高考物理新课标一轮复习习题：第10章_第2讲_法拉第电磁感应定律_自感和涡流_word版有答案
2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—法拉第电磁感应定律自感和涡流 附答案解析
2025年⾼考⼈教版物理⼀轮复习专题训练—法拉第电磁感应定律、⾃感和涡流(附答案解析)1．(2023·北京卷·5)如图所⽰，L是⾃感系数很⼤、电阻很⼩的线圈，P、Q是两个相同的⼩灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关( )A．P与Q同时熄灭B．P⽐Q先熄灭C．Q闪亮后再熄灭D．P闪亮后再熄灭2．(2023·江苏卷·8)如图所⽰，圆形区域内有垂直纸⾯向⾥的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆⼼，棒的中点A位于磁场区域的边缘。
现使导体棒绕O点在纸⾯内逆时针转动。
O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则( )A．φO>φC B．φC>φAC．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC3．(2023·⼭东德州市模拟)如图甲所⽰，正⽅形虚线框为匀强磁场区域的边界，取垂直纸⾯向⾥为正⽅向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图⼄所⽰。
匝数为n、半径为r的导线圈恰好处于虚线框的外接圆上，导线圈与电阻箱R1、定值电阻R2组成回路，回路中的其他电阻不计。
以下说法正确的是( )A．R2中的电流⽅向先向左，再向右B．回路中的电动势为C．t＝t0时刻，回路中的电流为零D．R1＝R2时，R1消耗的电功率最⼤4．(2023·⼴东⼴州市⼀模)如图甲所⽰为探究电磁驱动的实验装置。
某个铝笼置于U形磁体的两个磁极间，铝笼可以绕⽀点⾃由转动，其截⾯图如图⼄所⽰。
开始时，铝笼和磁体均静⽌，转动磁体，会发现铝笼也会跟着发⽣转动，下列说法正确的是( )A．铝笼是因为受到安培⼒⽽转动的B．铝笼转动的速度的⼤⼩和⽅向与磁体相同C．磁体从图⼄位置开始转动时，铝笼截⾯abcd中的感应电流的⽅向为a→d→c→b→a D．当磁体停⽌转动后，如果忽略空⽓阻⼒和摩擦阻⼒，铝笼将保持匀速转动5.(多选)(2023·辽宁沈阳市模拟)电⼦感应加速器基本原理如图所⽰，图甲的上、下两个电磁铁线圈中电流的⼤⼩、⽅向可以变化，产⽣的感⽣电场使真空室中的电⼦加速。
2018高考一轮物理文档 第十章 电磁感应 第2节 法拉第
第2节 法拉第电磁感应定律 自感和涡流知识点1 法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：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．(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断．2．法拉第电磁感应定律(1)内容：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．知识点2 导体切割磁感线时的感应电动势导体棒切割磁感线时，可有以下三种情况：1．自感现象由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象．2．自感电动势(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势．(2)表达式：E ＝L ΔI Δt .(3)自感系数L ：①相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关．②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3H,1 μH＝10－6 H.3．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水的旋涡一样的感应电流．[物理学史链接]纽曼、韦伯于1845年和1846年先后提出法拉第电磁感应定律．1．正误判断(1)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大．(×)(2)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大．(√)(3)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大．(×)(4)线圈中的电流越大，自感系数也越大．(×)(5)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．(√)(6)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化．(√)2．[法拉第电磁感应定律的应用](2016·北京高考)如图10-2-1所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a和E b.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是()图10-2-1A．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向B[由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向．由法拉第电磁感应定律知E＝ΔΦΔt＝ΔBSΔt＝ΔB·πR2Δt，由于两圆环半径之比R a∶R b＝2∶1，所以E a∶E b＝4∶1，选项B正确．] 3．[对涡流的理解](多选)电磁炉为新一代炊具，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在．电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物．下列相关说法中正确的是() A．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的B．恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好C．锅体中的涡流是由变化的磁场产生的D．提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果CD[涡流是由电磁感应产生的，故锅体内是变化的磁场，由法拉第电磁感应定律可知，磁场变化频率越高，感应电动势越大，故C、D正确．] 4．[对自感现象的理解](多选)如图10-2-2所示，电源的电动势为E，内阻r 不能忽略．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈．关于这个电路的以下说法正确的是()【导学号：92492369】图10-2-2A．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C．开关由闭合到断开的瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D．开关由闭合到断开的瞬间，电流自右向左通过A灯AD[开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定；B灯逐渐变亮，最后亮度稳定，选项A正确、B错误；开关由闭合到断开的瞬间，电流自右向左通过A灯，但本题电路A灯不会闪亮一下再熄灭，选项C错误、D正确．](1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt 共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)磁通量的变化率ΔΦΔt 对应Φ-t 图线上某点切线的斜率．2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B ΔS ，则E ＝n B ΔS Δt ；(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS ，则E ＝n ΔBS Δt ；(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E ＝n |B 2S 2－B 1S 1|Δt≠n ΔB ΔS Δt . 3．应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式E ＝n ΔΦΔt 求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E ＝nS ΔB Δt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关．推导如下：q ＝I －Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR .[题组通关]1．如图10-2-3所示，由一根金属导线绕成闭合线圈，线圈的半径分别为R 、2R ，磁感应强度B 随时间t 的变化规律是B ＝kt (k 为常数)，方向垂直于线圈平面．闭合线圈中产生的感应电动势为( )图10-2-3A ．k πR 2B ．3k πR 2C ．4k πR 2D ．5k πR 2B [由法拉第电磁感应定律可得E ＝ΔΦΔt ，ΔΦ＝ΔBS ，故E ＝ΔB Δt S ＝k (4πR 2－πR 2)＝3k πR 2，选项B 正确．]2．(2017·济南模拟)如图10-2-4所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按B ＝kt (k >0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流比为( )图10-2-4A ．1∶3B ．3∶1C ．1∶1D ．9∶5D [同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形线圈的周长为l ，依据法拉第电磁感应定律E ＝ΔB Δt S ，之前的闭合回路的感应电动势E ＝k π⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2π2，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则1∶4的圆形闭合回路的周长之比为1∶2，导线扭之后的闭合回路的感应电动势E ′＝k π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫l 32π2＋k π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2l 32π2；则前后两次回路中的电流比I ∶I ′＝E ∶E ′＝9∶5，D 正确．]对Φ、ΔΦ和ΔΦΔt 的理解和易错提醒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一定等于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.1(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直．(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度．如图10-2-5中，导体棒的有效长度为ab间的距离．图10-2-5(3)相对性：E＝Bl v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产生感应电动势的情况若长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，则(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)．(2)以端点为轴时E＝12BωL2(平均速度取中点位置的线速度12ωL)．(3)以任意点为轴时E＝12Bω(L21－L22)(L1>L2，不同两段的代数和)．[多维探究]●考向1平动切割产生感应电动势1. (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竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图10-2-6所示．则( )图10-2-6A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2a v (π＋2)R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2a v (5π＋3)R 0AD [当θ＝0时，杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Ba v ，选项A 正确；此时杆上的电流I 1＝E 1(πa ＋2a )R 0＝2B v (π＋2)R 0，杆受的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2a v (π＋2)R 0，选项C 错误；当θ＝π3时，杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Ba v ，选项B 错误；此时杆上的电流I 2＝E 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2πa －π3a ＋a R 0＝3B v (5π＋3)R 0，杆受的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2a v (5π＋3)R 0，选项D 正确．]●考向2 转动切割产生感应电动势2．(2015·全国卷Ⅱ)如图10-2-7所示，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 .下列判断正确的是( )【导学号：92492370】图10-2-7A ．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a －b －c －aC ．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a －c －b －a C [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，由右手定则判断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．]3．(多选)(2016·全国甲卷)法拉第圆盘发电机的示意图如图10-2-8所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与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( )图10-2-8A ．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AB [由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a 到b 的方向流动，选项B 正确；由感应电动势E ＝12Bl 2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A 正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C 错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P ＝I 2R 知，电流在R 上的热功率变为原来的4倍，选项D 错误．]电磁感应现象中电势高低的判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判断出电流的方向．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．1．(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题1．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图10-2-9所示．