2020届高考物理总复习第十章电磁感应核心素养提升练二十九10.2法拉第电磁感应定律自感现象解析版新人教版

第十章 第二节 法拉第电磁感应定律、自感和涡流[A 级—基础练]1．(08787028)(2018·江西新余四中第二次模拟)某同学为了验证断电自感现象，找来带铁芯的线圈L 、小灯泡A 、开关S 和电池组E ，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S ，小灯泡发光；再断开开关S ，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，可能的原因是( )A ．电源的内阻偏大B ．线圈电阻偏大C ．小灯泡电阻偏大D ．线圈的自感系数较大解析：B [灯泡能否发生闪亮，取决于通过灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，故A 错误．线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于流过线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，故B 正确．小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于流过线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，故C 错误．线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故D 错误．]2．(08787029)(2018·广东百校联考)光滑金属导轨宽L ＝0.5 m ，电阻不计，均匀变化的磁场充满整个轨道平面，如图甲所示，磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．金属棒ab 的电阻为2 Ω，垂直固定在导轨上静止不动，且与导轨左端距离l ＝0.2 m ，则( )A ．1 s 末回路中的电动势为0.1 VB ．1 s 末回路中的电流为1 AC ．2 s 末回路产生的电热为0.02 JD ．2 s 末，ab 所受安培力大小为0.10 N解析：A [由图知，ΔB Δt ＝1 T/s ，由法拉第电磁感应定律得：感应电动势为E ＝S ΔBΔt＝lLΔB Δt ＝0.5×0.2×1 V＝0.1 V ，故A 正确；回路中感应电流为I ＝E R ＝0.12A ＝0.05 A ，故B 错误；2 s 内回路产生的电热为Q ＝I 2Rt ＝0.052×2×2 J＝0.01 J ，故C 错误；2 s 末，B ＝2 T ，ab 所受的安培力为F ＝BIL ＝2×0.05×0.5 N＝0.05 N ，故D 错误．]3．(08787030)(2018·山东滨州一模)如图甲所示线圈的匝数n ＝100 匝，横截面积S ＝50 cm 2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示变化，则在开始的0.1 s 内，下列说法正确的是( )A ．磁通量的变化量为0.25 WbB ．磁通量的变化率为2.5×10－2Wb/s C ．a 、b 间电压为0D ．在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.50 A解析：B [磁通量的变化量ΔΦ＝ΔB ·S ＝0.5×50×10－4Wb ＝2.5×10－3Wb ，A 错误；磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝2.5×10－30.1Wb/s ＝2.5×10－2Wb/s ，B 正确；感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝2.5 V ，a 、b 间的电压等于电源的电动势，C 错误；在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为I ＝E r ＝2.510A ＝0.25 A ，D 错误．]4．(08787031)(2018·山东德州期末)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 ＝B 0＋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( )A ．不带电B ．所带电荷量与t 成正比C ．带正电，电荷量是KL 2C4π D ．带负电，电荷量是KL 2C4π解析：D [磁感应强度均匀增加，回路中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，Q 板带正电，P 板带负电，A 错误；E ＝ΔB Δt ·S ＝K ·πR 2，L ＝2πR ，R ＝L 2π，解得E ＝KL 24π.