高考物理經(jīng)典習題解析第11章電磁感應第2講法拉第電磁感應定律渦流和自感

高考物理經(jīng)典習題解析第2講法拉第電磁感應定律渦流和自感一、法拉第電磁感應定律1.感應電動勢(1)感應電動勢：在電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢。(2)產(chǎn)生條件：穿過回路的磁通量發(fā)生改變，與電路是否閉合無關。(3)方向判斷：感應電動勢的方向用楞次定律或右手定則判斷。2.法拉第電磁感應定律(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈匝數(shù)。(3)感應電流與感應電動勢的關系：遵循閉合電路的歐姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r)。(4)說明：①當ΔΦ僅由B的變化引起時，則E＝neq\f(ΔB·S,Δt)；當ΔΦ僅由S的變化引起時，則E＝neq\f(B·ΔS,Δt)；當ΔΦ由B、S的變化同時引起時，則E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt)。②磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t圖像上某點切線的斜率。3.導線切割磁感線時的感應電動勢(1)導線垂直切割磁感線時，感應電動勢可用E＝Blv求出，式中l(wèi)為導線切割磁感線的有效長度。(2)導體棒在磁場中轉動時，導體棒以端點為軸，在勻強磁場中垂直于磁感線方向勻速轉動產(chǎn)生感應電動勢E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中點位置的線速度eq\f(1,2)lω)?！咀詼y1】將多匝閉合線圈置于僅隨時間變化的磁場中，關于線圈中產(chǎn)生的感應電動勢和感應電流，下列表述正確的是()A.感應電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關B.穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大C.穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大D.感應電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同答案C二、渦流、電磁阻尼、電磁驅動和自感1.渦流現(xiàn)象(1)渦流：塊狀金屬放在變化磁場中，或者讓它在磁場中運動時，金屬塊內產(chǎn)生的旋渦狀感應電流。(2)產(chǎn)生原因：金屬塊內磁通量變化→感應電動勢→感應電流。2.電磁阻尼導體在磁場中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力的方向總是阻礙導體的運動。3.電磁驅動如果磁場相對于導體轉動，在導體中會產(chǎn)生感應電流，感應電流使導體受到安培力的作用，安培力使導體運動起來。4.自感現(xiàn)象(1)概念：當一個線圈中的電流變化時，它所產(chǎn)生的變化的磁場在線圈本身激發(fā)出感應電動勢的現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應電動勢叫做自感電動勢。(2)表達式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。(3)自感系數(shù)L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關?！咀詼y2】(2020·北京市大興區(qū)上學期期末)如圖1所示是一個電磁阻尼現(xiàn)象演示裝置，鋼鋸條上端固定在支架上，下端固定有強磁鐵，將磁鐵推開一個角度釋放，它會在豎直面內擺動較長時間；如圖2所示，若在其正下方固定一銅塊(不與磁鐵接觸)，則擺動迅速停止。關于實驗以下分析與結論正確的是()A.如果將磁鐵的磁極調換，重復實驗將不能觀察到電磁阻尼現(xiàn)象B.用閉合的銅制線圈替代銅塊，重復試驗將不能觀察到電磁阻尼現(xiàn)象C.在圖2情況中，下擺和上擺過程中磁鐵和鋸條組成的系統(tǒng)機械能均減少D.