实验中发现，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10-2-9A．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AB[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，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，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，根据楞次定律，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．]2．(多选)(2017·贵阳模拟)如图10-2-10所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，线圈L的电阻不计．以下判断正确的是()【导学号：92492371】图10-2-10A ．闭合S ，稳定后，电容器的a 极板带正电B ．闭合S ，稳定后，电容器两端电压小于EC ．断开S 的瞬间，通过R 1的电流方向向右D ．断开S 的瞬间，通过R 2的电流方向向右BC [闭合S ，稳定后，电容器相当于断路，线圈L 相当于短路，所以电容器b 极板与电源正极相连，带正电荷，A 项错误；电源有内阻，电容器两端电压等于电路的路端电压，小于电源电动势，B 项正确；断开S 瞬间，电容器与R 2构成回路放电，通过R 2的电流方向向左，D 项错误；断开S 瞬间，由于自感现象，线圈L 相当于临时电源，阻碍原来的电流减小，通过线圈的电流方向不变，R 1与线圈L 构成回路，所以通过R 1的电流方向向右，C 项正确．]1．自感现象“阻碍”作用的两点提醒(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势阻碍原电流的增加，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阻碍原电流的减小，使其缓慢地减小．2．分析自感现象的两点注意(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流逐渐变大，断电过程中，电流逐渐变小，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”的判断：若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮，再慢慢熄灭．。
法拉第电磁感应定律 自感和涡流(核心考点精讲精练)(解析版)—备战2025年高考物理一轮复习(新高考
法拉第电磁感应定律 自感和涡流1. 高考真题考点分布题型考点考查考题统计选择题法拉第电磁感应定律2024年浙江卷选择题自感电动势2024年北京卷2. 命题规律及备考策略【命题规律】高考对法拉第电磁感应定律的考查非常频繁，大多以选择题和计算题的形式考查，难度上选择题一般较为简单，计算题多结合电路、动力学能量动量，题目总体难度较大。
【备考策略】1.理解和掌握法拉第电磁感应定律。
2.会求感生电动势和动生电动势。
3.理解自感、涡流、电磁驱动和电磁阻尼【命题预测】重点关注动生电动势和感生电动势在电路中大小的求解问题。
一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：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。
(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。
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：遵守闭合电路的欧姆定律，即I ＝E R ＋r。
3．导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝Blv 。
(2)v ∥B 时，E ＝0。
(3)l 为导体切割磁感线的有效长度，示例如图所示。
二、自感、涡流1．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。
(2)自感电动势①定义：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 ＝L ΔIΔt 。
(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。
②单位：亨利(H)，1 mH ＝10－3 H ，1 μH ＝10－6 H 。
2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流。
考点一 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。
2019届高考物理一轮复习讲义：第十章 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象 Word版含答案
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 法拉第电磁感应定律 Ⅱ 1、感应电动势(1)概念：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。
(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则来判断。
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：遵守闭合电路欧姆定律，即I ＝E R ＋r。
(4)导体切割磁感线时的感应电动势【知识点2】 自感、涡流 Ⅰ 1、互感现象两个互相靠近的线圈，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的现象。
2、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在它本身激发出感应电动势。
(2)自感电动势①定义：由于自感而产生的感应电动势。
②表达式：E ＝L ΔI Δt 。
③自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。
单位：亨利(H)，1 mH ＝10－3 H,1 μH ＝10－6 H 。
3、涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的旋涡，所以叫涡电流，简称涡流。
(1)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，安培力的方向总是阻碍导体的运动。
(2)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的作用，安培力使导体运动起来。
交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。
(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。
板块二考点细研·悟法培优考点1 法拉第电磁感应定律的应用 [拓展延伸]1、磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率ΔΦΔt的比较提示：①Φ、ΔΦ、ΔΦΔt 的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，ΔΦΔt 不一定等于0；②感应电动势E 与线圈匝数n 有关，但Φ、ΔΦ、ΔΦΔt 的大小均与线圈匝数无关。
2020版高考(山东专用)一轮复习：第10章 第2节 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流1.(2019·河北衡水金卷)如图所示,三只完全相同的灯泡A,B,C分别与带有铁芯的电感线圈L、定值电阻R、二极管D串联在电路中,闭合开关S,电路稳定后,三只灯泡亮度相同.下列说法正确的是( B )A.断开开关S,灯泡A,C马上熄灭,灯泡B慢慢熄灭B.断开开关S,灯泡C马上熄灭,灯泡A,B慢慢熄灭C.断开开关S瞬间,通过灯泡B的电流方向是从左向右的D.如果先抽掉电感线圈的铁芯,再断开开关S,会发现灯泡B熄灭得更慢解析:闭合开关S,电路稳定后,三只灯泡亮度相同,说明导通状态下,三个支路的电流相同;断开开关S后,电感线圈产生自感电动势,阻碍电流减小,与灯泡B所在支路形成回路,所以灯泡A,B不是马上熄灭,而是慢慢熄灭,灯泡C所在支路由于二极管的作用反向电流不能通过,灯泡C马上熄灭,故A项错误,B项正确;断开开关S瞬间,通过电感线圈的电流方向不变,通过灯泡B的电流方向是从右向左的,故C项错误;根据自感电动势可知如果先抽掉电感线圈的铁芯,自感系数L减小,再断开开关S,由于电感线圈的自感电动势减小,会发现灯泡B熄灭得明显变快,故D项错误.2.(多选)如图所示,闭合金属环从曲面上h高处滚下,又沿曲面的另一侧上升,设环的初速度为零,摩擦不计,曲面处在图示磁场中,则( BD )A.若是匀强磁场,环滚上的高度小于hB.若是匀强磁场,环滚上的高度等于hC.若是非匀强磁场,环滚上的高度等于hD.若是非匀强磁场,环滚上的高度小于h解析:若是匀强磁场,金属环中无涡流产生,无机械能损失,故选项A错误,B正确.若是非匀强磁场,金属环中有涡流产生,机械能损失转化为内能,故选项C错误,D正确.3.(2018·福建漳州第二次调研)(多选)如图是磁电式转速传感器的结构简图.该装置主要由测量齿轮、软铁、永久磁铁、线圈等原件组成.测量齿轮为磁性材料.等距离地安装在被测旋转体的一个圆周上(圆心在旋转体的轴线上),齿轮转动时线圈内就会产生感应电流.设感应电流的变化频率为f.测量齿轮的齿数为N,旋转体转速为n,则( AD )A.f=nNB.f=C.线圈中的感应电流方向不会变化D.旋转体转速越高线圈中的感应电流越强解析:测量齿轮的齿数为N,旋转体转速为n,则每秒内齿轮与线圈相互靠近和远离的次数为nN,即感应电流的频率为f=nN,选项A正确,B错误;当齿轮与线圈相互靠近和远离的时候,在线圈中产生的感应电流的方向要变化,选项C错误;旋转体转速越高,穿过线圈的磁通量的变化率越大,则线圈中的感应电流越强,选项D 正确.4.(2018·河北唐山一模)如图所示,单匝金属线圈半径为r1,电阻为R,内部存在一圆形区域匀强磁场,磁场区域半径为r2,磁感应强度随时间的变化为B=kt(k>0),磁场方向垂直纸面向外,下列说法正确的是( C )A.线圈中感应电流的方向为逆时针方向B.线圈具有收缩趋势C.线圈中感应电流的大小为D.线圈中感应电动势的大小为πk解析:穿过线圈的磁通量向外增大,根据楞次定律,线圈中感应电流的方向为顺时针方向,线圈具有扩张的趋势,增大反向的磁通量以阻碍原磁场磁通量的增大,故A,B错误;根据法拉第电磁感应定律E=S=πk,根据欧姆定律,感应电流I==,故C正确,D错误.5.(2019·江西赣州中学模拟)(多选)1831年10月28日,法拉第展示了他发明的圆盘发电机,其示意图如图所示,水平铜盘可绕竖直铜轴转动,两铜片M,N分别与铜盘边缘和铜轴连接,使整个铜盘处于竖直向上的匀强磁场中.M和N之间连接阻值为R的电阻和滑动变阻器R P,若从上往下看,铜盘转动的方向为顺时针方向.已知铜盘的半径为L,铜盘转动的角速度为ω,铜盘连同两铜片对电流的等效电阻值为r,磁感应强度为B,下列说法正确的是( BCD )A.导体R中的电流方向从a到bB.铜盘转动产生的感应电动势大小为BL2ωC.导体R的最大功率为D.如果R P=R+r,则滑动变阻器的最大功率为解析:若从上往下看,铜盘转动的方向为顺时针方向,根据右手定则可知,导体R中的电流方向从b到a,故A 错误;根据法拉第电磁感应定律得:铜盘转动产生的感应电动势为E=BL2ω,故B正确;根据闭合电路欧姆定律得I=,则导体R的功率为P=I2R=()2R,当R P=0时,导体的功率最大,即P m=,故C正确;把导体R等效成电源的内阻,则电流的等效电阻为r′=r+R,此时外电路只有R P,故当R P=r+R时,滑动变阻器的功率最大,即P m′=,故D正确.6.(多选)如图所示,足够长的平行光滑导轨固定在水平面上,导轨间距为 L=1 m,其右端连接有定值电阻R=2 Ω,整个装置处于垂直导轨平面、磁感应强度B=1 T的匀强磁场中.一质量m=2 kg的金属棒在恒定的水平拉力F=10 N的作用下,在导轨上由静止开始向左运动,运动中金属棒始终与导轨垂直.导轨及金属棒的电阻不计,下列说法正确的是( ACD )A.产生的感应电流方向在金属棒中由a指向bB.金属棒向左做先加速后减速运动直到静止C.金属棒的最大加速度为5 m/s2D.水平拉力的最大功率为200 W解析:金属棒向左运动切割磁感线,根据右手定则判断得知产生的感应电流方向由a→b,A正确;金属棒所受的安培力先小于拉力,棒做加速运动,后等于拉力做匀速直线运动,速度达到最大,B错误;根据牛顿第二定律得F-=ma,可知棒的速度v增大,加速度a减小,所以棒刚开始运动时加速度最大,最大加速度a max== m/s2=5 m/s2,C正确;当棒的加速度a=0时速度最大,设最大速度为v max,则有F=,所以v max== m/s=20 m/s,所以水平拉力的最大功率P max=Fv max=10× 20 W=200 W,D正确.7.(2019·新疆哈密校级模拟)线圈所围的面积为 0.1 m2,线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向,如图(甲)所示.磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图(乙)所示.则以下说法正确的是( C )A.在时间0～5 s内,I的最大值为0.1 AB.在4 s末,I的方向为正C.前2 s内,通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD.第3 s内,线圈的发热功率最大解析:由题图(乙)看出,在0 s时图线的斜率最大,B的变化率最大,根据闭合电路欧姆定律得,I==,0 s时刻磁感应强度变化率为0.1,则最大电流I= A=0.01 A,故A错误.在4 s末,穿过线圈的磁场方向向上,磁通量减小,则根据楞次定律判断得知,I的方向为逆时针方向,即为负方向,故B错误.前2 s内,通过线圈某截面的总电荷量q=== C=0.01 C,故C正确;第3 s内,B没有变化,线圈中没有感应电流产生,则线圈的发热功率为0,故D错误.8.(2018·四川乐山三次调考)(多选)如图,两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内,其左端接有定值电阻R,Ox轴平行于金属导轨,在0≤x≤4 m 的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场,磁感应强度B 随坐标x(以m为单位)的分布规律为B=0.8-0.2x(T),金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨运动,ab始终与导轨垂直并接触良好,不计导轨和金属棒的电阻.设在金属棒从x1=1 m经x2=2 m到x3=3 m的过程中,R的电功率保持不变,则金属棒( CD )A.在x1与x3处的电动势之比为1∶3B.在x1与x2处受到磁场B的作用力大小之比为2∶1C.从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3D.从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R产生的焦耳热之比为5∶3解析:由功率的计算公式 P==,知道由于金属棒从x1=1 m经x2=2 m到x3=3 m的过程中电功率保持不变,所以E不变,I不变;由安培力公式F=BIL,可知x1与x2处受到磁场B的作用力大小之比====;由安培力公式F=BIL,Fx 图像如图所示,图像的面积就是克服安培力做的功,即R产生的热量,从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R产生的焦耳热之比为===,根据热量Q=I2Rt,热量之比为5∶3,电流、电阻相同,说明时间之比为5∶3,因此电荷量之比===,综上分析,C,D 正确.9.