高考综合复习 - 电磁感应

高考综合复习 磁 场 专题

本周教学内容

一、磁现象

1、磁现象：相互靠近的磁极和磁极之间，电流和电流之间都存在相互作用。 2、磁现象的电本质：

①安培分子电流假说：在原子、分子等物质微粒内部存在一种环形电流叫分子电流，分子电流使每一个物质微粒都成为一个微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极。这两个磁极跟分子电流不可分割地联系在一起。

②磁现象的电本质：运动的电荷产生磁场，磁场对运动的电荷有磁场力的作用。一切磁现象都可以归结为运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用。 二、磁场：

1、磁场的产生：运动电荷在其周围空间的激发产生磁场。

2、磁场的方向：在磁场中任一点，小磁针北极受力的方向，亦即小磁针静止时北极所指的方向，就是该点的磁场方向。

3、磁感应强度：在磁场中垂直于磁场方向的一小段通电导线，所受的磁场力F跟电流强度I和导线长度l的乘积Il的比值叫通电导线所在处的磁感应强度，用B表示。

B=

注：①B由磁场本身决定

②磁感应强度是矢量：它的方向即该点的磁场方向。叠加运算时遵守平行四边形定则。

③单位：1T=

4、磁感线：在磁场中画出的一些有方向的曲线，在这些曲线上，每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致。 磁感线的基本特点：①磁感线是假想曲线 ②磁感线是闭合曲线

③磁感线上任一点的切线方向跟该点的磁场方向一致 ④磁感线的疏密程度表示磁场的强弱 ⑤任意两条磁感线不相交

应了解一些典型的磁场的磁感线分布：①匀强磁场、②条形磁铁的磁场、③蹄形磁铁的磁场、④通电直导线的磁场、⑤环形电流的磁场、⑥通电螺线管的磁场

注：电流跟它所激发的磁场之间的方向关系用安培定则判断。

5、磁通量：穿过磁场中某个面的磁感线条数，叫穿过这个面的磁通量，用表示Φ=BSsina，式中B为匀强磁场的磁感应强度，S为该面的面积，a为磁感应强度方向跟该面的夹角。 磁通量的单位：韦伯（Wb） 1Wb=1T·m2 三、磁场对通电导线的作用力

1、匀强磁场对通电直导线的作用 电流方向跟磁感应强度方向平行时F=0 当电流方向跟磁感应强度方向垂直时F=BIl，安培力的方向可由左手定则判定。

1

2、匀强磁场对通电线圈的磁力矩M=nBIScosθ，式中n为线圈匝数，B为匀强磁场的磁感应强度，I为每匝线中的电流强度，S为线圈面积，θ为线圈平面跟磁感应强度方向的夹角，转轴OO'与磁感应强度垂直。 四、磁场对运动电荷的作用力

1、运动电荷在匀强磁场中受到的洛伦兹力为f。 当运动电荷的速度方向跟磁感应强度方向平行时，f=0

当运动电荷的速度方向跟磁感应强度方向垂直时f=qBv方向由左手定则判定 洛伦兹力不做功

2、带电粒子在匀强磁场中的运动（重力不计） 带电粒子在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动

若带电粒子电量为q，质量为m，线速度为v，角速度为ω 动量大小为P，动能为Ek，轨道半径为r，有它们的关系是：

qvB=m r= T= ω= P=qBr Ek=

3、应用：①粒子速度选择器 ②质谱仪 ③回旋加速器 ④磁流体发电机 五、带电粒子在重场、匀强电场、匀强磁场中的运动

解决带电粒子在复合场中的运动问题，应做好受力分析、运用力学基本规律进行解决。 典型例题解析：

[例1]用两根细线吊着一根质量为m、长为l的金属直导线。在导线中通有电流强度为I的电流。若在导线周围加一竖直向下的匀强磁场B后导线将向_______方向偏转，平衡后悬线与竖直方向的夹角为________。

[分析与解]研究金属直导线，它所受安培力由左手定则判断是垂直纸面向纸内，由左向右观察，平衡后导线的受力情况如图3所示

由图可知：tgθ= θ=arctg

[例2]在半径为R的范围内有匀强磁场。一个电子从M点沿半径方向以速度v垂直于磁力线射入磁场，从N点射出时的速度方向偏转了60°。电子从M运行到N的时间是 A、2πR/v B、2πR/（3v） C、πR/（3v） D、

πR/（3v）

[分析与解]：如图5所示，电子在M点和N点的洛伦兹力方向如图，可得电子作匀速圆周运动的圆心O'，由牛顿第二定律，设轨道半径为r

2

∵电子从N点射出时的速度方向偏转60°，=∠MO'N=60°，

Rt△MOO'中，∠MOO'=30°，tg30°= 电子从M运动到N的时间t=

本周巩固练习：

1、有两个半径相同的圆环互相垂直地放置，圆心重合，且两环绝缘。在两环中通以相同的电流，每个环在圆心处产生的磁感应强度为B，这时圆心处总的磁感应强度的大小为_________。

2、如图7所示一位于xy平面内的矩形通电线圈只能绕ox轴转动，线圈的四个边分别与xy轴平行。线圈中电流方向如图。当空间加上如下所述的哪种磁场时，线圈会转动起来。 A、方向沿x轴的恒定磁场 B、方向沿y轴的恒定磁场 C、方向沿z轴的恒定磁场 D、方向沿x轴的变化磁场

3、在两个倾角都为q的光滑斜面上，各放一根相同的金属棒，分别通有稳恒电流I1和I2。在两通电金属棒所在空间存在匀强磁场，两磁场的磁感应强度的大小相等，其中B1的方向竖直向上，B2的方向垂直于斜面斜向上。两金属棒处于平衡状态，则I1:I2等于什么？

4、初速都是零的质子和a粒子，由同一位置经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做匀速圆周运动，它们的轨道半径之比是 A、1:1 B、1:2 C、1:

D、

:1

5、如图9所示，三个质子1、2、3分别以大小相等的速度经过平板MN上的小孔O射入匀强磁场。磁场力向垂直纸面向里，整个装置放在真空中，这三个质子打到平板MN上的位置到小孔O的距离分

3

别是s1、s2、s3。则

A、s1>s2>s3 B、s1

1、 B 2、B 3、1:cosθ 4、C 5、D

在线测试

1、如图1所示，放在通电螺线管内部中间处的小磁针，静止时N极指向右，试判定c端是电源的 （正或负）极。

2、下列说法正确的是：

A、电荷处在电场强度为零的地方，受到的电场力一定为零

B、一小段通电导线放在磁感应强度为零的地方，受到的磁场力一定为零 C、电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度为零