电容器上的电荷量Q ＝CE ＝KL 2C4π，B 、C 错误，D 正确．]5．(08787032)(2018·陕西汉中期末)如图所示，S 和P 是半径为a 的环形导线的两端点，OP 间电阻为R ，其余电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直环面，金属棒OQ 与环形导线接触，以角速度ω绕O 点无摩擦匀速转动时，则( )A ．电阻R 两端的电压为Bωa 22B ．电阻R 消耗的功率为B 2ω2a 42RC ．金属棒受的安培力为B 2ωa 22RD ．外力对OQ 做功的功率为B 2ω2a 42R解析：A [OQ 产生的电动势E ＝Ba v －＝Ba 2ω2，因为只有OP 间有电阻，所以电阻R 两端的电压为Bωa 22，A 正确；电阻R 消耗的功率为P ＝E 2R ＝B 2ω2a 44R ，B 错误；电路中电流I ＝E R ＝Ba 2ω2R ，金属棒受的安培力F ＝BIa ＝B 2a 3ω2R ，C 错误；外力对OQ 做功的功率为P ′＝P ＝B 2ω2a 44R，D 错误．]6．(08787033)(多选)(2018·江苏南京、盐城一模)如图所示，铁芯上有两个线圈A 和B ，线圈A 跟电源相连，LED(发光二极管，具有单向导电性)M 和N 并联后接线圈B 两端．图中所有元件均正常，则( )A ．S 闭合瞬间，A 中有感应电动势B ．S 断开瞬间，A 中有感应电动势C ．S 闭合瞬间，M 亮一下，N 不亮D ．S 断开瞬间，M 和N 二者均不亮解析：ABC [S 闭合和断开的瞬间，A 中会产生自感电动势，A 、B 正确；S 闭合的瞬间，根据楞次定律，B 中会产生感应电流，从下向上通过二极管，由于二极管的单向导电性，所以M 亮一下，N 不亮，C 正确；同理S 断开的瞬间，N 亮一下，M 不亮，D 错误．]7．(08787034)(多选)(2018·浙江宁波期末)一个称为“千人震”的趣味物理小实验，实验是用两节电动势为1.5 V 的新干电池、一个日光灯镇流器(自感线圈)、开关和几根导线连成如图所示的电路．几位做实验的同学手拉手连成一排，首、尾两位同学分别握住导线的A 、B 端，在开关闭合或断开时就会使连成一排的同学都有触电感觉，则 ( )A ．人有触电感觉是在开关闭合的瞬间B ．人有触电感觉是在开关断开的瞬间C ．该实验现象的发生是因为自感线圈会产生很高的自感电动势D ．若增加拉手的人数，触电的感觉会变得不明显解析：BCD [人有触电的感觉是在开关断开的瞬间产生瞬时高压，A 错误，B 、C 正确；若增加拉手的人数，电阻将增大，感应电流会减小，D 正确．]8．(08787035)(多选)(2018·河南八市重点高中12月联考)如图所示，导体杆OP 在作用于OP 中点且垂直于OP 的力作用下，绕O 轴沿半径为r 的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于框架平面，AO 间接有电阻R ，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P ，则( )A ．外力的大小为BrPRB ．外力的大小为Br PRC ．导体杆旋转的角速度为2PRBr2D ．导体杆旋转的角速度为2Br2P R解析：AC [由题意知，导体杆切割磁感线产生的电动势为E ＝PR ，设P 点的线速度大小为v ，则由于导体杆旋转切割磁感线产生感应电动势E ＝12Brv ，根据P ＝F ·12v 及ω＝vr ，求得F ＝BrP R ，ω＝2PRBr2，因此A 、C 项正确．] [B 级—能力练]9．(08787036)(多选)(2018·贵州黔南州三校联考)如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R ，C 1和C 2是半径都为a 的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C 1中磁场的磁感应强度随时间按B 1＝b ＋kt (k >0)变化，C 2中磁场的磁感应强度恒为B 2，一质量为m 、电阻为r 、长度为L 的金属杆AB 穿过区域C 2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则( )A ．通过金属杆的电流大小为mgB 2LB ．通过金属杆的电流方向为从B 到AC ．定值电阻的阻值为R ＝2πkB 2a3mg－rD ．