PAGEPAGE11第2講法拉第電磁感應定律自感現象考點1法拉第電磁感應定律的理解和應用1．法拉第電磁感應定律的理解(1)感應電動勢的大小由線圈的匝數和穿過線圈的磁通量的變更率eq\f(ΔΦ,Δt)共同確定，而與磁通量Φ的大小、變更量ΔΦ的大小沒有必定聯系．(2)磁通量的變更率eq\f(ΔΦ,Δt)對應Φ-t圖線上某點切線的斜率．2．應用法拉第電磁感應定律的三種狀況(1)磁通量的變更是由面積變更引起時，ΔΦ＝B·ΔS，則E＝neq\f(BΔS,Δt)；(2)磁通量的變更是由磁場變更引起時，ΔΦ＝S·ΔB，則E＝neq\f(S·ΔB,Δt)；(3)磁通量的變更是由面積和磁場共同變更引起時，則依據定義，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝neq\f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq\f(|ΔBΔS|,Δt).1．(2024·全國卷Ⅲ)(多選)如圖甲，在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側．導線PQ中通有正弦溝通電i，i的變更如圖乙所示，規定從Q到P為電流正方向．導線框R中的感應電動勢(AC)A．在t＝eq\f(T,4)時為零B．在t＝eq\f(T,2)時變更方向C．在t＝eq\f(T,2)時最大，且沿順時針方向D．在t＝T時最大，且沿順時針方向解析：本題考查楞次定律的應用及法拉第電磁感應定律．由i-t圖象可知，在t＝eq\f(T,4)時，eq\f(Δi,Δt)＝0，此時穿過導線框R的磁通量的變更率eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，由法拉第電磁感應定律可知，此時導線框R中的感應電動勢為0，選項A正確；同理在t＝eq\f(T,2)和t＝T時，eq\f(Δi,Δt)為最大值，eq\f(ΔΦ,Δt)為最大值，導線框R中的感應電動勢為最大值，不變更方向，選項B錯誤；依據楞次定律，t＝eq\f(T,2)時，導線框R中的感應電動勢的方向為順時針方向，而t＝T時，導線框R中的感應電動勢的方向為逆時針方向，選項C正確，選項D錯誤．2．如圖甲所示，用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質導線做成一個半徑為r的圓環，ab為圓環的直徑．在ab的右側存在一個足夠大的勻強磁場，t＝0時刻磁場方向垂直于豎直圓環平面對里，磁場磁感應強度B隨時間t變更的關系如圖乙所示，則0～t1時間內(D)A．圓環中產生感應電流的方向為逆時針B．圓環中產生感應電流的方向先順時針后是逆時針C．圓環始終具有擴張的趨勢D．圓環中感應電流的大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)解析：磁通量先向里減小再向外增大，由楞次定律“增反減同”可知，線圈中的感應電流方向為始終為順時針，故A、B錯誤；由楞次定律的“來拒去留”可知，0～t0為了阻礙磁通量的減小，線圈有擴張的趨勢，t0～t1為了阻礙磁通量的增大，線圈有縮小的趨勢，故C錯誤；由法拉第電磁感應定律，得E＝eq\f(ΔBS,2Δt)＝eq\f(B0πr2,2t0)，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0πr2,2t0)·eq\f(S,ρ×2πr)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，故D正確．3．(2024·河北石家莊質檢)如圖甲所示，導體棒MN置于水平導軌上，P、Q之間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計導軌和導體棒的電阻．導軌所在區域內存在沿豎直方向的磁場，規定磁場方向豎直向上為正，在0～2t0時間內磁感應強度的變更狀況如圖乙所示，導體棒MN始終處于靜止狀態．下列說法正確的是(D)A．在0～t0和t0～2t0內，導體棒受到導軌的摩擦力方向相同B．在t0～2t0內，通過電阻R的電流方向為P到QC．在0～t0內，通過電阻R的電流大小為eq\f(2B0S,Rt0)D．在0～2t0內，通過電阻R的電荷量為eq\f(B0S,R)解析：本題考查法拉第電磁感應定律的圖象問題，定性分析加定量計算可快速求解．由圖乙所示圖象可知，0～t0內磁感應強度減小，穿過回路的磁通量減小，由楞次定律可知，為阻礙磁通量的削減，導體棒具有向右的運動趨勢，導體棒受到向左的摩擦力，在t0～2t0內，穿過回路的磁通量增加，為阻礙磁通量的增加，導體棒有向左的運動趨勢，導體棒受到向右的摩擦力，在兩時間段內摩擦力方向相反，故A錯誤；由圖乙所示圖象可知，在t0～2t0內磁感應強度增大，穿過閉合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，通過電阻R的電流方向為Q到P，故B錯誤；由圖乙所示圖象，應用法拉第電磁感應定律可得，在0～t0內感應電動勢E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(S·ΔB,Δt)＝eq\f(B0S,t0)，感應電流為I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(B0S,Rt0)，故C錯誤；由圖乙所示圖象，應用法拉第電磁感應定律可得，在0～2t0內通過電阻R的電荷量為q1＝eq\f(NΔΦ,R)＝eq\f(2B0S－B0S,R)＝eq\f(B0S,R)，故D正確．