2025版南方鳳凰臺5A教案基礎版物理第11章　電磁感應含答案

2025版《南方鳳凰臺5A教案基礎版物理第11章電磁感應第十一章電磁感應第1講電磁感應現(xiàn)象楞次定律基礎梳理1．感應電流的產生條件(1)電磁感應現(xiàn)象：只要穿過閉合電路的__磁通量__發(fā)生變化，閉合回路中就有電流產生，這種利用磁場產生電流的現(xiàn)象叫電磁感應，產生的電流叫__感應電流__．(2)產生感應電流的條件：__閉合__回路中磁通量發(fā)生變化．(3)能量的轉化：發(fā)生電磁感應現(xiàn)象時，機械能或其他形式的能轉化為__電能__.2．磁通量勻強磁場的磁感應強度B與垂直B的方向上的面積S的__乘積__．公式為Φ＝__BS__，單位為__韋伯__，符號為__Wb__．磁通量是__標__量．磁通量變化有三種可能：(1)__B變S不變__．(2)__B不變S變__．(3)__B和S都變__．3．感應電流的方向判定(1)楞次定律：__感應電流__的磁場總是阻礙引起感應電流的__磁通量__的變化．(2)應用楞次定律判斷感應電流方向的具體步驟：①明確原磁通量的方向．②判斷磁通量的增減情況．③確定感應電流形成的磁場方向．④利用安培定則反推感應電流的方向．(3)右手定則：伸開右手，使拇指跟其余的四指__垂直__且與手掌都在同一平面內，讓磁感線穿過手心，并使大拇指指向導線運動的方向，這時四指所指的方向即為__感應電流__方向．易錯辨析1．只要閉合電路內有磁通量，閉合電路中就有感應電流產生．(×)2．穿過螺線管的磁通量發(fā)生變化時，螺線管內部一定有感應電流產生．(×)3．只要電路的一部分做切割磁感線運動，電路中就一定有感應電流產生．(×)4．感應電流的磁場一定與引起感應電流的磁場方向相反．(×)5．感應電流的磁場一定阻礙引起感應電流的磁場的磁通量的變化．(√)電磁感應現(xiàn)象的理解和判斷常見的產生感應電流的三種情況(2024·泗陽期中調研)將電池組、滑動變阻器、線圈A、線圈B、電流表及開關按圖示連接．線圈A放在線圈B中，開關閉合．下列操作中電流表指針不發(fā)生偏轉的是(C)A．向A中插入鐵芯B．將A向上拔出C．A、B保持相對靜止一起移動D．斷開開關瞬間解析：不管什么方法，只要使穿過B線圈磁通量發(fā)生變化，B線圈就有感應電流產生，電流表指針就偏轉．向A中插入鐵芯使得A圈產生的磁感線能更多穿過B線圈，B線圈磁通量增大，電流表指針偏轉．將A向上拔出、斷開開關瞬間都會使穿過B線圈的磁通量變小，電流表指針偏轉．A、B保持相對靜止一起移動，穿過B線圈的磁通量不變，所以電流表指針不偏轉，故A、B、D錯誤，C正確．感應電流方向的判斷1．運用楞次定律判定感應電流的步驟2．對楞次定律中“阻礙”的理解3．運用右手定則判斷該方法只適用于導體切割磁感線產生的感應電流，注意三個要點：(1)掌心——磁感線穿入．(2)拇指——指向導體運動的方向．(3)四指——指向感應電流的方向．如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，有一質量為m、阻值為R的閉合矩形金屬線框abcd用絕緣輕質細桿懸掛在O點，并可繞O點擺動．金屬線框從右側某一位置靜止開始釋放，在擺動到左側最高點的過程中，金屬線框平面和細桿始終處于同一平面，且垂直紙面．則線框中感應電流的方向是(B)A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d解析：由楞次定律可知線框從右側擺動到O點正下方的過程中，向上的磁通量在減小，故感應電流的方向沿d→c→b→a→d，同理，線框從O點正下方向左側擺動的過程中，電流方向沿d→c→b→a→d，B正確．如圖所示是一種延時繼電器的示意圖，鐵芯上有兩個線圈A和B.線圈A跟電源連接，線圈B兩端連在一起構成一個閉合回路．在斷開開關S的時候，彈簧K并不會立刻將銜鐵D拉起使觸頭C離開，而是過一小段時間才執(zhí)行這個動作．下列說法中正確的是(D)A．線圈B不閉合，仍會產生延時效應B．將銜鐵D換成銅片，延時效果更好C．保持開關S閉合，線圈B中磁通量為零D．斷開開關S的瞬間，線圈B中的電流從上往下看為順時針方向解析：線圈B不閉合時，當S斷開后，在線圈B中不會產生感應電流，鐵芯上不會有磁性，則不會產生延時效應，A錯誤；因銅不是磁性材料，則將銜鐵D換成銅片，會失去延時效果，B錯誤；保持S閉合，線圈B中磁通量不變，但不為零，C錯誤；斷開S的瞬間，穿過線圈B的磁通量向下減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈B中的電流從上往下看為順時針方向，D正確．實驗：探究影響感應電流方向的因素1．實驗設計如圖所示，通過將條形磁鐵插入或拔出線圈來改變穿過螺線管的磁通量，根據(jù)電流表指針的偏轉方向判斷感應電流的方向．2．實驗器材電流表、條形磁鐵、螺線管、電池、開關、導線、滑動變阻器等．3．實驗現(xiàn)象相對運動情況原磁場方向向下向下向上向上Φ的變化情況增加減小減小增加線圈中感應電流的方向自下而上自上而下自下而上自上而下感應電流的磁場方向(線圈中)向上向下向上向下感應電流的磁場方向與原磁場方向的關系相反相同相同相反4．實驗結論當穿過線圈的磁通量增加時，感應電流的磁場與原磁場的方向相反；當穿過線圈的磁通量減小時，感應電流的磁場與原磁場的方向相同．(2023·金陵中學)小紅用如圖甲所示的裝置探究“影響感應電流方向的因素”，螺線管與電流表構成閉合電路，條形磁鐵N極朝下，請回答下列問題：甲(1)要想使電流表指針發(fā)生偏轉，即有感應電流產生，小紅進行了以下四種操作，其中可行的是(B)A．螺線管不動，磁鐵靜止放在螺線管中B．螺線管不動，磁鐵插入或拔出螺線管C．磁鐵與螺線管保持相對靜止，一起勻速向上運動D．磁鐵與螺線管保持相對靜止，一起在水平面內做圓周運動解析：螺線管不動，磁鐵靜止放在螺線管中，螺線管中磁通量沒有發(fā)生變化，不會產生感應電流，電流表指針不會發(fā)生偏轉，A錯誤；螺線管不動，磁鐵插入或拔出螺線管，螺線管中磁通量發(fā)生變化，會產生感應電流，電流表指針會發(fā)生偏轉，B正確；磁鐵與螺線管保持相對靜止，一起勻速向上運動或一起在水平面內做圓周運動的過程，螺線管中磁通量沒有發(fā)生變化，不會產生感應電流，電流表指針不會發(fā)生偏轉，C、D錯誤．(2)已知當電流從靈敏電流表G左端流入時，指針向左偏轉．將靈敏電流表G與線圈L連接，線圈上導線繞法如圖乙所示．將磁鐵N極向下從線圈L上方豎直插入L時，靈敏電流表G的指針將__向左__(填“向左”“向右”或“不”)偏轉．當條形磁鐵從圖中虛線位置向右遠離L時，a點電勢__高于__(填“高于”“等于”或“低于”)b點電勢．