新高考物理一轮复习(练习)：第9章电磁感应第2讲模拟(含解析)

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高中物理一轮复习选修3-2 第九章电磁感应精选课时习题(含答案解析)

高中物理一轮复习选修3-2 第九章电磁感应精选课时习题（含答案解析）学案44 电磁感应现象楞次定律一、概念规律题组图11．如图1所示，通电直导线下边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面．若使线框逐渐远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将()A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．不能确定2．下列情况中都是线框在磁场中切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是()3．某磁场磁感线如图2所示，有一铜线圈自图示A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是()图2A．始终顺时针B．始终逆时针C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针图34．如图3所示，导线框abcd与通电直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则()A．线框中有感应电流，且按顺时针方向B．线框中有感应电流，且按逆时针方向C．线框中有感应电流，但方向难以判断D．由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流二、思想方法题组图45．如图4所示，蹄形磁铁的两极间，放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，磁铁如图示方向转动时，线圈的运动情况是()A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同C．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁转速D．线圈静止不动图56．如图5所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置于导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时()A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度小于g一、楞次定律的含义及基本应用应用楞次定律判断感应电流方向的步骤：(1)确定原磁场方向；(2)明确闭合回路中磁通量变化的情况；(3)应用楞次定律的“增反减同”，确定感应电流的磁场的方向．(4)应用安培定则，确定感应电流的方向．应用楞次定律的步骤可概括为：一原二变三感四螺旋根据楞次定律的基本含义，按步就班解题一般不会出错．【例1】如图6所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为图6R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置由静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是()A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d[规范思维]图7[针对训练1]某实验小组用如图7所示的实验装置来验证楞次定律．当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流的方向是()A．a→G→bB．先a→G→b，后b→G→aC．b→G→aD．先b→G→a，后a→G→b二、楞次定律拓展含义的应用感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因．具体有以下几种情形：(1)当回路中的磁通量发生变化时，感应电流的效果是阻碍原磁通量的变化．(2)当出现引起磁通量变化的相对运动时，感应电流的效果是阻碍导体间的相对运动，即“来时拒，去时留”．(3)当闭合回路发生形变时，感应电流的效果是阻碍回路发生形变．(4)当线圈自身的电流发生变化时，感应电流的效果是阻碍原来的电流发生变化．【例2】如图8所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB的正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向上的运动趋势的判断正确的是()图8A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右[规范思维][针对训练2]如图9所示，图9通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时()A．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大图10[针对训练3]如图10，金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧，若变阻器滑片P 向左移动，则金属环A将向________(填“左”或“右”)运动，并有________(填“收缩”或“扩张”)趋势．三、楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用1．规律比较2.应用区别关键是抓住因果关系：(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则；(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则．3．相互联系(1)应用楞次定律，必然要用到安培定则；(2)感应电流受到安培力，有时可以先用右手定则确定电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定安培力的方向．图11【例3】如图11所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是()A．向右加速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向左减速运动[规范思维][针对训练4]图12如图12所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大【基础演练】1．在电磁学的发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是()A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律图132．电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图13所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是() A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电图143．直导线ab放在如图14所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路．长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向左滑动．关于cd中的电流下列说法正确的是()A．电流肯定在增大，不论电流是什么方向B．电流肯定在减小，不论电流是什么方向C．电流大小恒定，方向由c到dD．电流大小恒定，方向由d到c图154．如图15所示是一种延时开关．S2闭合，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，将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线圈的电键S2，无延时作用D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长图165．绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图16所示．闭合开关的瞬间，铝环跳起一定高度．保持开关闭合，下列现象正确的是()A．铝环停留在这一高度，直到断开开关铝环回落B．铝环不断升高，直到断开开关铝环回落C．铝环回落，断开开关时铝环又跳起D．铝环回落，断开开关时铝环不再跳起图176．如图17所示，通电螺线管置于水平放置的两根光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左右两侧．保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态，当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，ab和cd棒的运动情况是()A．ab向左，cd向右B．ab向右，cd向左C．ab，cd都向右运动D．ab，cd都不动图187．一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图18所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是()A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时图198．如图19所示，在匀强磁场中放有两条平行的铜导轨，它们与大导线圈M相连接．要使小导线圈N 获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是(两导线圈共面放置)() A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动【能力提升】9．如图20所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈．通过观察图形，判断下列说法正确的是()图20A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈10.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图21(a)接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系．当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．然后按图(b)所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路．(1)S闭合后，将螺线管A(原线圈)插入螺线管B(副线圈)的过程中，电流表的指针将________偏转．(2)线圈A放在B中不动时，指针将________偏转．(3)线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将________偏转．(选填“向左”、“向右”或“不”)图21图2211．如图22所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为l，且l>d，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？图2312．如图23所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中P是一个变压器铁芯，入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器．Q是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线和零线上，开关断开时，用户的供电被切断)，Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时，脱扣开关立即断开，使用户断电．(1)用户正常用电时，a、b之间有没有电压？为什么？(2)如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？学案44电磁感应现象楞次定律【课前双基回扣】1．B 2.BC3．C[自A落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相反，即向下，故可由安培定则判断线圈中感应电流的方向为顺时针；自图示位置落至B点时，穿过线圈的磁通量减少，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相同，即向上，故可由安培定则判断线圈中感应电流的方向为逆时针，选C.]4．B[此题可用两种方法求解，借此感受右手定则和楞次定律分别在哪种情况下更便捷．方法一：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如下图所示)，因ab导线向右做切割磁感线运动，由右手定则判断感应电流由a→b，同理可判断cd导线中的感应电流方向由c→d，ad、bc两边不做切割磁感线运动，所以整个线框中的感应电流是逆时针方向的．方法二：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如右图所示)，由对称性可知合磁通量Φ＝0；其次当导线框向右运动时，穿过线框的磁通量增大(方向垂直向里)，由楞次定律可知感应电流的磁场方向垂直纸面向外，最后由安培定则判断感应电流沿逆时针方向，故B选项正确．]5．C[本题“原因”是磁铁有相对线圈的运动，“效果”便是线圈要阻碍两者的相对运动，线圈阻止不了磁铁的运动，由“来拒去留”知，线圈只好跟着磁铁同向转动；如果二者转速相同，就没有相对运动，线圈就不会转动了，故答案为C.]6．AD[根据楞次定律，感应电流的效果是总要阻碍产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，P、Q可通过缩小面积的方式进行阻碍，故可得A正确．由“来拒去留”得回路电流受到向下的力的作用，由牛顿第三定律知磁铁受向上的作用力，所以磁铁的加速度小于g，选A、D.]思维提升1．磁通量的大小与线圈匝数无关．磁通量的变化量为末态磁通量减初态磁通量，即：ΔΦ＝Φ2－Φ1.2．无论回路是否闭合．只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线圈中就产生感应电动势，产生感应电动势的那部分导体就相当于电源．3．楞次定律的理解：①感应电流的磁场起阻碍作用；②阻碍原磁通量的变化；③阻碍不是阻止，最终要发生变化；④阻碍的形式：“来拒去留”“增反减同”4．导线切割磁感线用右手定则来进行判断：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．【核心考点突破】例1 B[由楞次定律可知，在线框从右侧摆动到O点正下方的过程中，向上的磁通量在减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同(即向上)，再根据安培定则可以判断感应电流的方向沿a→d→c→b→a，同理，可知线框从O点正下方向左侧摆动的过程，电流方向沿a→d→c→b→a，故选B.][规范思维](1)在判断感应电流的方向时，分析磁通量的变化只需看穿过平面的磁感线的条数即可，还要注意磁感线是从正面穿入还是从正面穿出(正面是为了分析问题事先选定的)．(2)根据楞次定律的基本含义，按步就班(一原二变三感四螺旋)解题一般不会出错．例2 D[条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后减小．当通过线圈的磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于重力，在水平方向上有向右运动的趋势；当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于重力，在水平方向上有向右运动的趋势．综上所述，线圈受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右．][规范思维]本题是根据楞次定律的第二种描述解题的．根据磁通量的增、减，利用阻碍相对运动来分析水平方向和竖直方向上安培力的方向．楞次定律的几种表述情况，都可归纳为阻碍产生感应电流的原因．例3 BC[设PQ向右运动，用右手定则和安培定则判定可知穿过L1的磁感线方向向上．若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是N→M，对MN用左手定则判定，可知MN向左运动，可见A选项不正确．若PQ向右减速运动，则穿过L1的磁通量减少，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是M→N，对MN用左手定则判定，可知MN是向右运动，可见C正确．同理设PQ向左运动，用上述类似的方法可判定B正确，而D错误．][规范思维]由导体运动分析产生感应电流的方向时用右手定则，由电流分析所受安培力的方向时，用左手定则．安培定则又称右手螺旋定则，用来判断电流产生的磁场方向，它们的作用及操作方法都不同，学习时要明确区分．[针对训练]1．D[①确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下．②明确闭合回路中磁通量变化的情况：向下的磁通量增加．③由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中的感应电流产生的磁场方向向上．④应用右手定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即：电流的方向从b→G→a.同理可以判断出条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得：线圈中将产生顺时针的感应电流(俯视)，即：电流的方向从a→G→b.]2．A[由于I减小，穿过闭合金属环的磁通量变小，通电螺线管在环a的轴线上，所以环通过缩小面积来阻碍原磁通量的减小，所以A正确．]3．左收缩解析变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流的磁场方向相反，相互排斥，则金属环A将向左移动，因磁通量增大，金属环A有收缩的趋势．4．B[直线电流的磁场离导线越远，磁感线越稀疏，故线圈在下落过程中磁通量一直减小，A错；由于上、下两边电流相等，上边磁场较强，线框所受合力不为零，C错；由于电磁感应，一部分机械能转化为电能，机械能减小，D错．]思想方法总结1．感应电流方向的判断方法：方法一：右手定则(适用于部分导体切割磁感线)方法二：楞次定律楞次定律的应用步骤2．(1)若导体不动，回路中磁通量变化，应该用楞次定律判断感应电流方向而不能用右手定则．(2)若是回路中一部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，用右手定则判断较为简单，用楞次定律进行判定也可以，但较为麻烦．3．电磁感应现象、楞次定律等知识与生产、生活联系比较密切，如电磁阻尼现象、延时开关等．这类题目往往以生产、生活实践和高新技术为背景，提出问题，并要求学生用所学知识去解决问题．解决问题的关键是认真读题，弄清物理情景，建立正确的物理模型，再用相关的物理规律求解．【课时效果检测】1．AC[赫兹用实验证实了电磁波的存在，B错；安培发现了磁场对电流的作用规律；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，D错．]2．D[当N极接近线圈的上端时，线圈中的磁通量增大，由楞次定律可知感应电流的方向，且流经R的电流为从b到a，电容器下极板带正电．]3．B[此题利用楞次定律的第二种描述比较方便，导线ab向左滑动，说明回路中的磁通量在减小，即cd中的电流在减小，与电流的方向无关，故B正确．]4．BC[S1断开时，A线圈中电流消失，磁通量减少，B线圈中产生感应电流，阻碍线圈中磁通量的减少，A错，B对；若断开S2，B线圈中无感应电流，磁通量立即减为零，不会有延时作用，C对，D错．] 5．D[在闭合开关的瞬间，铝环的磁通量增加，铝环产生感应电流，由楞次定律的第二种描述可知，铝环受到向上的安培力跳起一定高度，当保持开关闭合时，回路中电流不再增加，铝环中不再有感应电流，不再受安培力，将在重力作用下回落，所以A、B均错误；铝环回落后，断开开关时，铝环中因磁通量的变化产生感应电流，使铝环受到向下的安培力，不会再跳起，所以C错误，D正确．] 6．A[由楞次定律可知A正确．]7．C[由楞次定律的第二种描述可知：只要线圈中电流增强，即穿过N的磁通量增加，N就会受排斥而向右运动，只要线圈中电流减弱，即穿过N的磁通量减少，N就会受吸引而向左运动．故选项C正确．]8．BC [欲使N 产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向应垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M 中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N 中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M 中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N 中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此，根据右手定则，对于前者，应使ab 减速向右运动；对于后者，则应使ab 加速向左运动．故应选B 、C.]9．AC [若线圈闭合，进入磁场时，由于产生感应电流，根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，故A 正确；若线圈不闭合，进入磁场时，不会产生感应电流，故线圈相对传送带不发生滑动，故B 错误；从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈，C 正确．]10．(1)向右 (2)不 (3)向右11.l －d v解析从线框进入磁场到完全离开磁场，只有线框bc 边运动至磁场右边缘至ad 边运动至磁场左边缘的过程中无感应电流．此过程的位移为：l －d故线框中没有感应电流的时间为：t ＝l －d v12．见解析解析 (1)用户正常用电时，a 、b 之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈的两根导线中的电流总是大小相等、方向相反，穿过铁芯的磁通量总为零，副线圈中不会产生感应电动势．(2)会断开，因为人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而在副线圈中产生感应电动势，即a 、b 间有电压，脱扣开关就会断开．易错点评1．在第2题中，产生感应电流的是右边的线圈，它是电源．许多同学误认为是电容器C 在放电，使线圈中有电流，造成失误．2．在第5题中，有同学往往认为通电线圈好似一个电动机，只要它通电，就能使铝环停在一定高度，属于没有真正理解电磁感应现象．真正的现象应是：闭合瞬间，铝环跳起，电流稳定后，铝环是落下的，当电键断开时，是不会跳起的．3．在第8题中，注意思维的顺序，分清谁是原因——ab 的加、减速运动，谁是结果——N 中产生感应电流．4．在第11题中，一定要注意条件：l>d.。