D、一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零

3、两个粒子带电量相等，在同一匀强磁场中只受磁场力而做匀速圆周运动，因而：（ ）

A、若速率相等，则半径必相等 C、若动量大小相等，则半径必相等

B、若质量相等，则周期必相等 D、若动能相等，则周期必相等

4、一电子在磁感应强度为B的匀强磁场中，以一固定的正点电荷为圆心作圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，电子受的电场力为洛仑兹力的3倍，电子质量为m，电量为e，那么电子运动的角速度可能是( )

A 1Be/m

B 2Be/m

C 3Be/m

D 4Be/m

5、如图2所示，在相距d=0.02米的两平行金属板间加上600伏特的电压，在N板附近有一粒质量m=10克、带负电q=-3×10库仑的粒子，无初速的经电场加速后沿P进入匀强磁场，偏转后粒子打至Q点，已知PQ=0.4米。（忽略重力作用）匀强磁场的磁感应强度B的大小为

答案与解析

答案： 1、正 2、ABC 3、BC 4、BD 5、100 解析：

1．c端是正极d端是负极小磁针N极的指向即为该处的磁场方向，在螺线管内部磁感线由a→b根据安培定则可判断出电流由电源的c端流出，由d端流入，故c端为正极，d端为负极。

注意：不要错误认为螺线管b端吸引小磁针的N极就相当于条形磁铁的南极，关键要分清螺线管和内、外部磁感线分布。

4

。

-3

-6

2． A、B、C。对电场：电荷处在电场强度E=0的地方，受到的电场力一定为零；若电荷在某处不受电场力，则该处电场强度为零；电场强度的定义是把一个检验电荷放到电场某点，受到的电场力与其电量的比值。

对磁场：一小段通电导线放在磁感应强度为零处，受到的磁场力一定为零；而小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处磁感应强度不一定为零，也可能是通电导线平行磁力线放入的磁场。磁感应强度的定义是把一小段通电导线垂直于磁场放在某点受到的磁场力与该小段导线的长度和电流的乘积的比值。 3．BC 4．B 、D

解： 依题意可能有二种情况：F电-f洛=F向，F电+f洛=F向，

2ev2

1B=mω1r, v=ωr 4ev 22B=2ω2r

。

5． 100

解：带电粒子在电场中被加速至v：

qU= mv

2

进入磁场

而

高考综合复习——电磁感应（一） 电磁感应基础知识、自感专题 ● 知识网络

● 高考考点 考纲要求：

5

知识点 电磁感应现象，磁通量，法拉第电磁感应定律，楞次定律 导体切割磁感线时的感应电动势，右手定则 自感现象 日光灯 要求 Ⅱ Ⅱ Ⅰ Ⅰ 说明 (1)导体切割磁感线时感应电动势的计算，只限于L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 复习指导：

本章以电场及磁场等知识为基础，研究了电磁感应的一系列现象，通过实验总结出了产生感应电流的条件和判定感应电流方向的一般方法——楞次定律，给出了确定感应电动势大小的一般规律——法拉第电磁感应定律。感应电流的产生和感应电流的方向的判定和感应电动势的计算是电磁感应的基本的内容，纵观近年高考题可以看出题型主要为选择，在物理单科考试中应用较多，在理科综合试题中单独的涉及本考点的题目很少，大多是和电学知识相结合的综合性试题，且可以肯定本考点一定会在高考中出现。

通过对近年高考题目的分析比较可以看出，2006年的高考如果是物理单科有可能感应电流的产生和感应电流的方向的判定方面出题，而如果是理综考试试题，由于命题的要求的限制，单独考查的可能性很小，还应注意本考点与其它考点的结合而出现的综合性题目。还可以看出，矩形线框穿越有界匀强磁场问题，涉及到楞次定律（或右手定则）、法拉第电磁感应定律、磁场对电路的作用力、含电源电路的计算等知识，综合性强，能力要求高，这也是命题热点。2006年的高考，感应电动势的计算问题是肯定会出现的一个计算点，如果在选择题中出现，则应以基本计算为主，如果在计算题中出现则应当是一个综合性较强的题目。

● 要点精析 ☆磁通量相关：

1. 磁通量：穿过磁场中某个面的磁感线的条数叫做穿过这一面积的磁通量。磁通量简称磁通，符号为Φ，单位是韦伯(Wb)。

2. 磁通量的计算

（1）公式Φ＝BS 此式的适用条件是：①匀强磁场，②磁感线与平面垂直。 （2）如果磁感线与平面不垂直上式中的S为平面在垂直于磁感线方向上的投影面积。 Φ＝B·Ssinθ，其中θ为磁场与面积之间的夹角，我们称之为“有效面积”或“正对面积”。 （3）磁通量的“方向性”

磁感线正向穿过某平面和反向穿过该平面时，磁通量的正负关系不同，求合磁通时应注意相反方向抵消以后所剩余的磁通量。注意：磁通量是标量。 （4）磁通量的变化（量）△Φ＝Φ2－Φ1

△Φ可能是B发生变化而引起，也可能是S发生变化而引起，还有可能是B和S同时发生变化而引起，在确定磁通量的变化时应注意。

（5）磁通量的变化率：△Φ/△t 指磁通量的变化快慢。 附表：

物理意义 磁通量 磁通量的变化 磁通量的变化率 某时刻穿过某个面的磁感线条数 某段时间穿过某个面的磁通量的变化 穿过某个面的磁通量变化的快慢 6

大小 Φ＝B·S⊥ S⊥为与B垂直的面的面积 △Φ＝Φ2－Φ1 △Φ＝B·△S △Φ＝S·△B 穿过某个面有方向相反的磁场，则注意 不能直接用Φ＝B·S求解，应考虑“相反方向”的磁通量抵消后 所剩余的磁通量 附注 开始和转过180°时平面都与磁场垂直，既不表示磁通量的大小，也不表示穿过平面的磁通量是一正一负，△Φ＝变化的多少，实际它就是单匝线圈2B·S，而不是0 上产生的电动势大小 线圈平面与磁感线平行时，Φ＝0，但△Φ/△t最大 线圈平面与磁感线垂直时，Φ最大，但△Φ/△t＝0 ☆电磁感应现象的产生条件：

1．产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，若电路不闭合，即使有感应电动势产生，也没有感应电流。

2．感应电动势的产生条件：无论电路是否闭合只要穿过电路的磁通量发生变化，这部分电路就会产生感应电动势．这部分电路或导体相当于电源。

☆感应电流的方向：

1．右手定则：伸开右手，使大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，让磁感线垂直穿入手心，拇指指向导体运动方向，那么伸直四指指向即为感应电流的方向。

