＝nS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、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关．推导如下：q＝Δt＝·Δt＝.
突破训练1 如图7甲所示，边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框静置于光滑水平面上，处于与水平面垂直的匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．求：
甲 乙
图7
(1)在t＝0到t＝t0时间内，通过导线框的感应电流大小；
(2)在t＝时刻，ab边所受磁场作用力大小；
(3)在t＝0到t＝t0时间内，导线框中电流做的功．
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)由法拉第电磁感应定律得，导线框的感应电动势
E＝＝
通过导线框的感应电流大小：I＝＝
(2)t＝时刻，ab边所受磁场作用力大小：F＝BIL
F＝
(3)在t＝0到t＝t0时间内，导线框中电流做的功：W＝I2Rt0＝.
考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算
1． 公式E＝Blv的使用条件
(1)匀强磁场．
(2)B、l、v三者相互垂直．
(3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ求解，θ为B与v方向间的夹角．
2． “瞬时性”的理解
若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势．
若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即E＝Bl.
3． 切割的“有效长度”
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8中有效长度分别为：
图8
甲图：l＝sin β；
乙图：沿v1方向运动时，l＝；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.
4． “相对性”的理解
E＝Blv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．
例2 如图9甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L＝2.0 m，R是连在导轨一端的电阻，质量m＝1.0 kg的导体棒ab垂直跨在导轨上，电压传感器与这部分装置相连．导轨所在空间有一磁感应强度B＝0.50 T、方向竖直向下的匀强磁场．从t＝0开始对导体棒ab施加一个水平向左的拉力，使其由静止开始沿导轨向左运动，电压传感器测出R两端的电压随时间变化的图线如图乙所示，其中OA、BC段是直线，AB段是曲线．假设在1.2 s以后拉力的功率P＝4.5 W保持不变．导轨和导体棒ab的电阻均可忽略不计，导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好．不计电压传感器对电路的影响．g取10 m/s2.求：
图9
(1)导体棒ab最大速度vm的大小；
(2)在1.2 s～2.4 s的时间内，该装置总共产生的热量Q；
(3)导体棒ab与导轨间的动摩擦因数μ和电阻R的值．
审题指导 1.R两端的电压和导体棒中产生的电动势有什么关系？
2．在1.2 s～2.4 s的时间内，能量是如何转化的？
3．0～1.2 s和2.4 s后导体棒分别做什么运动？受力情况如何？
解析 (1)从题图乙可知，2.4 s时R两端的电压最大，Um＝1.0 V，由于导体棒内阻不计，故Um＝Em＝BLvm＝1.0 V，
所以vm＝＝1.0 m/s①
(2)因为U＝E＝BLv，而B、L为常数，所以由题图乙知，在0～1.2 s内导体棒做匀加速直线运动．设导体棒在这段时间内的加速度为a，t1＝1.2 s时导体棒的速度为v1，由题图乙可知此时电压U1＝0.90 V.