高考物理一轮复习第九章电磁感(有解析)

权掇市安稳阳光实验学校第九章电磁感应一、选择题(每小题4分，共40分)1．如图9－1所示，电路稳定后，小灯泡有一定的亮度．现将一与螺线管等长的软铁棒沿管的轴线迅速插入螺线管内，判断在插入过程中灯泡的亮度的变化情况是( )A.变暗B．变亮C．不变D．无法判断解析：由电源极性知通电螺线管中的电流方向如题图所示，左端相当于条形磁铁的N极，右端是S极，内部磁场方向由右向左．软铁棒插入过程中被磁化，左端为N极，右端是S极，所以插入过程是螺线管中磁通量增加的过程，由楞次定律判断出感应电流的方向与原来电流的方向相反，故小灯泡应变暗．正确答案应为A.答案：A2.如图9－2所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，下列判断中正确的是( )A．金属环在下落过程中机械能守恒B．金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量C．金属环的机械能先减小后增大D．磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力解析：金属环在下落过程中，其中的磁通量发生变化，闭合金属环中会产生感应电流，金属环要受到磁场力的作用，机械能不守恒，A错．由能量守恒，金属环重力势能的减少量等于其动能的增加量和在金属环中产生的电能之和，B 对．在下落过程中机械能变为电能，机械能减小，C错．当金属环下落到磁铁位置时，金属环中的磁通量不变，其中无感应电流，和磁铁间无磁场力的作用，磁铁所受重力等于桌面对它的支持力，由牛顿第三定律，磁铁对桌面的压力等于桌面对磁铁的支持力等于磁铁的重力，D错．答案：B3．在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图9－3所示，已知C＝30 μF，L1＝5 cm，L2＝8 cm，磁场以5×10－2T/s的速率增加，则( )图9－3A.电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－5 CB．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－5 CC．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－9 CD．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－9 C解析：电容器两极板间的电势差U等于感应电动势E，由法拉第电磁感应定律，可得E＝ΔBΔt·L1L2＝2×10－4V，电容器的带电荷量Q＝CU＝CE＝6×10－9C，再由楞次定律可知上极板的电势高，带正电，C项正确．答案：C4.如图9－4所示，虚线上方空间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框绕垂直于纸面的轴O以角速度ω匀速逆时针转动．设线框中感应电流的方向以逆时针为正，线框处于图示位置时为时间零点．那么，在图9－5中能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是( )解析：先经过14个周期，导线框才进入磁场，故在0～T4内，线框中并无电流，排除C 、D 选项；再经过14个周期，由楞次定律，垂直纸面向里的磁通量增加，感应电流方向为逆时针方向，且扇形的半径切割磁感线的速度恒定，产生恒定的电流，排除B 选项，A 正确．答案：A5．照明电路中，为了安全，一般在电能表后面电路中安装一个漏电保护器，如图9－6所示，当漏电保护器的e 、f 两端未接有电压时，脱扣开关S 能始终保持接通，当e 、f 两端有一电压时，脱扣开关S 立即断开，下列说法正确的有( )A.站在地面上的人触及b 线时(单线触电)，脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用B ．当用户家的电流超过一定值时，脱扣开关自动断开，即有过流保护作用C ．当火线和零线间电压太高时，脱扣开关会自动断开，即有过压保护作用D ．当站在绝缘物上带电工作的人两手分别触到b 线和d 线时(双线触电)，脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用解析：用户正常用电时，e 、f 之间没有电压，因为双线绕成的原线圈两根导线中的电流总是大小相等而方向相反的，穿过铁芯的磁通量总为零，副线圈中不会有感应电动势产生．B 、C 、D 这三种情况双线中的电流同时变化，变化量相同，穿过铁芯的磁通量还总为零，e 、f 之间没有感应电动势，脱扣开关不会自动断开，所以B 、C 、D 错．对A 这种情况，人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体而流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而使副线圈中产生感应电动势，e 、f 间有电压，脱扣开关就会断开，所以A 对．答案：A6.如图9－7所示，M 1N 1与M 2N 2是位于同一水平面内的两条平行金属导轨，导轨间距为L ，磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，ab 与ef 为两根金属杆，与导轨垂直且可在导轨上滑动，金属杆ab 上有一电压表，除电压表外，其他部分电阻可以不计，则下列说法正确的是( )A ．若ab 固定，ef 以速度v 滑动时，电压表读数为BLvB ．若ab 固定，ef 以速度v 滑动时，ef 两点间电压为零C ．当两杆以相同的速度v 同向滑动时，电压表读数为零D ．当两杆以相同的速度v 同向滑动时，电压表读数为2BLv 答案：AC7．如图9－8所示是测定自感系数很大的线圈L 直流电阻的电路，L 两端并联一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆开时应先( )图9－8A.断开S 1 B ．断开S 2C ．拆除电流表D ．拆除电阻R 解析：当S 1、S 2均闭合时，电压表与线圈L 并联；当S 2闭合而S 1断开时，电压表与线圈L 串联．所以在干路断开前后自感线圈L 中电流方向相同而电压表中电流方向相反．只要不断开S 2，线圈L 与电压表就会组成回路，在断开干路时，L 中产生与原来电流同方向的自感电流，使电压表中指针反向转动而可能损坏电压表．正确答案为B.答案：B8.如图9－9所示是高频焊接原理示意图．线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少．以下说法正确的是( )A ．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越快B ．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快C ．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小D ．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大解析：在互感现象中产生的互感电动势的大小与电流的变化率成正比，电流变化的频率越高，感应电动势越大，由欧姆定律I ＝E R知产生的涡流越大，又P ＝I 2R ，R 越大P 越大，焊缝处的温度升高得越快．答案：AD9.(·宁波模拟)如图9－10所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R ，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ 垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v 0向右运动，当其通过位置a 、b 时，速率分别为v a 、v b ，到位置c 时棒刚好静止．设导轨与棒的电阻均不计，a 到b 与b 到c 的间距相等，则金属棒在由a 到b 和由b 到c 的两个过程中( )A ．回路中产生的内能不相等B ．棒运动的加速度相等C ．安培力做功相等D ．通过棒横截面积的电荷量相等解析：棒由a 到b 再到c 过程中，速度逐渐减小．根据E ＝Blv ，E 减小，故I 减小．再根据F ＝BIl ，安培力减小，根据F ＝ma ，加速度减小，B 错误．由于ab 、bc 间距相等，故从a 到b 安培力做的功大于从b 到c 安培力做功，故A正确，C 错误．再根据平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝B ΔSΔt ，I ＝E R ，q ＝I Δt 得q ＝B ΔSR，故D 正确．答案：AD10.如图9－11所示，两块水平放置的金属板间距离为d ，用导线与一个n 匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B 中，两板间有一个质量为m 、电荷量为＋q 的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场的变化情况和磁通量变化率分别是( )A ．正在增强；ΔΦ/Δt ＝dmg /qB ．正在减弱；ΔΦ/Δt ＝dmgnqC ．正在减弱；ΔΦ/Δt ＝dmg /qD ．正在增强；ΔΦ/Δt ＝dmgnq解析：油滴平衡则有mg ＝q U C d ，U C ＝mgdq.[电容器上极板必带负电，那么螺线管下端相当于电源的正极，由楞次定律可知，磁场B 正在减弱，又E ＝n ΔΦΔt ，U C ＝E ，可得ΔΦΔt ＝mgdnq.案：B二、实验题(共16分)11．(6分)电流表指针偏转方向与电流流入方向的关系如图9－12(a)所示，现将此电流表与竖直放置的线圈连成图(b)电路，并将磁铁从上方插入线圈，请在图9－12(b)的表头内画出磁铁插入线圈过程中指针的大体位置．答案：如图9－13所示．12.(10分)一般情况下，金属都有电阻．电阻是导体的属性之一．当条件发生改变时，其属性也会发生改变．(1)实验表明，某些金属当温度降低到某一定值时，其电阻突然降为零，这种现象叫做__________现象．、(2)图9－14所示为磁悬浮现象，将某种液态物质倒入金属盘后，能使金属盘达到转变温度，在金属盘上方释放一永磁体，当它下落到盘上方某一位置时即产生磁悬浮现象．试根据下表列出的几种金属的转变温度和几种液态物质的沸点数据，判断所倒入的液态物质应是__________，金属盘的材料应是__________．金属转变温度/K 液态物质沸点/K铱0.14液氦 4.1锌0.75液氮77.0铝 1.20液氧90.0[锡 3.72液态甲烷111.5铅7.20液态二氧化碳194.5(3)试分析说明磁悬浮现象的原因．(4)利用上述现象，人们已设计出磁悬浮高速列车．列车车厢下部装有电磁铁，运行所需槽形导轨底部和侧壁装有线圈，用以提供__________．这种列车是一般列车运行速度的3～4倍，能达到这样高速的原因是__________．答案：(1)超导(2)液氦铅(3)金属盘上方下落的永磁体，在金属盘中感应出电流，由于金属盘是超导体，所以该电流很大，产生强大磁场，与上方下落的永磁体互相排斥．当永磁体受到的这个强磁力平衡了自身的重力时，就会处于悬浮状态(4)强磁场消除了摩擦三、计算题(共44分)图9－1513.(10分)如图9－15所示，一根电阻为R＝0.6 Ω的导线弯成一个圆形线圈，圆半径r＝1 m，圆形线圈质量m＝1 kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直于线圈平面B＝0.5 T的匀强磁场．若线圈以初动能E0＝5 J沿x轴正方向滑进磁场，当进入磁场0.5 m时，线圈中产生的电能为E e＝3 J，求：图9-15(1)此时线圈的运动速度；(2)此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；(3)此时线圈加速度的大小．解析：(1)由能量守恒12mv2＝E0－E e，解得v＝2 m/s.(2)进入磁场0.5 m时切割磁感线的有效长度L＝3r＝3m.感应电动势E＝BLv＝0.5×3×2 V＝ 3 V.在磁场内的圆弧长度为线圈总长的13，则内电阻r＝R3＝0.2 Ω，外电路电阻R外＝0.4 Ω，所以I＝ER总＝533 A.U ab＝IR外＝233 V.(3)F 安＝BILa ＝F 安m ＝BIL m ＝2.5 m/s 2. 答案：(1)2 m/s (2)233 V (3)2.5 m/s 214.(10分)如图9－16所示，MN 、PQ 为相距L ＝0.2 m 的光滑平行导轨，导轨平面与水平面夹角为θ＝30°，导轨处于磁感应强度为B ＝1 T 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，在两导轨的M 、P 两端接有一R ＝2 Ω的定值电阻，回路其余电阻不计．一质量为m ＝0.2 kg 的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好．今平行于导轨向导体棒施加一作用力F ，使导体棒从ab 位置由静止开始沿导轨向下匀加速滑到底端，滑动过程中导体棒始终垂直于导轨，加速度大小为a ＝4 m/s 2，经时间t ＝1 s 滑到cd 位置，从ab 到cd 过程中电阻发热为Q ＝0.1 J ，g 取10 m/s 2.求：(1)到达cd 位置时，向导体棒施加的作用力； (2)导体棒从ab 滑到cd 过程中作用力F 所做的功．解析：(1)导体棒在cd 处速度为：v ＝at ＝4 m/s 切割磁感线产生的电动势为E ＝BLv ＝0.8 V ，回路感应电流为I ＝ER＝0.4 A ，导体棒在cd 处受安培力F 安＝BIL ＝0.08 N.令平行导轨向下为正方向：mg sin θ＋F －F 安＝ma ，解得：F ＝－0.12 N.对导体棒施加的作用力大小为0.12 N ，方向平行斜面向上． (2)ab 到cd 的距离x ＝12at 2＝2 m.根据功能关系：mgx sin θ＋W F －Q ＝12mv 2－0，解得：W F ＝－0.3 J.答案：(1)0.12 N 方向平行斜面向上 (2)－0.3 J15．(12分)(·高考广东卷)如图9－17(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R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1.在线圈中半径为r 2的圆形区域内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9－17(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0.导线的电阻不计．求0至t 1时间内图9－17(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量．解析：(1)由图象分析可知，0至t 1时间内ΔB Δt ＝B 0t 0，由法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt×S ，且S ＝πr 22，由闭合电路欧姆定律有I 1＝ER 1＋R，联立以上各式解得通过电阻R 1上的电流大小I 1＝nB 0πr 223Rt 0.由楞次定律可判断通过电阻R 1上的电流方向为从b 到a .(2)通过电阻R 1的电荷量q ＝I 1t 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0.电阻R 1产生的热量Q ＝I 21R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2答案：(1)nB 0πr 223Rt 0，方向由 b 到a(2)nB 0πr 22t 13Rt 0，2n 2B 20π2r 42t 19Rt 216．(12分)如图9－18所示，将边长为a 、质量为m 、电阻为R 的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b 、磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力F 阻且线框不发生转动．求：图9－18(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v 2； (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v 1；(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q . 解析：(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间mg ＝F 阻＋B 2a 2v 2R，解得v 2＝(mg －F 阻)RB 2a2. (2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程 (mg ＋F 阻)h ＝12mv 21，线框从最高点回落至进入磁场瞬间 (mg －F 阻)h ＝12mv 22，联立解得v 1＝mg ＋F 阻mg －F 阻v 2＝(mg )2－F 2阻R B 2a2.(3)线框在向上通过磁场过程中 12mv 20－12mv 21＝Q ＋(mg ＋F 阻)(a ＋b )， v 0＝2v 1，Q ＝32m [(mg )2－F 2阻]R 2B 4a 4－(mg ＋F 阻)(a ＋b )．答案：(1)(mg －F 阻)R B 2a2(2)(mg )2－F2阻R B 2a2(3)32m [(mg )2－F 2阻]R 2B 4a4－(mg ＋F 阻)(a ＋b )。