说明：

①伸直四指指向还有另外的一些说法：A.感应电动势的方向；B.导体的高电势处

②导体运动切割磁感线产生感应电流是磁通量发生变化引起感应电流的特例，所以判定感应电流方向的右手定则也是楞次定律的特例。用右手定则能判定的，一定也能用楞次定律判定，只是不少情况下，不如用右手定则判定来得方便简单；反过来，用楞次定律能判定的，用右手定则却不一定能判断出来。什么情况用右手定则判断，什么情况用楞次定律判断，要注意通过解题积累经验。凡是纯属磁感应强度变化的情况，一定要使用楞次定律才行；但即使是导体切割磁感线的情况，用右手定则也不一定简单。 ③安培定则、左手定则、右手定则的区别：

A. 适应于不同现象：安培定则又叫右手螺旋定则，适应于运动电荷或电流产生的磁场；左手定则判定磁场对运动电荷或电流作用力的方向；右手定则判定部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向。

B. 左手定则与右手定则“因果关系”不同：左手定则是因为“有电”，结果“受力”，即“因电而动”；右手定则是因为“受力”运动，结果“有电”，即“因动而电”。

2．楞次定律

（1）内容：感应电流具有这样的方向：就是感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。 注意：

①楞次定律的实质是“能量转化和守恒”，感应电流的磁场阻碍过程，使机械能减少，转化为电能； ②正确理解“阻碍”有四层意思要搞清楚：

A. 谁阻碍谁？是感应电流的磁通量阻碍引起感应电流的磁场（原磁场）的磁通量； B. 阻碍什么？阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身；

7

C. 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”；

D. 结果如何？阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化快慢，结果是增加的还是增加，减少的继续减少。

（2）应用楞次定律判断感应电流的步骤： ①确定原磁场的方向；

②明确回路中磁通量变化情况；

③应用楞次定律的“增反减同”，确立感应电流磁场的方向； ④应用右手安培定则，确立感应电流方向。

（3）楞次定律的另类表述：感应电流的效果，总是要反抗产生感应电流的原因。

说明：这里产生感应电流的原因，既可以是磁通量的变化，也可以是引起磁通量变化的相对运动或回路的形变。 ①当是电路的磁通量发生变化时，感应电流的效果就阻碍变化

②当是出现引起磁通量变化的相对运动时，感应电流的效果就阻碍变化拒，去留”；

③当是回路发生形变时，感应电流的效果就阻碍回路发生形变（扩大或缩小）；

④当线圈自身的电流发生变化时，感应电流的效果就阻碍原来的电流发生变化（自感现象）； 总之如果问题不涉及感应电流的方向，则从楞次定律的另类表述出发的分析方法较为简便。

☆感应电流的大小： 1．法拉第电磁感应定律

（1）内容：电磁感应中线圈里的感应电动势跟穿过线圈的磁通量变化率成正比

阻碍原磁通的变化；

阻碍（导体间的）相对运动即“来

（2）表达式： （3）说明：

①式中的n为线圈的匝数，ΔΦ是线圈磁通量的变化量，Δt是磁通量变化所用的时间． ②ΔΦ的单位是韦伯，Δt的单位是秒，E的单位是伏特；

又叫磁通量的变化率；

③ 中学阶段一般只用来计算Δt时间内平均感应电动势，一般不等于初态与末态电动势的平均值，即

；如果 是恒定的，那么E是稳恒的；

④ 决定了该回路的感应电动势的大小，但还不能决定该回路感应电流的大小，感应电流的大小由该回路的E和

回路电阻R共同决定。

（4）注意区分感应电流和感应电荷量：磁通发生变化时，由于感应电场作用使电荷发生定向移动而形成感应电流，

在Δt时间内迁移的电荷量（感应电荷量）为：

8

q仅由回路电阻和磁通量变化决定，与发生磁通变化时间无关，因此，当用一根磁棒先后两次从同一处用不同速度插至线圈中同一位置时，通过线圈中导线横截面积电荷量相同。但快插与慢插时产生的感应电动势大小、感应电流的大小不同，外力所做功也不相同。

2．导线切割磁感线的感应电动势 （1）公式：E＝BLv

（2）导线切割磁感线的感应电动势公式的几点说明：

①公式仅适用于导体上各点以相同的速度切割匀强磁场的磁感线的情况；

②公式中的B、v、L要求互相两两垂直。当L⊥B、L⊥v，而v与B成θ夹角时导线切割磁感线的感应电动势大小为E＝Blvsinθ；

③适应于计算导体切割磁感线产生的感应电动势，当v为瞬时速度时，计算瞬时感应电动势，当v为平均速度时可计算平均电动势；

④若导体棒不是直的，E＝BLvsinθ中的L为切割磁感线的导体棒的有效长度。如图，棒的有效长度为ab的弦长。

（3）导线切割磁感线的感应电动势大小两个特例：

①长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中以ω匀速转动，转动平面垂直磁感线，导体棒产生的感应电动势：

A．以端点为轴时， （平均速度取中点位置的线速度）

B．以中点为轴时，E＝0（可以看成相等两段以各自端点为轴转动所产生电动势的代数和）

C．以任意点为轴时， （可以看成不相等两段以各自端点为轴转动所产生电动势的代数和）

②面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中以角速度ω绕线圈平面内的任意轴匀速转动，转动轴垂直磁感线，产生的感应电动势：

A．线圈平面与磁感线平行时，E＝BSω B．线圈平面与磁感线垂直时，E＝0

C．线圈平面与磁感线夹角为θ时，E＝BSω·sinθ

3．公式 和E＝BLvsinθ的区别和联系

（1）区别：一般来说， 求出的是Δt时间内的平均感应电动势；公式E＝BLvsinθ，如v为瞬时速度，则

E为瞬时电动势，如v为平均速度，则E为平均电动势。

另外， 求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某部分导体的电动势。整个回路的感应电

动势为零时，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零，如图所示：

9

正方形导线框abcd垂直于磁感线，在匀强磁场中匀速向右运动时，由于 ，故整个回路的感应电动势E＝0。

但是ad和bc边由于做切割磁感线运动，仍分别产生感应电动势Ead＝Ebc＝BLv。对整个回路来说， Ead和Ebc方向相反，所以回路的总电动势E=0，感应电流也为零。虽然E=0，但仍存在电势差Uad＝Ubc＝BLv，相当于两个相同的电源ad和bc并联。

（2）联系：公式 ①和公式BLvsinθ②是统一的。当公式①中的Δt→0时，则E为瞬时感应电动势，只是

由于高中数学知识所限，我们现在不能这样求瞬时感应电动势。公式②中的v若代入平均速度 ，则求出的E为平均感

应电动势，实际上②式中 ，所以公式② 。只是一般说来，用公式①

求平均感应电动势更方便，用公式②E= BLvsinθ( v代入瞬时速度)求瞬时感应电动势更方便。

☆自感：

1．自感现象：当导体中的电流发生变化，导体本身就产生感应电动势，这个电动势总是阻碍导体中的原来的电流的变化，这种由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象，叫自感现象。