應用電磁感應定律需留意的三個問題(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一個回路中某段時間內的平均電動勢，在磁通量勻稱變更時，瞬時值才等于平均值．(2)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應電動勢時，S為線圈在磁場范圍內的有效面積．(3)通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關，與時間長短無關，與Φ是否勻稱變更無關．推導如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R).考點2導體切割磁感線產生的感應電動勢考向1平動切割1．計算公式：E＝BLv或E＝BLvsinθ.2．E＝Blv的三個特性(1)正交性：本公式要求磁場為勻強磁場，而且B、l、v三者相互垂直．(2)有效性：公式中的l為導體棒切割磁感線的有效長度．下圖中，導體棒的有效長度為ab間的距離．(3)相對性：E＝Blv中的速度v是導體棒相對磁場的速度，若磁場也在運動，應留意速度間的相對關系．(2024·云南曲靖統考)(多選)半徑為a右端開小口的導體圓環和長為2a的導體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環水平固定放置，整個內部區域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.桿在圓環上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環良好接觸，從圓環中心O起先，桿的位置由θ確定，如圖所示．則()A．θ＝0時，桿產生的電動勢為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時，桿產生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,5π＋3R0)[審題指導](1)導體棒長度指處在磁場中的長度，稱為有效長度．θ＝0和θ＝eq\f(π,3)時二者不同．(2)先計算感應電動勢，再計算感應電流，最終計算安培力．【解析】當θ＝0時，桿產生的電動勢E＝BLv＝2Bav，故A正確；當θ＝eq\f(π,3)時，依據幾何關系得出此時導體棒的有效切割長度為a，所以桿產生的電動勢為E＝Bav，故B錯誤；當θ＝0時，由于單位長度電阻均為R0，所以電路中總電阻為(2＋π)aR0，所以桿受的安培力大小為F＝BIL＝B·2aeq\f(2Bav,2＋πaR0)＝eq\f(4B2av,2＋πR0)，故C錯誤；當θ＝eq\f(π,3)時，電路中總電阻為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(5π,3)))aR0，所以桿受的安培力大小為F′＝BI′L′＝eq\f(3B2av,3＋5πR0)，故D正確．【答案】AD1．(2024·湖南衡陽模擬)如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌(電阻不計)固定在同一水平面內，導軌足夠長且間距為L，左端接有阻值為R的電阻，一質量為m、長度為L的勻質金屬棒cd放置在導軌上，金屬棒的電阻為r，整個裝置置于方向豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B.金屬棒在水平向右的外力作用下，由靜止起先做加速度大小為a的勻加速直線運動，經過的位移為s時，則(C)A．金屬棒中感應電流方向由d到cB．金屬棒產生的感應電動勢為BLeq\r(as)C．金屬棒中感應電流為eq\f(BL\r(2as),R＋r)D．水平拉力F的大小為eq\f(B2L2\r(2as),R＋r)解析：依據楞次定律可知電流I的方向從c到d，故A錯誤；設金屬棒cd的位移為s時速度為v，則有v2＝2as，金屬棒產生的電動勢為E＝BLv＝BLeq\r(2as)，故B錯誤；金屬棒中感應電流的大小為I＝eq\f(E,R＋r)，解得I＝eq\f(BL\r(2as),R＋r)，故C正確；金屬棒受到的安培力大小為f＝BIL，依據牛頓其次定律可得F－f＝ma，聯立解得F＝eq\f(B2L2\r(2as),R＋r)＋ma，故D錯誤．考向2導體棒轉動切割磁感線當導體棒在垂直于磁場的平面內繞一端以角速度ω勻速轉動時，產生的感應電動勢為E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω，如圖所示．如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l.下列推斷正確的是()A．Ua>Uc，金屬框中無電流B．Ub>Uc，金屬框中電流方向沿a—b—c—aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿a—c—b—a[審題指導](1)金屬框在轉動過程中，磁通量不變，無感應電流產生．(2)金屬框bc邊和ac邊都在切割磁感線，所以有感應電動勢．