2.4 互感和自感（教用Word）-【金榜题名】2026-2027学年高二物理选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

2．4　互感和自感 学习目标 1.通过实验了解互感与自感现象，会用自感与互感解释简单的电磁现象，知道互感现象与自感现象是磁场能量变化的一种表现。 2．会从法拉第电磁感应定律的视角认识自感现象，了解自感系数，体会推理分析的科学思维方法。 3．知道互感现象与自感现象的防止和应用。 一、互感现象 1．互感：两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的 电流变化 时，它所产生的 变化的磁场 会在另一个线圈中产生感应电动势，这种现象叫互感。 2．应用：利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，如变压器就是利用 互感现象 制成的。 3．危害：互感现象能发生在任何两个 相互靠近 的电路之间。在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作。 二、自感现象 1．定义：当一个线圈中的电流 变化 时，它产生的 变化 的磁场不仅在邻近的电路中激发出感应电动势，同样也在线圈 本身 激发出感应电动势，这种现象称为自感。 2．自感电动势：由于 自感 而产生的感应电动势。 3．自感电动势对电流的作用：电流增加时，自感电动势阻碍 电流的增加 ，电流减小时，自感电动势 阻碍电流的减小 。 4．通电自感和断电自感 电路 现象 自感电动势的作用 通电自感 接通电源的瞬间，灯泡A1 逐渐变亮 阻碍 电流的增加　 断电自感 断开开关的瞬间，灯泡A 逐渐熄灭 阻碍 电流的减小　 三、自感系数 1．自感电动势的大小：E＝ L ，式中L是比例系数，叫作自感系数，简称自感或电感。 2．决定因素：线圈的大小、形状、 匝数 以及是否有铁芯等。 3．单位：亨利，简称 亨 ，符号是 H 。常用单位还有毫亨(mH)、微亨(μH)。1 H＝ 103 mH＝ 106 μH。 四、磁场的能量 1．自感现象中的磁场能量 (1)线圈中电流从无到有时：磁场从无到有，电源把 能量 输送给磁场，储存在磁场中。 (2)线圈中电流减小时：磁场中的 能量 释放出来转化为电能。 2．电的“惯性”：自感电动势有阻碍线圈中 电流变化 的“惯性”。 [自我诊断] 1．判断下列说法的正误。 (1)两个线圈相距较近时，可以产生互感现象，相距较远时，不产生互感现象。(　　) (2)自感现象中，感应电流一定与原电流方向相反。(　　) (3)线圈的自感系数与电流大小无关，与电流的变化率有关。(　　) (4)对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大。(　　) (5)没有发生自感现象时，即使有磁场也不会储存能量。(　　) 【答案】　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)× 2．如图所示，电路中电源内阻不能忽略，L的自感系数很大，其直流电阻忽略不计，A、B为两个完全相同的灯泡，当S闭合时，A灯 __________ 亮，B灯 __________ 亮。当S断开时，A灯 __________ 熄灭，B灯 ________ 熄灭。(选填“立即”或“慢慢”) 【答案】　慢慢　立即　慢慢　慢慢 一、互感现象 如图是法拉第实验线圈。在实验中，两个线圈并没有用导线连接。 (1)当线圈L1中有电流时，另一个线圈L2中是否会产生感应电流？ (2)当线圈L1中的电流变化时，在另一个线圈L2中为什么会产生感应电动势呢？ 【答案】　(1)不一定。当线圈L1中的电流为恒定电流时，在其周围空间产生的磁场不变，则在另一个线圈L2中就不会产生感应电流。只有当线圈L1中的电流变化时，在其周围空间产生变化的磁场，此时会在另一个线圈L2中产生感应电流。 (2)当线圈L1中的电流变化时，穿过两个线圈的磁通量都会变化，在另一个线圈L2中就会产生感应电动势。 1．互感及互感电动势 如图所示的电路中，两个线圈之间并没有导线相连，但当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会使另一个线圈中产生感应电动势，这种感应电动势叫作互感电动势。 2．对互感现象的理解 (1)互感现象是一种常见的电磁感应现象，它不仅可以发生于绕在同一铁芯上的两个线圈之间，而且可以发生于任何相互靠近的电路之间。 (2)互感现象可以把能量由一个电路传递到另一个电路。 3．应用与危害 (1)应用：变压器、收音机的磁性天线等都是利用互感现象制成的。 (2)危害：在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作，这时要设法减小电路间的互感。例如在电路板的刻制时就要设法减小电路间的互感现象。 　(多选)如图所示是一种延时装置的原理图，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放。则(　　) A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用 B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用 C．如果断开B线圈的开关S2，无延时作用 D．如果断开B线圈的开关S2，延时将变化 【解析】　线圈A中的磁场随开关S1的闭合而产生，随S1的断开而消失。当S1闭合时，线圈A中的磁场穿过线圈月，当S2闭合，S1断开时，线圈A在线圈B中的磁场变弱，线圈B中有感应电流，B中电流的磁场继续吸引D而起到延时的作用，所以选项B正确，A错误；若S2断开，线圈B中不产生感应电流而起不到延时作用，所以选项C正确，D错误。 【答案】　BC 核心素养·思维升华 ①互感电动势的大小：E＝N； ②互感电动势的方向：由楞次定律判断。 ◆针对训练1　(多选)手机无线充电是比较新颖的充电方式如图所示。电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中(　　) A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化 B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变 C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递 D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失 【解析】　送电线圈中通入的是正弦式交变电流，故产生的磁场也是周期性变化的，受电线圈中产生的感应电流也是周期性变化的，感应电流产生的磁场也是周期性变化的，故A正确，B错误；送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，故C正确，有一部分能量会以电磁波的形式散发到周围的空间中损失掉，也有一部力能量转化为手机的内能损失掉，故D错误 【答案】　AC 二、自感现象 如图A1、A2是规格完全一样的灯泡。闭合电键S，调节变阻器R和R1，使A1、A2亮度相同且正常发光，然后断开开关S。重新闭合S，观察到什么现象？ 【答案】　灯泡A2立刻正常发光，跟线圈L串联的灯泡A1逐渐亮起来。 1．对自感现象的理解 自感现象是一种电磁感应现象，遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律。 2．对自感电动势的理解 (1)产生原因 通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在线圈上产生感应电动势。 (2)自感电动势的方向 当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同(即：增反减同)。 (3)自感电动势的作用 阻碍原电流的变化，而不是阻止，原电流仍在变化，只是使原电流的变化时间变长，即总是起着推迟电流变化的作用。 3．对电感线圈阻碍作用的理解 (1)若电路中的电流正在改变，电感线圈会产生自感电动势阻碍电路中电流的变化，使通过电感线圈的电流不能突变。 (2)若电路中的电流是稳定的，电感线圈相当于一段导线，其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的。 (3)线圈通电和断电时线圈中电流的变化规律如图。 　(多选)在如图所示的甲、乙电路中，电阻R和灯泡电阻的阻值相等，自感线圈L的电阻值可认为是0.在接通开关S时，则(　　) A．在电路甲中，A将渐渐变亮 B．在电路甲中，A将先变亮，然后渐渐变暗 C．在电路乙中，A将渐渐变亮 D．