2．自感现象的应用

（1）通电自感：通电瞬间自感线圈处相当于断路，电路稳定后自感线圈相当于纯电阻。 （2）断电自感：断电时自感线圈处相当于电源。

①当线圈中电阻≥灯丝电阻时，灯缓慢熄灭；②当线圈中电阻＜灯丝电阻时，灯闪亮后缓慢熄灭。

（3）对自感要搞清楚通电自感和断电自感两个基本问题，可能感觉比较困难的是断电自感，特别模糊的是断电自感中“小灯泡在熄灭之前是否要闪亮一下”的问题。如图所示，原来电路闭合处于稳定状态，L与A并联，其电流分别为IL和IA，方向都从左向右。在断开S的瞬时，灯A中原来的从左向右的电流IA立即消失，但是灯A与线圈L组成一闭合电路，由于L的自感作用，其中的电流IL不会立即消失，而是在回路中逐渐减弱维持短暂的时间，这个时间内灯A中有从右向左的电流通过，这时通过A的电流从IL开始减弱，如果RL（线圈L的直流电阻）＜RA，原来的电流IL＞IA，则在灯A熄灭之前要闪亮一下；如果RL＞RA，原来的电流IL＜IA，则灯A是逐渐熄灭不再闪亮一下。

3．增大线圈自感系数的方法：

①增大线圈长度 ②增多单位长度上匝数 ③增大线圈截面积（口径） ④线圈中插入铁芯

10

4．日光灯

（1）日光灯电路的组成和电路图： ①日光灯电路的电路图如图所示：

②灯管：日光灯管的两端各有一个灯丝，灯管内有微量的氩和汞蒸汽，灯管内涂有荧光粉。两个灯丝之间的气体导电时发出紫外线，激发管壁上的荧光粉发出可见光，但要使管内气体导电所需电压比220V的电源电压高得多。 ③镇流器：i）结构：线圈和铁芯；ii）原理：自感；iii）作用：灯管启动时提供一个瞬时高压，灯管工作时降压限流。 ④启动器：i）结构：电容、氖气、静触片、U形动触片、管脚、外壳；ii）原理：热胀冷缩；iii）作用：先接通电路，再瞬间断开电路，使镇流器产生瞬间高压。

（2）日光灯电路的工作过程：电源电压220V加在启动器两极间→氖气放电发出辉光→辉光产生的热量，使U形动触片膨胀伸长，与静触片接触接通电路→镇流器和灯丝中通过电流→氖气停止放电→动静触片分离→切断电路→镇流器产生瞬间高压，与电源电压加在一起，加在灯管两端→灯管中气体放电→日光灯发光。

（3）日光灯启动后正常工作时，启动器断开，电流从灯管中通过，镇流器产生自感电动势起降压限流作用。

● 精题精讲

例题1. 面积为S的矩形框abcd，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面成θ角（如图），当线框以ab为轴顺时针转90°过程中，求穿过abcd的磁通量变化量ΔΦ。

解析：磁通量由磁感应强度矢量在垂直于线框平面方向上的分量决定的。选平面法线n的方向为正，开始时B与线框平面成θ角，磁通量Φ1＝BSsinθ；线框平面按题意方向转动时，磁通量减少，当转过90°时，磁通量变化为Φ2＝－BScosθ。 可见，磁通量的变化量为：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BScosθ－BSsinθ＝－BS·（cosθ+sinθ） 即穿过线圈的正向磁通量减少了BS·（cosθ+sinθ）。

实际上，在线框转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量是由正向BSsinθ减小到零，再由零增大到负向BScosθ。 点评：磁通量是标量，但有正、负，对某一面积元的磁通量的正、负是人为规定的。不考虑磁通的正负，在计算磁通量变化时，往往会产生错误。穿过某一线圈平面的磁通量的大小，与线圈匝数无关。

例题2. 线圈在长直导线电流的磁场中，作如图的运动：A向右平动，B向下平动，C绕轴转动（ad边向外），D从纸面向纸外作平动，E向上平动(E线圈有个缺口)，判断线圈中有没有感应电流？

11

解析：在直导线电流磁场中的五个线圈，原来磁通量都是垂直纸面向里的．对直线电流来说，离电流越远，磁场就越弱。

A、向右平移，穿过线圈的磁通量没有变化，故A线圈中没有感应电流； B、向下平动，穿过线圈的磁通量减少，必产生感应电动势和感应电流；

C、绕轴转动，穿过线圈的磁通量变化（开始时减少），必产生感应电动势和感应电流； D、离纸面向外，线圈中磁通量减少，故情况同BC；

E、向上平移，穿过线圈的磁通量增加，故产生感应电动势，但由于线圈没有闭合回路，因此无感应电流。 点评：判断是否产生感应电流关键是分清磁感线的疏密分布，进而判断磁通是否变化。

例题3.在一固定圆柱形磁铁的N极附近放置一平面线圈abcd，磁铁轴线与线圈水平中心线xx’轴重合，下列说法中正确的是：（ ）

A、当线圈刚沿xx’轴向右平移时，线圈中有感应电流，方向为adcba

B、当线圈刚绕xx’轴转动时（ad向外，bc向里），线圈中有感应电流，方向为abcda C、当线圈刚沿垂直纸面方向向外平移时，线圈中有感应电流，方向为adcba

D、当线圈刚绕yy’轴转动对（ab向里，cd向外），线圈中有感应电流，方向为abcda

解析：正确的答案是CD。线圈在原图位置中时，磁通量为零。在A、B两项中，线圈运动时磁通量未变，仍为零；C项中，磁感线向外，磁通量增加；D项中磁通量亦增加，由楞次定律可分别判断出感应电流方向为adcba和abcda。 点评：本题考查磁铁的磁场、产生感应电流的条件和楞次定律等知识点，掌握典型的磁体或通电导体周围的磁感线分布情况是判断回路中磁通量是否发生变化的关键。

加深：①在C选项中，若线圈向外平移的距离足够大，情况又怎样？（提示：磁通量先变大后变小）；

②在C选项中，若线圈向外平移很小距离ΔS后，再向内平移2ΔS，则在向内平移过程中情况又怎样？（提示：磁通量方向发生改变）。

拓展：导线框abcd与导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，当线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是：（ ）