在擺動過程中銅塊不受磁鐵的作用力答案C解析此現(xiàn)象的原理是當磁鐵在銅塊上面擺動時，在銅塊中產(chǎn)生渦流，與磁場相互作用阻礙磁鐵的運動；則如果將磁鐵的磁極調換，重復實驗仍能觀察到電磁阻尼現(xiàn)象，選項A錯誤；用閉合的銅制線圈替代銅塊，仍能在線圈中產(chǎn)生感應電流，從而對磁鐵的運動產(chǎn)生阻礙作用，則重復試驗仍能觀察到電磁阻尼現(xiàn)象，選項B錯誤；在圖2情況中，下擺和上擺過程中均會產(chǎn)生渦流從而消耗機械能，則磁鐵和鋸條組成的系統(tǒng)機械能均減少，選項C正確；由上述分析可知，在擺動過程中銅塊對磁鐵有阻礙作用，同時銅塊也要受磁鐵的作用力，選項D錯誤。命題點一法拉第電磁感應定律的理解及應用1.感應電動勢求解的“四種”情形情景圖研究對象回路(不一定閉合)一段直導線(或等效成直導線)繞一端垂直勻強磁場勻速轉動的一段導體棒繞與B垂直的軸勻速轉動的導線框表達式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BlvsinθE＝eq\f(1,2)Bl2ωE＝NBSωsinωt(從中性面位置開始計時)2.解題技巧公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的應用，ΔΦ與B、S相關，可能是eq\f(ΔΦ,Δt)＝Beq\f(ΔS,Δt)，也可能是eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)，當B＝kt時，eq\f(ΔΦ,Δt)＝kS?！纠?】(多選)(2019·全國卷Ⅰ，20)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖3(a)中虛線MN所示。一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內，圓心O在MN上。t＝0時磁感應強度的方向如圖(a)所示；磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖(b)所示。則在t＝0到t＝t1的時間間隔內()圖3A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B.圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向C.圓環(huán)中的感應電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D.圓環(huán)中的感應電動勢大小為eq\f(B0πr2,4t0)答案BC解析根據(jù)楞次定律可知在0～t0時間內，磁感應強度均勻減小，圓環(huán)中感應電流為順時針方向，所受安培力的方向水平向左；在t0～t1時間內，磁感應強度反向增大，圓環(huán)中感應電流為順時針方向，所受安培力的方向水平向右，所以A錯誤，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)·S′＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C正確，D錯誤。【變式1】同一平面內固定有一長直導線PQ和一帶缺口的剛性金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導線，分別與兩塊垂直于圓環(huán)所在平面固定放置的平行金屬板M、N連接，如圖4甲所示。導線PQ中通有正弦交變電流i，i的變化如圖乙所示，規(guī)定從Q到P為電流的正方向，則在1～2s內()圖4A.M板帶正電，且電荷量增加B.M板帶正電，且電荷量減小C.M板帶負電，且電荷量增加D.M板帶負電，且電荷量減小答案A解析在1～2s內，穿過金屬圓環(huán)的磁場垂直于紙面向里，磁感應強度變小，穿過金屬圓環(huán)的磁通量變小，磁通量的變化率變大。假設環(huán)閉合，由楞次定律可知感應電流磁場與原磁場方向相同，即感應電流磁場方向垂直于紙面向里，然后由安培定則可知感應電流沿順時針方向，由法拉第電磁感應定律可知感應電動勢增大，由此可知M板電勢高，帶正電，電荷量增加，故A正確，B、C、D錯誤?！咀兪?】(2020·天津卷，10)如圖5所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻R＝0.1Ω，邊長l＝0.2m。