高三物理一轮复习必考部分第9章电磁感应专题突破练

电磁感应（限时：40分钟）对点强化1等效法在电磁感应中的应用1. （多选）用一根横截而积为S 、电阻率为Q 的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径.如图1所示，在必的左侧存在一个匀强磁场，磁场方向垂直圆环所在平而，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率—=A （K0）・则（）【导学号:96622419]A. 圆环中产生逆时针方向的感应电流B. 圆环具有扩张的趋势D.图中a 、b 两点间的电势差/BD 根据楞次左律和安培泄则，圆环中将产生顺时针方向的感应电流，且具有扩张的趋势.A 错误、B 正确：根据法拉第电磁感应左律，圆环中产生的感应电动势大小为E=o JT •• F lcvS 由电阻怎律知斤=门二7二，所以感应电流的大小为/=”= 了亍，c 错误：根据闭合电路欧姆泄律可得a 、b 两点间的电势差, D 正确.2. 半径为&的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为5=0. 2 T,磁场方向垂直纸面向里.半径为b 的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，英中＜2=0. 4 m, b=0.6m, 金属环上分别接有灯L ：、L=,两灯的电阻均为凡=2 Q, —金属棒IfV 与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计.图2⑴若金属棒.0以vb=5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求金属棒滑过圆环直径 00’的瞬间（如图2所示），金属棒JfV 中的电动势和流过灯L’的电流；（2）撤去中间的金属棒恵\；将右而的半圆环久以加'为轴向上翻转90° ,若此后A B 4磁场的磁感应强度随时间均匀变化，其变化率为—=—T/s,求此时匚的功率・【解析】 ⑴金属棒妙滑过圆环宜径加’的瞬间，金属棒血•切割磁感线的有效长度为2a,产生的感应电动势E 、=B ・ 2a%=0・ 2X2X0. 4X5 V=0. 8 V由欧姆怎律得，流过灯L,的电流C. 圆环中感应电流的大小为迄0.8Ti=~=o A=0. 4 A.屉z(2)设此时产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应泄律得△ G 1 . △万 1 . 4*卞7飞心• ^7=2X N XO-4'X T V=0-32 VLi、L：串联，每个灯上分得的电压* 怂=0. 16 V从I亠“& 0・16’一L,的功率为R=~=—z-W=l. 28X10 • W.【答案】(1)0.8 V 0.4 A (2)1.28X10's W对点强化2电磁感应中的“杆+导轨”模型3.(多选)如图3所示，abed是由粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体棒MV有电阻，可在ad边与加边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸而向里的匀强磁场中.当棒由靠ab边处向c/边匀速移动的过程中，下列说法中正确的是()【导学号：96622420]图3A.血•棒中电流先减小后增大B.血•棒两端电压先增大后减小C.JA•棒上拉力的功率先增大后减小D.矩形线框中消耗的电功率先减小后增大AB设导体棒JfV的速度为儿长为电阻为r,导体棒血'两边的电阻并联，则导体棒妬由"向cd 运动的过程中，导体棒在ad中点时，回路的总电阻最大，导体棒产生的感应电动势E=Blv,恒左不变，切割磁感线的导体棒相当于电源，可见在导体棒移动Rl v过程中，电路的总电阻先变大后减小：由闭合电路欧姆左律知，MV棒中电流先减小后增大，选项A正确；由U=Blv~Ir可知，血「棒两端电压先增大后减小，选项B正确：根据功率的泄义可得P=Fv=BIlv,血•棒上拉力的功率先减小后增大，选项C错误：由于导体棒的电阻和线框电阻的大小关系不确宦，无法确怎矩形线框中消耗的电功率的变化，选项D错误.4.间距为£=2m的足够长的金属直角导轨如图4甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平而.质量均为z^=0. 1 kg的金属细杆ab、c/与导轨垂宜放置形成闭合回路.细杆与导轨之间的动摩擦因数均为“=0.5,导轨的电阻不计，细杆ab. cd 的电阻分别为丘= 0.6 Q,用=0.4 Q.整个装巻处于磁感应强度大小为5=0. 50 T.方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)•当ab在平行于水平导轨的拉力尸作用下从静I匕开始沿导轨匀加速运动时，杆也同时从静止开始沿导轨向下运动.测得拉力尸与时间r 的关系如图乙所示.g 取10 m/sl甲乙图4(1) 求站杆的加速度a ；(2) 求当cd 杆达到最大速度时ab 杆的速度大小：(3) 若从开始到cd 杆达到最大速度的过程中拉力尸做了 5. 2 J 的功，通过cd 杆横截面的电荷量为2 C,求该过程中訪杆所产生的焦耳热.【解析】 ⑴由题图乙可知，在上=0时，5=1.5 N对ab 杆进行受力分析，由牛顿第二泄律得F- Pmg=ma 代入数据解得10 m/s -.⑵从〃向c 看，对加杆进行受力分析如图所示，当cd 杆速度最大时，有综合以上各式，解得v=2 m/s.2" (3)整个过程中，a&杆发生的位移*=后=拧p m=0.2 m对ab 杆应用动能泄理，有W r — “碑Y —他=£/代入数据解得严安=4.9 J根据功能关系Q 总=0很所以必杆上产生的热量如=斤¥評总=2.94 J.【答案】(1)10 m/s' (2)2 m/s (3)2.94 J对点强化3与电磁感应有关的图象问题5. 一边长为厶的正方形线框位于一个方向垂直线框平而向里的磁场中，如图5甲所示, 磁感应强度万随时间F 的变化规律如图乙所示.以尸表示线框ab 边所受到的安培力，以安培力向上为正.则下列产r 图象中正确的是()【导学号：96622421]图5B 0〜1 s 内磁感应强度均匀增大，由楞次泄律知在线框内产生恒左逆时针方向的感应电流，由左手泄则判得必边受到向下的安培力，由尸 =万〃可知其大小线性增大；1〜2 s 内磁感应强度不变，在线框内不产生感应电流，ab 边不受安培力的作用：2〜3 s 内磁感应强度均匀减小，由楞次定律知在线框内产生恒泄顺时针方向的感应电流，由左手立则判得 ab 边受到向上的安培力，由Q 刃•厶可知其大小线性减小.故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误.6. 在边长为Z 的等边三角形区域自氐内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个边长也为L 的等边三角形导线框尿/•在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef 始终与磁场的底边界加在Ft=mg=卩民尺=尸匚，F 心=BIL 、1= BLv同一直线上，如图6所示.取沿顺时针的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图象是（）图6B线框通过磁场的过程中，通过线框的磁通量先增大后减小，故感应电流方向一泄发生变化，A、C项错：线框通过磁场过程中，切割磁感线的有效长度匸=后,由片甩'P 和闭合电路欧姆定律』=乡可知，感应电流随时间均匀变化，B项正确，D项错.7.如图7所示，一半径为斤，圆心角为240。

高三物理一轮复习课件：第9章电磁感应+2

[解析] (1)棒进入磁场前 E＝ΔΔΦt ＝S·ΔΔBt
①
由几何关系得 S＝21L2
②
由题图知ΔΔBt ＝0.5 T/S
③
联立①②③解得 E＝0.04 V
④
(2)棒在 bd 位置时 E 最大 Em＝BLv
⑤
Im＝ERm
⑥
F 安＝BImL
⑦
代入得 F 安＝B2RL2v＝0.04 N，方向向左
• 交流感应电动机就是利用___________的原
[小题快练]
1.一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( )
• 典例1 (2013·江苏卷，13)如图所示，匀
强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω. 磁感应强度B在0～1 s内从零均匀变化到0.2 T．在1～5 s内从0.2 T均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：
• A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1
• [解析] 金属杆垂直平动切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，判断金属杆切割磁感线产生的感应电流方向可用右手定则．
• 由右手定则判断可得，电阻R上的电流方向为a→c，由E＝Blv知，E1＝Blv，E2＝2Blv，则E1∶E2＝1∶2，故选项C正确．
3．感应电荷量的求解在电磁感应现象中，既然有电流通过电路，那么就会有电荷通过，由电流的定义可得 I＝Δqt，故 q＝I·Δt，式中 I 为感应电流的平均值．由闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律得 I＝ER＝nRΔ·ΦΔt，式中 R 为电磁感应闭合电路的总电阻．联立解得 q＝nΔRΦ，可见，感应电荷量 q 仅由磁通量的变化量 ΔΦ 和电路的总电阻 R 决定．

2021年高考物理一轮复习第9章电磁感应第2讲讲义(新课标全国)