A、先abcd，后dcba，再abcd； B、先abcd，后dcba；

C、始终dcba； D、先dcba，后abcd，再dcba； E、先dcba，后abcd。

解析：下面我们着重分析线圈跨在导线两侧时感应电流的方向，先画出通电直导线的磁感线分布如图所示：

12

用两种方法判定：

（1）用磁通量变化来判定：在线圈跨越导线过程中，线圈左边部分磁通量穿出，而右边部分则穿入，我们用合磁通来判定。当跨在导线左边的线圈面积大于右边面积时，合磁通是向外的且逐渐减小，为阻碍这个方向的磁通量减小，感应电流是沿abcd；当跨在导线右边的线圈面积大于左边面积时，合磁通向内逐渐增大，为阻碍向内的磁通增大，感应电流方向应沿abcd。

（2）用切割磁感线来判定：在线圈跨越导线的过程中，用右手定则可得，cd边的感应电动势向上，ab边的感应电动势向下，而ad，bc边不切割磁感线，没有感应电动势产生，因此cd和ab边产生的感应电动势叠加起来使线圈的感应电流的方向是沿abcd。

另由楞次定律可判定线圈未跨导线前的感应电流方向为dcba，离开导线后感应电流的方向为dcba。

点评：研究电磁感应现象时分析磁通量（确切的说应该是合磁通）的变化情况是一个非常重要的问题，问题的关键在于对有关磁场、磁感线的空间分布要有足够清楚的了解，有些问题应交替利用楞次定律和右手定则切割磁感线来分析。

例题4.在北半球地磁场的竖直分量向下。飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变．由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，则：（ ）

A、若飞机从西往东飞，φ1比φ2高 B、若飞机从东往西飞，φ2比φ1高 C、若飞机从南往北飞，φ1比φ2高 D、若飞机从北往南飞，φ2比φ1高

解析：这是一个导体切割磁感线的问题。首先要明确地磁场大致的分布情况：在南半球，地磁场的竖直分量向上；在北半球，地磁场的竖直分量向下；在赤道上方，地磁场的磁感线与地轴平行，或说是水平的也可以。当然题目中已画出了地磁场的分布图示，但即使题中不告诉地磁场的分布情况，也应该知道。切割磁感线的导体即为机翼，虽然没有感应电流，但感应电动势仍然存在。在电源内，感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，即为右手定则中四指所指的方向，由电源的负极指向正极，或者说由低电势指向高电势。

另外，在此所指飞行员的左方、右方，应是指飞行员面向飞机的运动方向，对此如再作其他的理解是完全没有必要的。由右手定则可判知：在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机冀电势高，右方机翼电势低。 答案：AC

点评：判断电磁感应电路中电势高低的方法是：把产生感应电动势的那部分电路当做电源的内电路，再判定该电源的极性（正极、负极），对于一个闭合回路来说电源内电路的电流方向是从负极流向正极，电源外的电流是从高电势流向低电势，即从正极流向负极。判定电磁感应电源的极性是解此类题的关键。

拓展：螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是：（ ）

13

A、向左摆动 B、向右摆动 C、保持静止 D、无法判定

解析：正确答案是A。当磁铁插入时，穿过线圈的磁通量向左且增加，线圈产生感应电动势，因此线圈是一个产生感应电动势的电路，相当于一个电源，其等效电路如图：

因此A板带正电，B板带负电，故小球受电场力向左。

例题5.一闭合的铜环从静止开始由高处下落通过条形磁铁后继续下落，空气阻力不计，则在圆环的运动过程中，下列说法正确的是：（ ）

A、在磁铁的上方时，铜环的加速度小于g，在下方时大于g B、圆环在磁铁的上方时，加速度小于g，在下方时也小于g C、圆环在磁铁的上方时，加速度小于g，在下方时等于g D、圈环在磁铁的上方时，加速度大于g，在下方时小于g

解析：正确答案是B。此题易错选A或C，原因是在判磁场力作用时缺乏对条形磁铁磁感线的空间分布的了解。此题可以用例1的二种方法判定，但都不够简捷。今用楞次定律的另一种表示来判定：感应电流总是阻碍导体间的相对运动，意思是总是阻碍导体间的距离变化。因此圆环在磁铁的上方下落时，磁场力总是阻碍圆环下落，即a

点评：一般地凡由于外界因素而先使导体运动，进而产生感应电流的，都可用“阻碍导体间相对运动”来判定。

例题6.通电螺线管与电源相连，与螺线管同一轴线上套有三个轻质闭合铝环，B在螺线管中央，A、C位置如图所示，当S闭合时：（ ）（本题忽略三环中感应电流之间相互作用力）

A、A向左，C向右运动，B不动 B、A向右，C向左运动，B不动 C、A、B、C都向左运动 D、A、B、C都向右运动

14

解析：正确答案是A。正确的分析是：（用二种方法分析）

方法一：以三个环上端截面为例，画出感应电流方向和磁感线方向，以及这一小段电流的受力方向如图所示，A和C所受磁场力的水平分量将会使A向左，C向右运动。由于对称性，以任意一小段感应电流为研究对象，都会得出相同的结论。

方法二：用阻碍磁通量变化来判定，画出通电螺线管的磁感线分布（如图），对A环为了阻碍磁通量的增加，应向左运动，即朝磁通量较小的左方运动。同理可知C环向右运动。对B环，因左右两侧的磁通量是对称的，即无处可“躲”（只能有扩大的趋势）。若电源反向亦同样结果。

点评：加深理解楞次定律的另一种表述，在做题时往往有意想不到的效果。

拓展：光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时：（ ）

A、P、Q将互相靠拢 B、P、Q将互相远离 C、磁铁的加速度仍为g D、磁铁的加速度小于g 解析：方法一：设磁铁下端为N极，如图所示：

根据楞次定律可判断P、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，可见，PQ将互相靠拢。由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，磁铁将受到反作用力，从而加速度小于g。当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结果。所以，本题应选A、D。

方法二：根据楞次定律的另一表示——感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路。“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以P、Q将互相靠拢且磁铁的加速度小于g，应选A、D。

例题7.通有稳恒电流的螺线管竖直放置，铜环R沿螺线管的轴线加速下落，在下落过程中，环面始终保持水平。铜

15

环先后经过轴上1、2、3位置时的加速度分别为al 、a2 、a3，位置2处于螺线管的中心，位置1、3与位置2等距，则：（ ）

A、a1

本题难点是确定a1、a3的大小关系，应注意在1、3两处磁通量变化率的不同。圆铜环一直加速下落，经1位置附近的时间Δt1大于经3位置附近的时间Δt3（取相等距离比较），而∣ΔΦ1∣＝∣ΔΦ3∣，所以在3位置时铜环的磁通量变化率最大，所受磁场力也大，合力（mg－F）小，故a3

点评：此题属于楞次定律和法拉第电磁感应定律的综合应用。

例题8. 在一磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h＝0.1 m的平行金属导轨MN与PQ，导轨的电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3Ω的电阻。导轨上跨放着一根长为L＝0.2m、每米长电阻r＝2.0Ω的金属棒ab，金属棒与导轨正交放置，交点为c、d。当金属棒以速度v=4.0 m/s向左做匀速运动时（如图），试求：