(2019·江西南昌模拟)如图所示,长为L的金属导线弯成一圆环,导线的两端接在电容为C的平行板电容器上,P,Q为电容器的两个极板,磁场方向垂直于环面向里,磁感应强度以B=B0+Kt(K>0)随时间变化.t=0时,P,Q两极板电势相等,两极板间的距离远小于环的半径.经时间t,电容器的P极板( D )A.不带电B.所带电荷量与t成正比C.带正电,电荷量是D.带负电,电荷量是解析:磁感应强度均匀增加,回路中产生的充电电流的方向为逆时针方向,Q板带正电,P板带负电,A错误;由于E==·S=K·πR2,而L= 2πR,R=,解得E=.电容器上的电荷量Q=CE=,B,C错误,D 正确.10.(2018·山东潍坊一模)(多选)如图(甲)所示,线圈两端a,b与一电阻R相连.线圈内有垂直线圈平面向里的磁场,t=0 时起,穿过线圈的磁通量按图(乙)所示规律变化.下列说法正确是( AC )A.时刻,R中电流方向由a到bB.t0时刻,R中电流方向由a到bC.0～t0时间内R中的电流是t0～2t0时间内的D.0～t0时间内R产生的焦耳热是t0～2t0时间内的解析:时刻,线圈中向里的磁通量在增加,根据楞次定律,感应电流沿逆时针方向,所以R中电流方向由a 到b,故A正确;t0时刻,线圈中向里的磁通量在减少,根据楞次定律,感应电流沿顺时针方向,R中的电流方向由b到a,故B错误;0～t0时间内感应电动势E1==;t0～2t0时间内感应电动势E2==;由欧姆定律I=,知0～t0时间内R中的电流是t0～2t0时间的,故C正确;根据焦耳定律Q=I2Rt,知0～t0时间内R产生的焦耳热是t0～2t0时间内的,故D错误.11.(多选)如图(甲)所示,间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B,轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动,F随t变化的规律如图(乙)所示.在0～t0时间内,棒从静止开始做匀加速直线运动.(乙)图中t0,F1,F2为已知,棒和轨道的电阻不计.则( BD )A.在t0以后,导体棒一直做匀加速直线运动B.在t0以后,导体棒先做加速,最后做匀速直线运动C.在0～t0时间内,导体棒的加速度大小为D.在0～t0时间内,通过导体棒横截面的电荷量为解析:因在0～t0时间内棒做匀加速直线运动,故在t0时刻F2大于棒所受的安培力,在t0以后,外力保持F2不变,安培力逐渐变大,导体棒做加速度越来越小的加速运动,当加速度a=0,即导体棒所受安培力与外力F2大小相等后,导体棒做匀速直线运动,故A错误,B正确;设在0～t0时间内导体棒的加速度为a,导体棒的质量为m,t0时刻导体棒的速度为v,根据牛顿运动定律,t=0时有F1=ma,t=t0时有F2-=ma而v=at0,由此得a=,故C错误;在0～t0内,导体棒ab扫过面积ΔS=L·a=,则通过导体横截面的电荷量q==,故D 正确.12.(2019·山东济南模拟)(多选)如图,两根电阻不计的足够长的光滑金属导轨MN,PQ,间距为L,两导轨构成的平面与水平面成θ角.金属棒ab,cd用绝缘轻绳连接,其电阻均为R,质量分别为m和2m.沿斜面向上的外力F作用在cd上使两棒静止,整个装置处在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,重力加速度大小为g.将轻绳烧断后,保持F不变,金属棒始终与导轨垂直且接触良好.则( AD )A.轻绳烧断瞬间,cd的加速度大小a=gsin θB.轻绳烧断后,cd做匀加速运动C.轻绳烧断后,任意时刻两棒运动的速度大小之比 v ab∶v cd=1∶2D.棒ab的最大速度v abm=解析:轻绳烧断前,对两金属棒组成的整体,有F=(m+2m)gsin θ= 3mgsin θ,轻绳烧断瞬间,对cd有F-2mgsin θ=2ma解得a=gsin θ,故A正确;随着速度的变化,电动势不断变化,电流不断变化,安培力不断变化,加速度不断变化,所以cd棒不可能做匀加速运动,故B错误;两金属棒组成的系统合力为0,动量守恒,所以有0=mv ab-2mv cd,得v ab∶v cd=2∶1,故C错误;回路总电动势E=BLv ab+BLv cd,因为v ab=2v cd,由闭合电路欧姆定律得I=,当棒ab速度最大时,有BIL=mgsin θ,则得v abm=,故D正确.13.(2018·广东肇庆三模)如图(甲)所示,电阻不计、间距为l的平行长金属导轨置于水平面内,阻值为R 的导体棒ab固定连接在导轨左端,另一阻值也为R的导体棒ef垂直放置到导轨上,ef与导轨接触良好,并可在导轨上无摩擦移动.现有一根轻杆一端固定在ef中点,另一端固定于墙上,轻杆与导轨保持平行,ef,ab 两棒间距为d.若整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中,且从某一时刻开始,磁感应强度B随时间t按图(乙)所示的方式变化.(1)求在0～t0时间内流过导体棒ef的电流的大小与方向;(2)求在t0～2t0时间内导体棒ef产生的热量;(3)1.5t0时刻杆对导体棒ef的作用力的大小和方向.解析:(1)在0～t0时间内,磁感应强度的变化率=产生感应电动势的大小E1==S=ld=流过导体棒ef的电流大小I1==由楞次定律可判断电流方向为e→f.(2)在t0～2t o时间内,磁感应强度的变化率=产生感应电动势的大小E2==S=ld=流过导体棒ef的电流大小I2==t0～2t0时间内导体棒ef产生的热量Q=Rt0=.(3)在1.5t0时,磁感应强度B=B0ef棒受安培力F=B2I2l=B0I2l=,方向水平向左.根据导体棒受力平衡,杆对导体棒的作用力大小为,方向水平向右.答案:(1),方向为e→f(2)(3),方向水平向右14.(2018·江苏南通模拟)如图所示,两足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距为L,一理想电流表与两导轨相连,匀强磁场与导轨平面垂直.一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放.导体棒进入磁场后,流经电流表的电流逐渐减小,最终稳定为I.整个运动过程中,导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不计导轨的电阻.求:(1)磁感应强度的大小B;(2)电流稳定后,导体棒运动速度的大小v;(3)流经电流表电流的最大值I m.解析:(1)电流稳定后,导体棒做匀速运动,安培力与重力平衡,则有BIL=mg,解得B=.(2)电流稳定后,感应电动势E=BLv=,又感应电流I=,解得v=.(3)由题意知,导体棒刚进入磁场时的速度最大,产生的感应电流最大,设最大速度为v m.对于自由下落的过程,根据机械能守恒得mgh=m 感应电流的最大值I m==代入解得,I m=.答案:(1)(2)(3)。
高考物理大一轮复习 第十章 电磁感应(第2课时)法拉第电磁感应定律 自感、涡流检测
第2课时法拉第电磁感应定律自感、涡流【基础巩固】对法拉第电磁感应定律的理解和应用1.(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,转轴垂直于磁场,若线圈所围面里的磁通量随时间变化规律如图所示(磁通量变化曲线是正弦函数图像),则( ABD )A.线圈中零时刻的感应电动势最大B.线圈中D时刻的感应电动势为零C.线圈中D时刻的感应电动势最大D.线圈中零到D时刻内平均感应电动势为0.4 V解析:根据法拉第电磁感应定律E=,由图可以看出,零时刻和t=0.01 s时曲线的斜率最大,则感应电动势最大;而D时刻曲线的斜率为零,则感应电动势为零,故选项A,B正确,C错误;零时刻Φ1=0,D时刻Φ2=2×10-3 Wb,则ΔΦ=Φ2-Φ1=2×10-3 Wb,经历的时刻Δt=0.005 s,所以平均感应电动势E= V=0.4 V,故选项D正确.2.(2016·北京卷,16)如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环a,b,磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B随时间均匀增大.两圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为E a和E b,不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是( B )A.E a∶E b=4∶1,感应电流均沿逆时针方向B.E a∶E b=4∶1,感应电流均沿顺时针方向C.E a∶E b=2∶1,感应电流均沿逆时针方向D.E a∶E b=2∶1,感应电流均沿顺时针方向解析:根据法拉第电磁感应定律,有E=πr2,则=()2=4;由楞次定律可知,感应电流均沿顺时针方向,选项B正确.3.(2016·河北唐山摸底)(多选)如图(甲)所示,水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R,导体棒MN放在导轨上且接触良好,整个装置放于垂直导轨平面的磁场中,磁感应强度B的变化情况如图(乙)所示(图示磁感应强度方向为正),MN始终保持静止,则0～t2时间( AD )A.电容器C的电荷量大小始终没变B.电容器C的a板先带正电后带负电C.MN所受安培力的大小始终没变D.MN所受安培力的方向先向右后向左解析:磁感应强度均匀变化,产生恒定电动势,电容器C的电荷量大小始终没变,选项A正确,B 错误;由于磁感应强度变化,MN所受安培力的大小变化,MN所受安培力的方向先向右后向左,选项C错误,D正确.切割磁感线的分析与计算,虚线区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁场宽度为L,磁感应强度大小为B.总电阻为R的直角三角形导线框,两条直角边边长分别为2L和L,在该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中,下列说法正确的是( C )A.线框中的感应电流方向始终不变B.线框中的感应电流一直在增大C.线框所受安培力方向始终相同D.当通过线框的磁通量最大时,线框中的感应电动势为零解析:该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中,穿过线框的磁通量先增大后减小,根据楞次定律、安培定则可以判断线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向,且始终不为零,由左手定则可以判断线框在该磁场中一直受到水平向左的安培力作用,故选项A,D错误,C正确;该线框匀速穿过磁场的过程中,导线框切割磁感线的有效长度先增大、后不变、再增大,由E=Blv及闭合电路的欧姆定律可得线框中的感应电流先增大、后不变、再增大,故选项B错误.5.(2015·全国Ⅱ卷,15)如图,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.下列判断正确的是( C )A.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a b c aC.U bc=-Bl2ω,金属框中无电流D.U ac=Bl2ω,金属框中电流方向沿a c b a解析:闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时,穿过金属框的磁通量始终为零,金属框中无电流.由右手定则可知U b=U a<U c,选项A,B,D错误;b,c两点的电势差U bc=-Blv中=-Bl2ω,选项C正确.6.(2016·山东青岛质检)(多选)如图所示,在空间存在着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.一水平放置的长度为L的金属杆ab与圆弧形金属导轨P,Q紧密接触,P,Q之间接有电容为C的电容器.若ab杆绕a点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,则下列说法正确的是( AC )A.电容器与a相连的极板带正电B.金属杆ab所受的安培力是阻力C.电容器所带电荷量是CBL2ωD.金属杆中的电流方向从b流向a解析:根据右手定则判断可知a端电势高,电容器与a相连的极板带正电;由于电路中没有电流,不受安培力作用,选项A正确,B,D错误;电容器两端的电压等于导体棒ab产生的电动势,电容器所带电荷量是q=CE=CBL2ω,选项C正确.·江西十校联盟)(多选)如图所示,矩形线框abcd通过导体杆搭接在金属导轨EF和MN上,整个装置放在方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中,导轨左侧接有定值电阻R,当线框向右运动时,下面说法正确的是( BD )A.R中无电流B.R中有电流,方向为E→MC.ab中无电流D.ab中有电流,方向为b→a解析:由于线框向右运动,所以ab两端和dc两端存在着相同大小的电势差,ab中有电流,方向为b→a,cd中也有电流,方向为c→d,回路内有电流,R中电流方向为E→M,选项B,D正确. 自感、涡流8.(2016·山东临沂质检)(多选)如图所示,是高频焊接机原理示意图,线圈中通一高频电流时,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的热量,将金属熔化,把工件焊接在一起,而工件其他部分发热很少,以下说法中正确的是( AD )A.交变电流的频率越高,焊缝处的温度升高得越快B.交变电流的频率越低,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: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,感应电流的大小与感应电动势有关,电流变化的频率越高,电流变化得越快,感应电动势越大,选项A正确,B 错误;工件上焊缝处的电阻大,电流产生的热量就多,选项D正确,C错误.9.(2016·江苏无锡模拟)如图所示,三个灯泡L1,L2,L3的电阻关系为R1<R2<R3,电感线圈L的电阻可忽略,D为理想二极管,开关S从闭合状态突然断开时,下列判断正确的是( B )A.L1逐渐变暗,L2,L3均先变亮,然后逐渐变暗B.L1逐渐变暗,L2立即熄灭,L3先变亮,然后逐渐变暗C.L1立即熄灭,L2,L3均逐渐变暗D.L1,L2,L3均先变亮,然后逐渐变暗解析:开关S处于闭合状态时,由于R1<R2<R3,则I1>I2>I3,开关S从闭合状态突然断开时,由于二极管的反向截止作用,L2立即熄灭,则电感线圈、L1,L3组成闭合回路,L1逐渐变暗,通过L3的电流由I3变为I1,再逐渐减小,故L3先变亮,然后逐渐变暗,选项B正确.多选)如图所示,两个相同灯泡L1,L2,分别与电阻R和自感线圈L串联,接到内阻不可忽略的电源的两端,当闭合开关S到电路稳定后,两灯泡均正常发光.已知自感线圈的自感系数很大.则下列说法正确的是( AB )A.闭合开关S到电路稳定前,灯泡L1逐渐变亮B.闭合开关S到电路稳定前,灯泡L2由亮变暗C.断开开关S的一段时间内,A点电势比B点电势高D.断开开关S的一段时间内,灯泡L2亮一下逐渐熄灭解析:闭合开关的瞬间,L2灯立即正常发光,L1灯所在电路上线圈产生自感电动势,阻碍电流的增大,电流只能逐渐增大,L1灯逐渐变亮,故选项A正确;闭合开关S到电路稳定前,L1灯所在电路上线圈产生自感电动势,电流只能逐渐增大,则总电路中的电流逐渐增大,电源的内电阻上的电压逐渐增大,所以路端电压逐渐减小,则灯泡L2逐渐变暗,故选项B正确;闭合开关,待电路稳定后断开开关,L中产生自感电动势,相当于电源,电流的方向与L1的方向相同,从右向左流过L2灯,所以A点电势比B点电势低,故选C错误;断开开关S的一段时间内,L中产生自感电动势,电流从原来开始减小,所以两个灯泡都是逐渐熄灭,不会闪亮一下,故选项D 错误.【素能提升】,水平固定的闭合导轨分别由平行的直轨和同心半圆形导轨构成,两轨间距离均为d,同心圆的内圆半径均为d,两轨间充满匀强磁场,磁感应强度的大小为B,方向垂直纸面向里,内、外两条导轨间用导线和阻值为R的电阻连接,其他电阻可忽略.一根导体棒在两导轨上运动,棒在平行直导轨上垂直导轨做匀速直线运动,速度大小为v;棒在圆弧导轨上匀速转动,棒与外圆导轨接触点的线速度大小为v,运动中棒的延长线始终过圆心O1或O2.求:(1)当棒在圆弧导轨上运动时,电阻R两端的电压U;(2)棒在平直导轨上运动距离为L的过程中,电阻R产生的焦耳热Q.解析:(1)根据题意,棒在圆弧导轨上转动角速度为ω=,根据法拉第电磁感应定律有E1==,由几何知识可知ΔS=π[(2d)2-d2],联立解得R两端的电压U=E1=.