高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)精講精練第24講　法拉第電磁感應(yīng)定律、自感和渦流（解析版）

第24講法拉第電磁感應(yīng)定律、自感和渦流1、理解環(huán)和掌握法古拉第電滋感應(yīng)定律。2、會(huì)求感生電動(dòng)勢(shì)和動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)。3、理解自感、禍流、電掬驅(qū)動(dòng)和電嘟阻尼考點(diǎn)一法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)．產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體就相當(dāng)于電源，導(dǎo)體的電阻相當(dāng)于電源內(nèi)阻．(2)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的關(guān)系：遵循閉合電路歐姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).2．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的決定因素(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小由穿過(guò)閉合電路的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)和線圈的匝數(shù)共同決定，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒(méi)有必然聯(lián)系．(2)當(dāng)ΔΦ僅由B的變化引起時(shí)，則E＝neq\f(ΔB·S,Δt)；當(dāng)ΔΦ僅由S的變化引起時(shí)，則E＝neq\f(B·ΔS,Δt)；當(dāng)ΔΦ由B、S的變化同時(shí)引起時(shí)，則E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt).3．磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t圖象上某點(diǎn)切線的斜率．（2024?下城區(qū)校級(jí)模擬）在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一閉合金屬圓環(huán)，面積為S，電阻為R。規(guī)定圓環(huán)中電流的正方向如圖甲所示，磁場(chǎng)向上為正。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙變化時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．0～1s內(nèi)感應(yīng)電流的磁場(chǎng)在圓環(huán)圓心處的方向向上 B．1～2s內(nèi)通過(guò)圓環(huán)的感應(yīng)電流的方向與圖甲所示方向相反 C．0～2s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為B0D．2～4s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為2【解答】解：A、0～1s內(nèi)磁場(chǎng)向下減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)在圓環(huán)圓心處的方向向下，故A錯(cuò)誤；B、1～2s內(nèi)磁場(chǎng)向上增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)在圓環(huán)圓心處的方向向下，所以感應(yīng)電流方向與圖甲所示方向相同，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E＝nΔΦΔt=nsΔBΔtD、同C選項(xiàng)可知在2～4s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B0S，焦耳熱P=E2R故選：D。（2024?濟(jì)南模擬）如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)正方形金屬回路（總電阻為R）與水平面的夾角為60°，虛線圓與正方形邊界相切，虛線圓形邊界內(nèi)（包括邊界）存在豎直向下勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度與時(shí)間的關(guān)系式為B＝kt（k＞0且為常量），則金屬回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為（）A．kL2R B．πkL24R【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=由閉合電路歐姆定律可知金屬回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為：I=E故選：D。（2023秋?渝中區(qū)校級(jí)期末）如圖甲，圓心為O、半徑為r、電阻為R的單匝圓形線圈置于光滑水平面上，用一根水平絕緣細(xì)桿將圓形線圈的最右端與墻面拴接，以圖中虛線為界，左、右兩側(cè)分別存在著方向如圖甲所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向，兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙。則0～t0時(shí)間內(nèi)（）A．線圈受到的安培力的合力向右 B．線圈中電流沿順時(shí)針?lè)较?C．感應(yīng)電流的大小πrD．細(xì)桿對(duì)線框的彈力逐漸增大【解答】解：AB、穿過(guò)左邊部分的導(dǎo)線框的磁通量向外減小，根據(jù)楞次定律可知，左邊部分的導(dǎo)線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針?lè)较?。穿過(guò)右邊部分的導(dǎo)線框的磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律可知，右邊部分的導(dǎo)線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針?lè)较?，所以整個(gè)線圈中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，由左手定則可知，左邊部分的導(dǎo)線框所受的安培力向左，右邊部分的導(dǎo)線框所受的安培力也向左，所以線圈受到的安培力的合力向左，故AB錯(cuò)誤；C、由法拉第電磁感應(yīng)定律知線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝2×ΔBΔt?πr22=B再由閉合電路歐姆定律可得感應(yīng)電流大小為I=ED、線圈受到的安培力的合力為F＝|B1|I?2r+B2I?2r＝B0I?2r＝2B0Ir，保持不變，由平衡條件可知細(xì)桿對(duì)線框的彈力與線圈受到的安培力的合力大小相等，則細(xì)桿對(duì)線框的彈力保持不變，故D錯(cuò)誤。故選：C?？键c(diǎn)二導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算1．公式E＝Blv的使用條件(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)．(2)B、l、v三者相互垂直．(3)如不垂直，用公式E＝Blvsinθ求解，θ為B與v方向間的夾角．2．“瞬時(shí)性”的理解(1)若v為瞬時(shí)速度，則E為瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．(2)若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．3．切割的“有效長(zhǎng)度”公式中的l為有效切割長(zhǎng)度，即導(dǎo)體在與v垂直的方向上的投影長(zhǎng)度．