(1)电阻R中的电流大小和方向；(2)使金属棒做匀速运动的外力； (3)金属棒ab两端点间的电势差；

(4)ab棒向左匀速移动L’＝0.5m的过程中，通过电阻R的电荷量是多少？ 解析：金属棒向左匀速运动时，等效电路如图所示：

在闭合回路中，金属棒的cd部分相当于电源，内阻rcd=hr，电动势Ecd＝Bhv。 (1)根据欧姆定律，R中的电流为：

方向从N流向Q。

16

(2)使棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，方向向左，大小为F＝F安＝IhB＝0.02N。

(3)金属棒ab两端的电势差等于Uac＋Ucd＋Udb，由于Ucd＝IR=Ecd－Ircd，因此也可以写成:Uab=Eab－Ircd＝BLv－Ircd＝0.32 V。

(4)在ab匀速移动L’＝0.5m的过程中，通过电阻的电荷量为：

点评：一定要注意，不要把ab两端的电势差与ab棒产生的感应电动势这两个概念混为一谈，也不要把ab棒产生的感应电动势和接入电路的电动势弄混。

拓展：两条平行且足够长的金属导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向垂直导轨平面，两导轨间距为L，左端接一电阻R，右端接一电容器C，其余电阻不计。长为2L的导体棒ab如图所示放置，从ab与导轨垂直开始，在以a为圆心沿顺时针方向的角速度ω匀速旋转90°的过程中，通过电阻R的电荷量是＿＿＿＿＿。

解析：以a为圆心，ab顺时针旋转至60°时，导体有效切割边最长为2L，故此时感应电动势也最大，且为：

此时电容器被充电

在这一过程中通过R的电荷量：

注意到从60°旋转到90°的过程中，电容器放电，带电荷量q1将全部通过电阻R，故整个过程中通过R的总电荷量为：

点评：本题求解感应电动势大小时，应分别求出其平均值和瞬时值，并注重状态分析和过程分析，其中用到的知识和方法，应认真掌握。

例题9.如图所示的电路中有L1和L2两个完全相同的灯泡，线圈L的电阻忽略不计．下列说法中正确的是：（ ）

A、闭合S时，L2先亮，L1后亮，最后一样亮 B、断开S时，L2立刻熄灭，L1过一会儿熄灭 C、L1中的电流始终从b到a D、L2中的电流始终从c到d

解析：闭合S时，L2中立即有从d到c的电流，先亮，线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加，所以L1逐渐变亮。电路稳定后自感作用消失，线圈L相当于导线，所以L1、L2最后一样亮，选项A正确。

断开S时，L2中由电源提供的电流立即消失，但是L1中从b到a的电流由于自感的阻碍作用只能逐渐减小，该电流

17

与L2形成回路，因此L1、L2都将过一会儿才一熄灭，选项B错误。 L1中的电流始终由b到a ， L2中的电流先由d到c，后由c到d。 答案：AC

点评：自感电动势阻碍电流的变化，线圈中电流增大时，自感电动势（电流）方向与原电流方向相反，阻碍电流的增大；线圈中电流减小时，自感电动势（电流）方向与原电流方向相同，阻碍电流的减小，正是这种阻碍作用，使线圈中的电流只能从原来的值逐渐变化，不能发生突变。

拓展：如图所示的电路，D1和D2是两个相同的小电珠，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相同，由于存在自感现象，在电健S接通和断开时，灯泡D1和D2先后亮暗的次序是：（ ）

A、接通时D1先达最亮，断开时D1后暗 B、接通时D2先达最亮，断开时D2后暗 C、接通时D1先达最亮，断开时D1先暗 D、接通时D2先达最亮，断开时D2先暗

解析：正确答案是A。当电键S接通时，D1和D2应该同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势的方向是左边正极，右边负极，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始瞬时电流几乎全部从D1通过，而该电流又将同时分路通过D2和R，所以D1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，D1和D2达到一样亮。 当电键S断开时，电源电流立即为零，因此D2立刻熄灭，而对D1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势（右端为正极，左端为负极），使线圈L和D1组成的闭合电路中有感应电流，所以D1后灭。 点评：分析自感现象，关键是分清电流的变化，确定自感电动势的方向及怎样阻碍电流的变化。

● 反馈练习 一、选择题

1．两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流则：（ ）

A、可能带正电且转速减小 B、可能带正电且转速增大 C、可能带负电且转速减小 D、可能带负电且转速增大

2．一直升飞机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B，直升飞机螺旋桨叶片的长为L，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨顺时针方向转动．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：（ ）

18

A、 C、

，且a点电势低于b点电势 B、 ，且a点电势高于b点电势 D、

，且a点电势低于b点电势 ，且a点电势高于b点电势

3．闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下。当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）：（ ）

A、线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引 B、线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥 C、线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引 D、线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥

4．两根相距离为L的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图）做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，则：（ ）

A、 ，流过固定电阻R的感应电流由b到d

B、 C、 D、

，流过固定电阻R的感应电流由d到b ，流过固定电阻R的感应电流由b到d ，流过固定电阻R的感应电流由d到b

5． D1和D2是两个完全相同的灯泡，其额定电压在数值上约等于电源电动势，电源内电阻可以忽略不计，L是一个自身电阻可以忽略不计而自感系数足够大的线圈。将开关S2断开，S1闭合，两个灯泡都发出较暗的光。若闭合S2，两个灯的亮度变化情况是：（ ）

19

A、D1逐渐变亮，后来亮度稳定 B、D1逐渐变暗，后来熄灭 C、D2逐渐变亮，后来亮度稳定 D、D2逐渐变暗，后来熄灭

6．两块水平放置的平行金属板间距为d，定值电阻的阻值为R，竖直放置的线圈匝数为n，绕制线圈导线的电阻也为R，其他导线的电阻忽略不计。现有竖直向上的磁场B穿过线圈，在两极板中一个质量为m、电量为q，带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B的变化情况是：（ ）

A、均匀增大，磁通量变化率的大小为 B、均匀增大，磁通量变化率的大小为

C、均匀减小，磁通量变化率的大小为 D、均匀减小，磁通量变化率的大小为

7．有两个完全相同的灵敏电流计，若将A表指针向左拨动，则B表指针将：（ ）

A、向左偏转 B、向右偏转 C、保持不动 D、无法确定

8． EF、GH为平行的光滑金属导轨，匀强磁场垂直于导轨平面，C为电容器，ab为可在EF和GH上滑动的导体横杆，正以速度v匀速向右运动。若突然使电容器两板错开使其正对面积减小些，则：（ ）