(2)根据法拉第电磁感应定律,棒在直轨上运动产生的感应电动势E2=Bdv,通过电阻的电流I2==,又Δt=,根据焦耳定律Q=RΔt,联立解得Q=.答案:(1)(2)12.(2016·浙江4月选考)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置,如图所示.竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨,间距为L.导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B.绝缘火箭支撑在导轨间,总质量为m,其中燃料质量为m′,燃料室中的金属棒EF 电阻为R,并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触.引燃火箭下方的推进剂,迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动,当回路CEFDC面积减少量达到最大值ΔS,用时Δt,此过程激出强电流,产生电磁推力,加速火箭.在Δt时间内,电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体.当燃烧室下方的可控喷气孔打开后,喷出燃气进一步加速火箭.(1)求回路在Δt时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量,并判断金属棒EF中的感应电流方向;(2)经Δt时间火箭恰好脱离导轨,求火箭脱离时的速度v0;(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时,喷气孔打开,在极短的时间内喷射出质量为m′的燃气,喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u,求喷气后火箭增加的速度Δv.(提示:可选喷气前的火箭为参考系)解析:(1)根据电磁感应定律,有==,q=Δt==,电流方向向右.(2)平均感应电流==,平均安培力=B L,(-mg)Δt=mv0,v0=-gΔt.(3)以火箭为参考系,设竖直向上为正,-m′u+(m-m′)Δv=0,得Δv=.答案:(1)向右(2)-gΔt(3)【备用题组】1.(2016·广东汕头质检)(多选)如图所示,正方形线框的边长为L,电容器的电容为C.正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中,当磁感应强度以k为变化率均匀减小时,下列说法正确的是( ABC )A.线框产生的感应电动势大小为B.电压表没有读数C.a点的电势高于b点的电势D.电容器所带的电荷量为零解析:由于线框的一半放在磁场中,因此线框产生的感应电动势大小为,选项A正确;由于线框所产生的感应电动势是恒定的,且线框连接了一个电容器,相当于电路断路,外电压等于电动势,内电压为零,而接电压表的这部分相当于回路的内部,因此,电压表两端无电压,电压表没有读数,选项B正确;根据楞次定律可以判断,a点的电势高于b点的电势,选项C正确;电容器所带电荷量为Q=C,选项D错误.2.如图(甲)所示,一能承受最大拉力为16 N的轻绳吊一质量为m=0.8 kg,边长为L= m的正方形线圈ABCD,已知线圈总电阻为R=0.5 Ω,在线圈上半部分分布着垂直于线圈平面向里,大小随时间变化的磁场,如图(乙)所示,已知t1时刻轻绳刚好被拉断,g取10 m/s2,求:(1)在轻绳被拉断前线圈感应电动势大小及感应电流的方向;(2)t=0时AB边受到的安培力的大小;(3)t1的大小.解析:(1)轻绳被拉断前,由法拉第电磁感应定律得感应电动势E==·S,由图(乙)知=1 T/s,由题知S=L2=1 m2,解得E=1 V.根据楞次定律,感应电流方向为逆时针.(2)由图知t=0时,磁感应强度B0=1 T,感应电流I==2 A,AB边受到的安培力F=B0IL=2 N.(3)由题意知F max=16 N,t1时刻轻绳受力为F max=mg+B1IL,解得B1=2 T,由图(乙)可查出B1对应的时刻t1=1 s.答案:(1)1 V 逆时针(2)2 N (3)1 s。
高考物理一轮复习 第10章 电磁感应 第二节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流达标诊断高效训练
第二节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流(建议用时：60分钟)一、单项选择题1.如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt 的大小应为( )A.4ωB 0πB ．2ωB 0πC.ωB 0πD ．ωB 02π解析：选C.设圆的半径为L ，电阻为R ，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E 1＝12B 0ωL 2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E 2＝12πL2ΔB Δt ，由E 1R ＝E 2R 得12B 0ωL 2＝12πL 2ΔB Δt ，即ΔB Δt ＝ωB 0π，故C 正确． 2.在如图所示的电路中，A 1、A 2、A 3为额定功率、额定电压均相同的三个灯泡，L 为电阻不计、自感系数很大的线圈．则下列说法正确的是( )A ．开关S 闭合的瞬间，三个灯同时亮B ．开关S 闭合的瞬间，A 2、A 3同时亮，A 1逐渐变亮C ．开关S 断开的瞬间，A 2、A 3同时熄灭，A 1逐渐熄灭D ．开关S 断开的瞬间，A 3立即熄灭，A 2闪亮一下再逐渐熄灭解析：选B.开关S 闭合的瞬间，流过线圈L 的电流要增大，此时线圈产生自感电动势阻碍电流增大，则开关S 闭合的瞬间，A 2、A 3同时亮，A 1逐渐变亮，A 错误，B 正确；当电路稳定时，由于线圈的直流电阻不计，流过A 1、A 2两灯泡的电流相等，开关S 断开的瞬间，A 3立即熄灭，此时L 、A 1、A 2构成一闭合回路，线圈由于自感现象要阻碍原电流的减小，灯泡A 1、A 2逐渐熄灭，C 、D 均错误．3.如图所示，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 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )A ．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解析：选D.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E ＝12Br 2ω，所以通过电阻R 的电流大小是I ＝Br 2ω2R，选项D 正确．4．(2018·广西柳州高级中学高三模拟)在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L 的单匝正方形闭合线框abcd ，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流i 的大小和运动时间t 的变化关系如图乙所示，则( )A ．线框受到的水平外力一定是恒定的B ．线框边长与磁场宽度的比值为3∶8C ．出磁场的时间是进入磁场时的一半D ．出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等解析：选B.根据E ＝BLv ，I ＝E R，F ＝BIL ，v ＝at 以及F 拉－F ＝ma 可知，线框受到水平外力是变力，出磁场时比进磁场时要大，故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多，故选项A 、D 错误；线框做匀加速直线运动，由题图及匀加速直线运动规律，结合电流与速度的关系可以知道，线框边长与磁场宽度比为3∶8，出磁场的时间不是进入磁场时的一半，故选项B 正确，选项C 错误．5.A 、B 两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，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边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示．在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，下列说法正确的是( ) A ．两导线环内所产生的感应电动势相等B ．A 环内所产生的感应电动势大于B 环内所产生的感应电动势C ．流过A 、B 两导线环的感应电流的大小之比为1∶4D ．流过A 、B 两导线环的感应电流的大小之比为1∶1解析：选A.某一时刻穿过A 、B 两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S ，则Φ＝BS ，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS (S 为磁场区域面积)，对A 、B 两导线环，有E A E B ＝1，所以A 正确，B 错误；I ＝E R ，R ＝ρl S 1(S 1为导线的横截面积)，l ＝2πr ，所以I A I B ＝E A r B E B r A ＝12，C 、D 错误． 二、多项选择题6.(2018·广西三校联考)如图所示，线圈匝数为n ，横截面积为S ，线圈电阻为r ，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k ，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C ，定值电阻的阻值为r .由此可知，下列说法正确的是( ) A ．电容器下极板带正电 B ．电容器上极板带正电 C ．电容器所带电荷量为nSkC2D ．电容器所带电荷量为nSkC解析：选BC.根据磁场向右均匀增强，并由楞次定律可知，电容器上极板带正电，故A 错误，B 正确．闭合线圈与阻值为r 的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势为：E ＝nS ΔB Δt ＝nSk ，路端电压：U ＝E 2r ·r ＝E2，则电容器所带电荷量为：Q ＝CU ＝nSkC2，故C 正确，D 错误．7．(2018·湖南长沙模拟)如图甲所示，面积为S 的n 匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间周期性变化，如图乙所示，已知线圈的电阻为R ，则下列说法正确的是( )A ．线圈内产生的感应电动势最大值为SB 0(V) B ．线圈内产生的感应电流最小值为nSB 02R(A) C ．线圈内产生的感应电动势周期为4 sD ．0～1 s 内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向解析：选CD.由题图乙可知，在0～1 s 内产生的感应电动势最大，最大值为E max ＝n ΔBΔtS ＝nB 0S ，选项A 错误；1～2 s 内线圈内产生的感应电动势最小，所以感应电流最小值为零，选项B 错误；由题图乙可知，线圈内产生的感应电动势周期为4 s ，选项C 正确；根据楞次定律可知，0～1 s 内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向，选项D 正确．8.(2018·牡丹江一中模拟)如图所示，阻值为R 的金属棒从图示位置ab 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶4C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶1D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2解析：选AC.回路中感应电流为I ＝E R ＝BLvR，I ∝v ，则得I 1∶I 2＝v 1∶v 2＝1∶2，故A 正确；产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv R 2R ×s v ＝B 2L 2sv R ，Q ∝v ，则得Q 1∶Q 2＝v 1∶v 2＝1∶2，故B 错误；通过任一截面的电荷量为q ＝It ＝BLv R t ＝BLsR，q 与v 无关，则得q 1∶q 2＝1∶1，故C 正确；由于金属棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv R 2R ，P ∝v 2，则得P 1∶P 2＝1∶4，故D 错误．三、非选择题9.如图所示，MN 、PQ 是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d ，导轨所在平面与水平面成θ角，M 、P 间接阻值为R 的电阻．匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B .质量为m 、阻值为r 的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度v匀速向上运动．已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，重力加速度为g .求： (1)金属棒产生的感应电动势E ； (2)通过电阻R 的电流I ； (3)拉力F 的大小．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得E ＝Bdv . (2)根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r ＝BdvR ＋r.(3)金属棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有F －F 安－mg sin θ＝0，又因为F 安＝BId ＝B 2d 2v R ＋r ，所以F ＝mg sin θ＋B 2d 2vR ＋r .答案：(1)Bdv (2)Bdv R ＋r (3)mg sin θ＋B 2d 2vR ＋r10．(2018·辽宁葫芦岛六校协作体高三考试)如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m ＝0.1 kg ，半径为r ＝0.1 m ，导线单位长度的阻值为ρ＝0.1 Ω/m.金属圈的上半部分处在一方向垂直圆圈所在平面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示．金属圈下半部分在磁场外．已知从t ＝0时刻起，测得经过10 s 丝线刚好被拉断．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)金属圈中感应电流的大小及方向； (2)丝线所能承受的最大拉力F ； (3)此过程中金属圈中产生的焦耳热Q .解析：(1)由楞次定律可知，金属圈中电流方向为逆时针方向 由题图乙知，ΔBΔt ＝0.8 T/s金属圈的电阻为R ＝2πr ρ金属圈中感应电流I ＝ΔΦΔtR ＝ΔB Δt ·πr 222πr ρ＝ΔB Δt ·r 4ρ＝0.8×0.14×0.1 A ＝0.2 A.(2)t 时刻磁感应强度B ＝ΔBΔt t金属圈受到的安培力F 安＝BI ·2r 丝线的拉力F ＝F 安＋mg ＝2BIr ＋mg 当t ＝10 s 时，代入数据得F ＝1.32 N. (3)金属圈中产生的焦耳热Q ＝I 2Rt 代入数据得：Q ≈0.025 J. 答案：见解析11．(2015·高考广东卷)如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：甲乙(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式．解析：(1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B －t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt ，得回路中的感应电动势E ＝ΔBΔtS ＝0.5×0.08 V ＝0.04 V.(2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BLv ＝0.5×0.4×1 V ＝0.2 V回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N ＝0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l ＝2v (t －1) m (1 s ≤t ≤1.2 s)感应电动势e ＝Blv ＝2Bv 2(t －1)＝(t －1) V 感应电流i ＝eR＝(t －1) A (1 s ≤t ≤1.2 s)． 答案：(1)0.04 V(2)0.04 N i ＝(t －1) A (1 s ≤t ≤1.2 s)。