求：圖5(1)在t＝0到t＝0.1s時間內，金屬框中的感應電動勢E；(2)t＝0.05s時，金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向；(3)在t＝0到t＝0.1s時間內，金屬框中電流的電功率P。答案(1)0.08V(2)0.016N方向垂直于ab向左(3)0.064W解析(1)在t＝0到t＝0.1s的時間Δt內，磁感應強度的變化量ΔB＝0.2T，設穿過金屬框的磁通量變化量為ΔΦ，有ΔΦ＝ΔBl2①由于磁場均勻變化，金屬框中產(chǎn)生的電動勢是恒定的，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，解得E＝0.08V③(2)設金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有I＝eq\f(E,R)④由圖可知，t＝0.05s時，磁感應強度為B1＝0.1T，金屬框ab邊受到的安培力F＝IlB1⑤聯(lián)立①②④⑤式，代入數(shù)據(jù)，解得F＝0.016N⑥由楞次定律知金屬框中電流方向為順時針，由左手定則知，ab邊受到安培力方向垂直于ab向左。⑦(3)在t＝0到t＝0.1s時間內，金屬框中電流的電功率P＝I2R⑧聯(lián)立①②④⑧式，代入數(shù)據(jù)，解得P＝0.064W⑨命題點二導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢1.大小計算切割方式表達式垂直切割E＝Blv傾斜切割E＝Blvsinθ，其中θ為v與B的夾角旋轉切割(以一端為軸)E＝eq\f(1,2)Bl2ω說明(1)導體與磁場方向垂直。(2)磁場為勻強磁場。2.方向判斷(1)把產(chǎn)生感應電動勢的那部分電路或導體當作電源的內電路，那部分導體相當于電源。(2)若電路是不閉合的，則先假設有電流通過，然后應用楞次定律或右手定則判斷出電流的方向。(3)電源內部電流的方向是由負極(低電勢)流向正極(高電勢)，外電路順著電流方向每經(jīng)過一個電阻電勢都要降低。類型1平動切割磁感線【例2】(2020·福建漳州市第一次教學質檢)如圖6所示，C、D是兩條豎直且足夠長的固定導軌(電阻不計)，導軌間存在垂直紙面向里的勻強磁場，EF是一個固定螺線管，C、D的輸出端a、b分別連接EF的輸入端c、d，P是在EF的正下方水平放置在地面上的鋁圓環(huán)。現(xiàn)對金屬棒AB施加一豎直向上的力使金屬棒由靜止開始向上做勻加速運動，在運動過程中棒始終與C、D導軌良好接觸，可認為通電螺線管在圓環(huán)中產(chǎn)生的磁感應強度與通過螺線管的電流成正比，則()圖6A.金屬棒中的感應電流方向由A到BB.P環(huán)有收縮的趨勢C.P環(huán)對地面的壓力逐漸減小D.P環(huán)中感應電流逐漸變大答案B解析根據(jù)右手定則，流過金屬棒中的感應電流方向由B到A，A錯誤；由于AB勻加速運動，產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv＝BLat越來越大，回路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLa,R)t越來越大，穿過P的磁通量與電流成正比，越來越大，根據(jù)楞次定律推論，P環(huán)有收縮的趨勢，故B正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律，P環(huán)中產(chǎn)生恒定的感應電流，故D錯誤；根據(jù)楞次定律，P環(huán)與固定螺線管產(chǎn)生的磁場方向相反，兩者相互排斥，P環(huán)對地面的壓力增大，故C錯誤。類型2轉動切割磁感線【例3】(2020·山東臨沂市上學期期末)如圖7所示，光滑銅環(huán)水平固定，半徑為l，長為l、電阻為r的銅棒OA的一端在銅環(huán)的圓心O處，另一端與銅環(huán)良好接觸，整個裝置處在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中?，F(xiàn)使銅棒OA以角速度ω逆時針(俯視)勻速轉動，A端始終在銅環(huán)上，定值電阻的阻值為3r，上方導線與O點連接，下方導線與銅環(huán)連接，其他電阻不計。下列說法正確的是()圖7A.O點的電勢比A點的電勢高B.回路中通過的電流為eq\f(ωBl2,4r)C.該定值電阻兩端的電壓為eq\f(3,8)ωBl2D.