A、电容器上所带电荷量增加 B、电容器上所带电荷量不变 C、ab杆会逐渐停止运动 D、ab杆的速度会增大一些

反馈练习答案：

20

1．答案：BC

提示：由题目所给的条件可以判断，感应电流的磁场方向垂直于纸面向外，根据楞次定律，原磁场的方向与感应电流的磁场相同时是减少的，环A应该做减速运动，产生逆时针方向的电流，故应该带负电，故选项C是正确的，同理可得B是正确的。 2．答案：A

提示：对于螺旋桨叶片ab，其切割磁感线的速度是其做圆周运动的线速度，螺旋桨不同的点线速度不同，但满足v’＝ωR，可求其等效切割速度v＝ωL/2＝πfL，运用法拉第电磁感应定律a指向b，在电源内部电流由低电势流向高电势，故选项A是正确的。 3．答案：B

提示：题意可知穿过线圈的磁场方向向下，磁铁向下运动造成磁通量增加，由楞次定律知感应电流的磁场方向与B相反，由此可以判定感应电流的方向与题图中所标电流方向相同，磁铁与线圈相互排斥。故选项B是正确的。 4．答案：A 提示：题中等效电路如下图所示：

。由右手定则判断电流的方向为由

导体棒MN相当于电源，其电动势E＝BLv，其内阻等于R，而判定，所以A正确。 5．答案：BC

，电流方向可用右手定则

提示：由于自感现象，在闭合S2的瞬间流过两灯的电流无明显变化，随自感的减弱直至最后消失，D1变暗并熄灭，D2随其两端的电压升高而变亮，最终稳定。因此B、C选项正确。

6．答案：A 提示：由油滴处于平衡状态，由楞次定律可知磁感应强度B应该是向上增大的，

根据平衡关系 ，其中 ，再根据线圈电阻与R等值可知感应电动势：

7．答案：A

，所以有

提示：当A表指针向左拨动时，根据感应电流阻碍引起感应电流的原因，可以得出B表指针将向左偏转。 8．答案：D

提示： 根据 可知正对面积减小时电容减小，电容器放电，产生与原感应电动势相反的效果，使放电

电流从a到b，金属棒受到向右的安培力，使金属棒加速。

高考综合复习 电磁感应 专题（二）

21

一、电磁感应现象：一切电磁感应现象都可以归结为磁通量的变化引起的： 如：

二、感应电流的方向判断：

楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化

对于导体切割磁感线时的感应电动势方向的判断，也可以利用右手定则：伸开右手，让磁场穿过掌心，大拇指指向运动方向，四指指向导体内感应电流方向或导体内感应电动势的正极。

三、法拉第电磁感应定律：

（1）在电磁感应现象中产生的感应电动势大小，跟穿过这一回路的磁通变化率成正比。

表达式： ——平均值

（2）导体在磁场中切割磁感线产生电动势。 表达式：ε=BLv（垂直切割） ——瞬时值

若v不与B垂直，则可以将v分解为垂直于B和平行于B，其中垂直分量产生感应电动势。 （3）自感现象：由于通过导体本身电流发生变化而引起的电磁感应现象。

自感电动势 无铁芯决定。

[例题分析]

，即与电流的变化率成正比，式中L为自感系数由线圈本身的长度、横截面积、匝数以及有

例1、通电直导线与闭合金属框彼此绝缘，它们处于同一平面内，导线位置与线框轴重合。为了使线框中产生如图所示方向的感应电流，可以采取的措施是： A、减弱直导线中的电流强度 B、线框以直导线为轴转动 C、线框向右平动 D、线框向左平动

分析：通电直导线产生磁场的磁感线是以电流为圆心的同心圆。闭合线框在如图所示状态下磁通量j为零。当直导线中电流强度发生变化或线框以直导线为轴转动时，通过线框的磁通量j始终是零，Δj=0，故无感应电流产生。

22

当线框向右或向左平动时，通过线框的磁通量j都要增加。向右平动原磁场方向为“x”，向左平动原磁场方向为“·”为了阻碍磁通量的增加产生题目中要求感生电流的方向。由楞次定律可判断线框应向左平动，故D选项是正确的。

例2、如图所示，用金属导线变成闭合正方形导线框边长为L，电阻为R，当它以速度v匀速地通过宽也为L的匀强磁场区过程中，外力需做功W，则该磁场磁感应强度应为多大？若仍用此种导线变成边长为2L的正方形导线框，以相同速度通过同一磁场区，外力应做功为原来的几倍？

解：正方形线框匀速通过磁场ΣF=0，当进入磁场时，cd边切割磁感线产生ε→产生I→受F安：F外=F安。当出磁场时ab边切割磁感线产生ε→产生I→受F安，则F外=F安。

外力功W=F外·2L=F安×2L=BIL×2L=2BL2×

。 则磁感应强度 。

当线框边长为2L时，此时真正产生感应电流的时候是当cd、ab边在磁场中运动时，外力功W'为：（此时电阻为原来的2倍）

W'=F外'×2L= F安'×2L=BI'×2L×2L =4BL2× 故外力应做功为原来的2倍。

= .

例3、置于匀强磁场中，垂直磁场的水平面上有一光滑平行金属导轨，轨的电阻不计，轨间连有电阻R轨距L，一质量为m的导体棒在水平外力F外的作用下，从静止开始，在开关闭合情况下金属棒运动情况如何？

解析：导体棒受水平F外→产生加速度 →速度由0开始增加（v↑）→切割磁感线→棒中产生感应电动势

ε=BLv→棒中电流 棒受培力F安=BIL方向与外力相反→棒受合力F合=F外-F安→加速度减小 →速度

仍继续增加→ε↑→I↑→F安↑→F合↓→a↓导体棒做加速度减小的加速运动，直至加速度减小到0，棒做匀速运动，此刻a=0，

F合=0，F外=F安=BIL=B L= ·BLvm= 匀速运动的速度 为棒在导轨上运动的最大速度。

例4、图中E为电池组，L是自感系数足够大的电磁线圈（直流电阻不计），D1、D2是规格一样的灯泡，在开在S闭合或断开操作过程中灯泡均未被烧断。下列说法中正确的是：

A、S刚闭合时，D1、D2同时亮且同样亮

B、闭合S达到稳定后，D1熄灭，D2比刚闭合S时要亮 C、再将S断开时，D2不立即熄灭 D、再将S断开时，D1先闪亮后再熄灭

解析：当开关S闭合瞬间，电路中电流增加，线圈因自感系数足够大，又无电阻产生自感电动势阻碍电流增加，故L

23

与路中电流可视为零，此时两灯泡串联接在电流两端放两灯同时亮。A选项是正确的。

闭合S到达稳定无电流变化，没有自感电动势。因L中无电阻，则只有灯D2接在电源两端，故灯D1不亮、D2比刚闭合时更亮。B选项是正确的。

再将S断开，灯D2立即熄灭。C错误。而L中的电流变化产生自感电动势阻碍电流的减小，电流将流经D1、灯D1闪亮后，随着电流的减小而熄灭。D选项是正确的。 答案：ABD