在电路乙中，A将先由亮渐渐变暗，然后熄灭 【解析】　在电路甲中，当接通开关S时，通过与灯泡相连的自感线圈的电流突然增大，由于线圈的自感现象，开始时，自感线圈产生一个很大的自感电动势来阻碍电流的流入，流入灯泡的电流很小；后来由于电流的不断流入，通过自感线圈的电流变化逐渐变慢，所以自感线圈的阻碍作用逐渐减小；当流过线圈的电流最大时，自感线圈不再有阻碍作用，所以通过灯泡的电流只能慢慢增大，故选项A正确。在电路乙中，当接通开关S时，通过自感线圈的电流突然增大，由于线圈的自感现象，开始时，自感线圈就产生一个很大的自感电动势来阻碍电流的流入，流入线圈的电流很小(可认为是0)，电路中的电流可以认为都是从灯泡通过的，以后自感线圈的阻碍作用逐渐减小，通过自感线圈的电流逐渐增大，而通过灯泡的电流逐渐减小，直到流过线圈的电流最大时，自感线圈不再有阻碍作用，又因为自感线圈L的电阻值可认为是0，所以灯泡被短路，故选项D正确。 【答案】　AD 　如图所示，开关S处于闭合状态，小灯泡A和B均正常发光，小灯泡A的电阻大于线圈L的直流电阻，现断开开关S，以下说法正确的是(　　) A．小灯泡A越来越暗，直到熄灭 B．小灯泡B越来越暗，直到熄灭 C．线圈L中的电流会立即消失 D．线圈L中的电流过一会再消失，且方向向右 【解析】　S断开瞬间，B立即熄灭。由于小灯泡A的电阻大于线圈L的直流电阻，所以S断开前线圈的电流大于小灯泡A中的电流。S断开瞬间，线圈中出现自感电动势，从而阻碍电流的减小，线圈中的电流方向不变，但大小由原电流逐渐减小，即线圈L中的电流过一会再消失，且方向向右，因L和A组成新的回路，所以A先亮一下，然后慢慢熄灭，故D正确。 【答案】　D 　如图所示的电路中，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时刻断开开关S。如选项图所示，表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是(　　) 【解析】　开关S闭合的瞬间，由于L的阻碍作用，由R与L组成的支路相当于断路，后来由于L的阻碍作用不断减小，相当于外电路并联部分的电阻不断减小，根据闭合电路欧姆定律可知，整个电路中的总电流增大，由U内＝Ir得内电压增大，由UAB＝E－Ir路端得电压UAB减小。电路稳定后，由于R的阻值大于灯泡D的阻值，所以流过L支路的电流小于流过灯泡D的电流。当开关S断开时，由于电感L的自感作用，流过灯泡D的电流立即与L电流相等，与灯泡原来的电流方向相反且逐渐减小，即UAB反向减小，B正确。 【答案】　B 三、自感系数和磁场的能量 自感电动势的大小与哪些因素有关？自感系数与哪些因素有关？ 【答案】　根据公式E＝L可知，自感电动势与自感系数和电流的变化率有关。自感系数与线圈的大小、形状、匝数以及有无铁芯等因素有关。 1．自感系数 (1)自感电动势的大小：E＝L，其中L是自感系数，简称自感或电感，单位：亨利，符号：H。1 mH＝10－3H，1 μH＝10－6 H。 (2)自感系数的决定因素：与线圈的大小、形状、匝数，以及是否有铁芯等因素有关。 2．自感现象中的磁场能量 (1)线圈中电流从无到有时：磁场从无到有，电源把能量输送给磁场，储存在磁场中。 (2)线圈中电流减小时：磁场中的能量释放出来转化为电能。 　关于自感现象、自感系数、自感电动势，下列说法正确的是(　　) A．当线圈中通恒定电流时，线圈中没有自感现象，线圈自感系数为零 B．线圈中电流变化越快，线圈的自感系数越大 C．自感电动势与原电流方向相反 D．对于确定的线圈，其产生的自感电动势与其电流变化率成正比 【解析】　当线圈中通恒定电流时，线圈中没有自感现象，不产生自感电动势，但是线圈自感系数不为零，选项A错误；线圈中电流变化越快，产生的自感电动势越大，线圈的自感系数与电流变化快慢无关，选项B错误；根据楞次定律，当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流增大，自感电动势方向与原电流方向相反；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流减小，自感电动势方向与原电流方向相同，选项C错误；对于确定的线圈，自感系数L一定，其产生的自感电动势与其电流变化率成正比，选项D正确。 【答案】　D 1．关于线圈的自感系数，下列说法正确的是(　　) A．线圈的自感系数越大，自感电动势就一定越大 B．线圈中电流等于零时，自感系数也等于零 C．线圈中电流变化越快，自感系数越大 D．线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定 【解析】　线圈的自感系数是由线圈本身的因素及有无铁芯决定的，与有无电流、电流变化情况都没有关系，故选项B、C错误，D正确；自感电动势的大小除了与自感系数有关，还与电流的变化率有关，故选项A错误。 