高考物理一輪復習考點精講精練第24講　法拉第電磁感應定律、自感和渦流（解析版）

第24講法拉第電磁感應定律、自感和渦流1、理解環(huán)和掌握法古拉第電滋感應定律。2、會求感生電動勢和動生電動勢。3、理解自感、禍流、電掬驅動和電嘟阻尼考點一法拉第電磁感應定律的應用1．感應電動勢(1)感應電動勢：在電磁感應現象中產生的電動勢．產生感應電動勢的那部分導體就相當于電源，導體的電阻相當于電源內阻．(2)感應電流與感應電動勢的關系：遵循閉合電路歐姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).2．感應電動勢大小的決定因素(1)感應電動勢的大小由穿過閉合電路的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)和線圈的匝數共同決定，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒有必然聯系．(2)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).3．磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t圖象上某點切線的斜率．（2024?下城區(qū)校級模擬）在豎直方向的勻強磁場中，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，磁場向上為正。當磁感應強度B隨時間t按圖乙變化時，下列說法正確的是（）A．0～1s內感應電流的磁場在圓環(huán)圓心處的方向向上 B．1～2s內通過圓環(huán)的感應電流的方向與圖甲所示方向相反 C．0～2s內線圈中產生的感應電動勢為B0D．2～4s內線圈中產生的焦耳熱為2【解答】解：A、0～1s內磁場向下減小，根據楞次定律可知感應電流的磁場在圓環(huán)圓心處的方向向下，故A錯誤；B、1～2s內磁場向上增大，根據楞次定律可知感應電流的磁場在圓環(huán)圓心處的方向向下，所以感應電流方向與圖甲所示方向相同，故B錯誤；C、根據法拉第電磁感應定律有：E＝nΔΦΔt=nsΔBΔtD、同C選項可知在2～4s內線圈中的感應電動勢為E＝B0S，焦耳熱P=E2R故選：D。（2024?濟南模擬）如圖所示，邊長為L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（包括邊界）存在豎直向下勻強磁場，其磁感應強度與時間的關系式為B＝kt（k＞0且為常量），則金屬回路產生的感應電流大小為（）A．kL2R B．πkL24R【解答】解：根據法拉第電磁感應定律可知回路產生的感應電動勢為：E=由閉合電路歐姆定律可知金屬回路產生的感應電流大小為：I=E故選：D。（2023秋?渝中區(qū)校級期末）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、右兩側分別存在著方向如圖甲所示的勻強磁場，垂直紙面向里為磁場的正方向，兩部分磁場的磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙。則0～t0時間內（）A．線圈受到的安培力的合力向右 B．線圈中電流沿順時針方向 C．感應電流的大小πrD．細桿對線框的彈力逐漸增大【解答】解：AB、穿過左邊部分的導線框的磁通量向外減小，根據楞次定律可知，左邊部分的導線框產生的感應電動勢沿逆時針方向。穿過右邊部分的導線框的磁通量向里增加，根據楞次定律可知，右邊部分的導線框產生的感應電動勢沿逆時針方向，所以整個線圈中感應電流沿逆時針方向，由左手定則可知，左邊部分的導線框所受的安培力向左，右邊部分的導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錯誤；C、由法拉第電磁感應定律知線圈產生感應電動勢為E＝2×ΔBΔt?πr22=B再由閉合電路歐姆定律可得感應電流大小為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，由平衡條件可知細桿對線框的彈力與線圈受到的安培力的合力大小相等，則細桿對線框的彈力保持不變，故D錯誤。故選：C?？键c二導體切割磁感線產生感應電動勢的計算1．公式E＝Blv的使用條件(1)勻強磁場．(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．“瞬時性”的理解(1)若v為瞬時速度，則E為瞬時感應電動勢．(2)若v為平均速度，則E為平均感應電動勢．3．切割的“有效長度”公式中的l為有效切割長度，即導體在與v垂直的方向上的投影長度．