2024届高考物理一轮复习教案第十二章第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流（粤教版新教材）

这是一份2024届高考物理一轮复习教案第十二章第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流（粤教版新教材），共15页。

考点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用
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．
(2)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．
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＝neq \f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数．
(3)感应电流与感应电动势的关系：I＝eq \f(E,R＋r).
(4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt).
1．Φ＝0，eq \f(ΔΦ,Δt)不一定等于0.( √ )
2．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大．( × )
3．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大．( √ )
4．线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大．( × )
对公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)的理解
1．若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为eq \f(ΔΦ,Δt).
2．当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝neq \f(ΔB·S,Δt)，其中S为线圈在磁场中的有效面积．若B＝B0＋kt，则eq \f(ΔB,Δt)＝k.
3．当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nBeq \f(ΔS,Δt).
4．当B、S同时变化时，则E＝neq \f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq \f(ΔB·ΔS,Δt).
例1 (2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3.则( )
A．I1I3>I2
C．I1＝I2>I3D．I1＝I2＝I3
答案 C
解析 设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2.同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝eq \f(3\r(3)r2,2)，三个线框材料粗细相同，根据电阻定律R＝ρeq \f(L,S横截面)，可知三个线框电阻之比为
R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8∶2π∶6
根据法拉第电磁感应定律有I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(S,R)
可得电流之比为I1∶I2∶I3＝2∶2∶eq \r(3)
即I1＝I2>I3，故选C.
例2 (多选)(2023·广东名校联考)如图甲所示，等边三角形金属框ACD的边长均为L，单位长度的电阻为r，E为CD边的中点，三角形ADE所在区域内有磁感应强度垂直纸面向外、大小随时间变化的匀强磁场，图乙是匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像．下列说法正确的是( )
A．t0时刻，穿过金属框的磁通量为eq \f(\r(3)B0L2,4)
B．5t0时刻，金属框内的感应电流由大变小
C．0～5t0时间内的感应电动势小于5t0～8t0时间内的感应电动势
D．5t0～8t0时间内，A、E两点的电势差的绝对值恒为eq \f(\r(3)B0L2,48t0)
答案 CD
解析 t0时刻，穿过金属框的磁通量Φ＝eq \f(1,5)B0×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)L×eq \f(\r(3),2)L＝eq \f(\r(3)B0L2,40)，A错误；根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，结合题图乙可知，0～5t0时间内的感应电动势小于5t0～8t0时间内的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律可知，5t0时刻，金属框内的感应电流由小变大，B错误，C正确；5t0～8t0时间内，A、E两点的电势差的绝对值恒为U＝I×eq \f(1,2)R＝eq \f(ΔΦ,RΔt)×eq \f(1,2)R＝eq \f(\r(3)B0L2,48t0)，D正确．
考点二 动生电动势
1．导体平动切割磁感线产生感应电动势的算式E＝BLv的理解
(1)直接使用E＝BLv的条件是：在匀强磁场中，B、L、v三者互相垂直．如果不相互垂直，应取垂直分量进行计算．
(2)有效长度
公式E＝BLv中的L为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度．如图，导体的有效长度分别为：
图甲：L＝eq \x\t(cd)sin β.
图乙：沿v方向运动时，L＝eq \x\t(MN).
图丙：沿v1方向运动时，L＝eq \r(2)R；沿v2方向运动时，L＝R.
(3)相对速度
E＝BLv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．
2．导体转动切割磁感线
如图，当长为L的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体运动Δt时间后，转过的弧度θ＝ωΔt，扫过的面积ΔS＝eq \f(1,2)L2ωΔt，则E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BΔS,Δt)＝eq \f(1,2)BL2ω(或E＝BLeq \x\t(v)＝BLeq \f(vA＋vC,2)＝BLeq \f(ωL,2)＝eq \f(1,2)BL2ω)．
1．公式E＝BLv中的L是导体棒的总长度．( × )
2．磁场相对导体棒运动，导体棒中也可能产生感应电动势．( √ )
考向1 有效长度问题
例3 如图所示，由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(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差Uab为( )
A.eq \r(2)BRvB.eq \f(\r(2),2)BRv
C．－eq \f(\r(2),4)BRvD．－eq \f(3\r(2),4)BRv
答案 D
解析 有效切割长度即a、b连线的长度，如图所示
由几何关系知有效切割长度为eq \r(2)R，所以产生的电动势为E＝BLv＝B·eq \r(2)Rv，电流的方向为a→b，所以Uab<0，由于在磁场部分的阻值为整个圆的eq \f(1,4)，所以Uab＝－eq \f(3,4)B·eq \r(2)Rv＝－eq \f(3\r(2),4)BRv，故选D.