【答案】　D 2．如图甲所示，A、B两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流iA随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的是(　　) A．t1时刻，两环间作用力最大 B．t2和t3时刻，两环相互吸引 C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥 D．t3和t4时刻，两环相互吸引 【解析】　 t1时刻感应电流为0，故两环作用力为0，A错误；t2和t3时刻A环中电流在减小，则B环中产生与A环中同向的电流，故相互吸引，B正确、C错误；t4时刻A环中电流为0，两环无相互作用，D错误。 【答案】　B 3．图1和图2是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，图1中断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；图2中闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(　　) A．图1中，A1与L1的电阻值相同 B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C．图2中，滑动变阻器R与L2的电阻值相同 D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与滑动变阻器R中电流相等 【解析】　题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL。S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误。由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律可知，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同。由于A2、A3完全相同，故滑动变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误。 【答案】　C 4.某兴趣小组探究断电自感现象的电路如图所示。闭合开关S，待电路稳定后，通过电阻R的电流为I1，通过电感L的电流为I2.t1时刻断开开关S，下列图像中能正确描述通过电阻R的电流IR和通过电感L的电流IL的是(　　) 【解析】　S断开后，电感线圈与R构成回路，R中的电流反向，大小与线圈L中的电流相等，并逐渐减小，故A正确，B错误；断开S后，R与线圈串联，流过线圈的电流减小，电感线圈产生与原电流方向相同的感应电动势，且电动势慢慢变小，则线圈中电流方向不变，大小逐渐变小，而且变小得越来越慢，而R中的电流反向，故C、D错误。 【答案】　A 课时作业(十) A基础达标 1.(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速运动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则O～D过程中(　　) A．线圈中O时刻感应电动势最大 B．线圈中D时刻感应电动势最大 C．线圈中D时刻感应电动势为零 D．线圈中O至D时间内平均感应电动势为4 V 【解析】　由题图可知，O时刻切线斜率最大，即线圈中磁通量的变化率为最大，则感应电动势最大； D时刻磁通量的变化率为零，则线圈中感应电动势为零。从O至D时间内，根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为E＝＝ V＝0.4 V，故AC正确，BD错误。 故选AC。 【答案】　AC 2.图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，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φa－φb(　　) A．恒为 B．从0均匀变化到 C．恒为－ D．