圖中有效長度分別為：甲圖：l＝eq\x\to(cd)sinβ；乙圖：沿v1方向運動時，l＝eq\x\to(MN)；沿v2方向運動時，l＝0.丙圖：沿v1方向運動時，l＝eq\r(2)R；沿v2方向運動時，l＝0；沿v3方向運動時，l＝R.4．“相對性”的理解E＝Blv中的速度v是相對于磁場的速度，若磁場也運動，應注意速度間的相對關系．（2023秋?玄武區(qū)校級期末）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磁場區(qū)域，v1＝2v2，則在先后兩種情況下（）A．線圈中的感應電動勢之比為E1：E2＝1：2 B．線圈中的感應電流之比為I1：I2＝4：1 C．線圈中產生的焦耳熱之比Q1：Q2＝2：1 D．通過線圈某截面的電荷量之比q1：q2＝2：1【解答】解：A、v1＝2v2，根據E＝BLv，知感應電動勢之比2：1，故A錯誤；B、感應電流I=ER=BLvRC、v1＝2v2，知時間比為1：2，根據Q＝I2Rt，知熱量之比為2：1，故C正確；D、根據q=It＝nΔΦ故選：C。（2023秋?海淀區(qū)校級期末）如圖，水平面內兩導軌間距1m，處于磁感應強度B＝1T的勻強磁場中，導軌的左端接有電阻R＝3Ω、長1m的導體棒PQ垂直導軌，以4m/s的速度向右勻速滑動，導體棒電阻為1Ω，導軌的電阻忽略不計。則下列說法正確的是（）A．P點的電勢高于Q點，PQ兩點電勢差的大小為4V B．P點的電勢高于Q點，PQ兩點電勢差的大小為3V C．Q點的電勢高于P點，PQ兩點電勢差的大小為4V D．Q點的電勢高于P點，PQ兩點電勢差的大小為3V【解答】解：切割磁感線的導體棒相當于電源，導體棒PQ為電源，由右手定則可知PQ棒中感應電流方向Q→P，電源內部電流由低電勢流向高電勢，故P點電勢高于Q點由E＝BLv得PQ棒產生的感應電動勢為E＝BLv＝1×1×4V＝4VP、Q兩點的電勢差等于路端電壓，由閉合電路歐姆定律得P、Q兩點的電勢差大小為U=IR=E故選：B。（2023秋?吉林期末）法拉第發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機—法拉第圓盤發(fā)電機，原理圖如圖所示。半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉動，則通過電阻R的電流的方向和大小是（金屬圓盤的電阻不計）（）A．由d到c，I=Br2ωC．由c到d，I=Br2【解答】解：根據法拉第電磁感應定律，圓盤切割磁感線產生的感應電動勢為E＝Brv=Br根據歐姆定律，通過電阻的電流大小為I=E由右手定則，圓盤相當于電源，其電動勢方向為從邊緣指向圓心，所以電阻中的電流方向為從d到c，故A正確，BCD錯誤。故選：A。（2023秋?黃岡期末）如圖所示，abcd為水平固定的足夠長的“?”形金屬導軌，間距為L，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計，足夠長的金屬棒MN傾斜放置，與導軌成夾角θ＝30°，金屬棒單位長度的電阻為r，保持金屬棒以速度v（速度方向平行于ab，如圖）勻速運動（金屬棒尚未脫離導軌），金屬棒與導軌接觸良好，則通過金屬棒中的電流為（）A．Bv2r B．Bv4r C．Bvr【解答】解：金屬棒切割磁感線的有效長度等于導軌間距L，感應電動勢：E＝BLv，導體棒接入電路的長度：l=L回路的總電阻：R＝lr＝2Lr通過金屬棒的電流：I=E故選：A。（多選）（2024?廈門模擬）如圖甲所示，M、N是兩根固定在水平面內的平行金屬長導軌，導軌間距為L，電阻不計。兩虛線PQ、ST與導軌垂直，PQ左側存在豎直向上的勻強磁場，ST右側存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小均為B。質量為m的金屬棒ab與導軌垂直，靜置在左側磁場中。位于兩虛線之間的金屬棒cd與導軌夾角為θ，在外力作用下以速度v向右始終做勻速直線運動，從c端進入右側磁場時開始計時，回路中的電流i隨時間t的變化關系如圖乙所示，圖中0～t1部分為直線，t1A．cd棒全部進入磁場時，cd棒產生的電動勢大小為BLv B．t1時刻cd棒所受的安培力大小為BIC．2t1時刻ab棒的速度大小為(1?ID．t1～2t1時間內，通過回路某截面電荷量為mv【解答】解：A、cd棒全部進入磁場時，cd棒的有效切割長度為L，產生的電動勢大小為E＝BLv，故A正確；B、根據題意可知t1=L2vtanθ，可知速度v則安培力大小為F＝BI1L'=故B錯誤；C、2t1時刻cd棒全部進入磁場，設電路總電阻為R，則總電流I2=t1時刻，ab未動，則有I1R=1聯立解得vab=(1?