高考物理大一轮复习第十章第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流讲义含解析教科版
第2讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流一、法拉第电磁感应定律 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. (3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断. 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.(4)说明：①当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·SΔt ；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E ＝nB ·ΔS Δt ；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 图像上某点切线的斜率.3.导体切割磁感线时的感应电动势(1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E ＝Blv 求出，式中l 为导体切割磁感线的有效长度；(2)导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E ＝Bl v ＝12Bl 2ω(平均速度等于中点位置的线速度12l ω).自测1 教材P17第1题改编将多匝闭合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二、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动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 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. 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)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流. 3.电磁阻尼导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动. 4.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使导体运动起来. 自测2 (多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图1所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有( )图1A.选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B.取走磁体，电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 答案 BCD解析 铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A 项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B 项正确；由E ＝nΔΦΔt可知，C 项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D 项正确.命题点一 对法拉第电磁感应定律的理解及应用1.求解感应电动势的常见情况2.应用注意点公式E ＝n ΔΦΔt 的应用，ΔΦ与B 、S 相关，可能是ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ，也可能是ΔΦΔt ＝S ΔBΔt ，当B＝kt 时，ΔΦΔt＝kS .例1 (多选)(2018·全国卷Ⅲ·20)如图2甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧.导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图乙所示，规定从Q 到P 为电流正方向.导线框R 中的感应电动势( )图2A.在t ＝T 4时为零B.在t ＝T 2时改变方向C.在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D.在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向 答案 AC解析 在t ＝T 4时，i －t 图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔtS 知，E ＝0，A项正确；在t ＝T 2和t ＝T 时，i －t 图线斜率的绝对值最大，在t ＝T2和t ＝T 时感应电动势最大.在T 4到T2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到3T 4之间，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到T 之间，R 中电动势为逆时针方向，C 项正确，B 、D 项错误.变式1 (多选)(2019·山东省泰安市质检)如图3甲所示，线圈两端a 、b 与一电阻R 相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t ＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化，下列说法正确的是( )图3A.12t 0时刻，R 中电流方向为由a 到b B.32t 0时刻，R 中电流方向为由a 到b C.0～t 0时间内R 的电流小于t 0～2t 0时间内R 的电流 D.0～t 0时间内R 的电流大于t 0～2t 0时间内R 的电流 答案 AC解析 由楞次定律可知0～t 0时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向，t 0～2t 0时间内线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故A 正确，B 错误；根据法拉第电磁感应定律：E ＝nΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ，可知0～t 0时间内感应电动势大小是t 0～2t 0时间内的12，感应电流为I ＝E R，所以0～t 0时间内R 的电流是t 0～2t 0时间内R 的电流的12，故C 正确，D 错误.例2 轻质细线吊着一质量为m ＝0.42kg 、边长为L ＝1m 、匝数n ＝10的正方形线圈，其总电阻为r ＝1Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图4甲所示.磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示.(g ＝10m/s 2)图4(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针； (2)求线圈的电功率；(3)求在t ＝4s 时轻质细线的拉力大小. 答案 (1)逆时针 (2)0.25W (3)1.2N解析 (1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向.(2)由法拉第电磁感应定律得E ＝nΔΦΔt ＝n ·12L 2ΔBΔt＝0.5V 则P ＝E 2r＝0.25W(3)I ＝E r＝0.5A ，由题图乙可知，t ＝4s 时，B ＝0.6T ，F 安＝nBILF 安＋T ＝mg联立解得T ＝1.2N.拓展延伸 (1)在例2中磁感应强度为多少时，细线的拉力刚好为0? (2)在例2中求6s 内通过线圈横截面的电荷量？ 答案 (1)0.84T (2)3C解析 (1)细线的拉力刚好为0时满足：F 安′＝mg F 安′＝nB ′IL联立解得：B ′＝0.84T (2)q ＝0.5×6C＝3C.变式2 (多选)(2018·湖南省常德市期末检测)图5甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数n ＝100、电阻r ＝1Ω、横截面积S ＝1.5×10－3m 2，外接电阻R ＝7Ω.线圈处在平行于线圈轴线的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则( )图5A.在t ＝0.01s 时通过R 的电流方向发生改变B.在t ＝0.01s 时线圈中的感应电动势E ＝0.6VC.在0～0.02s 内通过电阻R 的电荷量q ＝1.5×10－3C D.在0.02～0.03s 内R 产生的焦耳热为Q ＝1.8×10－3J 答案 BC解析 根据楞次定律可知，在0～0.01s 内和在0.01～0.02s 内电流方向相同，故A 错误；在0～0.02s 内，根据法拉第电磁感应定律可知：E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ＝100×4×1.5×10－3V ＝0.6V ，故B 正确；在0～0.02s 内，产生的感应电流为I ＝ER ＋r ＝0.67＋1A ＝0.075A ，通过电阻R 的电荷量为q ＝It ＝0.075×0.02C＝1.5×10－3C ，故C 正确；在0.02～0.03s 内，产生的感应电动势为E ′＝n ΔΦ′Δt ＝n ΔB ′Δt S ＝100×8×1.5×10－3V ＝1.2V ，产生的感应电流为I ′＝E ′R ＋r ＝1.27＋1A ＝0.15A ，R 上产生的焦耳热为Q ＝I ′2Rt ＝0.152×7×0.01J＝1.575×10－3J ，故D 错误.命题点二 导体切割磁感线产生感应电动势1.大小计算：说明 (1)导体与磁场方向垂直；(2)磁场为匀强磁场.2.方向判断：(1)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.(2)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判断出电流的方向.(3)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.类型1 平动切割磁感线例3 (多选)(2017·全国卷Ⅱ·20)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0.1m 、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图6甲所示.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乙所示(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( )图6A.磁感应强度的大小为0.5TB.导线框运动的速度的大小为0.5m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t ＝0.4s 至t ＝0.6s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N 答案 BC解析 由E －t 图像可知，导线框经过0.2s 全部进入磁场，则速度v ＝l t ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，选项B 正确；由题图乙可知，E ＝0.01V ，根据E ＝Blv 得，B ＝E lv ＝0.010.1×0.5T ＝0.2T ，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 ＝0.4s 至t ＝0.6s 这段时间内，导线框中的感应电流I ＝E R ＝0.010.005A ＝2A, 所受的安培力大小为F ＝BIl ＝0.2×2×0.1N＝0.04N ，选项D 错误.变式3 (多选)(2018·山东省临沂市上学期期末)如图7所示，矩形线框abcd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框ab 长为2L ，bc 长为L ，MN 为垂直于ab 并可在ab 和cd 上自由滑动的金属杆，且杆与ab 和cd 接触良好，abcd 和MN 上单位长度的电阻皆为r .让MN 从ad 处开始以速度v 向右匀速滑动，设MN 与ad 之间的距离为x (0≤x ≤2L )，则在整个过程中( )图7A.当x ＝0时，MN 中电流最小B.当x ＝L 时，MN 中电流最小C.MN 中电流的最小值为2Bv5rD.MN 中电流的最大值为6Bv11r答案 BCD解析 MN 中产生的感应电动势为E ＝BLv ，MN 中电流I ＝E R 总＝BLv Lr ＋L ＋2xL －2x r6L＝6BL 2v －x －L 2r ＋15L 2r ，当x ＝0或x ＝2L 时，MN 中电流最大，MN 中电流的最大值为I max ＝6Bv11r，当x ＝L 时，MN 中电流最小，MN 中电流的最小值为I min ＝2Bv5r ，故A 错误，B 、C 、D 正确.类型2 转动切割磁感线例4 (2018·全国卷Ⅰ·17)如图8，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心.轨道的电阻忽略不计.OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好.空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ).在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )图8A.54B.32C.74D.2 答案 B解析 在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12πr 2－14πr 2Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R且q 1＝I 1Δt 1 在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝B ′－B12πr 2Δt 2I 2＝E 2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12πr 2－14πr 2R ＝B ′－B12πr 2R所以B ′B ＝32. 变式4 (多选)(2016·全国卷Ⅱ·20)法拉第圆盘发电机的示意图如图9所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与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( )图9A.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 答案 AB解析 将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a 到b ，B 对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝BL v ＝12BL 2ω，I ＝ER ＋r ，ω恒定时，I 大小恒定，ω大小变化时，I 大小变化，方向不变，故A 对，C 错；由P ＝I 2R＝B 2L 4ω2RR ＋r 2知，当ω变为原来的2倍时，P 变为原来的4倍，D 错.命题点三 自感现象1.自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化. (2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化. (3)电流稳定时，自感线圈相当于普通导体.