因为U1＝E1＝BLv1②
所以v1＝＝0.90 m/s
在1.2 s～2.4 s时间内，根据功能关系
mv＋P·Δt＝mv＋Q③
代入数据解得Q≈5.3 J
(3)导体棒做匀加速运动的加速度
a＝＝0.75 m/s2
当t1＝1.2 s时，设拉力为F1，则有F1＝＝5.0 N
同理，当t2＝2.4 s时，设拉力为F2，则有F2＝＝4.5 N
对ab棒受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有
F1－Ff－F安1＝ma ④
F2－Ff－F安2＝0 ⑤
mg－FN＝0 ⑥
又因为F安1＝BI1L＝ ⑦
F安2＝BI2L＝ ⑧
Ff＝μFN ⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨，代入数据可求得
R＝0.4 Ω，μ＝0.2
答案 (1)1.0 m/s (2)5.3 J (3)0.2 0.4 Ω
1.公式E＝Blvsin θ求的是瞬时感应电动势，E 与某个时刻或某个位置相对应．切割磁感线的那部分导体就相当于电源．
2．本题中U－t图象实际上可以转化为v－t图象(U＝E＝Blv)，因此，此运动类似于机车启动模型．
3．以图象形式给出题目已知条件的，要竭力挖掘图象中的隐含信息．
突破训练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10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，则：
(1)在5 s内平均感应电动势是多少？ 图10
(2)第5 s末，回路中的电流多大？
(3)第5 s末，作用在cd杆上的水平外力多大？
答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
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
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．
线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐变小．
2． 自感现象的四大特点
(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．
例3 如图11所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻
不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是 ( ) 图11
解析 当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知选项A、C正确．
答案 AC
在分析自感现象问题时，应注意电路的结构，弄 清楚自感线圈L与
用电器的串、并联关系，明确原电流的方向，再判断自感电流的方向及大
小变化．同时注意，L的自身电阻是不是能忽略不计．在断开开关时，还要看
线圈和用电器能否形成回路．
突破训练3 在如图12所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是 ( )
图12
答案 B
解析 闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流均为I，说明RL＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍流过L1的电流i1增大，直至达到电流I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流I，故C、D错误．
41．应用法拉第电磁感应定律答题的规范
在阅卷过程中，我们看到学生计算题的答题卷面，有时不是因为物理知识不够扣分，而是因为答题不规范而扣分，很是可惜．下面谈一下规范答题的几大要素．
1． 文字说明
(1)研究对象个体或系统、过程或状态．
(2)所列方程的依据名称．
(3)题目中的隐含条件、临界条件．
(4)非题设字母，说明符号的物理意义．字母符号书写、使用要规范，题目给了符号最好不要再另设符号．尊重课本常用符号．
(5)规定的正方向、零势点(面)及所建立的坐标系．
(6)结果的物理意义，给出明确答案．
2． 必要方程
(1)写出符合题意的原始方程，不能写变形式，如：要写成“”，不要写成“F＝”．
(2)要用字母表述方程，不要写代入数据的方程，方程中等号两边虽然含有相同的物理量字母，也不能相“约”，如“mgh＝mv2”．
(3)要用原始方程组联立求解，不要用连等式，不要在等式中不断的“续”进一些内容．
(4)方程式有多个时，应分步列，并对各方程式编号，不要合写一式，以免一错全错．
3． 数字运用
(1)几何关系只说结果，不必证明．
(2)数字相乘，要用“×”，不用“·”．
(3)卷面上不能打“/”相约．
4． 答题模板
解 设……(未知量)为……
对……过程由……规律得：
……(具体问题的原始方程)
在……位置由……公式得：
……(具体问题的原始方程)
联立以上各式(或联立①②式)得：
……(由已知量符号表示)
＝……＝“结果”(代入数据得结果，并注意待求量的数值及单位)
解析 (1)金属棒达到最大速度时产生的电动势E＝B0Lvm(1分)
回路中产生的感应电流I＝(1分)
金属棒所受安培力F＝B0IL(1分)
金属棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则
mgsin θ－F－μmgcos θ＝0(2分)
解得vm＝2 m/s(1分)
(2)设电阻R上产生的焦耳热为Q，整个电路产生的焦耳热为Q总，则由动能定理，得
mgssin θ－μmgscos θ－W安＝mv(3分)
W安＝Q总(1分)
Q＝Q总(1分)
解得Q＝0.16 J．(1分)
(3)不产生感应电流，即磁通量不变，金属棒不受安培力作用，金属棒做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma(2分)
得a＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2
＝2 m/s2(1分)
根据闭合回路磁通量不变有
B0Ls＝BL(s＋vmt＋at2)(3分)
得B＝(1分)
所以，当t＝1 s时，B＝0.5 T．(1分)
答案 (1)2 m/s (2)0.16 J (3)0.5 T
高考题组