整个电路中产生的热功率P ＝πkamg 2B 2解析：BCD [AB 杆平衡，mg ＝B 2I ·2a ，解得I ＝mg2aB 2，A 错误；安培力向上，根据左手定则可知，AB 中感应电流的方向为从B 到A ，B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知：感应电动势的大小E ＝ΔΦΔt ＝ΔB 1Δt ·πa 2＝k πa 2，由I ＝E R ＋r 解得R ＝2πkB 2a 3mg －r ，C 正确；整个电路产生的热功率P ＝EI ＝πkamg2B 2，D 正确．] 10．(08787037)(2017·江苏单科)如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P .解析：(1)感应电动势E ＝Bdv 0，感应电流I ＝E R解得I ＝Bdv 0R. (2)安培力F ＝BId ，牛顿第二定律F ＝ma解得a ＝B 2d 2v 0mR.(3)金属杆切割磁感线的速度v ′＝v 0－v ，则 感应电动势E ＝Bd (v 0－v )，电功率P ＝E 2R ，解得P ＝B 2d 2v 0－v2R .答案：(1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR(3)B 2d 2v 0－v2R11．(08787038)如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab 和cd 相距L ＝0.2 m ，另外两根水平金属杆MN 和PQ 的质量均为m ＝1×10－2kg ，可沿导轨无摩擦地滑动，MN 杆和PQ 杆的电阻均为R ＝0.2 Ω(竖直金属导轨电阻不计)，PQ 杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g 取10 m/s 2.(1)若将PQ 杆固定，让MN 杆在竖直向上的恒定拉力F ＝0.18 N 的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B 0＝1.0 T ，杆MN 的最大速度为多少？(2)若将MN 杆固定，MN 和PQ 的间距为d ＝0.4 m ，现使磁感应强度从零开始以ΔBΔt ＝0.5T/s 的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ 对地面的压力为零？解析：(1)MN 杆切割磁感线产生的感应电动势为：E 1＝B 0Lv ①由闭合电路欧姆定律得：I 1＝E 12R②MN 杆所受安培力大小为：F 安＝B 0I 1L ③对MN 杆应用牛顿第二定律得：F －mg －F 安＝ma ④当MN 杆速度最大时，MN 杆的加速度为零，联立①②③④得MN 杆的最大速度为：v m ＝2F －mg RB 20L2＝2×0.18－1×10－2×10×0.21.02×0.22m/s ＝0.8 m/s (2)感生电动势为：E 2＝ΔΦΔt ＝ΔBLdΔt ⑤由闭合电路欧姆定律得：I 2＝E 22R⑥t 时刻的磁感应强度为：B ＝ΔB Δtt ⑦ PQ 杆受力平衡：mg ＝BI 2L ⑧联立⑤⑥⑦⑧得时间t 为：t ＝2mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫ΔB Δt 2L 2d ＝2×1×10－2×10×0.20.52×0.22×0.4 s ＝10 s. 答案：(1)0.8 m/s (2)10 s12．(08787039)如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻．一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b 向a 方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图．(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及加速度的大小．(3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的最大速度．解析：(1)如图所示，ab 杆受：重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直斜面向上；安培力F ，沿斜面向上．(2)当ab 杆速度为v 时，感应电动势E ＝BLv ，此时电路中电流I ＝E R ＝BLvR，ab 杆受到安培力F ＝BIL ＝B 2L 2vR，根据牛顿运动定律，有ma ＝mg sin θ－F ＝mg sin θ－B 2L 2v R ，a ＝g sin θ－B 2L 2vmR(3)当a ＝0时，ab 杆有最大速度v m ＝mgR sin θB 2L 2.答案：(1)见解析(2)BLv R g sin θ－B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L 2。