故C正確；D、對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錯誤；故選：AC。（多選）（2024?聊城一模）如圖所示，兩電阻為零的光滑導軌水平放置在垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，導軌間距最窄處為一狹縫（狹縫寬度不計），取狹縫所在處O點為坐標原點，狹縫右側兩導軌與x軸夾角均為θ，導軌左端通過單刀雙擲開關S可以與電容C或電阻R相連，導軌上有一足夠長且不計電阻的金屬棒與x軸垂直，在外力F（大小未知）的作用下從O點開始以速度v向右勻速運動，若某時刻開關S接1，外力用F1表示，通過金屬棒電流的大小用I1表示；若某時刻開關S接2，外力用F2表示，通過金屬棒電流的大小用I2表示。關于外力、電流大小隨時間變化的圖象關系正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：AB、由題知金屬棒勻速切割磁感線，根據幾何關系切割長度為：L＝2x?tanθ其中：x＝vt則產生的感應電動勢為：E＝2Bv2ttanθ當開關S接1時，通過金屬棒的電流為：I1則可得知道安培力：F1由于具有初速度，則開始計時時I1、F1不為零，不過原點。故A正確，B錯誤；CD、當開關S接2時，通過金屬棒的電流為：I2=ΔqΔt=C?ΔU則可得：F2=BLI2=4故選：AD。（2024?遼寧模擬）某小組設計了一種汽車電磁感應懸架系統模型，其原理示意圖如圖所示。質量為m的重物系統MNPQ內存在方向水平、垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，系統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邊長為L。某次測試過程中，當重物底部MQ與線圈ab邊重合時，重物系統的速度為v0，向下運動一段距離h后，速度達到最小值，此時NP未碰到ab邊上的彈簧，重物系統未碰到地面，已知重力加速度為g，不計一切摩擦，求重物系統：（1）速度為v0時，線圈中的感應電流大??；（2）向下運動h的過程中，線圈中產生的焦耳熱；（3）向下運動h的時間?！窘獯稹拷猓海?）根據電磁感應定律，速度為v0時線圈中的感應電動勢為E＝BLv0根據閉合電路的歐姆定律有I=E聯立解得I=BL（2）重物系統向下運動一段距離h后，速度達到最小值，此時加速度為0，根據牛頓第二定律有BI′L﹣mg＝0根據閉合電路的歐姆定律有I'=E'根據電磁感應定律，此時線圈中的感應電動勢為E′＝BLv聯立解得v=mgR重物系統向下運動h的過程，根據能量守恒定律有Q=mg?+1解得Q=mg?+1（3）重物系統向下運動h的過程，以向下為正方向，根據動量定理有mgt?BI又It=qq=BL?聯立解得t=B（2023秋?遼寧期末）如圖（a），超級高鐵是一種以“真空管道運輸”為理論核心設計的交通工具，具有超高速低能耗、無噪聲零污染等特點。如圖（b），已知運輸車管道中固定著兩根平行金屬導軌MN、PQ，導軌間距為3r。運輸車的質量為m，橫截面是個圓，運輸車上固定著長為3（1）當運輸車由靜止離站時，在導體棒2后距離為D處，接通固定在導軌上電動勢為E的直流電源（電源內阻為R），此時導體棒1、2均處于磁感應強度為B，垂直導軌平面向下的勻強磁場中，如圖（c），則剛接通電源時運輸車加速度多大？（2）運輸車進站時切斷電源，管道內依次分布著相鄰的方向相反的勻強磁場，各個勻強磁場寬度均為D，磁感應強度大小均為B，如圖（d），則當運輸車速度為v時受到的安培力多大？（3）求在（2）的條件下，運輸車以速度v0進入磁場到停止運動的過程中，導體棒1上產生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）運輸車到站時R總由閉合電路的歐姆定律I=E通過導體棒的電流I1導體棒所受的安培力F1根據牛頓第二定律，運輸車的加速度a=F解得a=2（2）當車速為v時，由法拉第電磁感應定律E1=Bv3由閉合電路的歐姆定律I=E導體棒所受的安培力F1運輸車所受的合力F=F（3）根據能量守恒定律，導體棒產生的總焦耳熱為Q=1則可導體棒1產生的焦耳熱為Q'=1考點三自感現象的理解1．自感現象(1)概念：由于導體本身的電流變化而產生的電磁感應現象稱為自感，由于自感而產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L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數以及是否有鐵芯有關．2．自感現象“阻礙”作用的理解(1)流過線圈的電流增加時，線圈中產生的自感電動勢與電流方向相反，阻礙電流的增加，使其緩慢地增加．