該定值電阻上的熱功率為eq\f(ω2B2l4,16r)答案C解析由右手定則可知電流方向從O點指向A點，OA是電源，電流從低電勢流向高電勢，故O點的電勢比A點的電勢低，故A錯誤；由法拉第電磁感應定律可知E＝Bleq\f(0＋lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω，由閉合電路歐姆定律可知回路中通過的電流為I＝eq\f(E,r＋3r)＝eq\f(E,4r)，兩式聯(lián)立可得I＝eq\f(Bl2ω,8r)，故B錯誤；該定值電阻兩端的電壓為U＝I×3r，將前面求得電流值代入可得U＝eq\f(3,8)ωBl2，故C正確；由焦耳定律可知該定值電阻上的熱功率P＝I2×3r＝eq\f(3ω2B2l4,64r)，故D錯誤?！咀兪?】(多選)(2020·安徽皖南八校4月聯(lián)考)如圖8所示，在紙面內有半圓形輕質導體框，O為圓心，圓半徑長為L，AO段、弧AB段的電阻均為r，BO段導體的電阻可忽略，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場的邊界與半圓直徑重合，現(xiàn)用外力使導體框在紙面內繞O點以角速度ω沿順時針方向，從圖示位置勻速轉動一周，下列說法正確的是()圖8A.圓弧AB段內電流方向總是從A流向BB.轉動的前半周內A、B兩端電壓為eq\f(BωL2,2)C.轉動的后半周內通過O點的電荷量為eq\f(πBL2,4r)D.外力對線框做的功為eq\f(πωB2L4,4r)答案CD解析導體框轉動的前半周內，AO切割磁感線，感應電動勢為E1＝eq\f(BωL2,2)，圓弧AB段內電流方向從A流向B，AB段為外電路、分壓一半，故兩端電壓為U＝eq\f(1,2)E1＝eq\f(BωL2,4)；轉動的后半周BO段切割磁感線，感應電動勢為E2＝eq\f(BωL2,2)，圓弧AB段內電流方向從B流向A，故A、B錯誤；轉動的后半周穿過導線框的磁通量變化量為ΔΦ＝eq\f(1,2)πBL2，電路總電阻為R＝2r，則轉動的后半周內通過O點的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(\f(1,2)πBL2,2r)＝eq\f(πBL2,4r)，故C正確；從圖示位置勻速轉動一周過程中，外力對線框做的功等于產(chǎn)生的電能，則W＝eq\f(E2,2r)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BωL2,2)))\s\up12(2),2r)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωB2L4,4r)，故D正確。命題點三自感現(xiàn)象1.自感現(xiàn)象的四大特點(1)自感電動勢總是阻礙線圈中原電流的變化。(2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化。(3)電流穩(wěn)定時，自感線圈就相當于普通導體。(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向。2.自感中“閃亮”與“不閃亮”問題與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)的燈泡電路圖通電時電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮電流突然增大，燈泡立刻變亮，然后逐漸減小達到穩(wěn)定斷電時電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，線圈中電流方向不變電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②若I2＞I1，燈泡閃亮后逐漸變暗。兩種情況燈泡中電流方向均改變【例4】(2020·北京市海淀區(qū)上學期期末)在如圖9所示的電路中，兩個完全相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個帶鐵芯的電感線圈L和一個滑動變阻器R。閉合開關S待電路穩(wěn)定后，調整R的滑片使L1和L2亮度一樣，此時通過兩個燈泡的電流均為I。在之后的t0時刻斷開S，則在如圖所示的圖像中，能正確反映t0前后的一小段時間內通過L1的電流i1和通過L2的電流i2隨時間t變化關系的是()圖9答案A解析當開關斷開瞬間，通過電感線圈的電流減小，根據(jù)楞次定律可知感應電流為了阻礙電感線圈中的電流減小，感應電流的方向與原電流方向相同，如圖所示。