考向2 平动切割磁感线
例4 (多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是( )
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
答案 BC
解析 由题图(b)可知，导线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v＝eq \f(l,t)＝eq \f(0.1,0.2) m/s＝0.5 m/s，选项B正确；由题图(b)可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01 V，根据E＝Blv得，B＝eq \f(E,lv)＝eq \f(0.01,0.1×0.5) T＝0.2 T，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.01,0.005) A＝2 A, 所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，选项D错误．
考向3 转动切割磁感线
例5 (多选)金属棒ab长度L＝0.5 m，阻值r＝1 Ω，放在半径分别为r1＝0.5 m和 r2＝1.0 m的水平同心圆环导轨上，两圆环之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B＝2 T；从两圆环下端引出导线连接一阻值为R＝2 Ω的电阻，ab在外力作用下以角速度ω＝4 rad/s 绕圆心顺时针(从上往下看)做匀速圆周运动，不计圆环导轨的电阻和一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．a点的电势高于b点的电势
B．电阻R两端的电压为2 V
C．在金属棒旋转一周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为eq \f(π,4) J
D．在金属棒旋转半周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为eq \f(π,4) J
答案 ABD
解析 由右手定则可知，金属棒顺时针转动时，感应电流方向由b到a，金属棒充当电源，则a点的电势高于b点的电势，故A正确；金属棒产生的感应电动势E＝BLω·eq \f(r1＋r2,2)＝3 V，则电阻R两端的电压为UR＝eq \f(R,R＋r)·E＝2 V，故B正确；金属棒旋转半周的时间t′＝eq \f(π,ω)＝eq \f(π,4) s，通过的电流I＝eq \f(E,R＋r)＝1 A，产生的焦耳热为Q＝I2rt′＝eq \f(π,4) J，故C错误，D正确．
考点三 自感现象
1．概念：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势．这种现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势．
2．表达式：E＝Leq \f(ΔI,Δt).
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．
1．线圈中电流越大，自感系数也越大．( × )
2．对于同一个线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势也越大．( √ )
3．自感电动势总是阻止原电流的变化．( × )
通电自感和断电自感的比较
例6 (2023·湖南省长郡中学模拟)某同学想对比自感线圈和小灯泡对电路的影响，他设计了如图甲所示的电路，电路两端电压U恒定，A1、A2为完全相同的电流传感器．先闭合开关K得到如图乙所示的i－t图像，等电路稳定后，断开开关(断开开关的实验数据未画出)．下列关于该实验的说法正确的是( )
A．闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零
B．图乙中的a曲线表示电流传感器A2测得的数据
C．断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭
D．t1时刻小灯泡与线圈的电阻相等
答案 D
解析 闭合开关时，其线圈自感电动势等于电源电动势，自感线圈中电流为零，故A错误；A2中电流等于自感线圈中电流，自感线圈中电流从零开始逐渐增大，最后趋于稳定，故A2中数据应为题图乙中b曲线，故B错误；断开开关前，两支路中电流相等，刚断开开关时，回路中的电流不变，故灯泡不会发生明显闪亮，而是逐渐熄灭，故C错误；t1时刻，两支路中电压相等，电流相等，则电阻相等，即小灯泡与线圈的电阻相等，故D正确．
分析自感问题的三个技巧
考点四 涡流 电磁阻尼和电磁驱动
1．涡流现象
(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在非均匀磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流．
(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．
2．电磁阻尼
当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的运动．
3．电磁驱动
如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来．
1．电磁阻尼体现了能量守恒定律．( √ )
2．电磁阻尼阻碍相对运动，电磁驱动促进二者相对运动．( × )
例7 如图所示，关于涡流的下列说法中错误的是( )
A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的
C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动
D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流
答案 B
例8 (2023·广东深圳市建文外国语学校模拟)如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图．电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力．下列说法正确的是( )
A．制动过程中，导体不会产生热量
B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用
C．制动力的大小与线圈中电流的大小无关
D．线圈中电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大
答案 D
解析 电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过导体时会产生热量，A错误；如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向反向，此时产生的涡流方向也相反，电流和磁场方向同时反向，安培力方向不变，故仍使导体受到阻碍运动的制动力，B错误；线圈中电流越大，则产生的磁场越强，转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C错误；线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大，D正确．
课时精练
1．如图所示，在某次阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场向下的竖直分量大小为4.7×10－5 T，则( )
A．两翼尖之间的电势差为2.9 V
B．两翼尖之间的电势差为1.1 V
C．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高
D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低
答案 C
解析 飞机的飞行速度为4.5×102 km/h＝125 m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝Blv＝4.7×10－5×50×125 V≈0.29 V，A、B项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直分量向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误．
2.(2022·江苏卷·5)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为( )
A．πkr2B．πkR2
C．πB0r2D．πB0R2
答案 A
解析 由题意可知磁场的变化率为eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(kt,t)＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔBπr2,Δt)＝kπr2，故选A.