(2)流過線圈的電流減小時，線圈中產生的自感電動勢與電流方向相同，阻礙電流的減小，使其緩慢地減?。€圈就相當于電源，它提供的電流從原來的IL逐漸變?。?．自感現象的四大特點(1)自感電動勢總是阻礙導體中原電流的變化．(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)線圈的自感系數越大，自感現象越明顯，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．4．斷電自感中，燈泡是否閃亮問題(1)通過燈泡的自感電流大于原電流時，燈泡閃亮．(2)通過燈泡的自感電流小于或等于原電流時，燈泡不會閃亮．（2024春?深圳期中）如圖所示，M和N為兩個完全一樣的燈泡，L是一個理想電感線圈（電阻不計），R是一個定值電阻，當電鍵S突然閉合或斷開時，下列判斷正確的是（）A．電鍵突然閉合，N比M先亮 B．電鍵閉合較長時間后，N比M亮 C．電鍵突然斷開，N比M先熄滅 D．無論電鍵突然閉合還是斷開，M和N的現象完全相同【解答】解：A、電鍵突然閉合，L產生感應電動勢，阻礙電流的增大，通過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錯誤；B、電鍵閉合較長時間后，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，因為兩個燈泡完全相同，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錯誤；CD、電鍵突然斷開，L產生感應電動勢，相當于電源，兩個燈泡串聯，電流相同，兩燈同時熄滅，故CD錯誤。故選：A。（2024?大慶三模）如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內阻為r，線圈L的電阻不計，電阻R的阻值大于燈泡D的阻值，燈泡的阻值不變，在t＝0時刻閉合開關S，經過一段時間后，在t＝t1時刻斷開S，下列說法正確的是（）A．斷開S后，燈泡閃一下熄滅 B．斷開S后，B點電勢高于A點電勢 C．0～t1時間內，燈泡D兩端電壓先增大再保持不變 D．0～t1時間內，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，所以當開關閉合時，線圈所在支路的電阻大于燈泡的電阻，則電流小于流過燈泡D的電流，故當開關斷開瞬間，線圈產生的感應電流也小于原來流過燈泡D的電流，燈泡不會閃亮一下，故A錯誤；B、開關閉合后再斷開時，線圈的感應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B點電勢高于A點電勢，故B正確；C、開關閉合時，線圈由于產生自感對電流有阻礙作用，可看作電阻，線圈電阻隨電流的增大逐漸減小，則并聯電路電阻逐漸減小，根據閉合電路的歐姆定律可知電路中的總電流增大，則電源的內電壓增大，所以電壓UAB逐漸減小，當電路中的電流穩(wěn)定后再保持不變，故C錯誤；D、開關閉合時，線圈由于產生自感對電流有阻礙作用，但阻礙作用隨電流的增大逐漸減小，即流過L與R的電流逐漸增大，根據U＝IR可知，燈泡D兩端電壓先增大，當電路中的電流穩(wěn)定后再保持不變，故D錯誤。故選：B。（2024?重慶模擬）如圖為某品牌手機無線充電的原理示意圖。若某段時間內送電線圈產生的磁場B在逐漸增強，則（）A．此時送電線圈中的電流由端口1流入 B．此時受電線圈的端口3為正極 C．此時受電線圈的面積有擴大的趨勢 D．受電線圈中電流產生的磁場方向與圖示磁場方向相同【解答】解：A、送電線圈產生的磁場B方向向上，根據右手螺旋定則，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、送電線圈產生的磁場B在逐漸增強，依據楞次定律和右手螺旋定則，受電線圈感應電流阻礙體通量變化，受電線圈感應電流的磁場向下，受電線圈的面積有縮小的趨勢，電流從3流進，由4流出，由于電源內部，電流從負極流向正極，因此端口4為正極，故BCD錯誤；故選：A。（2024?淮安模擬）如圖所示，將絕緣導線繞在柱形鐵塊上，導線內通以交變電流，鐵塊內就會產生感應電流，即渦流。當線圈內部空間的磁感線方向豎直向上，在鐵塊內產生（自上而下觀察）沿虛線順時針方向的渦流方向時，下列說法正確的是（）A．絕緣導線中的電流正在減小 B．