乙解析：將磁鐵N極向下從線圈L上方豎直插入L時，螺線管中的磁場向下，磁通量增加，據(jù)楞次定律可知，靈敏電流表G的指針將向左偏轉．當條形磁鐵從圖中虛線位置向右遠離L時，螺線管中磁場向上，磁通量減小，據(jù)楞次定律可知，產生的感應電流為俯視逆時針方向，a點等效為電源正極，a點電勢高于b點電勢．楞次定律推論的應用內容例證增反減同磁體靠近線圈，B感與B原方向相反當I1增大時，環(huán)B中的感應電流方向與I1相反；當I1減小時，環(huán)B中的感應電流方向與I1相同來拒去留磁體靠近，是斥力，阻礙磁體與圓環(huán)相對運動；磁體遠離，是引力，阻礙磁體與圓環(huán)相對運動增縮減擴(適用于單向磁場)P、Q是光滑固定導軌，a、b是可動金屬棒，磁體下移(上移)，a、b靠近(遠離)，使回路面積有縮小(擴大)的趨勢增離減靠當開關S閉合時，左環(huán)向左擺動、右環(huán)向右擺動，遠離通電線圈，通過遠離和靠近阻礙磁通量的變化說明以上情況“殊途同歸”，實質上都是以不同的方式阻礙磁通量的變化如圖所示，光滑固定導體軌M、N水平放置，兩根導體棒P、Q平行放于導軌上，形成一個閉合路．當一條形磁鐵從高處下落接近回路時(A)A．P、Q將互相靠攏B．P、Q將互相遠離C．磁鐵的加速度為gD．磁鐵的加速度一定大于g解析：當一條形磁鐵從高處下落接近回路時，穿過回路的磁通量增加，根據(jù)楞次定律，感應電流的磁場總是阻礙磁通量的變化，可知P、Q將互相靠攏，回路的面積減小，使穿過回路的磁通量減小，起到阻礙原磁通量增加的作用，故A正確，B錯誤；由于磁鐵受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁鐵的加速度一定小于g，故C、D錯誤．一個長直密繞螺線管N放在一個金屬圓環(huán)M的中心，圓環(huán)軸線與螺線管軸線重合，如圖甲所示．螺線管N通有如圖乙所示的電流．下列說法中正確的是(D)甲乙A．t＝eq\f(T,8)時刻，圓環(huán)有收縮的趨勢B．t＝eq\f(3T,8)時刻，圓環(huán)有擴張的趨勢C．t＝eq\f(T,8)和t＝eq\f(3T,8)時刻，圓環(huán)內有相同的感應電流D．t＝eq\f(3T,8)和t＝eq\f(5T,8)時刻，圓環(huán)內有相同的感應電流解析：由圖可知在t＝eq\f(T,8)時刻，通過線圈的電流增大，則線圈產生的磁場增大，所以穿過金屬小圓環(huán)的合磁通量(螺線管內部和外部之和)變大，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)有擴張的趨勢，A錯誤，同理，t＝eq\f(3T,8)時刻，圓環(huán)有收縮的趨勢，B錯誤；由圖可知在t＝eq\f(T,8)時刻通過線圈的電流增大，而在t＝eq\f(3T,8)時刻通過線圈的電流減小，根據(jù)楞次定律可知兩時刻圓環(huán)感應電流方向不同，C錯誤；由圖可知在t＝eq\f(3T,8)時刻正向電流減小，在t＝eq\f(5T,8)時刻反向電流增大，線圈內電流的變化率大小相等，則線圈產生的磁場的變化率也相等，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，圓環(huán)內的感應電動勢大小是相等的，所以感應電流大小也相等，根據(jù)楞次定律可知兩時刻圓環(huán)感應電流方向也相同，D正確．“三定則、一定律”的綜合應用1．“三定則、一定律”的比較定則或定律適用的現(xiàn)象因果關系安培定則電流的磁效應——電流、運動電荷產生的磁場因電生磁左手定則(1)安培力——磁場對電流的作用力(2)洛倫茲力——磁場對運動電荷的作用力因電受力右手定則導體做切割磁感線運動產生的電磁感應現(xiàn)象因動生電楞次定律閉合回路磁通量變化產生的電磁感應現(xiàn)象因磁生電2．相互聯(lián)系(1)應用楞次定律時，一般要用到安培定則．(2)研究感應電流受到的安培力，一般先用右手定則確定感應電流的方向，再用左手定則確定安培力的方向，有時也可以直接應用楞次定律的推論確定．如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，MN的左邊有一如圖所示的閉合電路，當PQ在一外力的作用下運動時，MN向右運動，則PQ所做的運動可能是(C)A．向右加速運動B．向左勻速運動C．向右減速運動D．向左減速運動解析：MN向右運動，說明MN受到向右的安培力，因為ab在MN處產生的磁場垂直紙面向里eq\o(→,\s\up7(左手定則))MN中的感應電流方向為M→Neq\o(→,\s\up7(安培定則))L1中感應電流的磁場方向向上eq\o(→,\s\up7(楞次定律))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(L2中磁場方向向上減弱,L2中磁場方向向下增強)).若L2中磁場方向向上減弱eq\o(→,\s\up7(安培定則))PQ中電流方向為Q→P且減小eq\o(→,\s\up7(右手定則))向右減速運動；若L2中磁場方向向下增強eq\o(→,\s\up7(安培定則))PQ中電流方向為P→Q且增大eq\o(→,\s\up7(右手定則))向左加速運動，故C正確．類題固法1．如圖所示，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源、滑動變阻器連接，另一線圈兩端與兩根平行光滑水平金屬導軌相連，導軌處在垂直導軌平面向上的勻強磁場中，導體棒MN垂直導軌放置，導軌電阻可忽略不計．下列說法中正確的是(B)A．開關閉合瞬間，導體棒中會產生由M指向N的感應電流B．開關閉合瞬間，導體棒中會產生由N指向M的感應電流C．開關閉合，將變阻器滑片向左勻速滑動時，棒靜止不動D．開關閉合，將變阻器滑片向右勻速滑動時，棒靜止不動解析：開關閉合瞬間，由安培定則可知，下面線圈產生的磁場方向向下且增強，由楞次定律可知上面線圈產生的磁場方向向上，所以導體棒中電流方向為N指向M，A錯誤，B正確；保持開關閉合，滑片不論向左或者向右運動，滑動變阻器接入電路的電阻變化，則通過下面線圈的電流變化，下面的線圈的磁通量發(fā)生變化，則穿過上面的線圈的磁通量發(fā)生變化，就會產生感應電動勢，產生感應電流，有電流流過導體棒MN，導體棒MN在磁場中受力就不會靜止不動，C、D錯誤．2．如圖所示，金屬導軌上的導體棒ab在勻強磁場中沿導軌做下列哪種運動時，線圈c向右擺動(B)A．向右或向左做勻速運動B．向右或向左做減速運動C．向右或向左做加速運動D．只能向右做勻加速運動解析：線圈向右擺動，根據(jù)楞次定律，可知螺線管產生的磁場在減小，即導體棒在做減速運動，故B正確．3．