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转变，与电路是否闭合无关． (3)方向推断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则推断． 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 ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I ＝ER ＋r .[思维深化]1．当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·S Δt ；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E ＝n B ·ΔSΔt ；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt.2．磁通量的变化率ΔΦΔt 是Φ－t 图象上某点切线的斜率．3．推断下列说法是否正确．(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大．( × ) (2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大．( × ) (3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大．( √ )1．[法拉第电磁感应定律的理解]将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，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 ΔΦΔt 知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A 错；感应电动势正比于ΔΦΔt ，与磁通量的大小无直接关系，B 错误，C 正确；依据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D 错误．2．[磁场变化产生感应电动势](2021·重庆理综·4)图1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t 1到t 2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B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图1A ．恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1C ．恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1答案 C解析依据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n (B 2－B 1)St 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可推断b点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n (B 2－B 1)St 2－t 1，选项C 正确．3．[法拉第电磁感应定律的应用](2022·江苏单科·1)如图2所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )图2A.Ba 22Δt B.nBa 22Δt C.nBa 2Δt D.2nBa 2Δt 答案 B解析线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔФΔt ＝n ·ΔB Δt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa 22Δt，选项B 正确．4．[法拉第电磁感应定律的应用]在半径为r 、电阻为R 的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图3甲所示的匀强磁场．以垂直纸面对外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律分别如图乙所示．则0～t 0时间内，导线框中( )图3A ．没有感应电流B ．感应电流方向为逆时针C ．感应电流大小为2πr 2B 0t 0RD ．感应电流大小为πr 2B 0t 0R答案 D解析依据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流方向为顺时针，而右边的导线框的感应电流方向也为顺时针，则整个导线框的感应电流方向为顺时针，故A 、B 错误；由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生的感应电动势正好是两者之和，即为e ＝πr 2B 0t 0；再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为i ＝πr 2B 0t 0R，故C 错误，D 正确．对Φ、ΔΦ和ΔΦΔt的理解和易错点拨1．不能通过公式正确地计算Φ、ΔΦ和ΔΦΔt的大小，错误地认为它们都与线圈的匝数n 成正比．2．认为公式中的面积S 就是线圈的面积，而忽视了无效的部分；不能通过Φ－t (或B －t )图象正确地求解ΔΦΔt .3．认为Φ＝0(或B ＝0)时，ΔΦΔt肯定等于0. 4．不能正确地分析初、末状态穿过线圈的磁通量的方向关系，从而不能正确利用公式ΔΦ＝Φ2－Φ1求解ΔΦ.考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．公式E ＝Bl v 的使用条件 (1)匀强磁场．(2)B 、l 、v 三者相互垂直． 2．“瞬时性”的理解(1)若v 为瞬时速度，则E 为瞬时感应电动势． (2)若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势． 3．切割的“有效长度”公式中的l 为有效切割长度，即导体在与v 垂直的方向上的投影长度．图4中有效长度分别为：图4甲图：沿v 1方向运动时，l ＝cd ；沿v 2方向运动时，l ＝cd ·sin β；乙图：沿v 1方向运动时，l ＝MN ；沿v 2方向运动时，l ＝0；丙图：沿v 1方向运动时，l ＝2R ；沿v 2方向运动时，l ＝0；沿v 3方向运动时，l ＝R . 4．“相对性”的理解E ＝Bl v 中的速度v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应留意速度间的相对关系． [思维深化]E ＝n ΔΦΔt、E ＝Bl v 的比较(1)区分：E ＝n ΔΦΔt 常用于求平均感应电动势；E ＝Bl v 既可求平均值，也可以求瞬时值． (2)联系：E ＝Bl v 是E ＝n ΔΦΔt的一种特殊状况．当导体做切割磁感线运动时，用E ＝Bl v 求E 比较便利，当穿过电路的磁通量发生变化时，用E ＝n ΔΦΔt 求E 比较便利．5．[平动切割](多选)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R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面对里的匀强磁场，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 开头，直杆的位置由θ确定，如图5所示．则( )图5A ．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，直杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，直杆受的安培力大小为2B 2a v(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，直杆受的安培力大小为3B 2a v (5π＋3)R 0答案 AD解析当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以直杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Ba v ，选项A 正确．此时直杆上的电流I 1＝E 1(πa ＋2a )R 0＝2B v (π＋2)R 0，直杆受到的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2a v(π＋2)R 0，选项C 错误．当θ＝π3时，直杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，直杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Ba v ，选项B 错误．此时直杆上的电流I 2＝E 2(2πa －2πa 6＋a )R 0＝3B v (5π＋3)R 0，直杆受到的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2a v (5π＋3)R 0，选项D 正确．6．[平动切割](2021·海南单科·2)如图6，空间有一匀强磁场，始终金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则 ε′ε等于( )图6A.12B.22 C ．1 D. 2 答案 B解析由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势ε＝BL v ，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，并置于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度v 运动时，ε′＝12BL v ，则 ε′ε＝12BL v BL v ＝22.因此B 对，A 、C 、D 错误．7．[倾斜切割](2021·安徽理综·19)如图7所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计．已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )图7A ．电路中感应电动势的大小为Bl vsin θB ．电路中感应电流的大小为B v sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2l v sin θrD ．金属杆的发热功率为B 2l v 2r sin θ答案 B解析电路中的感应电动势E ＝Bl v ，感应电流I ＝E R ＝El sin θ r ＝B v sin θr，故A 错误，B 正确；金属杆所受安培力大小F ＝BI l sin θ＝B 2l v r ，故C 错误；金属杆的发热功率P ＝I 2R ＝I 2l sin θ r ＝B 2l v 2sin θr，故D 错误．8．[转动切割](2021·新课标全国Ⅱ·15)如图8，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列推断正确的是( )图8A ．U a ＞U c ，金属框中无电流B ．U b ＞U c ，金属框中电流方向沿abcaC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿acba答案 C解析金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误．转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则推断U a <U c ，U b <U c ，选项A 错误．由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C 正确.感应电动势的计算及电势凹凸的推断 1．计算：切割方式感应电动势的表达式垂直切割 E ＝Bl v倾斜切割 E ＝Bl v sin θ，其中θ为v 与B 的夹角旋转切割(以一端为轴)E ＝12Bl 2ω说明：①导体与磁场方向垂直；②磁场为匀强磁场．2．推断：把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源．若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则推断出电流的方向．电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低．考点三自感现象和涡流现象1．自感现象(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 ΔIΔt.(3)自感系数L 的影响因素：与线圈的大小、外形、匝数以及是否有铁芯有关． 2．涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流． (2)产生缘由：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．(3)涡流的利用：冶炼金属的高频感应炉利用强大的涡流产生焦耳热使金属熔化；家用电磁炉也是利用涡流原理制成的．(4)涡流的削减：各种电机和变压器中，用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯，以削减涡流． [思维深化]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，它供应的电流从原来的I L 渐渐变小． 2．推断下列说法是否正确．(1)线圈中的电流越大，自感系数也越大．( × )(2)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大．( √ )9．[对自感的考查]如图9所示，A 、B 、C 是3个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽视不计)．则( )图9A．S闭合时，A灯马上亮，然后渐渐熄灭B．S闭合时，B灯马上亮，然后渐渐熄灭C．电路接通稳定后，三个灯亮度相同D．电路接通稳定后，S断开时，C灯马上熄灭答案 A解析因线圈L的自感系数较大且直流电阻可忽视不计，S闭合时，A灯马上亮，然后渐渐熄灭，A正确．S 闭合时，B灯先不太亮，然后变亮，B错误．电路接通稳定后，B、C灯亮度相同，A灯不亮，C错误．电路接通稳定后，S断开时，C灯渐渐熄灭，D错误．10．[对自感的考查](多选)如图10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是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源．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分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是()图10答案AC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先变亮再渐渐熄灭，电流反向；综上所述知选项A、C正确．11．[对涡流的考查](2021·新课标全国Ⅰ·19)(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了有名的“圆盘试验”．试验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用松软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图11所示．试验中发觉，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是() 图11A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动答案AB解析当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确．