圖中有效長(zhǎng)度分別為：甲圖：l＝eq\x\to(cd)sinβ；乙圖：沿v1方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，l＝eq\x\to(MN)；沿v2方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，l＝0.丙圖：沿v1方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，l＝eq\r(2)R；沿v2方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，l＝0；沿v3方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，l＝R.4．“相對(duì)性”的理解E＝Blv中的速度v是相對(duì)于磁場(chǎng)的速度，若磁場(chǎng)也運(yùn)動(dòng)，應(yīng)注意速度間的相對(duì)關(guān)系．（2023秋?玄武區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈水平拉出有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，v1＝2v2，則在先后兩種情況下（）A．線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為E1：E2＝1：2 B．線圈中的感應(yīng)電流之比為I1：I2＝4：1 C．線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1：Q2＝2：1 D．通過(guò)線圈某截面的電荷量之比q1：q2＝2：1【解答】解：A、v1＝2v2，根據(jù)E＝BLv，知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比2：1，故A錯(cuò)誤；B、感應(yīng)電流I=ER=BLvRC、v1＝2v2，知時(shí)間比為1：2，根據(jù)Q＝I2Rt，知熱量之比為2：1，故C正確；D、根據(jù)q=It＝nΔΦ故選：C。（2023秋?海淀區(qū)校級(jí)期末）如圖，水平面內(nèi)兩導(dǎo)軌間距1m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌的左端接有電阻R＝3Ω、長(zhǎng)1m的導(dǎo)體棒PQ垂直導(dǎo)軌，以4m/s的速度向右勻速滑動(dòng)，導(dǎo)體棒電阻為1Ω，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。則下列說(shuō)法正確的是（）A．P點(diǎn)的電勢(shì)高于Q點(diǎn)，PQ兩點(diǎn)電勢(shì)差的大小為4V B．P點(diǎn)的電勢(shì)高于Q點(diǎn)，PQ兩點(diǎn)電勢(shì)差的大小為3V C．Q點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)，PQ兩點(diǎn)電勢(shì)差的大小為4V D．Q點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)，PQ兩點(diǎn)電勢(shì)差的大小為3V【解答】解：切割磁感線的導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，導(dǎo)體棒PQ為電源，由右手定則可知PQ棒中感應(yīng)電流方向Q→P，電源內(nèi)部電流由低電勢(shì)流向高電勢(shì)，故P點(diǎn)電勢(shì)高于Q點(diǎn)由E＝BLv得PQ棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝1×1×4V＝4VP、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差等于路端電壓，由閉合電路歐姆定律得P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差大小為U=IR=E故選：B。（2023秋?吉林期末）法拉第發(fā)明了世界上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)—法拉第圓盤(pán)發(fā)電機(jī)，原理圖如圖所示。半徑為r的金屬圓盤(pán)在垂直于盤(pán)面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，繞O軸以角速度ω沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，則通過(guò)電阻R的電流的方向和大小是（金屬圓盤(pán)的電阻不計(jì)）（）A．由d到c，I=Br2ωC．由c到d，I=Br2【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，圓盤(pán)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Brv=Br根據(jù)歐姆定律，通過(guò)電阻的電流大小為I=E由右手定則，圓盤(pán)相當(dāng)于電源，其電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)閺倪吘壷赶驁A心，所以電阻中的電流方向?yàn)閺膁到c，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。（2023秋?黃岡期末）如圖所示，abcd為水平固定的足夠長(zhǎng)的“?”形金屬導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，足夠長(zhǎng)的金屬棒MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成夾角θ＝30°，金屬棒單位長(zhǎng)度的電阻為r，保持金屬棒以速度v（速度方向平行于ab，如圖）勻速運(yùn)動(dòng)（金屬棒尚未脫離導(dǎo)軌），金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，則通過(guò)金屬棒中的電流為（）A．Bv2r B．Bv4r C．Bvr【解答】解：金屬棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度等于導(dǎo)軌間距L，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv，導(dǎo)體棒接入電路的長(zhǎng)度：l=L回路的總電阻：R＝lr＝2Lr通過(guò)金屬棒的電流：I=E故選：A。（多選）（2024?廈門(mén)模擬）如圖甲所示，M、N是兩根固定在水平面內(nèi)的平行金屬長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。兩虛線PQ、ST與導(dǎo)軌垂直，PQ左側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ST右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。質(zhì)量為m的金屬棒ab與導(dǎo)軌垂直，靜置在左側(cè)磁場(chǎng)中。位于兩虛線之間的金屬棒cd與導(dǎo)軌夾角為θ，在外力作用下以速度v向右始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從c端進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，回路中的電流i隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，圖中0～t1部分為直線，t1A．cd棒全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，cd棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小為BLv B．