3.(2023·广东广州市模拟)如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的自感线圈，那么( )
A．合上S，A、B一起亮，然后A变暗，最后熄灭
B．合上S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮
C．断开S，A立即熄灭，B由亮变暗，最后熄灭
D．断开S，A、B同时熄灭
答案 A
解析 合上S，线圈中电流要增加，会产生自感电动势，故只能缓慢增加，所以A、B一起亮，然后A变暗，最后熄灭，B更亮，故A正确，B错误；断开S，线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，通过灯泡A构成回路，所以B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭，故C、D错误．
4．(2023·广东省模拟)在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排．图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下( )
A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈
B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈
C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行
D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行
答案 D
解析 题图甲和题图乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感生电流，则不会有安培力阻碍轮子的运动，选项A、B错误；题图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会产生安培力阻碍轮子转动，选项C错误；题图丁中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形成感应电流，则会产生安培力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，选项D正确．
5．(2023·广东深圳市模拟)电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来．如图所示，扇形铜框abcd在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中一份重合．为使线框快速停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中最合理的是( )
答案 C
解析 扇形铜框逆时针转动时，对于A、D选项，通过铜框的磁通量不发生变化，无感应电流产生，则线圈不会受到安培力作用；对于B、C选项，通过铜框的磁通量发生变化，产生感应电流，B项的铜框只有单边ad或bc受到安培力作用，而C项的铜框ad边、bc边同时受到安培力作用，所以最合理的是C选项．
6．(多选)(2023·湖北省模拟)如图所示，在距地面高h＝1.25 m处固定有两根间距为l＝0.5 m水平放置的平行金属导轨，导轨的左端接有电源E，右端边缘处静置有一长l＝0.5 m、质量m＝0.2 kg、电阻R＝5.0 Ω的导体棒ab，导体棒所在空间有磁感应强度大小B＝1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场．闭合开关后，导体棒ab以某一初速度水平向右抛出，已知导体棒落地点到抛出点的水平距离d＝2.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．在空中运动过程中，导体棒a端的电势低于b端的电势
B．导体棒抛出时的初速度大小为5 m/s
C．在空中运动过程中，导体棒上产生的感应电动势大小恒定
D．在空中运动过程中，导体棒的速度逐渐变大，棒上产生的感应电动势增大
答案 BC
解析 由右手定则可知，导体棒在空中运动过程中，在水平方向上要切割磁感线，从而产生感应电动势，但无感应电流，不受安培力，故导体棒在平抛运动过程中水平方向上的速度v0不变，由E＝Blv0可知，导体棒上产生的感应电动势大小不变，且a端电势高于b端电势，故A、D错误，C正确；导体棒从抛出到落地的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.5 s，故导体棒做平抛运动的初速度v0＝eq \f(d,t)＝5 m/s，故B正确．
7.(多选)如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的范围足够大的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是( )
A．CD段直导线不受安培力
B．CD段直导线受安培力
C．感应电动势最大值Em＝2Bav
D．感应电动势平均值eq \x\t(E)＝eq \f(1,4)πBav
答案 BD
解析 由楞次定律可知，感应电流始终沿逆时针方向，由左手定则判断，CD段直导线所受安培力始终向下，A错误，B正确；当线框有一半进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，最大感应电动势为Em ＝ Bav，C错误；根据法拉第电磁感应定律可得，平均感应电动势eq \x\t(E) ＝eq \f(BS,Δt)＝eq \f(B·\f(πa2,2),\f(2a,v))＝eq \f(1,4)πBav，D正确．
8．(多选)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动．在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态．已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A．电阻R两端的电势差为eq \f(1,2)Br2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为eq \f(2gd,Br2ω)
C．电阻消耗的电功率为eq \f(πB2r4ω,2R)
D．若增大角速度ω和电阻R的阻值，微粒有可能仍保持静止状态
答案 AB