如图所示，铜圆盘上存在很多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，依据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C 错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．分析自感现象的两点留意1．通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是渐渐变大，断电过程中，电流是渐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．2．断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的推断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再渐渐熄灭．1．(多选)如图12所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化．下列说法正确的是()图12A ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流肯定增大C ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流肯定增大D ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变答案 AD解析线框中的感应电动势为E ＝ΔB Δt S ，设线框的电阻为R ，则线框中的电流I ＝E R ＝ΔB Δt ·SR ，由于B 增大或减小时，ΔBΔt 可能减小，也可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A 、D 正确．2．如图13所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的大小和方向是(金属圆盘的电阻不计)( )图13A ．由c 到d ，I ＝Br 2ωRB ．由d 到c ，I ＝Br 2ωRC ．由c 到d ，I ＝Br 2ω2RD ．由d 到c ，I ＝Br 2ω2R答案 D解析由右手定则判定通过电阻R 的电流的方向是由d 到c ，而金属圆盘产生的感应电动势E ＝12Br 2ω，所以通过电阻R 的电流大小是I ＝Br 2ω2R.选项D 正确．3．(2021·福建理综·18)如图14，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B 中．一接入电路电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( )图14A ．PQ 中电流先增大后减小B ．PQ 两端电压先减小后增大C ．PQ 上拉力的功领先减小后增大D ．线框消耗的电功领先减小后增大答案 C解析设PQ 左侧电路的电阻为R x ，则右侧电路的电阻为3R －R x ，所以外电路的总电阻为R 外＝R x (3R －R x )3R ，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B 错误；电路的总电阻先增大后减小，再依据闭合电路的欧姆定律可得PQ 中的电流I ＝ER ＋R 外先减小后增大，故A 错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F ＝BIL ，拉力的功率P ＝BIL v ，故先减小后增大，所以C 正确；外电路的总电阻R 外＝R x (3R －R x )3R ，最大值为34R ，小于导体棒的电阻R ，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系图象可知，线框消耗的电功领先增大后减小，故D 错误．4．(2022·江苏单科·7)(多选)如图15所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通沟通电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )图15A ．增加线圈的匝数B ．提高沟通电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯答案 AB解析当电磁铁接通沟通电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温上升．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A 、B 正确，选项C 、D 错误．5．在争辩自感现象的试验中，用两个完全相同的灯泡A 、B 与自感系数很大的线圈L 和定值电阻R 组成如图16所示的电路(线圈的直流电阻可忽视，电源的内阻不能忽视)，关于这个试验下面说法中正确的是( )图16A ．闭合开关的瞬间，A 、B 一起亮，然后A 熄灭 B ．闭合开关的瞬间，B 比A 先亮，然后B 渐渐变暗C ．闭合开关，待电路稳定后断开开关，B 渐渐变暗，A 闪亮一下然后渐渐变暗D ．闭合开关，待电路稳定后断开开关，A 、B 灯中的电流方向均为从左向右答案 B解析闭合开关的瞬间，线圈中产生很大的自感电动势，阻碍电流的通过，故B 马上亮，A 渐渐变亮．随着A 中的电流渐渐变大，流过电源的电流也渐渐变大，路端电压渐渐变小，故B 渐渐变暗，A 错误，B 正确；电路稳定后断开开关，线圈相当于电源，对A 、B 供电，回路中的电流在原来通过A 的电流的基础上渐渐变小，故A 渐渐变暗，B 闪亮一下然后渐渐变暗，C 错误；断开开关后，线圈中的自感电流从左向右，A 灯中电流从左向右，B 灯中电流从右向左，故D 错误．练出高分基础巩固1.如图1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．则线圈中磁场B 的变化状况和磁通量的变化率分别为( )图1A ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd2qB ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd2nqC ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd2qD ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd2nq答案 B解析依据K 闭合时传感器示数变为原来的一半，推出带正电小球受向上的电场力，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，依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加；对小球受力分析得q E d ＝mg 2，其中感应电动势E ＝n ΔΦΔt ，代入得ΔΦΔt ＝mgd2nq，故B 正确．2．如图2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对里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t 0时间内，电容器( )图2A ．上极板带正电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0B ．上极板带正电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0C ．上极板带负电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0D ．上极板带负电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0答案 A解析由题图乙可知ΔB Δt ＝B 2－B 1t 0，B 增大，依据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故电容器上极板带正电，E ＝n S ΔB Δt ＝S (B 2－B 1)t 0，Q ＝CE ＝CS (B 2－B 1)t 0，故A 正确．3．如图3甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(规定斜向下为B 的正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置且与导轨接触良好，除导体棒电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t 1时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流I 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )图3答案 D解析由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中的电流大小恒定，故A、B两项错；由F安＝BIl可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向水平向右，故外力F 与F安等值反向，方向水平向左，为负值；在t0～t1时间内，F安方向转变，故外力F方向也转变，为正值，综上所述，D项正确．4．(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直重量方向向下，大小为4.5×10－5 T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是()A．河北岸的电势较高B．河南岸的电势较高C．电压表记录的电压为9 mV D．电压表记录的电压为5 mV答案AC解析从上往下看，水流切割磁感线示意图如图所示，据右手定则可知河北岸电势高，A项正确，B项错误；由E＝Bl v＝4.5×10－5×100×2 V＝9×10－3 V＝9 mV，可知电压表记录的电压为9 mV，C项正确，D项错误．5．(多选)如图4所示，粗细均匀的导线绕成匝数为n、半径为r的圆形闭合线圈．线圈放在磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，线圈中产生的电流为I，下列说法正确的是()图4A．电流I与匝数n成正比B．电流I与线圈半径r成正比C．电流I与线圈面积S成正比D．电流I与导线横截面积S0成正比答案BD解析由题给条件可知感应电动势为E＝nπr2ΔBΔt，电阻为R＝ρn2πrS0，电流I＝ER，联立以上各式得I＝S0r2ρ·ΔBΔt，则可知B、D项正确，A、C项错误．6．(多选)如图5所示是争辩通电自感试验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关S，调整电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调整可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S，再重新闭合开关S，则()图5A．闭合瞬间，A1马上变亮，A2渐渐变亮B．闭合瞬间，A2马上变亮，A1渐渐变亮C．稳定后，L和R两端电势差肯定相同D．稳定后，A1和A2两端电势差不相同答案BC解析依据题设条件可知，闭合开关S，调整电阻R，使两个灯泡的亮度相同，说明此时电阻R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，断开开关S，再重新闭合开关S的瞬间，依据自感原理，可推断A2马上变亮，而A1渐渐变亮，B正确，A错误；稳定后，自感现象消逝，依据题设条件，可推断线圈L和R两端的电势差肯定相同，A1和A2两端电势差也相同，所以，C正确，D错误．7．(多选)如图6所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN，拉动MN使它以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在MN运动过程中闭合电路的()图6A．感应电动势渐渐增大B．感应电流渐渐增大C ．感应电流将保持不变D ．感应电流渐渐减小答案 AC解析拉动MN 使它以速度v 在匀强磁场中向右匀速平动，t 时刻，导体棒切割磁感线的有效长度l ＝v t tan α，产生的感应电动势E ＝Bl v ＝B v 2t tan α，感应电动势渐渐增大，选项A 正确；粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，单位长度电阻相同，设为R ，回路总电阻R 总＝R (v t tan α＋v t cos α＋v t )＝R (tan α＋1cos α＋1)v t ，产生的感应电流I ＝ER 总是一恒量，选项C 正确，B 、D 错误．综合应用8．(2022·四川理综·6)(多选)如图7所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )图7A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到C C ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N 答案 AC解析依据楞次定律可推断感应电流的方向总是从C 到D ，故A 正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ⊥S Δt ＝ΔBL 2Δt sin 30°＝0.2×12×12 V ＝0.1 V ，故感应电流为I ＝E R ＝1A ，金属杆受到的安培力F 安＝BIL ，t ＝1 s 时，F 安＝0.2×1×1 N ＝0.2 N ，此时金属杆受力分析如图甲所示，由平衡条件可知F 1＝F 安·cos 60°＝0.1 N ，F 1为挡板P 对金属杆施加的力．t ＝3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙所示，此时挡板H 对金属杆施加的力向右，大小F 3＝BIL cos 60°＝0.2×1×1×12N ＝0.1 N ．故C 正确，D 错误．9．(2021·山东理综·17)(多选)如图8所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开头减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )图8A ．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B ．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动答案 ABD解析由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A 正确；依据E ＝BL v 可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越简洁停止转动，选项B 正确；若加反向磁场，依据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D 正确．10．如图9所示，金属杆ab 放在光滑的水平金属导轨上，与导轨组成闭合矩形电路，长l 1＝0.8 m ，宽l 2＝0.5 m ，回路总电阻R ＝0.2 Ω，回路处在竖直方向的磁场中，金属杆用水平绳通过定滑轮连接质量M ＝0.04 kg 的木块，磁感应强度从B 0＝1 T 开头随时间均匀增加，5 s 末木块将离开水平面，不计一切摩擦，g 取10 m/s 2，求回路中的电流大小．图9答案 0.4 A解析设磁感应强度B ＝B 0＋kt ，k 是大于零的常数，于是回路感应电动势E ＝S ΔBΔt ＝kS ，S ＝l 1·l 2，回路感应电流I ＝E R ，金属杆受安培力。