t1時(shí)刻cd棒所受的安培力大小為BIC．2t1時(shí)刻ab棒的速度大小為(1?ID．t1～2t1時(shí)間內(nèi)，通過(guò)回路某截面電荷量為mv【解答】解：A、cd棒全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，cd棒的有效切割長(zhǎng)度為L(zhǎng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小為E＝BLv，故A正確；B、根據(jù)題意可知t1=L2vtanθ，可知速度v則安培力大小為F＝BI1L'=故B錯(cuò)誤；C、2t1時(shí)刻cd棒全部進(jìn)入磁場(chǎng)，設(shè)電路總電阻為R，則總電流I2=t1時(shí)刻，ab未動(dòng)，則有I1R=1聯(lián)立解得vab=(1?故C正確；D、對(duì)ab受力分析，可知安培力F＝BIL，摩擦力為f＝BI1L，則有∑aΔt＝Δv=(1?即∑BIL?BI1LmΔt=BLm∑（IΔt﹣I1Δt）故BLm（q﹣I1t）解得q＝（1?I2故D錯(cuò)誤；故選：AC。（多選）（2024?聊城一模）如圖所示，兩電阻為零的光滑導(dǎo)軌水平放置在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫（狹縫寬度不計(jì)），取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，導(dǎo)軌左端通過(guò)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S可以與電容C或電阻R相連，導(dǎo)軌上有一足夠長(zhǎng)且不計(jì)電阻的金屬棒與x軸垂直，在外力F（大小未知）的作用下從O點(diǎn)開(kāi)始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，若某時(shí)刻開(kāi)關(guān)S接1，外力用F1表示，通過(guò)金屬棒電流的大小用I1表示；若某時(shí)刻開(kāi)關(guān)S接2，外力用F2表示，通過(guò)金屬棒電流的大小用I2表示。關(guān)于外力、電流大小隨時(shí)間變化的圖象關(guān)系正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：AB、由題知金屬棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系切割長(zhǎng)度為：L＝2x?tanθ其中：x＝vt則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝2Bv2ttanθ當(dāng)開(kāi)關(guān)S接1時(shí)，通過(guò)金屬棒的電流為：I1則可得知道安培力：F1由于具有初速度，則開(kāi)始計(jì)時(shí)時(shí)I1、F1不為零，不過(guò)原點(diǎn)。故A正確，B錯(cuò)誤；CD、當(dāng)開(kāi)關(guān)S接2時(shí)，通過(guò)金屬棒的電流為：I2=ΔqΔt=C?ΔU則可得：F2=BLI2=4故選：AD。（2024?遼寧模擬）某小組設(shè)計(jì)了一種汽車(chē)電磁感應(yīng)懸架系統(tǒng)模型，其原理示意圖如圖所示。質(zhì)量為m的重物系統(tǒng)MNPQ內(nèi)存在方向水平、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，系統(tǒng)正下方的水平地面上固定有閉合的單匝矩形線圈，其電阻為R、ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。某次測(cè)試過(guò)程中，當(dāng)重物底部MQ與線圈ab邊重合時(shí)，重物系統(tǒng)的速度為v0，向下運(yùn)動(dòng)一段距離h后，速度達(dá)到最小值，此時(shí)NP未碰到ab邊上的彈簧，重物系統(tǒng)未碰到地面，已知重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，求重物系統(tǒng)：（1）速度為v0時(shí)，線圈中的感應(yīng)電流大??；（2）向下運(yùn)動(dòng)h的過(guò)程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱；（3）向下運(yùn)動(dòng)h的時(shí)間?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)電磁感應(yīng)定律，速度為v0時(shí)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv0根據(jù)閉合電路的歐姆定律有I=E聯(lián)立解得I=BL（2）重物系統(tǒng)向下運(yùn)動(dòng)一段距離h后，速度達(dá)到最小值，此時(shí)加速度為0，根據(jù)牛頓第二定律有BI′L﹣mg＝0根據(jù)閉合電路的歐姆定律有I'=E'根據(jù)電磁感應(yīng)定律，此時(shí)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′＝BLv聯(lián)立解得v=mgR重物系統(tǒng)向下運(yùn)動(dòng)h的過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律有Q=mg?+1解得Q=mg?+1（3）重物系統(tǒng)向下運(yùn)動(dòng)h的過(guò)程，以向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有mgt?BI又It=qq=BL?聯(lián)立解得t=B（2023秋?遼寧期末）如圖（a），超級(jí)高鐵是一種以“真空管道運(yùn)輸”為理論核心設(shè)計(jì)的交通工具，具有超高速低能耗、無(wú)噪聲零污染等特點(diǎn)。如圖（b），已知運(yùn)輸車(chē)管道中固定著兩根平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間距為3r。運(yùn)輸車(chē)的質(zhì)量為m，橫截面是個(gè)圓，運(yùn)輸車(chē)上固定著長(zhǎng)為3（1）當(dāng)運(yùn)輸車(chē)由靜止離站時(shí)，在導(dǎo)體棒2后距離為D處，接通固定在導(dǎo)軌上電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源（電源內(nèi)阻為R），此時(shí)導(dǎo)體棒1、2均處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖（c），則剛接通電源時(shí)運(yùn)輸車(chē)加速度多大？（2）運(yùn)輸車(chē)進(jìn)站時(shí)切斷電源，管道內(nèi)依次分布著相鄰的方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，各個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)寬度均為D，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，如圖（d），則當(dāng)運(yùn)輸車(chē)速度為v時(shí)受到的安培力多大？（3）求在（2）的條件下，運(yùn)輸車(chē)以速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)到停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒1上產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）運(yùn)輸車(chē)到站時(shí)R總由閉合電路的歐姆定律I=E通過(guò)導(dǎo)體棒的電流I1導(dǎo)體棒所受的安培力F1根據(jù)牛頓第二定律，運(yùn)輸車(chē)的加速度a=F解得a=2（2）當(dāng)車(chē)速為v時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律E1=Bv3由閉合電路的歐姆定律I=E導(dǎo)體棒所受的安培力F1運(yùn)輸車(chē)所受的合力F=F（3）根據(jù)能量守恒定律，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱為Q=1則可導(dǎo)體棒1產(chǎn)生的焦耳熱為Q'=1考點(diǎn)三自感現(xiàn)象的理解1．