[高考导航]第1讲电磁感应现象楞次定律知识排查磁通量1.磁通量(1)定义：磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积。

(2)公式：Φ＝BS(B⊥S)；单位：韦伯(Wb)。

(3)矢标性：磁通量是标量，但有正负。

2.磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1。

3.磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)：磁通量的变化量与所用时间的比值，即ΔΦΔt，与线圈的匝数无关。

电磁感应现象1.电磁感应现象当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生的现象。

2.产生感应电流的条件(1)闭合导体回路；(2)磁通量发生变化。

感应电流的方向1.楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

(2)适用范围：一切电磁感应现象。

2.右手定则(1)内容：如图1，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。

图1(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。

小题速练1.思考判断(1)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。

()(2)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。

()(3)电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流。

()(4)当导体切割磁感线时，一定产生感应电流。

()(5)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。

() 答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×2.如图2所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点作切线OO′，OO′与线圈在同一平面上。

在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流流向()图2A.始终为A→B→C→AB.始终为A→C→B→AC.先为A→C→B→A，再为A→B→C→AD.先为A→B→C→A，再为A→C→B→A解析在线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小，由楞次定律可知感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，由楞次定律可知感应电流方向仍然为A→B→C→A，A正确。

基础课 2 法拉第电磁感应定律 自感、涡流一、选择题1．(多选)(2016年全国卷Ⅱ)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：选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．2．如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E ，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为E ′.则E ′E等于( )A.12B.22C ．1D. 2解析：选B 设折弯前导体切割磁感线的长度为L ，运动产生的感应电动势为E ＝BLv ；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝22L ，故产生的感应电动势为E ′＝BL ′v ＝B ·22Lv ＝22E ，所以E ′E ＝22，B 正确．3．(2018届青岛模拟)如图所示为地磁场磁感线的示意图．一架民航飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则 ()A ．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B ．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C ．若飞机从南往北飞，φ2比φ1高D ．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高解析：选C 由于地磁场的方向是由南到北的，若飞机从西往东飞或者从东往西飞，竖直下坠，机翼方向与地磁场方向平行，不切割磁感线，不产生感应电动势，所以机翼两端不存在电势差，故A 、B 错误；若飞机从南往北飞，竖直下坠，机翼方向与地磁场方向垂直，由右手定则可判定，飞机的右方机翼末端的电势比左方机翼末端的电势高，即φ2比φ1高，同理可知，若飞机从北往南飞，φ2比φ1低，故C 正确，D 错误．4．(多选)将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是( )A ．磁通量的变化量B ．磁通量的变化率C ．感应电流的大小D ．流过导体某横截面的电荷量解析：选AD 将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢，第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同，磁通量变化率不同，A 正确，B 错误；根据法拉第电磁感应定律，第二次线圈中产生的感应电动势大，根据欧姆定律可知第二次感应电流大，即I 2>I 1，C 错误；流过导体某横截面的电荷量q ＝I －Δt ＝E －R Δt ＝ΔΦΔt R Δt ＝ΔΦR，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，D 正确．5．(多选)如图所示，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( )A ．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解析：选AD 线框中的感应电动势为E ＝ΔBΔtS ，设线框的电阻为R ，则线框中的电流I＝E R ＝ΔB Δt ·S R ，B 增大或减小时，ΔBΔt可能减小，也可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A 、D 正确．6．如图所示，线圈L 的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L 1、L 2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S 闭合和断开的过程中，L 1、L 2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S 断开，L 2立即不亮，L 1逐渐变亮B ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2很亮；S 断开，L 1、L 2立即不亮C ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2亮度不变；S 断开，L 2立即不亮，L 1亮一下才灭D ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2则逐渐变得更亮；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下才灭解析：选D S 闭合瞬间，自感线圈L 相当于一个大电阻，以后阻值逐渐减小到0，所以观察到的现象是灯泡L 1和L 2同时亮，以后L 1逐渐变暗到熄灭，L 2逐渐变得更亮．