从0均匀变化到－ 【解析】　根据题意，穿过线圈的磁感应强度是均匀增加的，根据法拉第电磁感应定律，可得 E＝n ＝n ＝n＞0 故产生的感应电动势是恒定不变的，由于磁感应强度是增加的，即通过线圈向右的磁通量在增大，根据楞次定律，感应电动势顺时针(从右侧看)，所以φa＜φb，即φa－φb＜0，故φa－φb＝－n，故选C。 【答案】　C 3.(多选)如图所示，矩形线框abcd固定于匀强磁场中，ef为一导体棒，可在ab和cd间滑动并接触良好。设磁感应强度为B，矩形线框的宽度ac等于L，在Δt时间内导体棒ef向左匀速滑过距离Δd。则下列判断错误的是(　　) A．当ef向左滑动时，左侧面积减小LΔd，右侧面积增大LΔd，因此感应电动势E＝ B．当ef向左滑动时，左侧面积减小LΔd，右侧面积增大LΔd，互相抵消，因此感应电动势E＝0 C．对于匀强磁场中的情况，公式E＝中，ΔΦ＝BΔS，ΔS是指导体棒切割磁感线扫过的面积，因此E＝ D．在切割磁感线的情况下，电动势的求解既能用E＝BLv计算，也能用E＝计算 【解析】　ABC.电路可等效为矩形线框左右两边并联，然后与导体棒(电源)串联，对于匀强磁场中的情况，公式E＝中，ΔΦ＝BΔS，ΔS是指导体棒切割磁感线扫过的面积，因此E＝，不能像A、B中重复计算或抵消，AB错误，C正确；D.在切割磁感线的情况下，电动势的求解既能用E＝BLv计算，也能用E＝计算，D正确。故选AB。 【答案】　AB 4.如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上。若取逆时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场过程的感应电流I随时间t变化的图像是下图所示的(　　) 【解析】　设直角三角形右下角为α，金属框进入磁场的过程，感应电动势为E＝BLv，L＝vt tan α 则得E＝Bv2ttan α，感应电流大小I＝∝t 由楞次定律判断得知：感应电流为逆时针方向，是正值 金属框穿出磁场的过程，感应电动势为E＝BLv L＝tan α＝(2L0－vt)tan α L0是三角形底边的长度，则得E＝B(2L0－vt)v tan α 感应电流大小I＝＝ 由楞次定律判断得知：感应电流为顺时针方向，是负值。故选A。 【答案】　A 5．如图所示，虚线右侧空间有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框OMN的半径为l，电阻为R绕垂直于纸面的轴O以角速度ω顺时针匀速转动。设线框中感应电流的方向以O→M→N→O为正，线框处于图示位置为计时零点。下列图中能正确表示线框转动一周感应电流变化情况的是(　　) 　 　 【解析】　当线框进入磁场过程中，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变，电流大小为，由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值；当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流；当线框离开磁场过程中，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变，电流大小为，由右手定则可知，电流为顺时针，故为负值，故选A。 【答案】　A 6.如图所示，半径为r＝2 m的金属圆环放在绝缘粗糙水平桌面上，圆环电阻为R＝4 Ω，ab为圆环的一条弦，对应的圆心角为90°。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关系为B＝4t＋1(T)，圆环在桌上未动。则(　　) A．圆环中产生顺时针方向的感应电流 B．圆环受到桌面的静摩擦力，方向垂直ab向右 C．圆环中感应电流的大小为(π－2)A D．图中穿过圆环的磁通量随时间增大，电动势也增大 【解析】　A．由题意可知磁感应强度均匀增大，穿过闭合线圈的磁通量增大，根据楞次定律可以判断，圆环中产生逆时针方向的感应电流，故A错误； CD.圆环中产生的感应电动势为E＝＝ s＝4×＝4(π－2)V，由此可知电动势为一定值， 圆环中感应电流的大小为I＝＝ A＝(π－2) A 故C正确，D错误； B．由上分析可知圆环中产生逆时针方向的感应电流，根据安培左手定则可知圆环受到的安培力方向垂直ab向右，根据平衡条件可知桌面受到的静摩擦力，方向垂直ab向左，故B错误。故选C。 【答案】　C 7.