(2023·金陵中學)置于勻強磁場中的金屬圓盤中央和邊緣各引出一根導線，與套在鐵芯上部的線圈A相連．套在鐵芯下部的線圈B引出兩根導線接在兩根水平光滑導軌上，如圖所示．導軌上有一根金屬棒ab靜止處在垂直于紙面向外的勻強磁場中．下列說法中正確的是(C)A．圓盤順時針加速轉動時，ab棒將向右運動B．圓盤順時針勻速轉動時，ab棒將向右運動C．圓盤順時針減速轉動時，ab棒將向右運動D．圓盤逆時針加速轉動時，ab棒將向左運動解析：由右手定則可知，圓盤順時針加速轉動時，感應電流從圓心流向邊緣，線圈A中產生的磁場方向向下且磁場增強，由楞次定律可知，線圈B中的感應磁場方向向上，由右手螺旋定則可知，ab棒中感應電流方向由a→b，由左手定則可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒將向左運動，故A錯誤；當圓盤順時針勻速轉動時，線圈A中產生恒定的電流，那么線圈B的磁通量不變，則ab棒沒有感應電流，不會運動，故B錯誤；同A的分析可知，圓盤順時針減速轉動時，ab棒將向右運動，故C正確；由右手定則可知，圓盤逆時針加速轉動時，感應電流從邊緣流向圓心，線圈A中產生的磁場方向向上且磁場增強，由楞次定律可知，線圈B中的感應磁場方向向下，由右手螺旋定則可知，ab棒中感應電流方向由b→a，由左手定則可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒將向右運動，故D錯誤．1．如圖所示，兩個同心放置的共面金屬圓環(huán)a和b，一條形磁鐵穿過圓心且與環(huán)面垂直，則穿過兩環(huán)的磁通量Φa和Φb的大小關系為(A)A．Φa＞ΦbB．Φa＜ΦbC．Φa＝ΦbD．無法比較解析：要注意磁感線“閉合”的特點，外面有多少條磁感線，內部就有多少條磁感線．在磁鐵內部，從下到上穿過兩平面的磁感線條數(shù)是相等的．但在外部，由上而下穿過b的條數(shù)比穿過a的多，內外磁感線方向相反，兩相抵消，因此穿過a的磁感線條數(shù)比穿過b的磁感線條數(shù)多，故A正確．2．(2024·東海期中)如圖所示，長直導線MN置于三角形金屬線框abc上且彼此絕緣，線框被導線分成面積相等的兩部分．導線通入由M到N的電流，則下列說法中正確的是(C)A．當電流逐漸增大，線框中磁通量始終為零B．當電流逐漸減小，線框中沒有產生感應電流C．當電流不變且將導線MN平移靠近bc過程中，線框中會產生感應電流D．當電流不變且將導線MN平移靠近bc過程中，線框中的磁通量一直增加解析：當電流逐漸增大，線框中磁通量垂直紙面向里增大，始終不為零，故A錯誤；當電流逐漸減小，磁通量垂直紙面向里減小，線框中有產生感應電流，故B錯誤；當電流不變且將導線MN平移靠近bc過程中，線框中磁通量先垂直紙面向里減小，后垂直紙面向外增大，回路有感應電流，故C正確，D錯誤．3．(2020·新課標Ⅲ卷)如圖所示，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)．圓環(huán)初始時靜止．將圖中開關S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到(B)A．撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運動B．撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運動C．撥至M端時圓環(huán)向左運動，撥至N端時向右運動D．撥至M端時圓環(huán)向右運動，撥至N端時向左運動解析：無論開關S撥至哪一端，當把電路接通一瞬間，左邊線圈中的電流從無到有，電流在線圈軸線上的磁場從無到有，從而引起穿過圓環(huán)的磁通量突然增大，根據(jù)楞次定律(增離減靠)，圓環(huán)均向右運動以阻礙磁通量的變化，故B正確．4．(2023·南師附中)已知t＝0時刻a、b兩環(huán)處于靜止狀態(tài)，a環(huán)中的電流i隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．下列說法中錯誤的是(B)甲乙A．t2時刻兩環(huán)相互吸引B．t3時刻兩環(huán)相互排斥C．t1時刻a環(huán)的加速度為零D．t4時刻b環(huán)中感應電流最大解析：a中電流產生磁場的變化使b中產生電流，才使兩線圈相互作用．相互吸引還是相互排斥，取決于兩環(huán)中電流方向．t2時刻與t3時刻，均處于電流減小階段，根據(jù)楞次定律可知，兩環(huán)的電流方向相同，則兩環(huán)相互吸引，A正確，B錯誤；在圖乙中，t1時刻斜率為0，這個瞬間磁場變化率為0，沒有感應電流，因此兩環(huán)沒有作用力，則加速度為零，C正確；雖然t4時刻的電流為零，但是根據(jù)該點的斜率，電流是變化的且磁通量變化率最大，那么b環(huán)中感應電動勢最大，則感應電流最大，D正確．配套精練一、選擇題1．(2024·常熟期中)下列四幅圖所描述的情境，能夠產生感應電流的是(D)甲乙丙丁A．圖甲中，與干電池連接的左側線圈開關保持閉合B．圖乙中，條形磁鐵快速穿過有缺口的線圈C．圖丙中，線圈在勻強磁場中垂直于磁場方向向右運動，線圈始終在磁場內D．圖丁中，線圈繞軸線AB轉動解析：干電池是直流電源，與干電池連接的左側線圈開關保持閉合，則左側線圈電流不變，穿過右側線圈的磁通量不變，不會產生感應電流，故A錯誤；條形磁鐵快速穿過有缺口的線圈，線圈未形成閉合回路，無法產生感應電流，故B錯誤；線圈在勻強磁場中垂直于磁場方向向右運動，線圈始終在磁場內，穿過線圈的磁通量未發(fā)生變化，不會產生感應電流，故C錯誤；線圈繞軸線AB轉動，線圈形成了閉合回路且穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，則會產生感應電流，故D正確．2．(2021·北京卷)某同學搬運如圖所示的磁電式電流表時，發(fā)現(xiàn)表針晃動劇烈且不易停止．按照老師建議，該同學在兩接線柱間接一根導線后再次搬運，發(fā)現(xiàn)表針晃動明顯減弱且能很快停止．下列說法中正確的是(D)A．未接導線時，表針晃動過程中表內線圈不產生感應電動勢B．未接導線時，表針晃動劇烈是因為表內線圈受到安培力的作用C．接上導線后，表針晃動過程中表內線圈不產生感應電動勢D．接上導線后，表針晃動減弱是因為表內線圈受到安培力的作用解析：未接導線時，表針晃動過程中導線切割磁感線，表內線圈會產生感應電動勢，故A錯誤；未接導線時，未連成閉合回路，沒有感應電流，所以不受安培力，故B錯誤；接上導線后，表針晃動過程中表內線圈產生感應電動勢，根據(jù)楞次定律可知，表針晃動減弱是因為表內線圈受到安培力的作用，故C錯誤，D正確．