1． (2012·课标全国·19)如图14，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径
构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半 圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕 图14
过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝＝＝＝＝.当线框不动，磁感应强度变化时，I2＝＝＝＝，因I1＝I2，可得＝，C选项正确．
2． (2012·四川理综·20)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θ确定，如图15所示．则 ( )
A．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Bav 图15
B．θ＝时，直杆产生的电动势为Bav
C．θ＝0时，直杆受的安培力大小为
D．θ＝时，直杆受的安培力大小为
答案 AD
解析 当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l1＝2a，所以直杆产生的电动势E1＝Bl1v＝2Bav，选项A正确．此时直杆上的电流I1＝＝，直杆受到的安培力大小F1＝BI1l1＝，选项C错误．当θ＝时，直杆切割磁感线的有效长度l2＝
2acos ＝a，直杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误．此时直杆上的电流I2＝＝，直杆受到的安培力大小F2＝BI2l2＝，选项D正确．
3． (2011·北京理综·19)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图16所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是 ( )
图16
A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大
答案 C
解析 由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流．由题图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错误；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B错误，C正确；自感系数越大，则产生的自感电流越大，灯泡更亮，故D错误．
4． (2011·广东理综·15)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是 ( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
答案 C
解析 由法拉第电磁感应定律E＝n可知感应电动势的大小E与n有关，与即磁通量变化的快慢成正比，所以A、B错误，C正确．由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，即原磁通量增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；原磁通量减小，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故D错误．
模拟题组
5. 如图17所示的金属圆环放在有界匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉
出来，下列说法正确的是 ( )
A．向左拉出和向右拉出过程中，其感应电流方向相反
B．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是顺时针的 图17
C．不管从什么方向拉出，环中的磁通量的变化量都相同
D．在匀速拉出过程中，感应电流大小不变
答案 BC
解析 无论是向左拉出或向右拉出磁场区域，圆环中的磁通量都减少，由楞次定律可判出环中的感应电流方向应是顺时针的，B、C项正确，A项错误；由E＝Blv知，圆环被拉出时，切割的有效长度在变化，因此，E发生变化，感应电流大小发生变化，D项错误．
6. 如图18所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可
忽略的自感线圈，电源内阻不计，开关S原来接通．现将开关S断开，则 ( ) 图18
A．L1点亮，L2变暗，最终两灯一样亮
B．L2闪亮一下后恢复到原来的亮度
C．L3变暗一下后恢复到原来的亮度
D．L3闪亮一下后恢复到原来的亮度
答案 AD
解析 当S闭合时，L把灯L1短路，L1不亮，IL3＝IL2＝；将S断开时，L1与L2串联，电流变小，L2变暗，L1被点亮，最终两灯一样亮．由于L中的电流要减小，且与L3串联，IL3′＝，因此L3要闪亮一下后再恢复到原来的亮度．因此正确选项为A、D两项．
(限时：45分钟)
?题组1 对法拉第电磁感应定律的考查
1． (2010·江苏单科·2)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
答案 B
解析 设原磁感应强度是B，线框面积是S.第1 s内ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2 s内ΔΦ2＝2B·－2B·S＝－BS.因为E＝n，所以两次感应电动势大小相等，B正确．
2． 如图1甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S.在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t0时间内电容器 ( )
图1
A．上极板带正电，所带电荷量为
B．上极板带正电，所带电荷量为
C．上极板带负电，所带电荷量为
D．上极板带负电，所带电荷量为
答案 A
解析 由题图乙可知＝，B增大，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向，故上极板带正电，E＝n＝，Q＝CE＝，A正确．
3. 一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在磁场中，如图2所示，
线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，下列方法可使感应电流增加一倍的是 ( )