自感現(xiàn)象(1)概念：由于導(dǎo)體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)叫做自感電動(dòng)勢(shì)．(2)表達(dá)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(guān)．2．自感現(xiàn)象“阻礙”作用的理解(1)流過(guò)線圈的電流增加時(shí)，線圈中產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)與電流方向相反，阻礙電流的增加，使其緩慢地增加．(2)流過(guò)線圈的電流減小時(shí)，線圈中產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)與電流方向相同，阻礙電流的減小，使其緩慢地減?。€圈就相當(dāng)于電源，它提供的電流從原來(lái)的IL逐漸變小．3．自感現(xiàn)象的四大特點(diǎn)(1)自感電動(dòng)勢(shì)總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變化．(2)通過(guò)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(shí)，自感線圈就相當(dāng)于普通導(dǎo)體．(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動(dòng)勢(shì)只是延緩了過(guò)程的進(jìn)行，但它不能使過(guò)程停止，更不能使過(guò)程反向．4．?dāng)嚯娮愿兄?，燈泡是否閃亮問(wèn)題(1)通過(guò)燈泡的自感電流大于原電流時(shí)，燈泡閃亮．(2)通過(guò)燈泡的自感電流小于或等于原電流時(shí)，燈泡不會(huì)閃亮．（2024春?深圳期中）如圖所示，M和N為兩個(gè)完全一樣的燈泡，L是一個(gè)理想電感線圈（電阻不計(jì)），R是一個(gè)定值電阻，當(dāng)電鍵S突然閉合或斷開(kāi)時(shí)，下列判斷正確的是（）A．電鍵突然閉合，N比M先亮 B．電鍵閉合較長(zhǎng)時(shí)間后，N比M亮 C．電鍵突然斷開(kāi)，N比M先熄滅 D．無(wú)論電鍵突然閉合還是斷開(kāi)，M和N的現(xiàn)象完全相同【解答】解：A、電鍵突然閉合，L產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流的增大，通過(guò)M燈的電流逐漸增加，所以M燈逐漸亮，而N燈立即亮，所以N比M先亮，故A正確、D錯(cuò)誤；B、電鍵閉合較長(zhǎng)時(shí)間后，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，因?yàn)閮蓚€(gè)燈泡完全相同，而L的電阻小于R的電阻，所以M的電流大于N的電流，M比N亮，故B錯(cuò)誤；CD、電鍵突然斷開(kāi)，L產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，兩個(gè)燈泡串聯(lián)，電流相同，兩燈同時(shí)熄滅，故CD錯(cuò)誤。故選：A。（2024?大慶三模）如圖所示的電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，線圈L的電阻不計(jì)，電阻R的阻值大于燈泡D的阻值，燈泡的阻值不變，在t＝0時(shí)刻閉合開(kāi)關(guān)S，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，在t＝t1時(shí)刻斷開(kāi)S，下列說(shuō)法正確的是（）A．?dāng)嚅_(kāi)S后，燈泡閃一下熄滅 B．?dāng)嚅_(kāi)S后，B點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)電勢(shì) C．0～t1時(shí)間內(nèi)，燈泡D兩端電壓先增大再保持不變 D．0～t1時(shí)間內(nèi)，電阻R兩端電壓先減小再保持不變【解答】解：A、由于電阻R的阻值大于燈泡D的阻值，所以當(dāng)開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，線圈所在支路的電阻大于燈泡的電阻，則電流小于流過(guò)燈泡D的電流，故當(dāng)開(kāi)關(guān)斷開(kāi)瞬間，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流也小于原來(lái)流過(guò)燈泡D的電流，燈泡不會(huì)閃亮一下，故A錯(cuò)誤；B、開(kāi)關(guān)閉合后再斷開(kāi)時(shí)，線圈的感應(yīng)電流與原電流方向相同，形成回路，燈泡的電流與原電流方向相反，則此時(shí)B點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)電勢(shì)，故B正確；C、開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，線圈由于產(chǎn)生自感對(duì)電流有阻礙作用，可看作電阻，線圈電阻隨電流的增大逐漸減小，則并聯(lián)電路電阻逐漸減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知電路中的總電流增大，則電源的內(nèi)電壓增大，所以電壓UAB逐漸減小，當(dāng)電路中的電流穩(wěn)定后再保持不變，故C錯(cuò)誤；D、開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，線圈由于產(chǎn)生自感對(duì)電流有阻礙作用，但阻礙作用隨電流的增大逐漸減小，即流過(guò)L與R的電流逐漸增大，根據(jù)U＝IR可知，燈泡D兩端電壓先增大，當(dāng)電路中的電流穩(wěn)定后再保持不變，故D錯(cuò)誤。故選：B。（2024?重慶模擬）如圖為某品牌手機(jī)無(wú)線充電的原理示意圖。若某段時(shí)間內(nèi)送電線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)B在逐漸增強(qiáng)，則（）A．此時(shí)送電線圈中的電流由端口1流入 B．此時(shí)受電線圈的端口3為正極 C．此時(shí)受電線圈的面積有擴(kuò)大的趨勢(shì) D．受電線圈中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向與圖示磁場(chǎng)方向相同【解答】解：A、送電線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)B方向向上，根據(jù)右手螺旋定則，送電線圈上的電流由端口1流入，由端口2流出，故A正確；BCD、送電線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)B在逐漸增強(qiáng)，依據(jù)楞次定律和右手螺旋定則，受電線圈感應(yīng)電流阻礙體通量變化，受電線圈感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向下，受電線圈的面積有縮小的趨勢(shì)，電流從3流進(jìn)，由4流出，由于電源內(nèi)部，電流從負(fù)極流向正極，因此端口4為正極，故BCD錯(cuò)誤；故選：A。（2024?淮安模擬）如圖所示，將絕緣導(dǎo)線繞在柱形鐵塊上，導(dǎo)線內(nèi)通以交變電流，鐵塊內(nèi)就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，即渦流。