絕緣導線中的電流由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【解答】解：AB、圖中渦流為順時針方向，根據安培定則可知，感應電流的磁場方向向下，與交變電流的磁場的方向相反，根據楞次定律可知絕緣導線中的電流正在增大；柱形鐵塊中磁場方向如圖所示，根據安培定則可知，此時絕緣導線中的電流由a流向b，故AB錯誤；C、增大交變電流的頻率，則電流產生的磁場的變化率增大，可增大導體內產生的感應電動勢，所以會增加渦流，故C錯誤；D、在感應電動勢的大小一定時要減小渦流，需要增大鐵塊電阻，根據電阻定律可知，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，故D正確。故選：D。（2023秋?道里區(qū)校級期末）電磁爐的基本結構圖如圖所示，下列說法正確的是（）A．任何材質的鍋具都適合在電磁爐上使用 B．電磁爐支板處產生渦流，鍋體無渦流 C．電磁爐使鍋體產生渦流，支板處無渦流 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加熱原理制成的烹飪器具，使用時，加熱線圈中通入交變電流，線圈周圍便產生周期性變化的磁場，周期性變化磁場的磁感線大部分通過金屬鍋底，在鍋底中產生大量的渦流，從而產生烹飪所需要的熱量，電磁爐支板處不產生渦流，鍋體有渦流，故B錯誤，C正確；A、要使鍋內產生渦流，則鍋的材質必須是金屬，不是任何材質的鍋具都適合在電磁爐上使用，故A錯誤；D、電磁爐的工作原理是通電線圈中通入交變電流，其產生周期性變化的磁場在鍋底中產生渦流，使鍋底發(fā)熱，通入恒定電流不會產生感應電流，無法加熱食物，故D錯誤。故選：C。（2024春?虹口區(qū)校級期中）靈敏電流計的零刻度位于刻度盤中央，為了使靈敏電流計的指針在零刻度附近快速停下，實驗小組的同學設計利用“電磁阻尼”來實現這一目的。他們設計了如圖所示的甲、乙兩種方案，甲方案和乙方案中的相同磁場均位于零刻度線下方，甲方案在指針轉軸上裝上扇形鋁板，乙方案在指針轉軸上裝上扇形鋁框，下列說法正確的是（）A．因為鋁框較鋁板質量小，所以乙方案比甲方案更加合理 B．乙方案中，鋁框小幅度擺動時一定會產生感應電流 C．甲方案中，即使鋁板擺動幅度很小，鋁板中也能產生渦流 D．因為穿過鋁框的磁通量更大，所以乙方案更合理【解答】解：C、甲方案中，鋁板擺動時，扇形鋁板的半徑切割磁感應線，在鋁板內形成環(huán)狀電流，產生渦流，起電磁阻尼的作用，指針能很快停下來，故C正確；ABD、乙方案中，當指針偏轉角度較小時，鋁框中磁通量不變，不能產生感應電流，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，與鋁框質量大小無關，因此，甲方案更合理，故ABD錯誤；故選：C。題型1感應電動勢的求解（2023秋?海淀區(qū)校級期末）如圖甲所示，10匝銅導線制成的線圈兩端M、N與一理想電壓表相連，線圈內磁場方向垂直紙面向里，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．電壓表的讀數為0.5V D．電壓表的讀數為5V【解答】解：A、穿過線圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知線圈感應電動勢沿逆時針方向，則M端比N端的電勢高，所以電壓表的正接線柱接線圈的M端，故A錯誤；B、磁通量的變化率為：ΔΦΔtCD、根據法拉第電磁感應定律得：E＝NΔΦΔt=10故選：D。（2023秋?玄武區(qū)校級期末）如圖甲所示，100匝總阻值為0.3kΩ的圓形線圈兩端M、N與一個阻值為1.2kΩ的電壓表相連，其余電阻不計，線圈內有垂直紙面指向紙內方向的磁場，線圈中的磁通量在按圖乙所示規(guī)律變化。下列說法正確的是（）A．線圈中產生的感應電流沿順時針方向 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．電表的讀數為40V【解答】解：AB、穿過線框的磁通量向里增加，根據楞次定律判斷可知，線圈中產生的感應電流沿逆時針方向，所以電壓表的正接線柱接線圈的M端，故AB錯誤；C、由圖乙知，線圈中磁通量的變化率為：ΔΦΔtD、根據法拉第電磁感應定律可得感應電動勢為E＝nΔΦΔt=100電表的讀數為：U=R故選：D。（2023秋?昌平區(qū)期末）如圖甲所示，100匝（圖中只畫了2匝）圓形線圈面積為0.01m2，電阻不計。線圈內存在方向垂直紙面向里且強度隨時間變化的磁場；t＝0時，B＝0。線圈兩端A、B與一個電壓傳感器相連，電壓傳感器測得A、B兩端的電壓按圖（乙）所示規(guī)律變化。在t＝0.05s時（）A．磁感應強度隨時間的變化率為0.01T/s B．磁感應強度隨時間的變化率為20T/s C．穿過每匝線圈的磁通量為2.5×10﹣4Wb D．