S 断开瞬间，自感线圈相当于一个电动势逐渐减小的内阻不计的电源，它与灯泡L 1组成闭合回路，所以L 2立即熄灭，L 1亮一下才熄灭．所以A 、B 、C 选项都是错误的，只有D 选项正确．7．如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t 1到t 2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B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )A ．恒为nS B 2－B 1t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS B 2－B 1t 2－t 1C ．恒为－nS B 2－B 1t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS B 2－B 1t 2－t 1解析：选 C 根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝n S B 2－B 1t 2－t 1，由楞次定律可以判断a 点电势低于b 点电势，所以a 、b 两点之间的电势差为－nS B 2－B 1t 2－t 1，C 项正确．8．(多选)如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一半径为R 、质量为m 的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑，重力加速度大小为g .下列说法正确的是( )A ．金属球会运动到半圆轨道的另一端B ．由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C ．金属球受到的安培力做负功D ．系统产生的总热量为mgR解析：选CD 金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，选项C 正确，A 、B 错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR ，选项D 正确．9．(多选)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27∶1解析：选BD 由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A 项错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔBΔt ，而磁感应强度均匀变化，即ΔB Δt 恒定，则a 、b 线圈中的感应电动势之比为E a E b ＝S a S b ＝l a2l b 2＝9，故B项正确；根据电阻定律R ＝ρl S ′，且L ＝4Nl ，则R a R b ＝l a l b ＝3，由闭合电路欧姆定律I ＝ER得，a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b ＝E a E b ·R bR a ＝3，故C 项错误；由功率公式P ＝I 2R 知，a 、b 线圈中的电功率之比为P a P b ＝I a 2I b 2·R aR b＝27，故D 项正确．10．(多选)半径为a 且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，如图所示．则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3 时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2avπ＋R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2avπ＋R 0解析：选AD 开始时刻，感应电动势E 1＝BLv ＝2Bav ，故A 项正确；θ＝π3时，E 2＝B ·2a cos π3·v ＝Bav ，故B 项错误；由L ＝2a cos θ，E ＝BLv ，I ＝ER，R ＝R 0[2a cos θ＋(π＋2θ)a ]，得在θ＝0时，F ＝B 2L 2v R ＝4B 2avR 0＋π，故C 项错误；θ＝π3时F ＝3B 2avR 0π＋，故D 项正确．二、非选择题11．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度g 取10 m/s 2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt.解析：(1)线圈受到的安培力F ＝N 1B 0IL 天平平衡mg ＝N 1B 0IL 代入数据得N 1＝25. (2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt即E ＝N 2ΔBΔt Ld由欧姆定律得I ′＝E R线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L 天平平衡m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL2R代入数据可得ΔBΔt ＝0.1 T/s.答案：(1)25 (2)0.1 T/s12．如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab 、cd 的间距L 1＝0.5 m ，金属棒ad 与导轨左端bc 的距离为L 2＝0.8 m ，整个闭合回路的电阻为R ＝0.2 Ω，磁感应强度为B 0＝1 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad 杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m ＝0.04 kg 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以ΔBΔt＝0.2 T/s 的变化率均匀地增大．求：(1)金属棒上电流的方向； (2)感应电动势的大小；(3)经过多长时间物体刚好离开地面(g 取10 m/s 2)．解析：(1)原磁场方向竖直向下，回路中磁通量增大，由楞次定律可知感应电流的磁场方向竖直向上，由安培定则可知金属棒上电流的方向a →d .(2)由法拉第电磁感应定律可知E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔBΔt面积S ＝L 1L 2＝0.4 m 2由已知条件得n ＝1，ΔBΔt ＝0.2 T/s代入数据得E ＝0.08 V.(3)对物体刚好离地时受力分析如图甲：列平衡方程：T 绳＝mg ，对此时的ad 棒受力分析如图乙：列平衡方程：F 安＝T 绳 安培力的大小：F 安＝BIL 1 由欧姆定律：I ＝E R由已知条件：B ＝B 0＋ΔBΔt t以上各式联立解得t ＝5 s.答案：(1)a→d(2)0.08 V (3)5 s。