3．(2024·邗江期中)如圖所示，A、B都是很輕的鋁環(huán)，環(huán)A是閉合的，環(huán)B是斷開的，橫梁可以繞中間的支點自由轉動．若用磁鐵分別接近這兩個圓環(huán)，則下列說法中正確的是(D)A．用磁鐵的任意一磁極接近A環(huán)時，A環(huán)均被吸引B．把磁鐵遠離A環(huán)，A環(huán)又會被排斥C．磁鐵N極接近B環(huán)時，B環(huán)會被吸引D．磁極接近或者遠離B環(huán)時，B環(huán)保持靜止解析：用磁鐵的任意一磁極接近A環(huán)時，環(huán)內磁通量變大，根據(jù)楞次定律，圓環(huán)受到的安培力的效果總是阻礙磁通量的變化(來拒)，可知閉合圓環(huán)中會產生感應電流，A環(huán)被排斥，A錯誤；同理，把磁鐵遠離A環(huán)，A環(huán)又會被吸引，B錯誤；磁極接近或者遠離B環(huán)時(磁鐵N極接近B環(huán)時)，磁通量變化，有感應電動勢，但是由于不閉合，所以沒有感應電流，圓環(huán)不受到安培力的作用，圓環(huán)保持靜止，C錯誤，D正確．4．如圖所示，一水平放置的矩形閉合線圈abcd在細長磁鐵的N極附近豎直下落，保持bc邊在紙外，ad邊在紙內，由圖中位置Ⅰ經(jīng)過位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，這個過程中線圈感應電流(A)A．沿abcd流動B．沿dcba流動C．先沿abcd流動，后沿dcba流動D．先沿dcba流動，后沿abcd流動解析：線圈從位置Ⅰ到位置Ⅱ的過程中，由Φ＝B⊥S看出，因B⊥變小，故Φ變小，感應電流的磁場方向與原磁場方向相同，向上穿過線圈，由右手螺旋定則可知，線圈中電流的方向為abcd，當線圈從位置Ⅱ到位置Ⅲ時，由Φ＝B⊥S看出，由于B⊥變大，故Φ變大，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反，即向上穿過線圈，由右手螺旋定則可以判斷，感應電流的方向為abcd，故A正確．5．如圖所示，用絕緣細線懸掛一閉合金屬圓環(huán)，環(huán)套在一通電螺線管外，圓環(huán)的圓心、軸線與螺線管的中心、軸線分別重合．現(xiàn)增大通電螺線管中的電流(方向不變)，下列說法中正確的是(C)A．穿過圓環(huán)的磁通量為零，環(huán)中不會產生感應電流B．從左向右看，圓環(huán)中的感應電流沿逆時針方向C．圓環(huán)有擴張的趨勢D．懸掛圓環(huán)的細線拉力增大解析：當螺線管中通過的電流逐漸變大時，電流產生的磁場逐漸變強，穿過圓環(huán)的磁通量變大，等效磁場方向向左，由楞次定律可得，感應磁場方向向右，從左向右看，圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向，A、B錯誤；當螺線管中通過的電流逐漸變大時，電流產生的磁場逐漸變強，故穿過圓環(huán)的磁通量變大，為阻礙磁通量變大，圓環(huán)有擴張的趨勢，C正確；由于圓環(huán)的圓心、軸線與螺線管的中心、軸線分別重合，所以圓環(huán)各處所受安培力大小相等，方向相反，所以懸掛圓環(huán)的細線拉力不變，D錯誤．6．(2023·金陵中學)如圖所示，豎直放置的螺線管與導線abcd構成回路，導線所圍區(qū)域內有一垂直紙面向里的變化的勻強磁場，螺線管下方水平桌面上有一導體圓環(huán)，導線abcd所圍區(qū)域內磁場的磁感應強度按圖中的哪一圖線所表示的方式隨時間變化時，導體圓環(huán)對桌面的壓力增大(B)ABCD解析：由楞次定律的運動學描述“來拒去留”可知，要使導體圓環(huán)對桌面的壓力增大，即圓環(huán)受到向下的作用力，則螺線管中應產生增大的磁場；而螺線管中的磁場是由abcd區(qū)域內的磁場變化引起的，故abcd中的磁場變化率應越來越大，故B正確．7．(2023·徐州考前打靶)固定的長直導線附近有一個矩形線圈，它們處于同一光滑水平面上，俯視圖如圖所示．導線中通有向右的電流，下列說法中正確的是(A)A．電流在線圈所在位置處產生的磁場方向垂直于紙面向里B．若導線中電流突然減弱，線圈將遠離長直導線C．若線圈平行長直導線向右運動，線圈中將產生逆時針方向的電流D．若線圈以一定的初速度遠離長直導線，其受到的安培力將保持不變解析：根據(jù)安培定則可知，電流在線圈處產生的磁場方向垂直于紙面向里，故A正確；通電直導線周圍磁場的磁感應強度近大遠小，當導線中電流突然減弱，線圈中的磁通量減弱，為了阻礙磁通量的減弱，線圈將靠近直導線，故B錯誤；若線圈平行長直導線向右運動，穿過線圈的磁通量未發(fā)生變化，所以線圈中沒有感應電流，故C錯誤；當線圈以一定的初速度遠離長直導線，線圈中的磁通量減弱，為了阻礙磁通量的減弱，此時線圈中產生瞬時針方向的電流，隨著線圈遠離直導線，線圈所處位置的磁感應強度減弱，所以線圈所受的安培力減小，故D錯誤．8．如圖甲所示，螺線管內有平行于軸線的外加勻強磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向，螺線管與導線圈cdef相連，導線圈內有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線圈在同一平面內．當螺線管內的磁感應強度B隨時間t按圖乙所示規(guī)律變化時(D)甲乙A．在t2～t3時間內，L內有逆時針方向的感應電流B．在t3～t4時間內，L內有逆時針方向的感應電流C．在t1～t2時間內，L有擴張趨勢D．在t3～t4時間內，L有擴張趨勢解析：在t2～t3時間內，穿過圓環(huán)的磁通量向上均勻減小，之后是向下均勻增大的，由法拉第電磁感應定律可知，L中磁通量不變，則L中沒有感應電流，故A錯誤；在t3～t4時間內，向下的磁通量減速減小，根據(jù)楞次定律，在導線圈中的電流方向為fedc，根據(jù)右手螺旋定則，穿過圓環(huán)L的磁通量向里減小，則根據(jù)楞次定律，在金屬圓環(huán)中產生順時針方向的感應電流，故B錯誤；在t1～t2時間內，穿過圓環(huán)的磁通量向上加速增大，由楞次定律可以確定L必須減小面積以達到阻礙磁通量的增大，故有收縮的趨勢，故C錯誤；在t3～t4時間內，穿過圓環(huán)L的磁通量向里減小，依據(jù)楞次定律的“增縮減擴”，則環(huán)L有擴張趨勢，故D正確．9．如圖甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個螺線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正，下列說法中正確的是(B)A．