如图所示，直角三角形导线框ABC，处于磁感强度为B的匀强磁场中，线框在纸面上绕B点以匀角速度ω做顺时针方向转动，∠B＝53°，∠C＝90°，AB＝L，(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)则A、C两端的电势差UAC(　　) A.BL2ω　　　　　　 B.BL2ω C.BL2ω D.BL2ω 【解析】　该题等效电路如图所示 根据法拉第电磁感应定律，穿过回路ABC的磁通量没有发生变化，所以整个回路的电动势E总＝0 设AB、BC 、AC导体产生的电动势分别为E1、E2、E3，由等效电路图有E总＝E1＋E2＋E3 又E1＝，E2＝ 解方程得A、C两端的电势差E3＝E1－E2＝＝UAC，故选B。 【答案】　B 8．(多选)如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，导轨和金属棒电阻忽略不计，下列说法正确的是(　　) A．金属棒运动过程中，电容器的上极板带正电 B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0 tan θ C．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定 【解析】　A．根据右手定则可知，金属棒运动过程中，电流的方向为逆时针，则电容器的上极板带正电，A正确； B．金属棒到达x0时，此时金属棒的有效长度为l＝2x0tan θ，产生的感应电动势为U＝Blv 流过导体棒的电荷量为Q＝CU 则为Q＝2CBvx0tan θ，B错误； C．则金属棒的电流为I＝＝＝2CBv2tan θ，C正确； D．金属棒做匀速直线运动，受力平衡，有F＝F安＝BIl 其中B恒定，由I＝2CBv2tan θ 可知，I恒定，而l＝2x0tan θ 不断变大，则F逐渐增大，由P＝Fv 可知，F的功率增大，D错误。 故选AC。 【答案】　AC 9.如图所示，足够长的平行金属导轨AB、CD水平放置，两金属导轨的间距为L，在导轨左侧接有定值电阻R，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面。t＝0时刻，磁感应强度大小为B0，金属杆MN与导轨左侧所围面积为S0，当金属杆MN以速度v向右匀速滑动，整个过程杆与导轨垂直并接触良好，要使杆运动过程中电阻上没有电流通过，试推导磁感应强度B与时间t的关系式。 【解析】　t＝0时刻，穿过闭合回路的磁通量为Φ0＝B0S0 设在t时刻磁感应强度大小为B，回路面积为S 则穿过闭合回路的磁通量为Φ＝BS 其中S＝S0＋vtL 要使杆运动过程中电阻上没有电流通过， 则穿过闭合回路的磁通量不变，即Φ0＝Φ 联立以上各式解得B＝ 【答案】　 B能力提升 10.(多选)如图所示，将半径分别为r和2r的同心圆形金属导轨固定在同一绝缘水平面内，两导轨之间接有阻值为R的定值电阻和一个电容为C的电容器，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。将一个长度为r、阻值为R的金属棒AD置于圆导轨上面，O、A、D三点共线，在外力的作用下金属棒以O为转轴顺时针匀速转动，转动周期为T，假设金属棒在转动过程中与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属棒在经过R和C时互不干扰。下列说法正确的是(　　) A．D点的电势高于A点的电势 B．电容器C的上极板带正电 C．通过电阻R的电流为 D．电容器的电荷量为 【解析】　AB.由右手定则可知，D点的电势高于A点的电势，电容器C的下极板带正电，B错误A正确； C．角速度大小为ω＝ 所以金属棒产生的感应电动势大小为 E＝Brv＝Br ＝ 通过电阻R的电流为I＝＝， C错误； D．电容器两端电压U＝R＝ 电容器的电荷量为Q＝CU＝， D正确。 故选AD。 【答案】　AD 11.(多选)如图所示，在以水平线段AD为直径的半圆形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。现有一个闭合导线框ACD由细软弹性电阻丝制成，端点A、D固定。在竖直面内，将导线与圆周的接触点C点以恒定角速度ω(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点，使导线框上产生感应电流。设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，从A点开始计时，下列说法正确的是(　　) A．导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针 B．