A．把线圈匝数增加一倍
B．把线圈面积增加一倍 图2
C．把线圈半径增加一倍
D．改变线圈与磁场方向的夹角为另一定值
答案 C
解析 设导线的电阻率为ρ，横截面积为S0，线圈的半径为r，线圈与磁场方向的夹角为θ，线圈匝数为n，则I＝＝＝＝··sin θ，可见，将r增加一倍，I增加一倍；改变线圈与磁场方向的夹角，sin θ不能变为原来的2倍(因sin θ最大值为1)；若将线圈的面积增加一倍，半径r增加(－1)倍，电流增加(－1)倍；I与线圈匝数无关．综上所述，只有C项正确．
4. 如图3所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与
一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B中．两板间放一台小型压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为q的带正电小球．K没有闭合时传感器有示数，K闭合时传感器示数变为原来的一半．则线 图3
圈中磁场B的变化情况和磁通量变化率分别为 ( )
A．正在增强，＝ B．正在增强，＝
C．正在减弱，＝ D．正在减弱，＝
答案 B
解析 根据K闭合时传感器示数变为原来的一半，推出带正电小球受电场力向上，即上极板带负电，下极板带正电，线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板，根据安培定则知感应磁场的方向向下，与原磁场方向相反，又由楞次定律得线圈中磁场正在增强；对小球受力分析得q＝，其中感应电动势E＝n，代入得＝，故B正确．
?题组2 对公式E＝Blv的综合考查
5． (2010·山东理综·21)如图4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 ( )
A．穿过回路的磁通量为零 图4
B．回路中感应电动势大小为BLv0
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
答案 AD
解析 由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO′对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A项正确；ab、cd均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针方向，两电源串联，感应电动势为2BLv0，B、C项错误；由左手定则知ab、cd所受安培力方向均向左，D项正确．
6. 一个边长为L的正方形导线框在倾角为θ的光滑固定斜面上由静止开
始沿斜面下滑，随后进入虚线下方方向垂直于斜面的匀强磁场中．如图5所示，磁场的上边界线水平，线框的下边ab边始终水平，斜面以及下方的磁场往下方延伸到足够远．下列推理判断正确的是( )
A．线框进入磁场过程b点的电势比a点高 图5
B．线框进入磁场过程一定是减速运动
C．线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能
D．线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量不同
答案 C
解析 ab边进入磁场后，切割磁感线，ab相当于电源，由右手定则可知a为等效电源的正极，a点电势高，A项错．由于线框所受重力的分力mgsin θ与安培力大小不能确定，所以不能确定其是减速还是加速，B项错；由能量守恒知C项对；由q＝n知，q与线框下降的高度无关，D项错．
7． 如图6所示，P、Q是两根竖直且足够长的金属杆(电阻忽略不计)，
处在垂直纸面向里的匀强磁场B中，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，P、Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，A是在MN的正下方水平放置在地面上的金属圆环．现将金属棒ef由静止释放，在下滑中始终与P、Q杆良好接触且无摩擦．在金属棒释放后下列说法正确的是 ( ) 图6
A．A环中有大小不变的感应电流
B．A环中有越来越大的感应电流
C．A环对地面的压力先减小后增大至恒定值
D．A环对地面的压力先增大后减小至恒定值
答案 D
解析 金属棒ef从静止释放后，产生感应电流I＝，受力分析得mg－BIl＝ma，故其做a减小的加速运动，当a＝0后做匀速运动．MN螺线管上的电流I＝，随v增大而增大，故A上产生与螺线管上相反的感应电流，由于反向电流相互排斥，A环受到斥力，故对地面的压力增大，当ef匀速运动时，电路中电流恒定，A环上不再产生感应电流，对地面的压力大小等于重力．C项错误，D项正确．由于A环上产生的I感正比于MN上电流的变化率，MN上电流的变化率由决定，由此知IA逐渐减小，A、B项错误．
8. 如图7所示，长为L的金属导线上端悬于C点，下端系一小球A，在
竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动，转动方向如图所示，导线与竖直方向的夹角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B，则金属导线中产生感应电动势的高电势端及大小为 ( )
A．C点 BL2ω
B．C点 BL2ωsin2 θ 图7
C．A点 BL2ω
D．A点 BL2ωsin2 θ
答案 B
解析 由右手定则可判断φC>φA，即C端的电势高于A端的电势；金属导线切割磁感线的有效长度为Lsin θ，所以导线中产生的感应电动势为：E＝B(Lsin θ)2ω＝BL2ωsin2 θ.故B正确．
9． 如图8所示，MN、PQ是两根竖直放置的间距为L的足够长的光滑平
行金属导轨，虚线以上有垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，虚线以下有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，两磁场区域的磁感应强度均为B.金属棒ab质量为M，电阻为R，静止放在Ⅰ中导轨上的水平突起上；金属棒cd质量为m，电阻也为R.让cd在Ⅱ中某处无初速度释放，当cd下落距离为 图8
h时，ab恰好对突起没有压力．已知两根金属棒始终水平且与金属导轨接触良好，金属导轨的电阻不计，重力加速度为g.求：
(1)当cd下落距离为h时，通过ab的电流I.