從上往下看，0～1s內圓環(huán)中的感應電流沿逆時針方向B．2s時圓環(huán)中的感應電流大于0.5s時感應電流C．金屬圓環(huán)中感應電流變化周期為2sD．1s時金屬圓環(huán)所受安培力最大解析：從上往下看，0～1s內螺線管在圓環(huán)中產生的磁場向上，磁通量增大，根據(jù)楞次定律，在圓環(huán)中產生的感應電流沿順時針方向，A錯誤；2s時圖像的斜率最大，螺線管中的電流變化最快，在圓環(huán)中產生的感應電流最大，B正確；金屬圓環(huán)中感應電流變化周期等于螺線管中電流變化的周期，都等于4s，C錯誤；1s時螺線管中的電流最大，圓環(huán)中感應電流等于零，金屬圓環(huán)不受安培力，D錯誤．10．如圖所示，在一有界勻強磁場中放一電阻不計的平行金屬導軌，虛線為有界磁場的左邊界，導軌跟圓形線圈M相接，圖中線圈N與線圈M共面、彼此絕緣，且兩線圈的圓心重合，半徑RM<RN.在磁場中垂直于導軌放置一根導體棒ab，已知磁場垂直于導軌所在平面向外．欲使線圈N有收縮的趨勢，下列說法中正確的是(C)A．導體棒可能沿導軌向左做加速運動B．導體棒可能沿導軌向右做加速運動C．導體棒可能沿導軌向左做減速運動D．導體棒可能沿導軌向左做勻速運動解析：導體棒ab加速向左運動時，導體棒ab中產生的感應電流增大，由右手定則判斷知ab中電流方向由b→a，根據(jù)安培定則可知M產生的磁場方向垂直紙面向外，穿過N的磁通量增大，線圈面積越大抵消的磁感線越多，所以線圈N要通過增大面積以阻礙磁通量的增大，故A錯誤；導體棒ab加速向右運動時，導體棒ab中產生的感應電流增大，由右手定則判斷知ab中電流方向由a→b，根據(jù)安培定則判斷可知M產生的磁場方向垂直紙面向里，穿過N的磁通量增大，同理可知B錯誤；導體棒ab減速向左運動時，導體棒ab中產生的感應電流減小，由右手定則判斷知ab中電流方向由b→a，根據(jù)安培定則判斷可知M產生的磁場方向垂直紙面向外，穿過N的磁通量減小，線圈面積越大抵消的磁感線越多，所以線圈N要通過減小面積以阻礙磁通量的減小，故C正確；導體棒ab勻速向左運動時，導體棒ab產生的感應電流恒定不變，線圈M產生的磁場恒定不變，穿過線圈N中的磁通量不變，沒有感應電流產生，則線圈N不受磁場力，沒有收縮的趨勢，故D錯誤．補不足、提能力，老師可增加訓練：《抓分題·基礎天天練》《一年好卷》。第2講法拉第電磁感應定律自感和渦流基礎梳理1．感應電動勢(1)感應電動勢：在電磁感應現(xiàn)象中產生的電動勢．(2)產生條件：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Φt圖像上某點切線的__斜率__．3．導體切割磁感線時的感應電動勢(1)導體垂直切割磁感線時，感應電動勢可用E＝__Blv__求出，式中l(wèi)為導體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生感應電動勢E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中點位置的線速度eq\f(1,2)lω).4．自感現(xiàn)象(1)概念：由于導體本身的__電流__變化而產生的電磁感應現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產生的感應電動勢叫自感電動勢．(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．5．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，金屬塊內產生的旋渦狀感應電流．(2)產生原因：金屬塊內__磁通量__變化→感應電動勢→感應電流．6．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，安培力總是__阻礙__導體的相對運動．7．電磁驅動：如果磁場相對于導體轉動，在導體中會產生__感應電流__使導體受到安培力而運動起來．易錯辨析1．線圈中磁通量變化越大，產生的感應電動勢越大．(×)2．線圈中磁通量變化越快，產生的感應電動勢越大．(√)3．線圈中的電流越大，自感系數(shù)也越大．(×)4．對于同一線圈，當電流變化越快時，線圈中的自感電動勢越大．(√)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的應用1．感應電動勢大小的決定因素：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(shù)n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(lián)系．2．關于E＝neq\f(ΔΦ,Δt)應注意的幾個問題(1)由于磁通量有正負之分，計算磁通量的變化時要規(guī)定磁通量的正方向．正向的磁通量增加與反向的磁通量減少產生的感應電流的方向相同．(2)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)是求解回路某段時間內平均電動勢．若eq\f(ΔΦ,Δt)為恒量，則平均電動勢等于瞬時電動勢．(3)用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應電動勢時，S為線圈在磁場范圍內垂直磁場方向的有效面積．3．一個結論：通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路總電阻R總有關，與時間長短無關．推導如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR總)·Δt＝eq\f(nΔΦ,R總).(2022·江蘇卷)如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t的變化關系為B＝B0＋kt，B0、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中產生的感應電動勢大小為(A)A．πkr2 B．πkR2C．πB0r2 D．πB0R2解析：磁場的變化率為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(kt,t)＝k，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBπr2,Δt)＝πkr2，故A正確．