(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向. 2.自感中“闪亮”与“不闪亮”问题例5 (2017·北京理综·19)如图10所示，图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L 1和L 2为电感线圈.实验时，断开开关S 1瞬间，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮.而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同.下列说法正确的是( )图10A.图甲中，A 1与L 1的电阻值相同B.图甲中，闭合S 1，电路稳定后，A 1中电流大于L 1中电流C.图乙中，变阻器R 与L 2的电阻值相同D.图乙中，闭合S 2瞬间，L 2中电流与变阻器R 中电流相等 答案 C解析 断开开关S 1瞬间，线圈L 1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L 1的电流反向通过A 1，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明I L 1>I A1，即R L 1<R A1，故A 错；题图甲中，闭合开关S 1，电路稳定后，因为R L 1<R A1，所以A 1中电流小于L 1中电流，故B 错；题图乙中，闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮，而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同，说明变阻器R与L 2的电阻值相同，故C 对；闭合S 2瞬间，通过L 2的电流增大，由于电磁感应，线圈L 2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L 2中电流与变阻器R 中电流不相等，故D 错.变式5 (2018·湖南省常德市一模) 如图11所示的电路，开关闭合，电路处于稳定状态，在某时刻t 1突然断开开关S ，则通过电阻R 1中的电流I 1随时间变化的图线可能是下图中的()图11答案 D解析 当断开开关，原来通过R 1的电流立即消失，由于电磁感应，线圈L 产生自感电动势阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与原来流过电阻R 1的电流方向相反，慢慢减小最后为0，故D 正确.命题点四 涡流 电磁阻尼和电磁驱动电磁阻尼与电磁驱动的比较例6 (2017·全国卷Ⅰ·18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌.为了有效隔离外界振动对STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图12所示.无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是( )图12答案 A解析感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化.在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流；在D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故选项A正确，B、C、D错误.变式6如图13所示，关于涡流的下列说法中错误的是( )图13A.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变式7(2018·广东省深圳市第一次调研)如图14所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁，一个铜盘放在条形磁铁的正下方的绝缘水平桌面上，控制磁铁使弹簧处于原长，然后由静止释放磁铁，不计磁铁与弹簧之间的磁力作用，且磁铁运动过程中未与铜盘接触，下列说法中正确的是( )图14A.磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度为零B.磁铁下降过程中，俯视铜盘，铜盘中产生顺时针方向的涡旋电流C.磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能D.磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能大于铜盘产生的焦耳热 答案 D解析 磁铁上下运动时，由于穿过铜盘的磁通量发生变化，则在铜盘中会产生感应电流，铜盘对磁铁有磁场力，阻碍磁铁的运动，则当磁铁所受弹力与重力等大反向时，此时磁铁还受到下面铜盘的作用力，故此时磁铁的加速度不为零，选项A 错误；根据楞次定律，磁铁下降过程中，俯视铜盘，铜盘中产生逆时针方向的涡旋电流，选项B 错误；磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，由于有电能产生，则磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能与产生的电能之和，选项C 错误；磁体最终静止时弹簧有弹性势能，则磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能等于铜盘产生的焦耳热与弹簧弹性势能之和，选项D 正确.1.关于电磁感应，下列说法正确的是( )A.穿过回路的磁通量越大，则产生的感应电动势越大B.穿过回路的磁通量减小，则产生的感应电动势一定变小C.穿过回路的磁通量变化越快，则产生的感应电动势越大D.穿过回路的磁通量变化越大，则产生的感应电动势越大答案 C2.(多选)如图1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1A.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，线框中的感应电流一定增大C.当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大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 ·S R，因为B 增大或减小时，ΔB Δt可能减小，可能增大，也可能不变，故选项A 、D 正确. 3.(多选)(2019·山东省青岛市质检)如图2所示的电路中，A 1和A 2是完全相同的灯泡，线圈L 的电阻可以忽略，下列说法中正确的是( )图2A.闭合开关S 接通电路时，A 2始终比A 1亮B.闭合开关S 接通电路时，A 2先亮，A 1后亮，最后一样亮C.断开开关S 切断电路时，A 2先熄灭，A 1过一会儿才熄灭D.断开开关S 切断电路时，A 1和A 2都要过一会儿才熄灭答案 BD解析 闭合开关S 接通电路，A 2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A 1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮，故A 错误，B 正确；断开开关S 切断电路时，线圈对电流的减小有阻碍作用相当于电源，与A 1和A 2串联，所以两灯泡都要过一会儿熄灭.故C 错误，D 正确.4.(多选)(2018·河北省石家庄二中期中)如图3所示，M 为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀的带有负电荷.在M 正上方用绝缘丝线(图中未画出)悬挂一个闭合铝环N ，铝环也处于水平面中，且M 盘和N 环的中心在同一条竖直线O 1O 2上.现让橡胶圆盘由静止开始绕O 1O 2轴按图示方向逆时针(俯视)加速转动，下列说法正确的是( )图3A.铝环N 对橡胶圆盘M 的作用力方向竖直向下B.铝环N 对橡胶圆盘M 的作用力方向竖直向上C.铝环N 有扩大的趋势，丝线对它的拉力增大D.铝环N 有缩小的趋势，丝线对它的拉力减小答案 AD解析 橡胶圆盘M 由静止开始绕其轴线O 1O 2按箭头所示方向加速运动，形成环形电流，环形电流的大小增大，橡胶圆盘外侧面均匀的带有负电荷，根据右手螺旋定则知，通过铝环N 的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的推论知铝环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小，根据牛顿第三定律可知，铝环N 对橡胶圆盘M 的作用力方向竖直向下，故选项A 、D 正确，选项B 、C 错误.5.(2018·广东省珠海市质检)如图4所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如图中箭头所示方向的感应电流，下列方法可行的是( )图4A.仅使匀强磁场的磁感应强度均匀增大B.仅使圆环绕水平轴ab 如图转动30°C.仅使圆环绕水平轴cd 如图转动30°D.保持圆环水平并仅使其绕过圆心的竖直轴转动答案 A解析 原磁场的方向向上，圆环中顺时针(从上向下看)方向的感应电流的磁场方向向下，与原磁场的方向相反，所以穿过圆环的磁通量应增大.仅使匀强磁场的磁感应强度均匀增大，穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环产生顺时针(从上向下看)方向的感应电流，选项A 正确；仅使圆环绕水平轴ab 或cd 按题图所示方向转动30°，转动过程中穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环中产生逆时针(从上向下看)方向的感应电流，选项B 、C 错误；保持圆环水平并仅使其绕过圆心的竖直轴转动，穿过圆环的磁通量保持不变，不能产生感应电流，选项D 错误.6.(2018·福建省龙岩市3月模拟)如图5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上的匀强磁场，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 .则在金属杆转动过程中( )图5A.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 2r tan 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，故选项A 正确；根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向是由M 流向N ，故选项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，故选项C 错误；根据法拉第电磁感应定律有q ＝I Δt ＝ΔΦΔt ·R ·Δt ＝ΔΦR＝Bl 22r tan θ，故选项D 错误.7.(多选)如图6所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，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6A.增加线圈的匝数B.提高交流电源的频率C.将金属杯换为瓷杯D.取走线圈中的铁芯答案 AB解析 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡流发热，使水温升高.要缩短加热时间，需增大涡流电流，即增大感应电动势或减小电阻.增加线圈匝数、提高交流电源的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致磁性减弱，故选项A 、B 正确，选项C 、D 错误.8.如图7所示装置中，线圈A 、B 彼此绝缘绕在一铁芯上，B 的两端接有一电容器，A 的两端与放在匀强磁场中的导电轨道连接，轨道上放有一根金属杆ab .要使电容器上极板带正电，金属杆ab 在磁场中运动的情况可能是：图7①向右减速滑行 ②向右加速滑行③向左减速滑行 ④向左加速滑行以上选项正确的是( )A.①④B .②③C .①②D .③④答案 B解析 若ab 向右减速滑行，右边线圈中的磁场从上向下减小，故穿过左边线圈的磁通量从下向上减小，此时下极板带正电，①错误；若ab 向右加速滑行，则右边线圈的磁场是从上向下增大，所以左侧线圈的磁通量从下向上增大，此时上极板带正电，②正确；同理③正确，④错误.9.如图8所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框运动过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt的大小应为( )图8A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π答案 C解析 设半圆弧的半径为r ，线框匀速转动时产生的感应电动势E 1＝B 0rv ＝B 0r ωr 2＝12B 0ωr 2.当磁感应强度大小随时间线性变化时，产生的感应电动势E 2＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝12πr 2·ΔB Δt，要使两次产生的感应电流大小相等，则E 1＝E 2，即12B 0ωr 2＝12πr 2·ΔB Δt ，解得ΔB Δt ＝ωB 0π，选项C 正确，A 、B 、D 错误.10.(多选)(2019·湖南省岳阳市质检)用导线绕成一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图9所示.把它们放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里.当磁场均匀减弱时( )。
高考物理一轮总复习第十章第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流讲义含解析新人教版
法拉第电磁感应定律 自感和涡流[基础知识·填一填][知识点1] 法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在 电磁感应 现象中产生的电动势．(2)产生：只要穿过回路的 磁通量 发生变化，就能产生感应电动势，与电路是否闭合无关．(3)方向：产生感应电动势的电路(导体或线圈)相当于电源，电源的正、负极可由 右手定则 或 楞次定律 判断．(4)感应电流与感应电动势的关系：遵循 闭合电路欧姆 定律，即I ＝E R ＋r .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，n 为线圈匝数． 3．导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝ Blv .(2)若B ⊥l ，l ⊥v ，v 与B 夹角为θ，则E ＝ Blv sin_θ .(3)若v ∥B ，则E ＝0.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(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．(√)(4)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．(√)[知识点2] 自感与涡流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 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．2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生像水的旋涡状的感应电流．(1)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，安培力的方向总是阻碍导体的运动．(2)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，使导体受到安培力作用，安培力使导体运动起来．交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(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．