穿過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A、B兩端的電壓U＝1.0V，因線圈電阻不計，所以線圈產生的感應電動勢E＝U＝1.0V根據法拉第電磁感應定律得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，Φ＝0.1×（0.05）2Wb＝2.5×10﹣4Wb，故D錯誤，C正確。故選：C。題型2感應電流電荷量的求解（2023秋?五華區(qū)校級期末）紙面內有一邊長如圖所示的單匝“凹”字形金屬線框組成閉合回路，置于垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，線框繞ab軸做角速度為ω的勻速圓周運動．則從圖示位置（）A．轉動45°時電流瞬時值等于回路中電流的有效值 B．轉動60°時回路中的電流為逆時針方向 C．轉動180°的過程中通過導線截面的電荷量為零 D．轉動360°的過程中感應電動勢的最大值為3BL2ω【解答】解：AD、轉動45°時感應電動勢瞬時值為e＝B×2L×（2Lωsin45°）﹣BL（Lωsin45°）=322BL2感應電動勢的最大值為Em＝B×2L×（2Lω）﹣BL（Lω）＝3BL2ω。設感應電動勢的有效值為E，根據有效值的定義得：(Em解得：E=32BL2ω，電流的有效值為I=EB、轉動60°時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針方向，故C錯誤；C、轉動180°的過程中通過導線截面的電荷量為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。E、F分別為AC和AD的中點，EF上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，EF下方存在垂直紙面向外的勻強磁場。已知兩磁場磁感應強度B隨時間t的變化關系均為B＝4t（T）。下列說法正確的是（）A．金屬線框中有逆時針方向的感應電流 B．金屬線框的感應電流始終保持不變 C．金屬線框所受的安培力大小不變 D．在0～t0的時間內，通過金屬線框某橫截面的電荷量為L【解答】解：A、E、F分別為AC和AD的中點，則△AEF的面積小于四邊形EFDC的面積，穿過整個金屬線框的磁通量垂直紙面向外增加，根據楞次定律可知，金屬線框中有順時針方向的感應電流，故A錯誤；B、根據法拉第電磁感應定律，金屬線框產生的感應電動勢大小為：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度等于EF的直導線所受的安培力，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度等于EF的直導線所受的安培力，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錯誤；D、金屬線框產生的感應電流大小為I=E2R=L22R故選：BD。（多選）（2024?鄭州一模）如圖甲所示，一個n＝100匝的圓形導體線圈面積S1=0.5m2，總電阻r＝1Ω。在線圈內存在面積A．0～4s內a、b間的電勢差Uab＝﹣0.04V B．4～6s內a、b間的電勢差Uab＝8V C．0～4s內通過電阻R的電荷量為8C D．4～6s內電阻R上產生的焦耳熱為64J【解答】解：AC、0～4s內，根據法拉第電磁感應定律得線圈中產生的感應電動勢為E=nΔB回路中感應電流大小為I=E在0～4s時間內，磁感應強度B增大，穿過線圈的磁通量向外增加，根據楞次定律可知，線圈中產生的感應電流由b流經電阻R回到a，a點的電勢低于b點的電勢，則a、b間的電勢差為Uab＝﹣IR＝﹣2×2V＝﹣4V通過電阻R的電荷量為q＝It＝2×4C＝8C，故A錯誤，C正確；BD、在4～6s時間內，線圈產生的感應電動勢為E2=n感應電流大小為I2根據楞次定律知，線圈中產生的感應電流由a流經電阻R回到b，a點的電勢高于b點的電勢，則a、b間的電勢差為Uab′＝I2R＝4×2V＝8V電阻R上產生的焦耳熱為Q=I22Rt＝42×故選：BCD。題型3平動導體棒切割電動勢（2023秋?下城區(qū)校級期末）如圖所示，在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的平行光滑金屬軌道MN、PQ固定在水平面內，相距為L。一質量為m的導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好。軌道左端MP間接一電動勢為E、內阻為r的電源，并聯電阻的阻值為R。不計軌道和導體棒的電阻，閉合開關S后導體棒從靜止開始，經t秒以v勻速率運動，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秒后通過電阻R的電流為零 D．