(2023·揚州期初)將一根絕緣硬質細金屬絲順次繞成如圖所示的“8”字形線圈，兩個圓形線圈半徑分別為2r和r，勻強磁場垂直于線圈平面，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律為B＝B0＋kt，已知線圈總電阻為R.(1)僅將大圓線圈置于磁場中，求線圈中的電流I.答案：eq\f(4kπr2,R)解析：由法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S解得E＝4kπr2由閉合電路歐姆定律解得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(4kπr2,R)(2)將該線圈全部置于磁場中，求在時間t內通過線圈橫截面的電荷量q.答案：eq\f(3kπr2t,R)解析：將“8”字形線圈全部置于磁場中E′＝E1－E2＝3kπr2由閉合電路歐姆定律得I′＝eq\f(E′,R)＝eq\f(3kπr2,R)通過線圈橫截面的電荷量q＝I′t＝eq\f(3kπr2t,R)E＝Blv的應用1．導體平動切割磁感線(1)常用情況：運動速度v和磁感線方向垂直，則E＝Blv.(2)若導體棒不是直的，則E＝Blv中的l為切割磁感線的導體棒的有效長度．圖中，棒的有效長度均為ab間的距離．2．導體轉動切割磁感線導體棒以端點為軸，在垂直于磁感線的平面內以角速度ω勻速轉動產生的感應電動勢E＝eq\f(1,2)Bωl2.(導體棒的長度為l)3．求解感應電動勢常見情況與方法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)繞一端轉動的一段導體棒表達式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLvE＝eq\f(1,2)BL2ω如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌，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．已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好).則(B)A．電路中感應電動勢的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r)D．金屬桿的發(fā)熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)解析：金屬桿的有效切割長度為l，電路中感應電動勢的大小E＝Blv，A錯誤；金屬桿的電阻R＝eq\f(rl,sinθ)，根據(jù)歐姆定律，電路中感應電流的大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bvsinθ,r)，B正確；金屬桿所受安培力的大小F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，C錯誤；根據(jù)焦耳定律，金屬桿的發(fā)熱功率為P＝I2R＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，D錯誤.(2023·蘇北四市調研)如圖所示，半徑為L的半圓形光滑導體框架MN垂直放置于磁感應強度為B的勻強磁場中，長為L的導體桿OP繞圓心O以角速度ω勻速轉動，N、O間接阻值為R的電阻，桿OP的電阻為r，框架電阻不計，求桿沿框架轉動過程中：(1)電阻R兩端電壓．答案：eq\f(BL2ωR,2(R＋r))解析：設桿末端的速度為v，則v＝ωL桿繞O點勻速轉動產生的感應電動勢為E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω則R兩端電壓U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(BL2ωR,2(R＋r))(2)電阻R消耗的電功率．答案：eq\f(B2L4ω2R,4(R＋r)2)解析：回路中電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BL2ω,2(R＋r))消耗的電功率P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4(R＋r)2)自感渦流1．解決自感現(xiàn)象問題的關鍵在于認真分析電路，在開關閉合瞬間，線圈可認為是斷路，通過線圈的電流由零逐漸增大；在電流穩(wěn)定時，理想線圈(無電阻)可認為是短路，有電阻線圈可認為是定值電阻；在斷開開關時，如果能構成回路，則線圈等效為一個電源，電流由穩(wěn)定時的值逐漸減小．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，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，電流方向不變電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2：①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3．渦流：金屬塊內磁通量變化→感應電動勢→感應電流．冶煉金屬的高頻感應爐利用強大的渦流產生焦耳熱使金屬熔化，家用電磁爐也是利用渦流原理制成的；有些電機和變壓器中，用涂有絕緣漆的硅鋼片疊加成鐵芯，以減少渦流．4．電磁阻尼與電磁驅動的比較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(2024·南京三校期中)圖甲和圖乙是演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈，A1、A2、A3是三個完全相同的燈泡．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．下列說法中正確的是(C)甲乙A．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中電流相等解析：斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，即自感電流會大于原來通過A1的電流，說明閉合S1，電路穩(wěn)定時，通過A1的電流小于通過L1的電流，L1的電阻小于A1的電阻，故A、B錯誤；閉合S2，電路穩(wěn)定時，A2與A3的亮度相同，說明兩支路的電流相同，因此變阻器R與L2的阻值相同，故C正確；閉合開關S2，A2逐漸變亮，而A3立即變亮，說明L2中電流與變阻器R中電流不相等，故D錯誤．