隨著原電流的減小，感應電流也逐漸減小，所以通過小燈泡L1的電流方向不變且逐漸減小，故A正確，B錯誤；斷開開關后感應電流通過小燈泡L2的方向與原電流方向相反，電流逐漸減小，故C、D錯誤。【變式4】[2020·蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市調研(一)]如圖10所示，電路中L為電感線圈，C為電容器，先將開關S1閉合，穩(wěn)定后再將開關S2閉合，則()圖10A.S1閉合時，燈A、B都逐漸變亮B.S1閉合時，燈A中無電流通過C.S2閉合時，燈B立即熄滅D.S2閉合時，燈A中電流由b到a答案D解析S1閉合時，因為電容器通交流阻直流，所以燈A中有短暫電流通過，且不會逐漸變亮，故A、B錯誤；S2閉合時，因為電感線圈，燈B會逐漸熄滅，故C錯誤；開關S2閉合時，電容放電，所以S2閉合瞬間A燈有電流從b到a，故D正確。命題點四渦流、電磁阻尼和電磁驅動電磁阻尼電磁驅動不同點成因由于導體在磁場中運動而產(chǎn)生感應電流，從而使導體受到安培力由于磁場運動引起磁通量的變化而產(chǎn)生感應電流，從而使導體受到安培力效果安培力的方向與導體運動方向相反，阻礙導體運動導體受安培力的方向與導體運動方向相同，推動導體運動能量轉化導體克服安培力做功，其他形式的能轉化為電能，最終轉化為內能由于電磁感應，磁場能轉化為電能，通過安培力做功，電能轉化為導體的機械能，從而對外做功相同點兩者都是電磁感應現(xiàn)象，都遵循楞次定律，都是安培力阻礙引起感應電流的導體與磁場間的相對運動【例5】(2017·全國卷Ⅰ，18)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖11所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及其左右振動的衰減最有效的方案是()圖11答案A解析感應電流產(chǎn)生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變化。在A圖中，系統(tǒng)振動時，紫銅薄板隨之上下及左右振動，在磁場中的部分有時多有時少，磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的震動；在B、D圖中，只有紫銅薄板左右振動才產(chǎn)生感應電流，而上下振動無電流產(chǎn)生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，都不會產(chǎn)生感應電流，故選項A正確，B、C、D錯誤。【變式5】如圖12所示，關于渦流，下列說法中錯誤的是()圖12A.真空冶煉爐是利用渦流來熔化金屬的裝置B.家用電磁爐鍋體中的渦流是由恒定磁場產(chǎn)生的C.阻尼擺擺動時產(chǎn)生的渦流總是阻礙其運動D.變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊成能減小渦流答案B【變式6】[2020·浙江省名校聯(lián)盟創(chuàng)新卷(一)]電磁爐又名電磁灶，是現(xiàn)代廚房革命的產(chǎn)物，它無需明火或傳導式加熱而讓熱直接在鍋底產(chǎn)生，因此熱效率得到了極大的提高。如圖13乙所示是描述電磁爐工作原理的示意圖，下列說法正確的是()圖13A.電磁爐通電線圈加直流電，電流越大，電磁爐加熱效果越好B.電磁爐原理是通電線圈加交流電后，在鍋底產(chǎn)生渦流，進而發(fā)熱工作C.在鍋和電磁爐中間放一絕緣物質，電磁爐不能起到加熱作用D.電磁爐的鍋不能用陶瓷鍋或耐熱玻璃鍋，主要原因是這些材料的導熱性能較差答案B解析電磁爐通電線圈加直流電，會產(chǎn)生恒定磁場，穿過鍋底的磁通量不會發(fā)生變化，不能產(chǎn)生渦流，所以沒有加熱效果，故選項A錯誤；電磁爐的原理是磁場感應渦流加熱，即利用交變電流通過線圈產(chǎn)生交變磁場，所以電磁爐通過線圈加交流電后，在鍋底產(chǎn)生渦流，進而發(fā)熱工作，故選項B正確；在鍋和電磁爐中間放一絕緣物質，不會影響渦流的產(chǎn)生，因此不會影響電磁爐的加熱作用，故選項C錯誤；金屬鍋自身產(chǎn)生無數(shù)小渦流而直接加熱鍋，陶瓷鍋或耐熱玻璃鍋屬于絕緣材料，不會產(chǎn)生渦流，而不是因為導熱性能較差，故選項D錯誤。