當(dāng)線圈內(nèi)部空間的磁感線方向豎直向上，在鐵塊內(nèi)產(chǎn)生（自上而下觀察）沿虛線順時(shí)針?lè)较虻臏u流方向時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．絕緣導(dǎo)線中的電流正在減小 B．絕緣導(dǎo)線中的電流由b流向a C．為減小渦流，可以增大交變電流的頻率 D．為減小渦流，可以把鐵塊沿縱向切成很薄的鐵片，涂上絕緣層后疊放起來(lái)【解答】解：AB、圖中渦流為順時(shí)針?lè)较?，根?jù)安培定則可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向下，與交變電流的磁場(chǎng)的方向相反，根據(jù)楞次定律可知絕緣導(dǎo)線中的電流正在增大；柱形鐵塊中磁場(chǎng)方向如圖所示，根據(jù)安培定則可知，此時(shí)絕緣導(dǎo)線中的電流由a流向b，故AB錯(cuò)誤；C、增大交變電流的頻率，則電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的變化率增大，可增大導(dǎo)體內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，所以會(huì)增加渦流，故C錯(cuò)誤；D、在感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小一定時(shí)要減小渦流，需要增大鐵塊電阻，根據(jù)電阻定律可知，可減小鐵塊的橫截面積，故可以把鐵塊沿縱向切成很薄的鐵片，涂上絕緣層后疊放起來(lái)，故D正確。故選：D。（2023秋?道里區(qū)校級(jí)期末）電磁爐的基本結(jié)構(gòu)圖如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．任何材質(zhì)的鍋具都適合在電磁爐上使用 B．電磁爐支板處產(chǎn)生渦流，鍋體無(wú)渦流 C．電磁爐使鍋體產(chǎn)生渦流，支板處無(wú)渦流 D．電磁爐通上恒定電流也可以加熱食物【解答】解：BC、電磁爐是利用電磁感應(yīng)加熱原理制成的烹飪器具，使用時(shí)，加熱線圈中通入交變電流，線圈周?chē)惝a(chǎn)生周期性變化的磁場(chǎng)，周期性變化磁場(chǎng)的磁感線大部分通過(guò)金屬鍋底，在鍋底中產(chǎn)生大量的渦流，從而產(chǎn)生烹飪所需要的熱量，電磁爐支板處不產(chǎn)生渦流，鍋體有渦流，故B錯(cuò)誤，C正確；A、要使鍋內(nèi)產(chǎn)生渦流，則鍋的材質(zhì)必須是金屬，不是任何材質(zhì)的鍋具都適合在電磁爐上使用，故A錯(cuò)誤；D、電磁爐的工作原理是通電線圈中通入交變電流，其產(chǎn)生周期性變化的磁場(chǎng)在鍋底中產(chǎn)生渦流，使鍋底發(fā)熱，通入恒定電流不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，無(wú)法加熱食物，故D錯(cuò)誤。故選：C。（2024春?虹口區(qū)校級(jí)期中）靈敏電流計(jì)的零刻度位于刻度盤(pán)中央，為了使靈敏電流計(jì)的指針在零刻度附近快速停下，實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)設(shè)計(jì)利用“電磁阻尼”來(lái)實(shí)現(xiàn)這一目的。他們?cè)O(shè)計(jì)了如圖所示的甲、乙兩種方案，甲方案和乙方案中的相同磁場(chǎng)均位于零刻度線下方，甲方案在指針轉(zhuǎn)軸上裝上扇形鋁板，乙方案在指針轉(zhuǎn)軸上裝上扇形鋁框，下列說(shuō)法正確的是（）A．因?yàn)殇X框較鋁板質(zhì)量小，所以乙方案比甲方案更加合理 B．乙方案中，鋁框小幅度擺動(dòng)時(shí)一定會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流 C．甲方案中，即使鋁板擺動(dòng)幅度很小，鋁板中也能產(chǎn)生渦流 D．因?yàn)榇┻^(guò)鋁框的磁通量更大，所以乙方案更合理【解答】解：C、甲方案中，鋁板擺動(dòng)時(shí)，扇形鋁板的半徑切割磁感應(yīng)線，在鋁板內(nèi)形成環(huán)狀電流，產(chǎn)生渦流，起電磁阻尼的作用，指針能很快停下來(lái)，故C正確；ABD、乙方案中，當(dāng)指針偏轉(zhuǎn)角度較小時(shí)，鋁框中磁通量不變，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，與鋁框質(zhì)量大小無(wú)關(guān)，因此，甲方案更合理，故ABD錯(cuò)誤；故選：C。題型1感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的求解（2023秋?海淀區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，10匝銅導(dǎo)線制成的線圈兩端M、N與一理想電壓表相連，線圈內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，線圈中磁通量的變化規(guī)律如圖乙所示。下列說(shuō)法中正確的是（）A．電壓表的正接線柱接線圈的N端 B．線圈中磁通量的變化率為1.5Wb/s C．電壓表的讀數(shù)為0.5V D．電壓表的讀數(shù)為5V【解答】解：A、穿過(guò)線圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針?lè)较?，則M端比N端的電勢(shì)高，所以電壓表的正接線柱接線圈的M端，故A錯(cuò)誤；B、磁通量的變化率為：ΔΦΔtCD、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝NΔΦΔt=10故選：D。（2023秋?玄武區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，100匝總阻值為0.3kΩ的圓形線圈兩端M、N與一個(gè)阻值為1.2kΩ的電壓表相連，其余電阻不計(jì)，線圈內(nèi)有垂直紙面指向紙內(nèi)方向的磁場(chǎng)，線圈中的磁通量在按圖乙所示規(guī)律變化。下列說(shuō)法正確的是（）A．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?B．電壓表的正接線柱接線圈的N端 C．線圈中磁通量的變化率為0.05Wb/s D．電表的讀數(shù)為40V【解答】解：AB、穿過(guò)線框的磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律判斷可知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，所以電壓表的正接線柱接線圈的M端，故AB錯(cuò)誤；C、由圖乙知，線圈中磁通量的變化率為：ΔΦΔtD、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝nΔΦΔt=100電表的讀數(shù)為：U=R故選：D。（2023秋?昌平區(qū)期末）如圖甲所示，100匝（圖中只畫(huà)了2匝）圓形線圈面積為0.01m2，電阻不計(jì)。線圈內(nèi)存在方向垂直紙面向里且強(qiáng)度隨時(shí)間變化的磁場(chǎng)；t＝0時(shí)，B＝0。線圈兩端A、B與一個(gè)電壓傳感器相連，電壓傳感器測(cè)得A、B兩端的電壓按圖（乙）所示規(guī)律變化。在t＝0.05s時(shí)（）A．磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率為0.01T/s B．磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率為20T/s C．穿過(guò)每匝線圈的磁通量為2.5×10﹣4Wb D．