【解析】穿過金屬框的磁通量始終為零，沒有發生變更，故金屬框中無電流，B、D項錯誤；bc邊切割磁感線的等效速度為eq\f(1,2)lω，依據右手定則Ub<Uc，故Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，C項正確；ac邊切割磁感線，依據右手定則得Ua<Uc，A項錯誤．【答案】C2．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心．軌道的電阻忽視不計．OM是有肯定電阻、可繞O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.現使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應強度的大小以肯定的變更率從B增加到B′(過程Ⅱ)．過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于(B)A.eq\f(5,4) B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4) D．2解析：本題考查法拉第電磁感應定律及電荷量公式．由公式E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，I＝eq\f(E,R)，q＝It得q＝eq\f(ΔΦ,R)，設半圓弧半徑為r，對于過程Ⅰ，q1＝eq\f(B·πr2,4·R)，對于過程Ⅱ，q2＝eq\f(B′－B·πr2,2R)，由q1＝q2得，eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，故B項正確．四種求電動勢的方法表達式情景圖探討對象意義適用條件E＝neq\f(ΔΦ,Δt)回路(不肯定閉合)一般求平均電動勢，當Δt→0時求的是瞬時電動勢勻強磁場定量計算，非勻強磁場定性分析E＝Blvsinθ一段直導線(或等效成直導線)一般求瞬時電動勢，當v為平均速度時求的是平均電動勢勻強磁場E＝eq\f(1,2)Bl2ω繞一端轉動的一段導體棒用平均值法求瞬時電動勢勻強磁場E＝nBSω·sin(ωt＋φ0)繞與B垂直的軸轉動的導線框求瞬時電動勢勻強磁場考點3自感現象渦流考向1通電自感與斷電自感1．自感現象的四大特點(1)自感電動勢總是阻礙導體中原電流的變更．(2)通過線圈中的電流不能發生突變，只能緩慢變更．(3)電流穩定時，自感線圈就相當于一般導體．(4)線圈的自感系數越大，自感現象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向．2．自感中“閃亮”與“不閃亮”問題與線圈串聯的燈泡與線圈并聯的燈泡電路圖通電時電流漸漸增大，燈泡漸漸變亮電流突然增大，燈泡立即變亮，然后漸漸減小達到穩定斷電時電流漸漸減小，燈泡漸漸變暗，電流方向不變電路中穩態電流為I1、I2①若I2≤I1，燈泡漸漸變暗；②若I2>I1，燈泡閃亮后漸漸變暗．兩種狀況燈泡中電流方向均變更1.圖1和圖2是教材中演示自感現象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈．試驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，然后漸漸變暗；閉合開關S2，燈A2漸漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說法正確的是(C)A．圖1中，A1與L1的電阻值相同B．圖1中，閉合S1，電路穩定后，A1中電流大于L1中電流C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等解析：本題考查自感現象推斷．在圖1中斷開S1瞬間，燈A1突然閃亮，說明斷開S1前，L1中的電流大于A1中的電流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B選項均錯誤；在圖2中，閉合S2瞬間，由于L2的自感作用，通過L2的電流很小，D錯誤；閉合S2后，最終A2與A3亮度相同，說明兩支路電流相等，故R與L2的阻值相同，C項正確．2．(2024·欽州模擬)在如圖所示的電路中，S閉合時流過線圈L的電流是2A，流過燈泡A的電流是1A．將S突然斷開，則S斷開前后，能正確反映流過燈泡的電流I隨時間t變更關系的是圖中的(D)解析：當電鍵斷開時，由于線圈中自感電動勢阻礙電流減小，線圈中的電流漸漸減小，線圈與燈泡A構成回路，所以燈泡中的電流與線圈中電流大小相等，燈泡中電流也漸漸減小，但與斷開前方向相反．故D正確，A、B、C錯誤．分析自感現象的兩點留意(1)斷電自感現象中燈泡是否“閃亮”的推斷：關鍵在于對電流大小的分析，只有斷電瞬間通過燈泡的電流比原來大，燈泡才先閃亮后漸漸熄滅．(2)斷電自感現象中電流方向是否變更的推斷：與線圈在同一支路的用電器的電流方向不變，與線圈不在同一支路的用電器中的電流方向變更．考向2對渦流的考查3．(多選)1824年，法國科學家阿拉果完成了聞名的“圓盤試驗”．試驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用松軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，如圖所示，試驗中發覺，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后．下列說法正確的是(AB)A．圓盤上產生了感應電動勢B