t秒末導體棒ab兩端的電壓為E【解答】解：ACD、閉合開關S后導體棒從靜止開始運動，經t秒以v勻速率運動，此時導體棒不受安培力作用，導體棒中的電流為0，則導體棒ab產生的感應電動勢與電阻R兩端電壓相等，則有：U＝BLv導體棒中的電流為0，相當于斷路，此時通過電阻R的電流為：I=且有：U＝IR聯立解得：v=ERBL(R+r)，t秒末導體棒ab兩端的電壓為：B、從0～t秒，根據能量守恒可知，電源消耗的電能轉化為導體棒的動能、電阻R和內阻r的焦耳熱，且通過電阻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，在邊長為2l的正三角形ABC區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，一邊長為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方向勻速穿過磁場區(qū)域。以ab邊剛進磁場時為零時刻，規(guī)定導線框中感應電流沿順時針方向時為正，則感應電流i與時間t的關系圖線可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：線框進入磁場時，根據楞次定律可以判斷出感應電流的方向為順時針，所以感應電流為正值，由于ab邊與AB邊平行，所以ab邊進入磁場后線框切割磁感線的有效長度一直為：l'=lcos6根據動生電動勢公式有：E＝Bl′v線框中的電流為：I=可知，有效切割長度不變，電流都不變。線框全部進入磁場后，由幾何關系可知，a點即將從AC邊穿出，在穿出磁場過程中根據楞次定律，可判斷出感應電流方向為逆時針，所以電流為負值。線框在穿出磁場的過程中有效切割長度從0開始增大到l′后又逐漸減小到0，根據動生電動勢公式有：E＝Bl′v線框中的電流：I=E故選：B。（2023秋?鄭州期末）如圖所示，粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框abcd，置于有界勻強磁場中，圖中虛線為磁場邊界，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里?，F使線框以同樣大小的速度v0勻速沿四個不同方向平動進入磁場，并且速度方向始終與線框先進入磁場的那條邊垂直，則在通過如圖所示位置時，下列說法正確的是（）A．圖①中a、b兩點間的電勢差最大 B．圖②中a、b兩點間的電勢差最大 C．圖③中回路電流最大 D．圖④中回路電流最小【解答】解：設正方形線框邊長為L，無論怎樣進入磁場，四個圖中的電動勢均為：E＝BLv0設正方形線框的電阻為R，則四個圖中回路的電流均為：I=其中圖①中ab邊相當于電源，ab兩點間的電勢差為：U圖②、③、④中ab兩點間的電勢差均為：U'故選：A。題型4轉動導體棒切割電動勢（2024春?蘇州期中）如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，OC導體棒長為2l，O端位于圓心，棒的中點A位于磁場區(qū)域的邊緣?，F使導體棒繞O點在紙面內以角速度ω逆時針勻速轉動，O、A、C點電勢分別為φO、φA、φC，OC兩端產生的感應電動勢為E，則（）A．φO＞φC，E=12Bωl2 B．φC＝φA，E＝BωlC．φO＜φA，E＝Bωl2 D．φC＞φA，E＝2Bωl2【解答】解：導體棒轉動切割磁感線產生感應電動勢，根據右手定則可知，φC＝φA＜φO，感應電動勢的大小為E＝B?l?lω2故選：A。（2024?朝陽區(qū)校級模擬）法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場中。圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是（）A．若圓盤轉動的角速度不變，則電流為零 B．若圓盤轉動方向不變，角速度大小均勻增大，則產生恒定電流 C．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流方向從a到b D．若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電阻R的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍【解答】解：AB.圓盤轉動時相當于一條半徑方向的導體棒轉動切割磁感線產生感應電動勢，感應電動勢E=1CD.