課時限時練(限時：40分鐘)對點練1法拉第電磁感應定律的理解和應用1.(2020·山東濟南市期末學習質量評估)如圖1甲所示，一線圈匝數(shù)為100匝，橫截面積為0.01m2，勻強磁場與線圈軸線成30°角向右穿過線圈。若在2s時間內磁感應強度隨時間的變化關系如圖乙所示，則該段時間內線圈兩端a和b之間的電勢差Uab為()圖1A.－eq\r(3)V B.2VC.eq\r(3)V D.從0均勻變化到2V答案A解析與線圈軸線成30°角穿過線圈的向右磁感應強度均勻增加，故產(chǎn)生恒定的感應電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)Scos30°由圖可知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(6－2,2)Wb/s＝2Wb/s代入數(shù)據(jù)解得E＝100×2×eq\f(\r(3),2)×0.01V＝eq\r(3)V，根據(jù)楞次定律知安培安則判斷，a點的電勢低于b點的電勢，則Uab＝－eq\r(3)V，故A正確。2.(多選)(2020·河南省上學期階段性考試)如圖2甲所示，abcd邊長為20cm、總電阻為0.2Ω的正方形閉合導線框，固定在與線框平面垂直的范圍足夠大的勻強磁場中。磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，取垂直紙面向里為正。下列說法正確的是()圖2A.t＝0時，線框a、b兩點間電壓為0.04VB.t＝1s時，線框中產(chǎn)生的感應電流為0.2A，方向為adcbaC.t＝2.5s時，線框中a、d兩點間電壓為0.06VD.在5～6s內，通過線框某橫截面的電荷量為0.4C答案BD解析由公式E＝eq\f(ΔBl2,Δt)知，t＝0時線框產(chǎn)生的電動勢為0.04V，線框相當于4個電動勢為0.01V、內阻相同的電池串聯(lián)，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(4E,4r)＝eq\f(E,r)，每個電池兩端電壓U＝E－Ir＝E－eq\f(E,r)·r＝0，即a、b兩點間電壓為0，選項A錯誤；t＝1s時，由閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E,R)，解得I＝0.2A，由楞次定律可得，感應電流的方向為adcba，選項B正確；t＝2.5s時，電動勢為E＝eq\f(ΔBl2,Δt)＝0.08V，則線框a、d兩點間電壓為0，選項C錯誤；由電荷量公式q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(ΔBl2,R)＝0.4C，即在5～6s內通過線框某橫截面的電荷量為0.4C，選項D正確。3.(2020·北京市平谷區(qū)第二次模擬)如圖3甲所示，帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面內固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導線，分別與兩塊垂直于紙面正對固定放置的平行金屬板P、Q連接。圓環(huán)內有垂直于紙面變化的磁場，變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定磁場方向垂直于紙面向里為正方向)。圖中可能正確表示P、Q兩極板間電場強度E(規(guī)定電場方向由P板指向Q板為正方向)隨時間t變化情況的是()圖3答案D解析在0至eq\f(T,4)時，磁感應強度B減小，故圓環(huán)中感應電流產(chǎn)生的磁場向里，圓環(huán)中的感應電流沿順時針，故極板P帶正電，電場方向由P指向Q，即電場方向是正方向，故選項B、C錯誤；又因為這段時間內磁場的變化是均勻的，故產(chǎn)生的感應電動勢大小不變，所以P、Q兩極板間的電壓不變，電場強度不變，所以A錯誤，D正確。對點練2導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢4.(多選)(2020·內蒙古阿拉善盟上學期期末)如圖4所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌水平平行放置，間距為l＝1m，cd間、de間、cf間分別接著阻值為R＝10Ω的電阻。