解析 如图所示，金属棒绕OO′轴切割磁感线转动，棒产生的电动势即为电阻R两端的电势差，E＝Br·eq \f(ωr,2)＝eq \f(1,2)Br2ω，故A正确；电容器两极板间电压等于电源电动势E，带电微粒在两极板间处于静止状态，则qeq \f(E,d)＝mg，即eq \f(q,m)＝eq \f(dg,E)＝eq \f(dg,\f(1,2)Br2ω)＝eq \f(2dg,Br2ω)，故B正确；电阻消耗的功率P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(B2r4ω2,4R)，故C错误；若增大角速度ω，则电动势增大，即电容器的电压E′增大，qeq \f(E′,d)>mg，则微粒向上运动，故D错误．
9.(多选)(2023·广东深圳市光明区高级中学模拟)发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具．某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图所示，导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动．圆环上接有三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角．在圆环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯(二极管)相连．除LED灯电阻外，其他电阻不计．下列说法中正确的是( )
A．若OP棒进入磁场中，P点电势小于O点电势
B．金属辐条在磁场中旋转产生的是正弦式交变电流
C．若导电圆环顺时针转动(俯视)，也能看到LED灯发光
D．角速度比较大时，能看到LED灯更亮
答案 AD
解析 由右手定则可知OP切割磁感线产生的感应电流在OP辐条上从P流向O，则OP为电源时O为正极，P为负极，所以P点电势小于O点电势，故A正确；金属辐条在磁场中旋转产生的感应电流大小和方向都恒定，为直流电，故B错误；导电圆环顺时针(俯视)转动产生的感应电流与逆时针转动时产生的感应电流方向相反，逆时针转动时二极管发光，由二极管的单向导电性可知顺时针转动时二极管不发光，故C错误；假设辐条长度为L，辐条切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BLeq \x\t(v)＝BLeq \f(ωL,2)＝eq \f(BωL2,2)， 可知角速度变大时，感应电动势变大，感应电流变大，则LED灯更亮，故D正确．
10．(2022·重庆卷·13)某同学以金属戒指为研究对象，探究金属物品在变化磁场中的热效应．如图所示，戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为ρ的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面．若磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0，求：
(1)戒指中的感应电动势和电流；
(2)戒指中电流的热功率．
答案 (1)eq \f(B0L2,4πΔt) eq \f(B0LS,4πρΔt) (2)eq \f(B02L3S,16π2ρΔt2)
解析 (1)设戒指环的半径为r，则有L＝2πr
磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0，产生的感应电动势为E＝eq \f(B0,Δt)·πr2
可得E＝eq \f(B0L2,4πΔt)
戒指的电阻为R＝eq \f(ρL,S)
则戒指中的感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0LS,4πρΔt)
(2)戒指中电流的热功率为P＝I2R＝eq \f(B02L3S,16π2ρΔt2).
11．(2023·广东广州市第七中学月考)如图甲所示，ACD是固定在水平面上的半径为2r、圆心为O的金属半圆弧导轨，EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，B随时间t变化的图像如图乙所示．OA间接有电阻P，金属杆OM可绕O点转动，M端与轨道接触良好，金属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计．
(1)0～t0时间内，OM杆固定在与OA夹角为θ1＝eq \f(π,3)的位置不动，求这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向；
(2)t0～2t0时间内，OM杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时转过角度θ2＝eq \f(π,3)到达OC位置，求电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q.
答案 (1)eq \f(πB0r2,4t0R) 方向为A→O (2)eq \f(π2B02r4,16t0R)
解析 (1)0～t0时间内的感应电动势E1＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·S1
其中eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(B0,t0)
S1＝eq \f(1,6)·π(2r)2－eq \f(1,6)πr2＝eq \f(πr2,2)
感应电流I1＝eq \f(E1,2R)
联立解得I1＝eq \f(πB0r2,4t0R)
由楞次定律可判断通过电阻P的感应电流方向为A→O.
(2)t0～2t0时间内，OM转动的角速度为ω＝eq \f(π,3t0)
感应电动势为E2＝B0rv
其中v＝eq \f(ωr＋2ωr,2)
又I2＝eq \f(E2,2R)
则电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q＝I22Rt0
联立得Q＝eq \f(π2B02r4,16t0R).
电路图
器材要求
A1、A2同规格，R＝RL，L较大
L很大(有铁芯)
通电时
在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮
灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定
断电时
回路电流减小，灯泡逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向
①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；
②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗．
两种情况下灯泡中电流方向均改变
总结
自感电动势总是阻碍原电流的变化