右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉動時，感應電流沿a到b的方向流動，故C正確；若ω變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤。故選：C。（2024?甘肅模擬）1831年，法拉第發(fā)明了第一臺發(fā)電機，示意圖如下。半徑為r的銅盤安裝在金屬軸上，其邊緣置于一個磁鐵兩極之間的狹縫里，銅盤邊緣與軸通過導線與檢流計連接。銅盤以周期T勻速旋轉，檢流計中有電流通過。已知狹縫沿半徑方向的長度為a，狹縫間為勻強磁場，磁感應強度為B，忽略狹縫之外的磁場，下列說法正確的是（）A．檢流計中電流方向從Q向P B．若銅盤旋轉方向和磁場方向同時反向，則檢流計中電流方向也反向 C．銅盤產生的電動勢為πa(2r?a)BTD．銅盤產生的電動勢為πa(r?a)B【解答】解：AB．根據右手定則可知，檢流計中電流方向從P向Q，若銅盤旋轉方向和磁場方向同時反向，則檢流計中電流方向不變，故AB錯誤；CD．銅盤產生的電動勢為E=Ba(r?a)ω+rω故C正確，D錯誤。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驗中，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。閉合開關S待電路穩(wěn)定后，兩支路中的電流分別為I1和I2。斷開開關S前、后的一小段時間內，電路中的電流I隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．斷開開關S前，定值電阻R中的電流為I2 B．斷開開關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．斷開開關S后，小燈泡先突然變亮再逐漸熄滅 D．斷開開關S后，小燈泡所在支路中的電流如曲線a所示【解答】解：AD．斷開開關S前、后的一小段時間內，通過電感線圈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，則斷開開關S前，定值電阻R中的電流為I1，燈泡中的電流為I2，故AD錯誤；B．由題圖可知，斷開開關S前通過電感線圈L的電流大于通過小燈泡的電流，結合歐姆定律可知斷開開關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錯誤；C．斷開開關S后，電感線圈L產生的自感電動勢阻礙電流的減小，電感線圈L相當于電源，由于線圈L、電阻R和燈泡重新組成回路，且斷開開關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是兩個完全相同的燈泡，L是一個自感系數很大、直流電阻為零的自感線圈，則下列判斷錯誤的是（）A．S剛閉合瞬間，A燈和B燈同時亮 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S時，A燈閃亮一下后熄滅【解答】解：A．開關S閉合的瞬間，兩燈同時獲得電壓，所以A、B同時發(fā)光，故A正確；BC．由于線圈的電阻可以忽略，所以在開關S閉合后的一小段時間內，燈A逐漸被短路，則流過A燈的電流逐漸減小，A燈逐漸變暗，直至熄滅，而流過B的電流增大，所以B燈變亮，故B正確，C錯誤；D．S閉合電路穩(wěn)定后，斷開開關S的瞬間，線圈L與燈A組成自感回路，流過線圈的電流要減小，產生自感電動勢，相當電源，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．閉合開關后，A2立即亮，A1逐漸亮 B．閉合開關后，A1立即亮，A2逐漸亮 C．斷開開關的瞬間，有電流流過A2，方向向左 D．斷開開關的瞬間，有電流流過A1，方向向右【解答】解：AB、閉合開關的瞬間，由于線圈中自感電動勢的阻礙，A1立即亮，A2逐漸亮，故A錯誤，B正確；CD、閉合開關，待電路穩(wěn)定后斷開開關，線圈L產生自感電動勢，A、B串聯與L、R組成自感回路，電流從流過線圈L的電流值開始逐漸減小，則電流向右流過A2，向左流過A1，故CD錯誤；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部，一段時間后，鐵塊就會“燒”得通紅。下列說法中正確的是（）A．鐵塊中產生了渦流 B．線圈接的是干電池 C．如果是用木塊放在線圈內部，木塊可能會燃燒 D．如果是將手指伸入線圈內部，手指可能被“燒”傷【解答】解：A、當線圈通入變化的電流時，會在線圈內部會產生變化的磁場，而鐵塊放在線圈內部，則在鐵塊內部會有變化的磁場，而變化的磁場能夠產生電場，因此會在鐵塊內部形成渦流，而根據電流的熱效應，鐵塊會被“燒”得通紅，故A正確；B、干電池提供的是直流電，當線圈接干電池時，線圈中的電