零刻度在表盤正中間的電流表，非常靈敏，通入電流后，線圈所受安培力和螺旋彈簧的彈力作用達到平衡時，指針在示數(shù)附近的擺動很難停下，使讀數(shù)變得困難．在指針轉軸上裝上的扇形鋁框或扇形鋁板，在合適區(qū)域加上磁場，可以解決此困難．下列方案中合理的是(D)ABCD解析：A、C方案中，當指針向左偏轉時，鋁框或鋁板可能會離開磁場，產生不了感應電流，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，A、C方案不合理，A、C錯誤；B方案中，磁場在鋁框中間，當指針偏轉角度較小時，鋁框不能切割磁感線，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，B方案不合理，B錯誤；D方案中，磁場在鋁板中間，無論指針偏轉角度大小，都會在鋁板上產生渦流，起到電磁阻尼的作用，指針會很快停下，便于讀數(shù)，D方案合理，故選D.1．金屬探測器是用來探測金屬的儀器，關于其工作原理，下列說法中正確的是(C)A．探測器內的探測線圈會產生穩(wěn)定的磁場B．只有有磁性的金屬物才會被探測器探測到C．探測到金屬物是因為金屬物中產生了渦流D．探測到金屬物是因為探測器中產生了渦流2．(2023·江蘇卷)如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，OC導體棒的O端位于圓心，棒的中點A位于磁場區(qū)域的邊緣．現(xiàn)使導體棒繞O點在紙面內逆時針轉動，O、A、C點的電勢分別為φO、φA、φC，則(A)A．φO>φC B．φC>φAC．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC解析：由題圖可看出OA導體棒轉動切割磁感線，則根據(jù)右手定則可知φO>φA，其中導體棒AC段不在磁場中，不切割磁感線，為等勢體，則φA＝φC，A正確，B、C錯誤；根據(jù)以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，則φO－φA>φA－φC，D錯誤．3．空間存在一方向與豎直平面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖甲中虛線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甲所示，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，則在t＝0到t＝t1的時間內(C)甲乙A．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逆時針方向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)解析：根據(jù)B-t圖像可知整個過程磁通量先減小，后反向增大，由楞次定律可知線圈中感應電流方向一直為順時針，但在t0時刻，磁場的方向發(fā)生變化，所以安培力的方向在t0時刻發(fā)生變化，故A、B錯誤；由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)，又根據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0πr2,2t0)，又根據(jù)電阻定律得R＝ρeq\f(2πr,S)，聯(lián)立得I＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，故C正確，D錯誤．4．如圖所示，水平面內兩光滑的平行金屬導軌左端與電阻R相連接，勻強磁場B豎直向下分布在導軌所在的空間內，質量一定的金屬棒垂直于導軌并與導軌接觸良好．對金屬棒施加一個水平向右的外力F，使金屬棒從a位置開始向右做初速度為零的勻加速運動，依次通過位置b和c.若導軌與金屬棒的電阻不計，ab與bc的距離相等，下列關于金屬棒在運動過程中的有關說法中，正確的是(C)A．金屬棒通過b、c兩位置時，外力F的大小之比為1∶eq\r(2)B．金屬棒通過b、c兩位置時，電阻R的電功率之比為1∶eq\r(2)C．從a到b和從b到c的兩個過程中，通過金屬棒橫截面的電荷量之比為1∶1D．從a到b和從b到c的兩個過程中，電阻R上產生的熱量之比為1∶1解析：金屬棒從a位置由靜止開始向右做勻加速運動，根據(jù)v2＝2ax知，通過b、c兩個位置的速度之比為1∶eq\r(2)，根據(jù)E＝BLv知，產生的電動勢之比為1∶eq\r(2)，由閉合電路歐姆定律得知感應電流之比為1∶eq\r(2)，由公式F＝BIL可以知道，安培力之比為1∶eq\r(2)，根據(jù)牛頓第二定律，有F－F安＝ma，F(xiàn)安＝F－ma，ma是定值，所以外力F的大小之比不等于1∶eq\r(2)，故A錯誤；通過b、c兩個位置的電動勢之比為1∶eq\r(2)，根據(jù)P＝eq\f(E2,R)知，電阻R的電功率之比為1∶2，故B錯誤；由q＝eq\f(ΔΦ,R)，因為ΔΦab＝ΔΦbc，則qab＝qbc，則通過金屬棒橫截面的電荷量之比為1∶1，故C正確；根據(jù)能量守恒定律，熱量Qab＝Fxab－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，又veq\o\al(2,b)＝2axab，則Qab＝Fxab－maxab，同理Qbc＝F′xbc－maxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以產生的熱量不等，故D錯誤．配套精練一、選擇題1．關于感應電動勢的大小，下列說法中正確的是(C)A．穿過線圈的磁通量Φ越大，所產生的感應電動勢就越大B．穿過線圈的磁通量的變化量ΔΦ越大，所產生的感應電動勢就越大C．穿過線圈的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)越大，所產生的感應電動勢就越大D．穿過線圈的磁通量Φ等于0，所產生的感應電動勢就一定為0解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢的大小與磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)成正比，與磁通量Φ及磁通量的變化量ΔΦ沒有必然聯(lián)系．當磁通量Φ很大時，感應電動勢可能很小，甚至為0.當磁通量Φ等于0時，其變化率可能很大，產生的感應電動勢也會很大．所以只有選項C正確．2．