(√)(3)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，这是为了增大铁芯中的电阻、减小涡流，提高变压器的效率．(√)[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－2 P17第1题改编)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：C2．(人教版选修3－2 P21第2题改编)(多选)如图甲所示，单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连，线圈内有一垂直纸面向里的匀强磁场，线圈中的磁通量变化规律如图乙所示．下列说法正确的是( )A．0～0.10 s内磁通量的变化量为0.15 WbB．电压表读数为0.5 VC．电压表“＋”接线柱接A端D．B端比A端的电势高答案：BC3．(人教版选修3－2 P20第1题改编)如图所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警—2 000”在天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/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 ，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5T ，则( )A ．两翼尖之间的电势差为2.9 VB ．两翼尖之间的电势差为1.1 VC ．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解析：C [飞机的飞行速度为 4.5×102km/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；飞机从东向西飞行，磁场竖直向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖电势高于右方翼尖的电势，C 对，D 错．]4．(人教版选修3－2 P22演示改编)如图所示电路中，L a 、L b 两灯相同，闭合开关S 电路达到稳定后两灯一样亮，则( )A ．当S 断开的瞬间，L a 、L b 两灯中电流立即变为零B ．当S 断开的瞬间，L a 、L b 两灯中都有向右的电流，两灯不立即熄灭C ．当S 闭合的瞬间，L a 比L b 先亮D ．当S 闭合的瞬间，L b 比L a 先亮解析：D [由于L a 与线圈L 串联，L b 与滑动变阻器R 串联，当S 闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势 ，阻碍电流的增加，所以L b 比L a 先亮，故C 错误，D 正确；当S 断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，有顺时针方向的电流，故A 、B 错误．]考点一 法拉第电磁感应定律的应用[考点解读]1．对法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)磁通量的变化率ΔΦΔt对应Φ－t 图线上某点切线的斜率． 2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B ·ΔS ，则E ＝n B ·ΔS Δt. (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB ·S ，则E ＝n ΔB ·S Δt. (3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔS Δt. [典例赏析][典例1] (多选)如图甲所示，abcd 是匝数为100匝、边长为10 cm 、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )A ．导线圈中产生的是交变电流B ．在t ＝2.5 s 时导线圈产生的感应电动势为1 VC ．在0～2 s 内通过导线横截面的电荷量为20 CD ．在t ＝1 s 时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W[审题指导] B －t 图象中图线的斜率表示磁感应强度的变化率，因此根据B －t 图象可判断出各个时间段的感应电动势．通过的电荷量需要根据公式q ＝I Δt 计算．[解析] ACD [在0～2 s 内，磁感应强度变化率为ΔB 1Δt 1＝1 T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 1＝nS ΔB 1Δt 1＝100×0.12×1 V＝1 V ；在2～3 s 内，磁感应强度变化率为ΔB 2Δt 2＝2 T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 2＝nS ΔB 2Δt 2＝100×0.12×2 V＝2 V ．导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选项A 正确；在t ＝2.5 s 时，产生的感应电动势为E 2＝2 V ，选项B 错误；在0～2 s 内，感应电流I ＝E 1R＝10 A ，通过导体横截面的电荷量为q ＝I Δt ＝20 C ，选项C 正确；在t ＝1 s 时，导线圈内感应电流的瞬时功率P ＝UI ＝I 2R ＝102×0.1 W＝10 W ，选项D 正确．]应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题1．公式E ＝n ΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．2．利用公式E ＝nS ΔB Δt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积． 3．通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关．推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔt ·R Δt ＝n ΔΦR. [题组巩固]1．(2017·天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R .金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小解析：D [导体棒ab 、电阻R 、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(ΔB Δt＝k 为一定值)，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab 中的电流方向由a 到b ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt ＝k ·S ，回路面积S 不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律I ＝E R ，所以ab 中的电流大小不变，故B 错误；安培力F ＝BIL ，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C 错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f 与安培力F 等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确．]2．(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( )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∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1解析：B [a 、b 两个正方形线圈内的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度均匀增加，由楞次定律可以判断感应电流的磁场垂直于纸面向外，再根据安培定则可知：两线圈内产生逆时针方向的感应电流，A 错误；由E ＝N ΔBS Δt 可知E a E b ＝l 2a l 2b ＝91，B 正确；a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数相同，R a ∶R b ＝3∶1，由闭合电路的欧姆定律得I a ＝E a R a ，I b ＝E b R b 则I a I b ＝E a R b E b R a ＝31，C 项错误；P a ＝I 2a R a ，P b ＝I 2b R b ，则P a ∶P b ＝27∶1，D 错误．故选B.] 考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算[考点解读]1．E ＝Blv 的特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B 、l 、v 三者互相垂直．(2)有效性：公式中的l 为导体切割磁感线的有效长度．如图中，导体棒的有效长度为ab 间的距离．(3)相对性：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产生感应电动势的情况若长为L 的导体棒在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，则(1)以中点为轴时，E ＝0(不同两段的代数和)．(2)以端点为轴时E ＝12B ωL 2(平均速度取中点位置的线速度12ωL )．(如图所示)(3)以任意点为轴时E ＝12B ω(L 21－L 22)(L 1>L 2，不同两段的代数和)． [考向突破][考向1] 平动切割产生感应电动势[典例2] (2019·东北三校联考)如图所示，一电阻为R 的导线弯成边长为L 的等边三角形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里．下列对三角形导线以速度v 向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是( )A ．回路中感应电流方向为顺时针方向B ．回路中感应电动势的最大值E ＝32BLv C ．回路中感应电流的最大值I ＝32RBLv D ．导线所受安培力的大小可能不变[解析] B [在进入磁场的过程中，闭合回路中磁通量增加，根据楞次定律，闭合回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，A 错误；等效切割磁感线的导线最大长度为L sin 60°＝32L ，感应电动势的最大值E ＝32BLv ，B 正确；感应电流的最大值I ＝E R ＝32RBLv ，C 错误；在进入磁场的过程中，等效切割磁感线的导线长度变化，产生的感应电动势和感应电流大小变化，根据安培力公式可知，导线所受安培力大小一定变化，D 错误．][考向2] 转动切割产生感应电动势[典例3] (2016·全国卷Ⅱ)(多选)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 分别与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( )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] AB [圆盘切割磁感线产生的感应电动势E ＝Br ωr 2∝ω，感应电流I ＝E R 总∝ω，即圆盘转动的角速度恒定，电流大小恒定，A 正确．圆盘切割磁感线，相当于圆盘圆心与P 点间的半径切割磁感线，根据右手定则，电流沿a 到b 的方向流动，B 正确．由楞次定律知感应电流的方向与圆盘转动的角速度大小无关，C 错误．由A 项分析知I ∝ω，又P ＝I 2R∝ω2，角速度变为原来的两倍，则R 上的热功率变为原来的4倍，D 错误．]电磁感应现象中电势高低的判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判断出电流的方向．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．[题组巩固]1．如图所示，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( )A ．电路中感应电动势的大小为Blv sin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的发热功率为B 2lv 2r sin θ解析：B [金属杆MN 切割磁感线产生的感应电动势E ＝Blv ，A 错；电路中感应电流的大小I ＝Elsin θ·r＝Bv sin θr ，B 对；金属杆所受的安培力F 安＝BI l sin θ＝B 2lv r ，C 错；金属杆的热功率P ＝I 2R ＝B 2v 2l sin θr，D 错．] 2．如图所示，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 .下列判断正确的是( )A ．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a b c aC ．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a c b a 解析：C [金属框abc 绕ba 边逆时针旋转时，bc 边、ac 边都切割磁感线产生感应电动势，大小E ＝12B ωl 2，由右手定则可以判定U b ＝U a <U c ，所以U bc ＝－12B ωl 2，又因穿过回路的磁通量为零，不变，故回路中无感应电流产生，所以C 对，A 、B 、D 错．]考点三 自感现象的理解及应用[考点解读]1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)电流稳定时，自感线圈相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题电流逐渐增大，灯泡逐渐变[典例4] (2017·北京卷)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；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，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等[解析] C [在图1中断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明断开S1前，L1中的电流大于A1中的电流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B选项均错误；在图2中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R与L2的阻值相同，C项正确．]自感线圈在电路中的作用1．电路突然接通时，产生感应电动势，阻碍电流变化使与之串联的灯泡不是立即点亮，而是逐渐变亮．2．电路突然断开时，产生感应电动势，在电路中相当于新的电源．若流过灯泡的电流比原来的大，则灯泡“闪亮”一下再熄灭；若流过灯泡的电流不大于原来的电流，则灯泡不能闪亮而逐渐熄灭．[题组巩固]1.如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭解析：D [当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串联后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，因为L的直流电阻不计，则L的分流作用增大，L1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，故电路中的总电流变大，L2中的电流增大，L2灯变得更亮；当S断开，L2中无电流，立即熄灭，而线圈L产生自感电动势，试图维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1要亮一下后再熄灭．综上所述，D正确．]2．(多选)如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源．