一阻值為R＝10Ω的導體棒ab以速度v＝4m/s勻速向左運動，導體棒與導軌接觸良好；導軌所在平面存在磁感應強度大小為B＝0.5T，方向豎直向下的勻強磁場。下列說法中正確的是()圖4A.導體棒中電流的流向為由b到aB.cd兩端的電壓為1VC.fe兩端的電壓為1VD.ab兩端的電壓為2V答案BC解析根據(jù)右手定則得，導體棒ab中電流的流向為由a到b，故A錯誤；ab產(chǎn)生的感應電動勢為E＝Blv＝0.5×1×4V＝2V，則cd兩端的電壓為Ucd＝eq\f(R,2R)E＝1V，選項B正確；fe兩端的電壓等于cd兩端的電壓，是1V，選項C正確；ab兩端的電壓等于cd兩端的電壓，是1V，選項D錯誤。5.(多選)(2020·廣東汕頭市第一次模擬)如圖5甲是法拉第圓盤發(fā)電機的照片，乙是圓盤發(fā)電機的側視圖，丙是發(fā)電機的示意圖。設CO＝r，勻強磁場的磁感應強度為B，電阻為R，圓盤順時針轉動的角速度為ω()圖5A.感應電流方向由D端經(jīng)電阻R流向C端B.銅盤產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f(1,2)Br2ωC.設想將此圓盤中心挖去半徑為eq\f(r,2)的同心圓，其他條件不變，則感應電動勢變?yōu)閑q\f(3,8)Br2ωD.設想將此圓盤中心挖去半徑為eq\f(r,2)的同心圓，其他條件不變，則感應電動勢變?yōu)閑q\f(1,8)Br2ω答案BC解析根據(jù)丙圖，由右手定則可知感應電流由C端經(jīng)電阻R流向D端，選項A錯誤；銅盤產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLeq\o(v,\s\up6(－))＝Breq\f(v,2)＝Br·ωeq\f(r,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，選項B正確；由B可知，銅盤產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f(1,2)Br2ω，同理可求得挖去半徑為eq\f(r,2)的同心圓產(chǎn)生的電動勢E′＝eq\f(1,2)Bω(eq\f(r,2))2＝eq\f(1,8)Br2ω，故此圓盤挖去同心圓后，產(chǎn)生的電動勢E″＝E－E′＝eq\f(1,2)Br2ω－eq\f(1,8)Br2ω＝eq\f(3,8)Br2ω，選項C正確，D錯誤。對點練3自感、渦流、電磁驅動和電磁阻尼6.(2020·吉林市第二次調研)如圖6所示，A、B是兩個完全相同的燈泡，D是理想二極管，L是帶鐵芯的線圈，其直流電阻忽略不計。下列說法正確的是()圖6A.S閉合瞬間，B先亮A后亮B.S閉合瞬間，A先亮B后亮C.電路穩(wěn)定后，在S斷開瞬間，B閃亮一下，然后逐漸熄滅D.電路穩(wěn)定后，在S斷開瞬間，B立即熄滅答案D解析閉合瞬間線圈相當于斷路，二極管為正向電壓，故電流可通過燈泡A、B，即A、B燈泡同時亮，故A、B錯誤；因線圈的電阻為零，則當電路穩(wěn)定后，燈泡A被短路而熄滅，當開關S斷開瞬間B立刻熄滅，線圈中的電流也不能反向通過二極管，則燈泡A仍是熄滅的，故C錯誤，D正確。7.(2017·北京理綜，19)圖7甲和乙是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮。而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是()甲乙圖7A.圖甲中，A1與L1的電阻值相同B.圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C.圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同D.圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等答案C解析在圖甲中，斷開開關S1瞬間，L1與A1構成閉合回路，因燈A1突然閃亮，即通過A1電流增大，則可推出，閉合S1待電路穩(wěn)定后，通過L1的電流大于通過燈A1的電流，根據(jù)L1與A1并聯(lián)，所以L1的電阻小于A1的電阻，故選項A、B錯誤；在圖乙中，閉合開關S2，最終A2與A3亮度相同，即電流相同，所以L2與變阻器R的電阻相同；閉合開關S2的瞬間，L2中電流小于變阻器R中電流，故選項C正確，D錯誤。8.(多選)如圖8甲所示是工業(yè)上探測物件表面層內部是否存在缺陷的渦流探傷技術的原理圖。