高考物理一轮复习考点延伸训练：第九章《电磁感应》(含解析).pdf

第九章　电磁感应 2015高考考向前瞻第1节电磁感应现象__楞次定律磁通量 [想一想] 如图9－1－1所示，在条形磁铁外套有A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量ΦA和穿过B环的磁通量ΦB大小关系是什么？ 9－1－1 提示：ΦA>ΦB [记一记] 1．定义磁场中穿过磁场某一面积S的磁感线条数定义为穿过该面积的磁通量。

2．公式 Φ＝BS。

3．单位 1 Wb＝1_T·m2。

[试一试] 1.如图9－1－2所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由平移到，第二次将金属框绕cd边翻转到，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( ) 9－1－2 A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2 C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．不能判断解析：选C　导体MN周围的磁场并非匀强磁场，靠近MN处的磁场强些，磁感线密一些，远离MN处的磁感线疏一些，当线框在Ⅰ位置时，穿过平面的磁通量为ΦI，当线框平移到Ⅱ位置时，磁通量为ΦⅡ，则磁通量的变化量为ΔΦ1＝|ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ－ΦⅡ。

当线框翻转至Ⅱ位置时，磁感线相当于从“反面”穿过平面，则磁通量为－ΦⅡ，则磁通量的变化量是ΔΦ2＝|－ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ＋ΦⅡ，所以ΔΦ1<ΔΦ2。

[想一想] 法拉第圆盘发电机中，似乎穿过闭合电路的磁通量没有变化，怎么能产生感应电流？ 9－1－3 提示：随着圆盘的转动，定向运动电子受到洛伦兹力作用，造成正、负电荷分别向圆盘中心和边缘累积，产生电动势，进而产生感应电流。

也可把圆盘看成由许多根“辐条”并联，圆盘转动，每根“辐条”做切割磁感线运动产生电动势，进而产生感应电流。

[记一记] 1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。

2．产生感应电流的条件表述1 闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。

表述2 穿过闭合电路的磁通量发生变化。

2023届高考物理一轮复习练习电磁感应Word版含解析

2023届高考物理：电磁感应一轮练习附答案高考：电磁感应（一轮）一、选择题。

1、电阻R、电容器C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁位于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示．在磁铁N极远离线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()A．从b到a，下极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从a到b，上极板带正电2、（双选）如图甲所示，在倾斜角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。

质量为m的矩形金属框从t＝0时刻由静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g。

在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是()甲乙A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsin θ－12m v23、（双选）)如图甲所示是一种手摇发电的手电筒，内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁，其原理图如图乙所示．当沿图中箭头方向来回摇动手电筒过程中，条形磁铁在线圈内来回运动，灯泡发光．在此过程中，下列说法正确的是()A．增加摇动频率，灯泡变亮B．线圈对磁铁的作用力方向不变C．磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时，灯泡中电流方向相反D．磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出的过程中，灯泡中电流方向不变4、如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。

金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。

现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向5、（双选）如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是()A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a6、如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置1匀速运动到位置2。