在C从A点移动到D的过程中，穿过ACD回路的磁通量与时间的关系为φ＝BR2sin ωt C．在C从A点移动到图中∠CAD＝60°位置的过程中，通过导线截面的电荷量为 D．若以AD为轴，保持∠ADC＝45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°，回路中的电动势逐渐减小 【解析】　A．依题意，回路中的磁通量先增大后减小，且磁场方向一直向里，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向先是向外然后再向里，则根据右手螺旋定则，感应电流的方向先是逆时针后是顺时针，故A正确； B．依题意，C点在旋转过程中，有∠CDA＝∠COA＝ωt，φ＝×AC×CD＝×2Rsin ×2Rcos ＝BR2sin ωt，故B正确； C．依题意有q＝t＝×Δt＝＝，ΔS＝R2，解得q＝，故C正确； D．若以AD为轴，保持∠ADC＝45°， AC、CD边速度方向边与磁场方向夹角从零逐渐变大，依题意，其回路中的电动势与时间t的关系式为e＝BR2ω2sin ω2t 将导线框以恒定的角速度ω2转90°的过程中，其电动势逐渐变大，故D错误。故选ABC。 【答案】　ABC 12.(多选)如图所示，两根足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨与水平面之间的倾角θ＝30°，两导轨间距离为L，下端接有阻值为R的电阻。导轨上质量为m、长度为L，电阻为R的金属棒ab与一个上端固定、劲度系数为k的轻质绝缘弹簧相接，整个装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上、现金属棒从弹簧原长处获得初速度v0开始运动，假设金属棒运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．开始运动时金属棒的加速度为g B．开始运动时金属棒两端的电压为 C．金属棒ab最终将停在与初始位置距离x＝ D．电阻R产生的总热量为mv＋ 【解析】　A．开始运动时若初速度沿斜面向下， 则mgsin θ－＝ma 可知a≠g。若初速度沿斜面向上， 则mgsin θ＋＝ma 可知a≠g，故A错误； B．开始运动时感应电动势大小E＝BLv0， 所以金属棒两端的电压为U＝＝，故B正确； C．金属棒ab最终将处于静止状态， 有mgsin θ＝kx 解得x＝＝，故C正确； D．全过程由能量守恒可得mv＋mgxsin θ ＝Q＋kx2，x＝ 解得Q＝mv＋－ 所以QR＝Q＝mv＋－＝mv＋，故D错误。故选BC。 【答案】　BC 13.(多选)如图所示，虚线MN下方存在水平方向的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ是用相同材料、粗细不同的电阻丝制成的两个边长相同单匝正方形线框(Ⅱ的电阻丝较粗)。现将它们从磁场上方相同高度处无初速度释放，在它们进入磁场的过程(　　) A．Ⅱ的速度始终比Ⅰ的速度大 B．所用的时间相同 C．安培力的冲量相同 D．Ⅱ产生的热量较大 【解析】　AB.设材料的密度为ρ密，电阻率为ρ，材料横截面积为S，线框边长为L，线框从静止释放到刚要进入磁场过程做自由落体运动，可知两线框刚进入磁场的速度v0相等，线框刚进入磁场产生的电动势为E＝BLv0 电流为I＝，安培力为F＝BIL＝＝ 对线框根据牛顿第二定律可得mg－F安＝ma 解得a＝g－＝g－＝g－ 同理可得当线框速度为v1， 线圈的加速度为a1＝g－ 可知两线框在磁场中的加速度始终相等，与线框的粗细无关，说明两个线框在磁场中的运动情况完全一样，故两线框的速度始终相等，两线框进入磁场所用的时间相同，A错误，B正确； C．线框在进入磁场过程的速度为v时，线框在磁场中受到的安培力大小为F＝∝S 可知粗线框受到安培力始终比细线框受到的安培力大，由于两个线框进入磁场所用的时间相同，故粗线框受到的安培力冲量比细线框受到的安培力冲量大，C错误； D．线框在磁场中受到的安培力大小为F＝∝S 可知粗线框受到安培力始终比细线框受到的安培力大，由于两个线框进入磁场所通过的位移相等，故粗线框受到的安培力做功比细线框受到的安培力做功大，根据功能关系可知，粗线框产生的焦耳热比细线框产生的焦耳热大，D正确；故选BD。 【答案】　BD 14．