其原理是用通電線圈使物件內產(chǎn)生渦電流，借助探測線圈測定渦電流的改變，從而獲得物件內部是否斷裂及位置的信息。如圖乙所示是一個由帶鐵芯的線圈L、開關S和電源連接起來的跳環(huán)實驗裝置，將一個套環(huán)置于線圈L上且使鐵芯穿過其中，閉合開關S的瞬間，套環(huán)將立刻跳起。對以上兩個實例的理解正確的是()圖8A.渦流探傷技術運用了電流的熱效應，跳環(huán)實驗演示了自感現(xiàn)象B.能被探測的物件和實驗所用的套環(huán)必須是導電材料C.金屬探傷時接的是交流電，跳環(huán)實驗裝置中接的是直流電D.以上兩個實例中的線圈所連接的電源也可以都是恒壓直流電源答案BC解析渦流探傷技術的原理是用通電線圈使物件內產(chǎn)生渦電流，借助探測線圈測定渦電流的改變；跳環(huán)實驗中線圈接在直流電源上，閉合開關的瞬間，穿過套環(huán)的磁通量改變，套環(huán)中產(chǎn)生感應電流，會跳起，屬于演示楞次定律的實驗，故A錯誤；無論是渦流探傷技術，還是演示楞次定律，都需要產(chǎn)生感應電流，而感應電流的產(chǎn)生需要是導電材料，故B正確；金屬探傷時，是探測器中通過交變電流，產(chǎn)生變化的磁場，當金屬處于該磁場中時，該金屬中會感應出渦流；演示楞次定律的實驗中，線圈接在直流電源上，故C正確，D錯誤。9.(2020·江蘇海門中學第二次質調)一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成邊長為a的n匝正方形線框固定在紙面內，如圖9甲所示，虛線MN過正方形線框上下兩邊的中點。現(xiàn)在虛線MN左側空間加一個方向垂直紙面、大小隨時間變化的磁場。t＝0時磁感應強度的方向如圖甲所示，磁感應強度B隨時間的變化關系如圖乙所示。求：圖9(1)t＝0時刻，線框的磁通量Φ以及線框中感應電流的方向；(2)在t＝0到t＝t0時間內，線框中產(chǎn)生的感應電動勢E的大??；(3)在t＝0到t＝t0時間內，線框中產(chǎn)生的感應電流I的大小。答案(1)B0eq\f(a2,2)順時針方向(2)eq\f(nB0a2,2t0)(3)eq\f(nB0Sa,8ρt0)解析(1)線框的磁通量Φ＝B0S0＝B0eq\f(a2,2)，此時線框中的磁通量正在減小，由楞次定律可知，線框中的感應電流方向為順時針方向。(2)由法拉第電磁感應定律可知電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔBS,Δt)＝neq\f(B0,t0)eq\f(a2,2)＝eq\f(nB0a2,2t0)。(3)線框的電阻為R＝ρeq\f(4a,S)＝eq\f(4ρa,S)由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(nB0a2,2t0),\f(4ρa,S))＝eq\f(nB0Sa,8ρt0)。10.(2020·江蘇啟東市下學期期初)如圖10甲所示，導體框架abcd水平固定放置，ab平行于dc，且bc邊長L＝0.20m，框架上有定值電阻R＝9Ω(其余電阻不計)，導體框處于磁感應強度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強磁場中。有一匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01m2、電阻r＝1Ω的線圈，通過導線和開關S與導體框架相連，線圈內充滿沿其軸線方向的勻強磁場，其磁感應強度B2隨時間t變化的關系如圖乙所示。B1與B2互不影響。圖10(1)求0～0.10s線圈中的感應電動勢大小E；(2)t＝0.22s時刻閉合開關S，若bc邊所受安培力方向豎直向上，判斷bc邊中電流的方向，并求此時其所受安培力的大小F；(3)從t＝0時刻起閉合開關S，求0.25s內電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1)30V(2)b→c1.2N(3)24.3J解析(1)由法拉第電磁感應定律得E1＝neq\f(ΔΦ,Δt)代入數(shù)據(jù)得E1＝nSeq\f(ΔB2,Δt)＝30V。(2)由左手定則得電流方向為b→ct＝0.22s時的感應電動勢E2＝nSeq\f(ΔB2,Δt)＝60V由閉合電路的歐姆定律得I2＝eq\f(E2,R＋r)＝6A安培力大小F＝I2LB1＝1.2N。(3)0