穿過(guò)每匝線圈的磁通量為5.0×10﹣4Wb【解答】解：AB、由圖乙知，在t＝0.05s時(shí)A、B兩端的電壓U＝1.0V，因線圈電阻不計(jì)，所以線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝U＝1.0V根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝NΔΦΔt=N解得：ΔBΔtCD、由圖（乙）所示規(guī)律可得：Et＝Ut＝20t（V）由：Et＝NΔΦ可得：ΔΦΔt可得：Φt＝0.1t2（Wb）在t＝0.05s時(shí)，Φ＝0.1×（0.05）2Wb＝2.5×10﹣4Wb，故D錯(cuò)誤，C正確。故選：C。題型2感應(yīng)電流電荷量的求解（2023秋?五華區(qū)校級(jí)期末）紙面內(nèi)有一邊長(zhǎng)如圖所示的單匝“凹”字形金屬線框組成閉合回路，置于垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框繞ab軸做角速度為ω的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．則從圖示位置（）A．轉(zhuǎn)動(dòng)45°時(shí)電流瞬時(shí)值等于回路中電流的有效值 B．轉(zhuǎn)動(dòng)60°時(shí)回路中的電流為逆時(shí)針?lè)较?C．轉(zhuǎn)動(dòng)180°的過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量為零 D．轉(zhuǎn)動(dòng)360°的過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為3BL2ω【解答】解：AD、轉(zhuǎn)動(dòng)45°時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值為e＝B×2L×（2Lωsin45°）﹣BL（Lωsin45°）=322BL2感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝B×2L×（2Lω）﹣BL（Lω）＝3BL2ω。設(shè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為E，根據(jù)有效值的定義得：(Em解得：E=32BL2ω，電流的有效值為I=EB、轉(zhuǎn)動(dòng)60°時(shí)回路中磁通量向里減少，由楞次定律可知，回路中的電流為順時(shí)針?lè)较颍蔆錯(cuò)誤；C、轉(zhuǎn)動(dòng)180°的過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量為q=I?Δt=故選：D。（多選）（2023秋?太原期末）如圖所示，直角三角形金屬線框ACD固定在絕緣水平面上，AC＝CD＝L，AC、CD電阻均為R，AD電阻不計(jì)。E、F分別為AC和AD的中點(diǎn)，EF上方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，EF下方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系均為B＝4t（T）。下列說(shuō)法正確的是（）A．金屬線框中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B．金屬線框的感應(yīng)電流始終保持不變 C．金屬線框所受的安培力大小不變 D．在0～t0的時(shí)間內(nèi)，通過(guò)金屬線框某橫截面的電荷量為L(zhǎng)【解答】解：A、E、F分別為AC和AD的中點(diǎn)，則△AEF的面積小于四邊形EFDC的面積，穿過(guò)整個(gè)金屬線框的磁通量垂直紙面向外增加，根據(jù)楞次定律可知，金屬線框中有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，金屬線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：E=ΔBΔt（SEFDC﹣SAEF）＝4×{[12L2?12×（L2）2]?C、AE邊和AF邊所受安培力的合力等效于長(zhǎng)度等于EF的直導(dǎo)線所受的安培力，由左手定則知該合力方向向上。EC邊、CD邊、FD邊所受安培力的合力等效于長(zhǎng)度等于EF的直導(dǎo)線所受的安培力，由左手定則知該合力方向向上，所以金屬線框所受的安培力大小F＝BLEFI，由于B增大，所以金屬線框所受的安培力大小增大，故C錯(cuò)誤；D、金屬線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I=E2R=L22R故選：BD。（多選）（2024?鄭州一模）如圖甲所示，一個(gè)n＝100匝的圓形導(dǎo)體線圈面積S1=0.5m2，總電阻r＝1Ω。在線圈內(nèi)存在面積A．0～4s內(nèi)a、b間的電勢(shì)差Uab＝﹣0.04V B．4～6s內(nèi)a、b間的電勢(shì)差Uab＝8V C．0～4s內(nèi)通過(guò)電阻R的電荷量為8C D．4～6s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為64J【解答】解：AC、0～4s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=nΔB回路中感應(yīng)電流大小為I=E在0～4s時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，穿過(guò)線圈的磁通量向外增加，根據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流由b流經(jīng)電阻R回到a，a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì)，則a、b間的電勢(shì)差為Uab＝﹣IR＝﹣2×2V＝﹣4V通過(guò)電阻R的電荷量為q＝It＝2×4C＝8C，故A錯(cuò)誤，C正確；BD、在4～6s時(shí)間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2=n感應(yīng)電流大小為I2根據(jù)楞次定律知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流由a流經(jīng)電阻R回到b，a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)，則a、b間的電勢(shì)差為Uab′＝I2R＝4×2V＝8V電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I22Rt＝42×故選：BCD。題型3平動(dòng)導(dǎo)體棒切割電動(dòng)勢(shì)（2023秋?下城區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng)。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好。軌道左端MP間接一電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源，并聯(lián)電阻的阻值為R。不計(jì)軌道和導(dǎo)體棒的電阻，閉合開(kāi)關(guān)S后導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始，經(jīng)t秒以v勻速率運(yùn)動(dòng)，則下列判斷正確的是（）A．速率v=ERB．從0～t秒電源消耗的電能E=1C．t秒后通過(guò)電阻R的電流為零 D．t秒末導(dǎo)體棒ab兩端的電壓為E【解答】解：ACD、閉合開(kāi)關(guān)S后導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t秒以v勻速率運(yùn)動(dòng)，此時(shí)導(dǎo)體棒不受安培力作用，導(dǎo)體棒中的電流為0，則導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電阻R兩端電壓相等，則有：U＝BLv導(dǎo)體棒中的電流為0，相當(dāng)于斷路，此時(shí)通過(guò)電阻R的電流為：I=且有：U＝IR聯(lián)立解得：v=ERBL(R+r)，t秒末導(dǎo)體棒ab兩端的電壓為：B、從0～t秒，根據(jù)能量守恒可知，電源消耗的電能轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的動(dòng)能、電阻R和內(nèi)阻r的焦耳熱，且通過(guò)電阻R的電流并不是一直為ER+r，因此電源消耗的電能E≠故選：A。