(多选)如图甲所示，质量为0.01 kg、长为0.2 m的水平金属细杆CD的两头分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所在空间存在磁感应强度大小B1＝10 T、方向水平向右的匀强磁场，且细杆CD与该匀强磁场垂直。有一匝数为100匝、横截面积为0.01 m2的线圈通过开关S与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t的变化关系如图乙所示。在t＝0.20 s时闭合开关S，细杆瞬间弹起(可认为安培力远大于重力)，弹起的最大高度为0.2 m，不计空气阻力和水银的黏滞作用，不考虑细杆落回水银槽后的运动，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．t＝0.10 s时，磁感应强度B2的方向竖直向下 B．t＝0.05 s时，线圈中的感应电动势大小为10 V C．细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为0.01 N·s D．开关S闭合后，通过细杆CD的电荷量为0.01 C 【解析】　A．细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为C→D，由安培定则可知，感应电流的磁场方向竖直向上，由题图乙可知，在0.15～0.25 s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2的方向竖直向上，故A错误； B．由题图乙可知，0～0.10 s内 ΔΦ＝ΔB·S＝(1.0－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb 0～0.10 s线圈中的感应电动势大小 E＝n ＝100× V＝10 V 即t＝0.05 s时，线圈中的感应电动势大小为10 V，故B正确； C．细杆弹起瞬间的速度v＝＝ m/s＝2 m/s 在t＝0.20 s时，细杆所受安培力的冲量大小(可认为安培力远大于重力) I＝m·v＝0.01×2 N·s＝0.02 N·s 故C错误； D．开关S闭合后，对细杆CD，由动量定理得B1IL·Δt＝mv－0 电荷量q＝IΔt 解得通过细杆CD的电荷量q＝IΔt＝＝ C＝0.01 C 故D正确。故选BD。 【答案】　BD 15．如图所示，间距l＝0.6 m的两平行金属导轨由倾斜导轨和水平导轨平滑连接而成，导轨倾斜导轨与水平面间的夹角θ＝37°，整个倾斜导轨均处于方向垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B1。MN与EF及金属棒c的距离均为d＝0.1 m，MN右侧的水平导轨均处于磁感应强度大小为B2的匀强磁场中，B2的大小变化如图乙所示。金属棒b、c分别固定在倾斜导轨和水平导轨上，质量m＝0.1 kg的金属棒a在(t＝0时刻无初速释放在倾斜导轨上，位置离水平面高h＝1.85 m，观察到其静止0.1 s后才开始运动，到达EF前已达最大速度。已知三根金属棒的电阻均为r＝0.1 Ω，金属棒a与水平导轨间的动摩擦因数为μ＝0.4，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，导轨电阻不计，除EM与FN两段外其余导轨均不计摩擦，运动过程中，杆与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直，最终a棒能停在MN和c棒之间，忽略磁场边界效应。求： 甲 乙 (1)0.1 s内流过金属棒C的电流大小I； (2)磁感应强度B1的大小； (3)整个过程中a棒上产生的焦耳热Q。 【解析】　(1)由法拉第电磁感应定律 E＝，可得E＝0.6 V 根据等效电阻可求得R总＝0.15 Ω 根据闭合电路的欧姆定律有I＝ 可知I＝4 A。 (2)当金属棒a静止在倾斜导轨上时，满足mgsin θ＝B1Ial 又因为Ia＝2 A，解得B1＝0.5 T。 (3)0.1 s内a棒上产生的焦耳热Q1＝I2rt＝0.04 J 当金属棒a达到最大速度v时合力为0， 则有mgsin θ＝ 解得v＝1 m/s， a棒在倾斜导轨上运动时产生的焦耳热 Q2＝×＝1.2 J a棒在进入B2后产生的焦耳热Q3＝×＝ J＝0.006 J 所以整个过程中a棒上产生的焦耳热为 Q＝(Q1＋Q2＋Q3)＝1.246 J 【答案】　(1)4 A　(2)0.5 T　(3)1.246 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