新高考物理一轮复习第9章电磁感应2第二节法拉第电磁感应定律自感涡流课后达标能力提升新人教版

新高考物理一轮复习第9章电磁感应2第二节法拉第电磁感应定律自感涡流课后达标能力提升新人教版(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒与磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε'．则等于( ) A．B．22C．1 D．2解析：选B．设折弯前导体切割磁感线的长度为L，折弯后，导体切割磁场的有效长度为l＝＝L，故产生的感应电动势为ε'＝Blv ＝B·Lv＝ε，所以＝，B正确．2．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一带电荷量为＋q的小球．已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )A．0 B．r2qkC．2πr2qk D．πr2qk解析：选D．变化的磁场使回路中产生的感生电动势E＝＝·S ＝kπr2，则感生电场对小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，选项D正确．3．(2018·南京模拟)如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0．3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0．9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( ) A．W1<W2，q1<q2 B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2 D．W1>W2，q1>q2解析：选C．两次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1．电动势之比E1∶E2＝3∶1，电流之比I1∶I2＝3∶1，则电荷量之比q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1．安培力之比F1∶F2＝3∶1，则外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正确．4．(2018·苏锡常镇四市调研)图中L是线圈，D1、D2是发光二极管(电流从“＋”极流入才发光)．闭合S，稳定时灯泡正常发光，然后断开S瞬间，D2亮了一下后熄灭．则( )A．如图是用来研究涡流现象的实验电路B．开关S闭合瞬间，灯泡立即亮起来C．开关S断开瞬间，P点电势比Q点电势高D．干电池的左端为电源的正极解析：选D．题图是研究自感现象的实验电路，故A错误；开关S闭合瞬间，由于线圈的自感，灯泡逐渐变亮，故B错误；开关S断开瞬间，D2亮了一下，可知通过线圈L的电流方向为从P至Q，故D正确；开关S断开瞬间，线圈L相当于一个电源，电源内部电流从负极流向正极，所以Q点的电势高于P点的电势，故C错误．5．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球( )A．整个过程匀速运动B．进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程做加速运动C．整个过程都做匀减速运动D．穿出时的速度一定小于初速度解析：选D．小球在进出磁场时有涡流产生，要受到阻力．6．(2018·扬州中学检测)如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)．则( ) A．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭B．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭C．电路接通稳定后，三个灯亮度相同D．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭解析：选A．电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联．S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻由大变小，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A灯的电压逐渐降低，B灯的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，故选项A正确，B错误；电路接通稳定后，A 灯被线圈短路，完全熄灭．B、C并联，电压相同，亮度相同，故选项C错误．电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过C灯，所以C灯过一会儿熄灭，故选项D错误．二、多项选择题7．(2018·扬州中学高三考试)将四根完全相同的表面涂有绝缘层的金属丝首尾连接，扭成如图所示四种形状的闭合线圈，图中大圆半径均为小圆半径的两倍，将线圈先后完全置于同一匀强磁场中，线圈平面均与磁场方向垂直．若磁感应强度从B增大到2B，则线圈中通过的电荷量最少的是( )解析：选BC．根据法拉第电磁感应定律E＝N和闭合电路欧姆定律I＝，电荷量q＝It，得q＝；若磁感应强度从B增大到2B，则线圈中通过的电荷量最少的是磁通量变化最少的，由于穿过线圈的磁通量分正反面，因此A选项的磁通量变化最大，而D选项是将小线圈旋转180°后再翻转，则磁通量变化也是最大的，对于B选项是将A选项小线圈旋转180°，则磁通量的变化最小；C选项是将A选项左侧小线圈翻转180°，则磁通量的变化也是最小的，综上所述B、C正确，A、D错误．8．(2018·徐州模拟)如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是( )A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a解析：选AD．S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯一样亮，说明两个支路中的电流相等，这时线圈L没有自感作用，可知线圈L 的电阻也为R，在S2、S1都闭合且稳定时，IA＝IB，当S2闭合、S1突然断开时，由于线圈的自感作用，流过A灯的电流方向变为b→a，但A灯不会出现比原来更亮一下再熄灭的现象，故选项D正确，B错误；由于定值电阻R没有自感作用，故断开S1时，B灯立即熄灭，选项A正确，C错误．9．如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( ) A．FM向右B．FN向左C．FM逐渐增大D．FN逐渐减小解析：选BCD．根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，选项B正确；导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，根据E＝Blv，I＝及F＝BIl可知，FM逐渐变大，故选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，根据E＝Blv，I＝及F＝BIl可知，FN逐渐变小，故选项D正确．10．(2018·南京高三模拟考试)如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2．5 Ω，边长L＝0．3 m，处在两个半径均为r＝0．1 m的圆形匀强磁场中．线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合．磁感应强度B1垂直水平面向外，B2垂直水平面向里；B1、B2随时间t的变化图线如图乙所示．线框一直处于静止状态．计算过程中取π＝3，下列说法中正确的是( )A．线框具有向左运动的趋势B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0．5 WbC．t＝0．4 s时刻线框中感应电动势为1．5 VD．0～0．6 s内通过线框截面电荷量为0．36 C解析：选CD．B1垂直水平面向外，大小随时间均匀增加，根据楞次定律知，线框具有向右的运动趋势，选项A错误；t＝0时刻穿过线框的磁通量Φ＝B1×πr2＋B2×πr2＝0．025 Wb，选项B错误；t＝0．4 s时刻线框中感应电动势E＝n＝n×πr2×＝1．5 V，选项C正确；0．6 s时穿过线框的磁通量Φ′＝B′1×πr2＋B2×πr2＝0．07 Wb，根据q＝n＝n得，在0～0．6 s内通过线框截面的电荷量为0．36 C，选项D正确．三、非选择题11．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0．4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s．求：(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0．1 s时间内，拉力冲量IF的大小；(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U．解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv＝1×0．4×5 V＝2 V，感应电流I＝＝ A＝2 A．(2)拉力大小等于安培力大小F＝BIL＝1×2×0．4 N＝0．8 N，冲量大小IF＝FΔt＝0．8×0．1 N·s＝0．08 N·s．(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流I′＝＝ A＝1 A，由欧姆定律可得，导体棒两端的电压U＝I′R＝1×1 V＝1 V．答案：(1)2 V 2 A (2)0．08 N·s(3)1 V12．如图甲所示，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的圆形区域内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乙所示．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(1)通过电阻R1的电流大小和方向；(2)通过电阻R1的电荷量q．解析：(1)穿过闭合线圈的磁场的面积为S＝πr2由题图乙可知，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＝,t0)由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为I＝＝,3Rt0)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＝t1,3Rt0)．答案：(1),3Rt0) 方向从b到a (2)t1,3Rt0)。

2025年高考物理总复习专题十电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律、自感、涡流

第2讲法拉第电磁感应定律、自感、涡流知识巩固练1.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场.若第一次用0.3 s 时间拉出，外力所做的功为W 1，通过导线截面的电荷量为q 1；第二次用0.9 s 时间拉出，外力所做的功为W 2，通过导线截面的电荷量为q 2，则 ( )A.W 1＜W 2，q 1＜q 2B.W 1＜W 2，q 1=q 2C.W 1＞W 2，q 1=q 2D.W 1＞W 2，q 1＞q 2【答案】C 【解析】第一次用0.3 s 时间拉出，第二次用0.9 s 时间拉出，两次速度比为3∶1，由E =BLv ，两次感应电动势比为3∶1，两次感应电流比为3∶1，由于F 安=BIL ，两次安培力比为3∶1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3∶1，根据功的定义W =Fx ，所以W 1∶W 2=3∶1.根据电量q =I Δt ，感应电流I =E R ，感应电动势E =ΔΦΔt ，得q =ΔΦR ，所以q 1∶q 2=1∶1，故W 1＞W 2，q 1=q 2，故C 正确.2.如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l ，电阻不计.导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M 、N ，并与导轨成θ角.金属杆以ω 的角速度绕N 点由图示位置匀速转动到与导轨ab 垂直，转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆单位长度的电阻为r .则在金属杆转动的过程中 ( )A.M 、N 两点电势相等B.金属杆中感应电流的方向由N 流向MC.电路中感应电流的大小始终为Bl ω2rD.电路中通过的电荷量为Bl 2rtan θ 【答案】A 【解析】根据题意可知，金属杆MN 为电源，导轨为外电路，由于导轨电阻不计，外电路短路，M 、N 两点电势相等，A 正确；转动过程中磁通量减小，根据楞次定律可知金属杆中感应电流的方向是由M 流向N ，B 错误；由于切割磁场的金属杆长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，回路中的感应电流逐渐变小，C 错误；因为导体棒MN在回路中的有效切割长度逐渐减小，所以接入电路的电阻逐渐减小，不计算通过电路的电荷量，D错误.能根据q=ΔΦR3.(多选)如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有()A.当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮B.当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮C.当S断开时，L1立即熄灭，L2也立即熄灭D.当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭【答案】BD4.(2023年江门一模)汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定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，导体不会发热B.制动力的大小与导体运动的速度无关C.改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力D.制动过程中导体获得的制动力逐渐减小【答案】D【解析】由于导体中产生了涡流，根据Q=I2Rt知，制动过程中，导体会发热，A错误；导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；根据楞次定律可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确5.(2023年北京东城一模)如图所示电路中，灯泡A、B的规格相同，电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略.下列说法正确的是()A.开关S由断开变为闭合时，A，B同时变亮，之后亮度都保持不变B.开关S由断开变为闭合时，B先亮，A逐渐变亮，最后A，B一样亮C.开关S由闭合变为断开时，A，B闪亮一下后熄灭D.开关S由闭合变为断开时，A闪亮一下后熄灭，B立即熄灭【答案】D【解析】开关S由断开变为闭合时，根据电感线圈的自感现象可知，A、B同时变亮，随着线圈上的电流逐渐增大，最终稳定时，线圈为可视为导线.则A灯逐渐变暗直至熄灭，电路中总电阻减小，则B灯逐渐变亮，A、B错误；开关S由闭合变为断开时，B立即熄灭，电感线圈电流不能突变为0，则会充当电源，回路中A灯变亮，之后线圈中电流减小，直至A灯熄灭，C错误，D正确.6.(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一.如图所示，线圈中通以一定频率的正弦式交变电流，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化.下列说法正确的是()A.涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化B.涡流的频率等于通入线圈的交变电流的频率C.通电线圈和待测工件间存在恒定的作用力D.待测工件可以是塑料或橡胶制品【答案】AB综合提升练7.(多选)一跑步机的原理图如图所示，该跑步机水平底面固定有间距L=0.8 m的平行金属电极，电极间充满磁感应强度大小B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，且接有理想电压表和阻值为8 Ω的定值电阻R，匀速运动的绝缘橡胶带上镀有电阻均为2 Ω的平行细金属条，金属条间距等于电极长度为d且与电极接触良好.某人匀速跑步时，电压表的示数为0.8 V.下列说法正确的是()A.通过电阻R的电流为0.08 AB.细金属条的速度大小为2.5 m/sC.人克服细金属条所受安培力做功的功率为0.2 WD.每2 s内通过电阻R的电荷量为0.2 C【答案】BD【解析】由题知单根细金属条电阻为R1=2 Ω，匀速跑步时，始终只有一根细金属条在切割磁感线，其产生的电动势为E=BLv，电压表测量R两端电压，由题知其示数为0.8 V，即U=E·R=0.8 V，解得E=1 V，v=2.5 m/s，通过电阻R的电流R+R1=0.1 A，A错误，B正确；人克服细金属条所受安培力做功的功率为为I=ER+R1P=F A v=BILv=0.1 W，C错误；每2 s内通过电阻R的电荷量为q=It=0.1×2 C=0.2 C，D 正确.8.目前，许多停车场门口都设置车辆识别系统，在自动栏杆前、后的地面各自铺设相同的传感器线圈A 、B ，两线圈各自接入相同的电路，电路a 、b 端与电压有效值恒定的交变电源连接，如图所示.工作过程回路中流过交变电流，当以金属材质为主体的汽车接近或远离线圈时，线圈的自感系数会发生变化，导致线圈对交变电流的阻碍作用发生变化，使得定值电阻R 的c 、d 两端电压就会有所变化，这一变化的电压输入控制系统，控制系统就能做出抬杆或落杆的动作.下列说法正确的是 ( )A.汽车接近线圈A 时，该线圈的自感系数减少B.汽车离开线圈B 时，回路电流将减小C.汽车接近线圈B 时，c 、d 两端电压升高D.汽车离开线圈A 时，c 、d 两端电压升高【答案】D 【解析】汽车上有很多钢铁，当汽车接近线圈时，相对于给线圈增加了铁芯，所以线圈的自感系数增大，感抗也增大，在电压不变的情况下，交流回路的电流将减小，所以R 两端电压将减小，即c 、d 两端电压将减小，A 、B 、C 错误，D 正确.9.(2023年江苏调研)如图所示，边长为L 的正方形导线框abcd 放在纸面内，在ad 边左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，导线框的总电阻为R .现使导线框绕a 点在纸面内顺时针匀速转动，经时间Δt 第一次转到图中虚线位置.求：(1)Δt 内导线框abcd 中平均感应电动势的大小和通过导线截面的电荷量；(2)此时线框的电功率.解：(1)Δt 时间内穿过线框的磁通量变化量为ΔΦ=BL 2-12BL 2=12BL 2，由法拉第电磁感应定律得E =ΔΦΔt =BL 22Δt ，平均感应电流I =E R ，通过导线的电荷量为Q =I ·Δt =BL 22R .(2)线框中瞬时电动势为E =12B ω(√2L )2=B ωL 2，其中ω=π4Δt ，线框的电功率为P =E 2R =B 2ω2L 4R =π2B 2L 416R Δt 2.。