（2023秋?攀枝花期末）如圖所示，在邊長(zhǎng)為2l的正三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一邊長(zhǎng)為l的菱形單匝金屬線框abcd的底邊與BC在同一直線上，菱形線框的∠c＝60°。使線框保持恒定的速度沿平行于BC方向勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域。以ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)為零時(shí)刻，規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较驎r(shí)為正，則感應(yīng)電流i與時(shí)間t的關(guān)系圖線可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)楞次定律可以判斷出感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，所以感應(yīng)電流為正值，由于ab邊與AB邊平行，所以ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度一直為：l'=lcos6根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式有：E＝Bl′v線框中的電流為：I=可知，有效切割長(zhǎng)度不變，電流都不變。線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，由幾何關(guān)系可知，a點(diǎn)即將從AC邊穿出，在穿出磁場(chǎng)過(guò)程中根據(jù)楞次定律，可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以電流為負(fù)值。線框在穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中有效切割長(zhǎng)度從0開(kāi)始增大到l′后又逐漸減小到0，根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式有：E＝Bl′v線框中的電流：I=E故選：B。（2023秋?鄭州期末）如圖所示，粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框abcd，置于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，圖中虛線為磁場(chǎng)邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)使線框以同樣大小的速度v0勻速沿四個(gè)不同方向平動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)，并且速度方向始終與線框先進(jìn)入磁場(chǎng)的那條邊垂直，則在通過(guò)如圖所示位置時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．圖①中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差最大 B．圖②中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差最大 C．圖③中回路電流最大 D．圖④中回路電流最小【解答】解：設(shè)正方形線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，無(wú)論怎樣進(jìn)入磁場(chǎng)，四個(gè)圖中的電動(dòng)勢(shì)均為：E＝BLv0設(shè)正方形線框的電阻為R，則四個(gè)圖中回路的電流均為：I=其中圖①中ab邊相當(dāng)于電源，ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為：U圖②、③、④中ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差均為：U'故選：A。題型4轉(zhuǎn)動(dòng)導(dǎo)體棒切割電動(dòng)勢(shì)（2024春?蘇州期中）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，OC導(dǎo)體棒長(zhǎng)為2l，O端位于圓心，棒的中點(diǎn)A位于磁場(chǎng)區(qū)域的邊緣?，F(xiàn)使導(dǎo)體棒繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，O、A、C點(diǎn)電勢(shì)分別為φO、φA、φC，OC兩端產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，則（）A．φO＞φC，E=12Bωl2 B．φC＝φA，E＝BωlC．φO＜φA，E＝Bωl2 D．φC＞φA，E＝2Bωl2【解答】解：導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)右手定則可知，φC＝φA＜φO，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝B?l?lω2故選：A。（2024?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)模擬）法拉第圓盤(pán)發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示。銅圓盤(pán)安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤(pán)的邊緣和銅軸接觸，圓盤(pán)處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。圓盤(pán)旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過(guò)電阻R的電流，下列說(shuō)法正確的是（）A．若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度不變，則電流為零 B．若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小均勻增大，則產(chǎn)生恒定電流 C．若從上向下看，圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流方向從a到b D．若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電阻R的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍【解答】解：AB.圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)相當(dāng)于一條半徑方向的導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=1CD.右手定則知，圓盤(pán)按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流沿a到b的方向流動(dòng)，故C正確；若ω變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，電流變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，由P＝I2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，故D錯(cuò)誤。故選：C。（2024?甘肅模擬）1831年，法拉第發(fā)明了第一臺(tái)發(fā)電機(jī)，示意圖如下。