避躲市安闲阳光实验学校法拉第电磁感应定律自感现象(45分钟100分)(20分钟50分)一、选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，1～4题为单选题，5题为多选题)1.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，线圈中产生的电动势为 ( )A. B.C. D.【解析】选D。

由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为E=n=n ·=n ·=，选项A、B、C错误，D正确。

2.(2019·深圳模拟)某一学习小组在研究电磁感应现象时，利用一根粗细均匀的金属丝弯成导轨abcd ，=3。

导体棒ef的电阻是bc段电阻的两倍，如图所示，匀强磁场垂直于导轨平面，当用平行于导轨的外力F将导体棒ef由靠近bc位置匀速向右移动时，则( )A.导体棒ef两端的电压不变B.导体棒ef中的电流变大C.拉力F的瞬时功率变大D.导轨abcd消耗的电功率先变大后变小【解析】选D。

设ef的电阻为r，ebcf的电阻为R，ef长为L，速度为v，磁感应强度为B，则导体棒ef产生的感应电动势为：E=BLv；ef两端的电压为：U=E，E、r不变，R变大，可知U变大，选项A错误。

ef中的电流为：I=，E、r不变，R变大，I变小，选项B错误。

导体棒匀速运动时拉力F的功率等于回路中的电功率，为P=，R增大，则P减小，选项C错误。

abcd消耗的功率是电源ef 的输出功率，根据条件：=3，ef的电阻是bc段电阻的两倍，可知ebcf的电阻先小于ef的电阻，再等于ef的电阻，后大于ef的电阻，所以导轨abcd消耗的电功率先增大后减小，选项D正确。

3.(2019·福州模拟)如图所示的电路中，A、B为两个完全相同的灯泡，L是自感系数很大的线圈，其电阻与R相等，下列说法正确的是( )A.在断开S2的情况下，若突然闭合S1时，A、B灯均逐渐亮起来B.在闭合S2的情况下，若突然闭合S1时，A灯立即发光，B灯逐渐亮起来C.闭合S1、S2待电路稳定后，若突然断开S1，则A、B灯均不会立即熄灭D.闭合S1、S2待电路稳定后，若突然断开S1，则A灯不会立即熄灭，而B灯立即熄灭【解析】选D。

10.2 法拉第电磁感应定律1．(2019年湖北质检)如图10－2－18所示，一线圈匝数为n ，横截面积为S ，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( )图10－2－18A ．电容器所带电荷量为2nSkC 5B ．电容器所带电荷量为3nSkC 5C ．电容器下极板带正电D ．电容器上极板带正电解析：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 ＝nSΔB Δt ＝nSk ，路端电压U ＝E 2＝nSk 2，电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝nSkC 2，A 、B 错误；根据楞次定律，感应电流从线圈的右端流到左端，左端电势高，电容器上极板带正电，C 错误，D 正确．答案：D2．(2019年江西南昌摸底)(多选)如图10－2－19甲所示，圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化如图10－2－19乙所示，则下列说法正确的是( )图10－2－19A ．0～1 s 内线圈的磁通量不断增大B ．第4 s 末的感应电动势为0C ．0～1 s 内与2～4 s 内的感应电流大小相等D ．0～1 s 内感应电流方向为顺时针方向解析：由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt，得出各段时间内的感应电动势的大小由图象的斜率决定．根据Φ＝BS 可知，在0～1 s 内线圈的磁通量不断增大，故A 正确；第4 s 末的感应电动势等于2～4 s 内的感应电动势，故B 错误；根据公式E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt，在0～1 s 内与2～4 s 内的磁通量的变化率不同，所以感应电动势大小不同，则感应电流大小也不相等，故C 错误；0～1 s 内，磁场垂直纸面向外，大小在增加，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，故D 正确．答案：AD3．(2019年信阳模拟)如图10－2－20所示，甲、乙、丙中除导体棒ab 可动外，其余部分均固定不动．图甲中的电容器C 原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长，若给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，ab 的最终运动状态是( )图10－2－20A ．三种情况下，ab 最终都是做匀速运动B ．图甲、丙中ab 最终将以某一速度做匀速运动；图乙中ab 最终静止C ．图甲、丙中ab 最终将以相同的速度做匀速运动D ．三种情况下，ab 最终均静止解析：图甲中，当电容器C 两端电压等于ab 切割磁感线产生的感应电动势时，回路电流为零，ab 做匀速运动；图乙中，ab 在F 安作用下做减速运动直至静止；图丙中，若BLv 0＜E ，ab 先做加速运动至BLv ＝E 时，回路中电流为零，ab 再做匀速运动，故B 对，A 、C 、D 均错．答案：B4．(多选)如图10－2－21所示是圆盘发电机的示意图；铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触．若铜盘半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路的总电阻为R ，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动．则( )图10－2－21A ．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B ．回路中感应电流大小不变，为BL 2ω2RC ．回路中感应电流方向不变，为C →D →R →CD ．回路中有周期性变化的感应电流解析：把铜盘看作闭合回路的一部分，在铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A 错误；铜盘切割磁感线产生的感应电动势为E ＝12BL 2ω，根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流I ＝E R ＝BL 2ω2R，由右手定则可判断出感应电流方向为C →D →R →C ，选项B 、C 正确，D 错误．答案：BC5．(多选)如图10－2－22所示，两个相同灯泡L 1、L 2，分别与自感线圈L 和电阻R 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( )图10－2－22A ．闭合开关S 到电路稳定前，灯泡L 1逐渐变亮B ．闭合开关S 到电路稳定前，灯泡L 2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L 2亮一下逐渐熄灭解析：闭合开关的瞬间，L 2灯立即正常发光，L 1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，L 1灯逐渐变亮，故A 正确；闭合开关S 到电路稳定前，L 1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，电源的内电阻消耗的电压逐渐增大，所以路端电压逐渐减小，则灯泡L 2逐渐变暗，故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L 1的方向相同，从右向左流过L 2灯，所以A 点电势比B 点电势低，故C 错误；断开开关S 的一段时间内，L 中产生自感电动势，相当于电源，电流从原来的电流开始减小，所以两个灯泡都是逐渐熄灭，不会闪亮一下，故D 错误．答案：AB6．(2019年苏北三市模拟)(多选)如图10－2－23所示的电路中，电感L 的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法正确的有( )图10－2－23A．当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮B．当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮C．当S断开时，L2立即熄灭D．当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭解析：当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L1一直不亮，通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L2逐渐变亮，选项B正确，A错误；当S断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L1的电流要在L2－L1－D－L之中形成新的回路，故L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确．答案：BD。