(2023·無錫期終調研)如圖所示，L是自感系數(shù)很大、電阻不計的線圈，L1、L2是兩個相同的小燈泡，當開關閉合后，則(C)A．L1先亮，L2后亮，然后L2逐漸變亮B．L2先亮，L1后亮，然后L1逐漸變亮C．L1、L2同時亮后L2逐漸變暗至熄滅D．L1、L2同時亮后L1逐漸變暗至熄滅解析：當S閉合瞬時，兩燈同時有電流通過，同時發(fā)光，線圈L由于產生自感電動勢阻礙電流增大，但隨著線圈L電流的增加，流過L2燈的電流逐漸變小，L2逐漸變暗直到熄滅，同時，L1燈電流逐漸增大，變得更亮，故C正確，A、B、D錯誤．3．如圖所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則(B)A．兩線圈內產生順時針方向的感應電流B．a、b線圈中感應電動勢之比為9∶1C．a、b線圈中感應電流之比為3∶4D．a、b線圈中電功率之比為3∶1解析：由楞次定律可判斷，兩線圈中產生的感應電流均沿逆時針方向，A錯誤；由E＝neq\f(ΔB,Δt)S，S＝l2，R＝ρeq\f(l,S)，I＝eq\f(E,R)，P＝eq\f(E2,R)，可知Ea∶Eb＝9∶1，Ia∶Ib＝3∶1，Pa∶Pb＝27∶1，B正確，C、D錯誤．4．如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有半徑為r的光滑半圓形導體框架，OC為一能繞O在框架上滑動的導體棒，OC之間連一個電阻R，導體框架與導體棒電阻均不計，使OC能以角速度ω勻速轉動，外力的功率是(C)A．eq\f(B2ω2r4,R) B．eq\f(B2ω2r4,2R)C．eq\f(B2ω2r4,4R) D．eq\f(B2ω2r4,8R)解析：由于導體棒勻速轉動，所以外力的功率與產生的感應電流的電功率相等，根據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝Beq\x\to(v)r＝B·eq\f(1,2)ωr·r＝eq\f(1,2)Bωr2，所以電功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Bωr2))\s\up12(2),R)＝eq\f(B2ω2r4,4R)，故C正確．5．(2023·常州期末)用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質導線做成一個半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的直徑．如圖所示，在ab的左側存在一個勻強磁場，磁場垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖所示，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律為B＝kt(k>0)，則(C)A．圓環(huán)有擴張的趨勢B．圓環(huán)有向左滑動的趨勢C．圓環(huán)中感應電流的大小為eq\f(krS,4ρ)D．圓環(huán)t秒末所受的安培力為eq\f(k2r2St,ρ)解析：磁感應強度大小隨時間均勻增大，穿過圓環(huán)的磁通量增加，由楞次定律可知，圓環(huán)為了阻礙磁通量的增加，圓環(huán)應有收縮的趨勢，故A錯誤；圓環(huán)的磁通量增加，由楞次定律可知，圓環(huán)中產生的感應電流方向沿逆時針方向，根據(jù)左手定則，可知圓環(huán)所受的安培力向右，圓環(huán)有向右滑動的趨勢，故B錯誤；由法拉第電磁感應定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πr2＝eq\f(1,2)kπr2，根據(jù)電阻定律，可得圓環(huán)的電阻為R＝ρeq\f(2πr,S)，由閉合電路歐姆定律，可得感應電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(krS,4ρ)，故C正確；圓環(huán)在磁場中所受的安培力所對應的有效長度L＝2r，t秒末磁場中的磁感應強度為Bt＝kt，因此圓環(huán)t秒末所受的安培力為F＝BtIL＝kt·eq\f(krS,4ρ)·2r＝eq\f(k2r2St,2ρ)，故D錯誤．6．如圖所示為電磁制動裝置示意圖．電磁制動是一種非接觸的制動方式，當導體在通電線圈產生的磁場中運動時，會產生渦流，使導體受到阻礙運動的制動力．下列說法中正確的是(D)A．制動過程中，導體不會產生熱量B．如果導體反向轉動，此裝置將不起制動作用C．制動力的大小與線圈中電流的大小無關D．線圈電流一定時，導體運動的速度越大，制動力就越大解析：電磁制動的原理是當導體在通電線圈產生的磁場中運動時，會產生渦流，渦流流過電阻時會產生熱量，A錯誤；如果導體反向轉動，導體中仍會產生渦流，導體仍會受到阻礙運動的制動力，B錯誤；線圈中電流越大，則產生的磁場越強，則轉盤轉動產生的渦流越強，則制動器對轉盤的制動力越大，C錯誤；線圈電流一定時，產生的磁場不變，導體運動的速度越大，轉盤轉動產生的渦流越強，制動力就越大，D正確．7．(2024·邗江期中)如圖所示，一條長為l的導體棒在磁感應強度為B的勻強磁場中繞其一端以角速度ω在垂直于磁場的平面內勻速轉動，導體棒產生的感應電動勢為E，ab兩端的電勢分別為φa、φb，則(B)A．E＝Bωl2，φa>φbB．E＝eq\f(1,2)Bωl2，φa>φbC．E＝Bωl2，φa<φbD．E＝eq\f(1,2)Bωl2，φa<φb解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律得，導體棒產生的感應電動勢為E＝Blv＝Bl·eq\f(ωl,2)＝eq\f(1,2)Bωl2，根據(jù)右手定則，導體棒中電流方向由b到a，在電源內部電流由電勢低處流向電勢高處，所以φa>φb，故選B.8．(2023·揚州考前調研)如圖所示，邊長為a，電阻為R的正方形線圈PQMN進入磁感應強度為B的勻強磁場．圖示位置線圈速度大小為v，此時(C)A．NM間電勢差等于NP間電勢差B．線圈中電流大小為eq\f(\r(2)Bav,R)C．線圈所受安培力大小為eq\f(\r(2)B2a2v,R)D．線圈所受安培力方向與運動方向相反解析：圖示位置MN切割磁感線，PN不切割磁感線，所以MN相當于電源，且感應電動勢為E＝Bav，因為正方形線圈四邊電阻相等，因此UNM＝eq\f(3,4)Bav，UNP＝eq\f(1,4)Bav，故A錯誤；線圈中電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，故B錯誤；MN和PN兩根導線均受到安培力，導線的等效長度為eq\r(2)a，