半徑為r的銅盤(pán)安裝在金屬軸上，其邊緣置于一個(gè)磁鐵兩極之間的狹縫里，銅盤(pán)邊緣與軸通過(guò)導(dǎo)線與檢流計(jì)連接。銅盤(pán)以周期T勻速旋轉(zhuǎn)，檢流計(jì)中有電流通過(guò)。已知狹縫沿半徑方向的長(zhǎng)度為a，狹縫間為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，忽略狹縫之外的磁場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．檢流計(jì)中電流方向從Q向P B．若銅盤(pán)旋轉(zhuǎn)方向和磁場(chǎng)方向同時(shí)反向，則檢流計(jì)中電流方向也反向 C．銅盤(pán)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為πa(2r?a)BTD．銅盤(pán)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為πa(r?a)B【解答】解：AB．根據(jù)右手定則可知，檢流計(jì)中電流方向從P向Q，若銅盤(pán)旋轉(zhuǎn)方向和磁場(chǎng)方向同時(shí)反向，則檢流計(jì)中電流方向不變，故AB錯(cuò)誤；CD．銅盤(pán)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=Ba(r?a)ω+rω故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。題型5通電和斷電自感（2023秋?遼寧期末）在斷電自感的演示實(shí)驗(yàn)中，用小燈泡、帶鐵芯的電感線圈L和定值電阻R等元件組成了如圖甲所示的電路。閉合開(kāi)關(guān)S待電路穩(wěn)定后，兩支路中的電流分別為I1和I2。斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S前、后的一小段時(shí)間內(nèi)，電路中的電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，則下列說(shuō)法正確的是（）A．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S前，定值電阻R中的電流為I2 B．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S前，燈泡的電阻小于定值電阻R和電感線圈L的總電阻 C．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S后，小燈泡先突然變亮再逐漸熄滅 D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S后，小燈泡所在支路中的電流如曲線a所示【解答】解：AD．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S前、后的一小段時(shí)間內(nèi)，通過(guò)電感線圈L的電流方向是不變的，則電感線圈L所在支路的電流如曲線a所示，小燈泡所在支路的電流如曲線b所示，則斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S前，定值電阻R中的電流為I1，燈泡中的電流為I2，故AD錯(cuò)誤；B．由題圖可知，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S前通過(guò)電感線圈L的電流大于通過(guò)小燈泡的電流，結(jié)合歐姆定律可知斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S前，小燈泡的電阻大于定值電阻R和電感線圈L的總電阻，故B錯(cuò)誤；C．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S后，電感線圈L產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的減小，電感線圈L相當(dāng)于電源，由于線圈L、電阻R和燈泡重新組成回路，且斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S前電感線圈所在支路的總電阻小于小燈泡的總電阻，則小燈泡先突然變亮再逐漸熄滅，故C正確。故選：C。（2024春?武漢期中）在如圖所示的電路中，A、B是兩個(gè)完全相同的燈泡，L是一個(gè)自感系數(shù)很大、直流電阻為零的自感線圈，則下列判斷錯(cuò)誤的是（）A．S剛閉合瞬間，A燈和B燈同時(shí)亮 B．S閉合后電路穩(wěn)定前，A燈逐漸變暗 C．S閉合電路穩(wěn)定后，A燈和B燈亮度相同 D．S閉合電路穩(wěn)定后，再斷開(kāi)S時(shí)，A燈閃亮一下后熄滅【解答】解：A．開(kāi)關(guān)S閉合的瞬間，兩燈同時(shí)獲得電壓，所以A、B同時(shí)發(fā)光，故A正確；BC．由于線圈的電阻可以忽略，所以在開(kāi)關(guān)S閉合后的一小段時(shí)間內(nèi)，燈A逐漸被短路，則流過(guò)A燈的電流逐漸減小，A燈逐漸變暗，直至熄滅，而流過(guò)B的電流增大，所以B燈變亮，故B正確，C錯(cuò)誤；D．S閉合電路穩(wěn)定后，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S的瞬間，線圈L與燈A組成自感回路，流過(guò)線圈的電流要減小，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)電源，維持L中的電流逐漸減小，所以A燈突然閃亮一下再熄滅，而流過(guò)B燈的電流突然消失，B立即熄滅，故D正確。本題選不正確的，故選：C。（2023秋?道里區(qū)校級(jí)期末）如圖電路，A1與A2是完全相同的燈泡，電阻均為R，自感線圈直流電阻r＜R，則（）A．閉合開(kāi)關(guān)后，A2立即亮，A1逐漸亮 B．閉合開(kāi)關(guān)后，A1立即亮，A2逐漸亮 C．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)的瞬間，有電流流過(guò)A2，方向向左 D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)的瞬間，有電流流過(guò)A1，方向向右【解答】解：AB、閉合開(kāi)關(guān)的瞬間，由于線圈中自感電動(dòng)勢(shì)的阻礙，A1立即亮，A2逐漸亮，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、閉合開(kāi)關(guān)，待電路穩(wěn)定后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，線圈L產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，A、B串聯(lián)與L、R組成自感回路，電流從流過(guò)線圈L的電流值開(kāi)始逐漸減小，則電流向右流過(guò)A2，向左流過(guò)A1，故CD錯(cuò)誤；故選：B。題型6渦流（2023秋?崇川區(qū)期末）如圖所示，把一鐵塊放入通電線圈內(nèi)部，一段時(shí)間后，鐵塊就會(huì)“燒”得通紅。下列說(shuō)法中正確的是（）A．鐵塊中產(chǎn)生了渦流 B．線圈接的是干電池 C．如果是用木塊放在線圈內(nèi)部，木塊可能會(huì)燃燒 D．如果是將手指伸入線圈內(nèi)部，手指可能被“燒”傷【解答】解：A、當(dāng)線圈通入變化的電流時(shí)，會(huì)在線圈內(nèi)部會(huì)產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，而鐵塊放在線圈內(nèi)部，則在鐵塊內(nèi)部會(huì)有變化的磁場(chǎng)，而變化的磁場(chǎng)能夠產(chǎn)生電場(chǎng)，因此會(huì)在鐵塊內(nèi)部形成渦流，而根據(jù)電流的熱效應(yīng)，鐵塊會(huì)被“燒”得通紅，故A正確；B、干電池提供的是直流電，當(dāng)線圈接干電池時(shí)，線圈中的電