【金版教程】高三物理人教新课标一轮总复习习题第9章电磁感应9-2b【含解析】

板块四限时·规范·特训时间： 45分钟满分： 100 分一、选择题(此题共11 小题，每题 6 分，共66 分。

此中1～ 7 为单项选择，8～ 11 为多项选择)1．如下图，闭合金属导线框搁置在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感觉强度的大小随时间变化而变化。

以下说法中正确的选项是()A.当磁感觉强度增大时，线框中的感觉电流必定减小B.当磁感觉强度增大时，线框中的感觉电流必定增大C.当磁感觉强度减小时，线框中的感觉电流必定增大D.当磁感觉强度减小时，线框中的感觉电流可能不变答案D分析由法拉第电磁感觉定律可知： E ＝ n ΔΦt ＝ nSBt ，当磁感觉强度平均变化时，产生恒定的电动势，线框中的感觉电流就不变， D 选项正确；当磁感觉强度的变化率渐渐增大时，线框中产生的感觉电流增大，当磁感觉强度的变化率渐渐减小时，线框中产生的感应电流减小，因此A、 B、C 选项都是错误的。

2. 如下图，在磁感觉强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动， MN 中产生的感觉电动势为 E 1；若磁感觉强度增为2B，其余条件不变，MN 中产生的感觉电动势变成E 2。

则经过电阻R 的电流方向及 E 1与E 2之比分别为 ()A.c→ a,2∶1B． a→ c,2∶ 1C.a→ c,1∶2D． c→ a,1∶2答案C分析MN 切割磁感线产生的感生电动势 E ＝ Blv，此中的l、 v 保持不变，因此E1∶ E2＝B1∶ B2＝1∶ 2，由右手定章可知经过 R 的电流方向 a→ c，因此 C 选项正确，其余选项是错误的。

3． [2015 ·西考前训练山]A、 B 两闭合圆形导线环用同样规格的导线制成，它们的半径之比 r A∶ r B＝ 2∶ 1，在两导线环包围的空间内存在一正方形界限的匀强磁场地区，磁场方向垂直于两导线环的平面，如下图。

当磁场的磁感觉强度随时间平均增大的过程中，流过两导线环的感觉电流大小之比为()A.I A＝1B.I A＝ 2I B I BC.I A＝1D.I A＝1 I B4I B2答案DB分析由法拉第电磁感觉定律可知：E ＝ nS t ，此中 S 为有效面积，由图可知有效面积 S A ＝ S B ，磁场随时间平均增大， E A1因此 E B ＝ 1；两闭合线圈是用同样规格的导线制成，粗细、资料都同样，因此由 R ＝ρL可知，R A ＝L A＝2πrA＝r A ＝2，由欧姆定律得I ＝E，可知 I A ＝R BS 截R B L B 2πr B r B 1 R I B R A＝12，因此只有D 选项正确，其余选项都是错误的。

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选修3-2 第九章第2讲
1．(2017·辽宁本溪一模)如图所示，灯泡A 、B 与固定电阻的阻值均为R ，L 是带铁芯的理想线圈，电源的内阻不计。

开关S 1、S 2均闭合后电路达到稳定。

已知电路中的各种元件均在安全范围之内。

下列判断中正确的是 ( C )
A ．灯泡A 中有电流通过，方向为a →b
B ．将S 1断开的瞬间，灯泡A 、B 同时熄灭
C ．将S 1断开的瞬间，通过灯泡A 的电流最大值要比原来通过灯泡B 的电流大
D ．将S 2断开，电路达到稳定，灯泡A 、B 的亮度相同
[解析] 开关S 1、S 2均闭合且电路达到稳定，线圈L 把灯A 短路，灯A 中没有电流，A 错误；将S 1断开的瞬间，灯泡B 熄灭，A 灯闪亮一
下再熄灭，B 错误；流过L 的电流等于通过B 灯和电阻R 两支路的电流之和，所以将S 1断开的瞬间，通过灯泡A 的电流最大值要比原来通过灯泡B 的电流大，C 正确；将S 2断开，电路达到稳定，灯A 的亮度要比灯B 暗，D 错误。

2．(多选)(2016·陕西汉中期末)如图所示，S 和P 是半径为a 的环形导线的两端点，OP 间电阻为
R ，其余电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，方
向垂直环面，金属棒OQ 与环形导线接触，以角速度ω绕O 点无摩擦匀速转动时，则 ( AB )
A ．电阻R 两端的电压为
B ωa 2
2
B ．电阻R 消耗的功率为B 2ω2a 4
4R
C ．金属棒受的安培力为B 2ωa 2
2R
D ．外力对OQ 做功的功率为B 2ω2a 4
2R
[解析] OQ 产生的电动势E ＝Ba v ＝
Ba 2ω
2
，因为只有OP 间有电阻，所以电阻R 两端的
电压为B ωa 2
2，A 正确；电阻R 消耗的功率为P ＝E 2R ＝B 2ω2a 44R ，B 正确；电路中电流I ＝E R ＝Ba 2ω
2R ，
金属棒受的安培力F ＝BIa ＝B 2a 3ω2R ，C 错误；外力对OQ 做功的功率为P ′＝P ＝B 2ω2a 4
4R
，D 错
误。

3．(2016·浙江理综)如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则 ( B )
A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1
C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4
D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1 [解析] 由于磁感应强度随时间均匀
增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，故A 项错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝N
ΔΦ
Δt
＝NS
ΔB Δt ，而磁感应强度均匀变化，即ΔB Δt
恒定，则a 、b 线圈中的感应电动势之比为E a E b ＝S a
S b
＝
l 2a
l 2b ＝9，故B 项正确；根据电阻定律R ＝ρl S ′
，且L ＝4Nl ，则R a R b ＝l a
l b ＝3，由闭合电路欧姆定律I ＝E R ，得a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b
＝
E a E b ·
R b
R a
＝3，故C项错误；由功率公式P＝I2R知，a、b线圈中的电功率之比为
P a
P b
＝
I2a
I2b
·
R a
R b
＝27，
故D项错误。

4．(多选)(2016·全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。

铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是 ( AB ) A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍[解析]设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝
1
2
Brω2，可知，转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的4倍，电流变为原来的4倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变为原来的16倍，D项错误。

5．(2016·江苏物理)据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间。

照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v ＝7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5 T，将太阳帆板视为导体。

(1)求M、N间感应电动势的大小E；
(2)在太阳帆板上将一只“1.5V、0.3W”
的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太
阳帆板和导线的电阻。

试判断小灯泡能否发
光，并说明理由；
(3)取地球半径R＝6.4×103km，地球表面
的重力加速度g＝9.8m/s2，试估算“天宫一
号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一
位有效数字)。

[答案] (1)1.54V (2)见解析 (3)4×105
m(数量级正确都算对) [解析] (1)由法拉第电磁感应定律E ＝BLv 代入数据得E ＝1.54V
(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流。

(3)在地球表面有G Mm R
2＝mg
由匀速圆周运动规律得G Mm R ＋h 2＝m v 2
R ＋h 解得h ＝gR 2
v
2－R
代入数据得h ≈4×105
m(数量级正确都算对)。