[习题]

1、在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图所示，导轨上放一根导线ab，磁力线垂直于导轨所在平面。欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感生电流，则导线的运动情况可能是：（ ）

A、匀速向右运动 B、加速向右运动 C、减速向右运动 D、加速向左运动

2、两根竖直放置的光滑平行导轨，其一部分处于方向垂直导轨所在平面且有上下水平边界的匀强磁场中，一根金属杆MN成水平沿导轨滑下，在与导轨和电阻R组成的闭合电路中，其他电阻不计。当金属杆MN进入磁场区后，其运动的速度图象可能是下图中的（ ）

3、两光滑曲线导轨连接光滑水平导轨，水平导轨处在方向竖直向下的匀强磁场中。导体b静置在水平导轨上，导体a从曲线导轨上滑下，进入水平导轨的匀强磁场中后（始终未与b相接触）（ ）

A、导体a将作匀减速运动，b作匀加速运动 B、回路中的感应电流将不断减小 C、a、b的速度最终会相同 D、回路中的感应电流最终会为零

4、L是带铁心的线圈，A是灯泡，原来电键K闭合，电路是接通的，若把电键K打开，在电路切断的瞬间，通过灯泡的电流方向是从_________端到__________端。这个实验是用来演示_________现象。

[参考答案] 1、CD 2、ACD 3、BCD 4、a，b，自感

在线测试

选择题

1、第一个发现电磁感应现象的科学家是：

A、奥斯特

B、库仑

C、法拉第

D、安培

2、如图1所示，是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只伏特表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应：

A、先断开K1

B、先断开K2

C、先拆除安培表

D、先拆除伏特表

24

3、如图2所示，由大小两个半圆弧组成的弯曲金属导线位于匀强磁场中，当整个导体向右平移时，下列结论正确的是：

A、整个导线中的总感应电动势为零 B、A、C、E三点的电势相同

C、导线中将产生感应电动势，D点电势比B点高 D、无法判断

4、如图3所示，矩形线框abcd在水平匀强磁场中，绕中央竖直轴匀速转动，转轴与外电路电阻R连通，t=0时刻线框平面跟磁场垂直，用T表示其转动周期，则：

A、经T/4时，线框abcd中穿过的磁通量为零，磁通量变化率最大 B、经T/2时间内，通过导线a处横截面积的电量为零 C、电阻R上有电流通过

D、电阻R上恒无电流

5、如图4所示，正方形线框abcd每边长l=20m，回路电阻为0.02欧，线框质量为m=100克，砝码质量

M=140克，匀强磁场的磁感应强度B=0.5特，匀强磁场在竖直方向的宽度h=20cm，砝码M和线框用细绳绕过两个定滑轮相连，砝码M从某一位置下降，当线框上升到ab边进入磁场区时，开始匀速运动，（g取10m/s）线框匀速上升的速为 上升的过程中有 J机械能转化为电能。

2

m/s，在线框匀速

答案与解析

答案：1.C 2.B 3. A、B、C 4. A、D 5. 0.8 0.08

2、解：B。只要不断开K2，线圈L与伏特表就会组成闭合回答，在断开电路干路时，线圈L会因此产生感应电流，电流的方向与原方向相同。这时流过伏特表的电流方向与原来电流方向相反，伏特表中的指针将反向转动。损坏伏特表，所以必须先拆下伏特表，即断开K2。

3、解：A、B、C。整个导体向右平动时，穿过闭合金属导线的磁通量不变，整个导线中的总感应电动势为零，由于A、C、E三个切割磁力线的有效长度为零，则A、C、E三点的电势相同。由右手定则判定UD>UB。

4、解：A、D。经 时刻，线圈abcd平面与磁场平行，穿过线圈的磁通量为零，而

ab边和cd边切割磁场的有效速度最大，感应电动势最大，故磁通量的变化率最大。A对。

25

C、电磁波能脱离电荷而独立存在 D、电磁波的传播速度一定是3×10米/秒

8

5、无线电广播的中波段波长的范围是187-560米，为了避免邻近电台干扰，两个电台的频率范围至少应差10赫，则在此波段中最多所容纳的电台数约为多少 个？

4

答案与解析

答案：1．A、B、D 2．A、C 3．C 4．B、C 5．106

解析：1．解：A、B、D。交流电的定义是大小和方向都随时间变化的电流，图C中的电流大小随时间变化，但方向始终没变，不是交流电。

2．解：A、C把电介质插入电容器，电容量C增加，容抗（XC=1/2fC）减小，电流增加，电灯变亮；同理，当频率增加时，容抗减小，电灯亦变亮；而B、C两种做法中，将使电容量C减小，容抗增加，电灯将变暗。 3．解：C。当副线圈中R变小时。因电压不变，电流I2增大， 又由n1I1=n2I2有I1增大。

4．解：B、C。麦克斯韦电磁理论：变化的电场可以产生磁场，变化的磁场可以产生电场；A错。 电磁波即电磁场在空间的传播，其频率等于激起电磁波的振荡电流的频率；B对。 电磁波的传播不需要介质，能脱离电荷而独立存在；C对。 电磁波只有在真空时其波速才为3×10米/秒。D错。

8

5．解：根据c=λ·f有

5

6

则可知中波段频率范围为5.36×10~1.6×10（Hz）

由于两个电台间的频相差Δf=10Hz，所以最多可容纳的电台个数约为：

4

北 京 四 中

1、（1997）图1两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220伏的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110伏。若分别在cd、两端与g、h两端加上110伏的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为：（ ）

A、220伏，220伏 B、220伏，110伏 C、110伏，110伏 D、220伏，0

2、（2002）下面列出了不同品牌的电视机、电风扇、空调机和电冰箱铭牌上的主要项目，试判断正常工作时，其中功率最大的是：（ ）

31

3、（1997）一交流电压的瞬时值表达式为u=15sin100πt伏，将该交流电压加在一电阻上时，产生的电功率为25瓦。那么，这个电阻的阻值是__________欧姆。

4、（1998）一理想变压器，原线圈匝数n1=1100，接在电压220V的交流电源上，当它对11只并联的“36V，60W”灯泡供电时，灯泡正常发光，由此可知该变压器副线圈的匝数n2=__________，通过原线圈的电流I1=___________A。 答案：

1、B [提示]图中（1）是变压器；（2）是变阻器 2、D 3、4.5

[解析]由 得

4、[解析]由U1：U2=n1：n2 得

又I1U1=11×60W ∴

32

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/2536.html