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分别表示通过电灯D1和D2的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )解析：AC [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慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知选项A、C正确．]思想方法(二十一) 电磁感应在生活中的应用[典例] 磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图甲所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t 关系图可能是图乙中的( )图甲图乙[解析] D [若将刷卡速度改为v 02，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D 项正确，其他选项错误．][题组巩固]1．(2019·北京丰台区模拟)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化．如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是( )A ．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B ．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C ．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D ．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析：C [无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，故A 错误；当给充电设备通以恒定直流电时，充电设备不会产生交变磁场，即不能正常充电，故B 错误；接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同，故C 正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误．] 2．(2019·辽宁省实验中学期中)(多选)如图所示，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( )A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈解析：BD [若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，故B正确；由题图知1、2、4、5、6线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有滑动，则第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，故C错误，D正确．]。
2019版高考物理一轮总复习 第10章 电磁感应 第2讲 法拉第电磁感应定律、自感.doc
2019版高考物理一轮总复习第10章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律、自感一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断答案 C解析当导体切割磁感线时感应电动势的大小为E＝Blv，其中v指的是导体沿垂直于磁场方向的分速度大小，对应于本题金属棒水平方向的分速度v0不变，所以导体棒在运动过程中产生的感应电动势大小E＝Blv0，大小保持不变。
2．如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，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( )A．减少线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯 答案 B解析 该装置的工作原理是，线圈内变化的电流产生变化的磁场，从而使金属杯体内产生涡流，再把电能转化为内能，使杯内的水发热。
交流电源的频率一定时，线圈产生的磁场越强，杯体内磁通量变化就越快，产生的涡流就越大，增加线圈的匝数会使线圈产生的磁场增强，而取走线圈中的铁芯会使线圈产生的磁场减弱，故A 、D 错误。
交流电源的频率增大，杯体内磁通量变化加快，产生的涡流增大，故B 正确。
瓷为绝缘材料，不能产生涡流，故C 错误。
3．如图所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警—2000”在天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/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 ，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5T ，则( )A ．两翼尖之间的电势差为2.9 VB ．两翼尖之间的电势差为1.1 VC ．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 由E ＝Blv 得E ＝4.7×10－5×50×4.5×1023.6V ＝0.29 V ，故A 、B 选项均错误；由右手定则可知，飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高，C 选项正确，D 选项错误。
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第2讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流 A组 基础题组 1.(2015江苏苏北四市二次调研)(多选)关于涡流,下列说法中正确的是( )
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 2.(2014江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,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( )
A.增加线圈的匝数 B.提高交流电源的频率 C.将金属杯换为瓷杯 D.取走线圈中的铁芯 3.(2014江苏单科,1,3分)如图所示,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( )
A. B. C. D. 4.(2016海南文昌中学一模)(多选)如图所示,E为电池,L是直流电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈,D1、D2是两个完全相同的灯泡,S是控制电路的开关。对于这个电路,下列说法正确的是( )
A.刚闭合S的瞬间,灯泡D1、D2的亮度相同 B.刚闭合S的瞬间,灯泡D2比灯泡D1亮 C.闭合S,待电路达到稳定后,D1熄灭,D2比S刚闭合时亮 D.闭合S,待电路达到稳定后,D1、D2都先更亮后逐渐变暗 5.如图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( )
A.断开S1 B.断开S2 C.拆除电流表 D.拆除电阻R 6.(2015广东汕头质检)(多选)如图所示,正方形线框的边长为L,电容器的电容为C。正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中,当磁感应强度以k为变化率均匀减小时,下列说法正确的是( )
A.线框产生的感应电动势大小为kL2 B.电压表没有读数 C.a点的电势高于b点的电势 D.电容器所带的电荷量为零 7.(多选)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→d D.有电流通过A灯,方向为b→a 8.(2016湖北重点中学检测)如图所示,线圈匝数为n,横截面积为S,线圈总电阻为r,处于一个均匀增强的磁场中,磁感应强度随时间的变化率为k,磁场方向水平向右且与线圈平面垂直,电容器的电容为C,两个电阻的阻值分别为r和2r。下列说法正确的是( ) A.电容器所带电荷量为 B.电容器所带电荷量为 C.电容器下极板带正电 D.电容器上极板带正电
B组 提升题组 9.(2016山东潍坊段考)如图所示,两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α,图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于斜面向上。两金属杆质量均为m,电阻均为R,垂直于导轨放置。开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处,金属杆cd处在导轨的最下端,被与导轨垂直的两根小柱挡住。现将金属杆ab由静止释放,金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动。已知重力加速度为g,则( )
A.金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由a到b B.金属杆ab进入磁场时速度大小为 C.金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为 D.金属杆ab进入磁场后,金属杆cd对两根小柱的压力大小为零 10.(2015重庆理综,4,6分)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 - 11.(2015安徽理综,19,6分)如图所示,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( ) A.电路中感应电动势的大小为 B.电路中感应电流的大小为 C.金属杆所受安培力的大小为 D.金属杆的热功率为 12.如图所示,M、N为纸面内两平行光滑导轨,间距为L。轻质金属杆ab可在导轨上左右无摩擦滑动,杆与导轨接触良好,导轨右端与定值电阻连接。P、Q为平行板器件,两板间距为d,上、下两板分别与定值电阻两端相接。两板正中左端边缘有一粒子源中始终都有速度为v0的带正电粒子沿平行于极板的方向进入两板之间。整个装置处于垂直于纸面向外的匀强磁场中。已知轻杆和定值电阻的阻值分别为r和R,其余电阻不计,带电粒子的重力不计,为使粒子沿原入射方向从板间右端射出,则轻杆应沿什么方向运动?速度多大?
13.如图所示,匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上,大小为B0,用电阻率为ρ、横截面积为S的导线做成的边长为l的正方形线框abcd水平放置,OO'为过ad、bc两边中点的直线,线框全部都位于磁场中。现把线框右半部分固定不动,而把线框左半部分以OO'为轴向上转动60°,如图中虚线所示。 (1)求转动过程中通过导线横截面的电荷量; (2)若转动后磁感应强度随时间按B=B0+kt变化(k为常量),求出磁场对线框ab边的作用力大小随时间变化的关系式。 答案全解全析 A组 基础题组 1.ACD 用来冶炼金属的真空冶炼炉,炉外有线圈,线圈中通入高频交变电流,炉内的金属中产生涡流,涡流产生的热量使金属熔化,所以A正确;家用电磁炉锅体中的涡流是由交变电流产生的变化的磁场而引起的,不是由恒定的磁场引起的,故B错误;阻尼摆的铝片以一定速度掠过磁场时切割磁感线产生涡流,涡流在磁场中受合力方向与摆动方向相反,从而阻碍其运动,故C正确;用绝缘的硅钢片做铁芯,是为了减小涡流,减小能量损失,所以D正确。 2.AB 该装置的工作原理是,线圈内变化的电流产生变化的磁场,从而使金属杯体内产生涡流,再把电能转化为内能,给杯内的水加热。交流电源的频率一定时,线圈产生的磁场越强,杯体内磁通量变化就越快,产生的涡流就越大,增加线圈的匝数会使线圈产生的磁场增强,而取走线圈中的铁芯会使线圈产生的磁场减弱,故A对、D错。交流电源的频率增大,杯体内磁通量变化加快,产生的涡流增大,故B正确。瓷为绝缘材料,不能产生涡流,故C错。 3.B 由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E=n=n·S=n·,得E=,选项B正确。 4.AC 刚闭合S的瞬间,由于L的自感作用,且L的自感系数足够大,则L瞬间相当于断路,所以电流通过D1、D2,灯泡D1、D2的亮度相同,A正确、B错误;闭合S,待电路达到稳定后,L相当于短路,D1被短路熄灭,通过D2
的电流比原来大,所以D1熄灭,D2比S刚闭合时亮,C正确、D错误。
5.B 当S1、S2均闭合时,电压表与线圈L并联;当S2闭合而S1断开时,电压表与线圈L串联成一个闭合回路。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S2,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。正确选项为B。 6.BC 由于线框的一半放在磁场中,因此线框产生的感应电动势大小为,A错误;由于线框所产生的感应电动势是恒定的,且线框上连接了一个电容器,相当于电路断路,外电压等于电动势,内电压为零,而接电压表的这部分相当于回路的内部,因此,电压表没有读数,B正确;根据楞次定律和安培定则,可以判断a点的电势高于b点的电势,C正确;电容器所带电荷量为Q=C,D错误。 7.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的直流电阻也为R;在S2、S1都闭合且稳定时,IA=IB;S2闭合,待电路稳定后S1断开,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。 8.D 线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路,线圈相当于电源,电容器两极板间的电压等于路端电压;线圈产生的感应电动势为E=nS=nSk,路端电压U==,电容器所带电荷量为Q=CU= ,选项A、B错误;根据楞次定律和安培定则,可知感应电流从线圈的右端流到左端,线圈左端的电势高,电容器上极板带正电,选项C错误,D正确。 B组 提升题组 9.B 由右手定则可知,金属杆ab进入磁场时产生的感应电流的方向为由b到a,故A错误;因金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动,则有mg sin α=,解得v=,故B正确;金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势E=Blv,解得E=,故C错误;由左手定则可知,金属杆cd受到的安培力与斜面平行且向下,则金属杆cd对两根小柱的压力不为零,故D错误。 10.C 由楞次定律判定,感应电流从a流向b,b点电势高于a点电势,故φa-φb=-nS,因为磁场均匀增加,所以φa-φb为恒定的,可见C正确。 11.B 金属杆MN切割磁感线的有效长度为l,产生的感应电动势E=Blv,A错误;金属杆MN的有效电阻R=,故回路中的感应电流I===,B正确;金属杆受到的安培力F==·=,C错误;金属杆的热功率P=I2R=·=,D错误。 12.答案 向右运动 (R+r)v0 解析 粒子在电场中运动,所受电场力F= 粒子在磁场中运动,所受磁场力F'=qv0B 因为粒子沿原入射方向从板间右端射出,所以粒子所受的电场力和洛伦兹力相互平衡, 得=qv0B 轻质金属杆ab切割磁感线产生的感应电动势E=BLv, R中电流I=, P、Q间电压U=IR 联立解得v=(R+r)v0 由右手定则得杆应向右运动。 13.答案 (1) (2)F=(B0+kt) 解析 (1)线框在转动过程中产生的平均感应电动势 === 在线框中产生的平均感应电流 = 线框的电阻R=ρ 转动过程中通过导线横截面的电荷量q=Δt 解得:q= (2)若转动后磁感应强度随时间按B=B0+kt变化,在线框中产生的感应电动势大小 E===k 在线框中产生的感应电流I= 线框ab边所受安培力的大小为F=BIl 解得:F=(B0+kt)。