(2)当cd下落距离为h时，cd的速度大小v.
(3)从cd释放到下落距离为h的过程中，ab上产生的焦耳热Qab.(结果用B、L、M、m、R、h、g表示)
答案 (1) (2) (3)mgh－
解析 (1)由题意知，ab受重力和安培力作用处于平衡状态，有
Mg＝BIL
解得I＝
(2)设cd切割磁感线产生的感应电动势为E，有
E＝BLv
I＝
联立以上各式解得v＝
(3)由能量守恒定律得mgh＝Qab＋Qcd＋mv2
因ab与cd串联，且电阻相等，故Qab＝Qcd
联立解得Qab＝mgh－
?题组3 对自感现象的考查
10. 如图9所示，P、Q是两个完全相同的灯泡，L是直流电阻为零的纯
电感，且自感系数L很大．C是电容较大且不漏电的电容器，下列判断正确的是 ( )
A．S闭合时，P灯亮后逐渐熄灭，Q灯逐渐变亮
B．S闭合时，P灯、Q灯同时亮，然后P灯变暗，Q灯变得更亮 图9
C．S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯立即熄灭
D．S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯逐渐熄灭
答案 D
解析 当S闭合时，通过自感线圈的电流逐渐增大而产生自感电动势，故通过P、Q的电流几乎相同，故两灯同时亮，当电流稳定时，灯泡P被短路而熄灭，此时通过灯泡Q的电流变大，故Q变亮；当S断开时，灯泡P与自感线圈L组成了闭合回路，灯泡P中的电流先增大后减小至零，故闪亮一下再熄灭，电容器与灯泡Q组成闭合回路，电容器放电，故灯泡Q逐渐熄灭，选项D正确．
11．(2010·江苏单科·4)如图10所示的电路中，电源的电动势为E，内
阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值．在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( )
图10
答案 B
解析 S闭合时，由于电感L有感抗，经过一段时间电流稳定时L电阻不计，可见电路的外阻是从大变小的过程．由U外＝E可知U外也是从大变小的过程，所以A、C错误．t1时刻断开S，由于自感在L、R、D构成的回路中，电流从B经过D流向A，所以t1时刻UAB反向且逐渐减小，B正确，D错误．
图11
12．如图11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( )
A．A灯中无电流通过，不可能变亮
B．A灯中有电流通过，方向由a到b
C．B灯逐渐熄灭，c点电势高于d点电势
D．B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势
答案 D
解析 S断开时，C两端电压为L与灯B串联的电压，灯A是熄灭的．当S闭合时，L、C支路均被短路，电容器C要放电，A灯中有电流通过，电流方向由b到a，因此A、B项皆错；S闭合后，把L支路短路，由L的自感作用，灯B逐渐熄灭，d点电势高于c点，选项C错，D对．
13．如图12所示是研究自感通电实验的电路图，A1、A2是两个规
格相同的小灯泡，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开电键S.重新闭合电键S，则 ( ) 图12
A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮
B．闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮
C．稳定后，L和R两端电势差一定相同
D．稳定后，A1和A2两端电势差不相同
答案 BC
解析 根据题设条件可知，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，说明此时电阻R的阻值与线圈L的电阻一样大，断开电键再重新闭合电键的瞬间，根据自感原理，可判断A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A项错误，B项正确；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端电势差也相同，所以C项正确，D项错误．
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