夯基保分练(二) 法拉第电磁感应定律自感[A级——保分练]1.(2020·青岛模拟)如图所示为地磁场磁感线的示意图。

一架民航飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上有电势差。

设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则( )A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南往北飞，φ2比φ1高D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高解析：选C 由于地磁场的方向是由南到北的，若飞机从西往东飞或者从东往西飞，竖直下坠，机翼方向与地磁场方向平行，不切割磁感线，不产生感应电动势，所以机翼两端不存在电势差，故A、B错误；若飞机从南往北飞，竖直下坠，机翼方向与地磁场方向垂直，由右手定则可判定，飞机的右方机翼末端的电势比左方机翼末端的电势高，即φ2比φ1高，同理可知，若飞机从北往南飞，φ2比φ1低，故C正确，D错误。

2．(多选)(2020·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( )A．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解析：选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；圆盘显电中性，转动不会产生磁场，选项D错误。

电磁感应规律的综合应用(45分钟100分)(20分钟50分)一、选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分，1～3题为单选题，4题为多选题)1.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增加，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )A.ab中感应电流方向由b→aB.ab中的感应电流逐渐增加C.ab所受的安培力保持不变D.ab受到水平向右的摩擦力【解析】选D。

磁感应强度均匀增加，磁通量增加，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，选项A错误；由于磁感应强度均匀增加，根据法拉第电磁感应定律E=S得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，选项B错误；根据安培力公式F=BIL知，电流不变，B均匀增加，则安培力增大，选项C错误；导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f=F，由左手定则可知，安培力水平向左，故摩擦力水平向右，选项D正确。

2.(2019·随州模拟)如图所示，在匀强磁场中，两根平行的金属导轨上放置两条平行的金属棒ab和cd，假定它们沿导轨运动的速率分别为v1和v2，且v1<v2，若金属导轨和金属棒的电阻不能忽略，要使回路中产生的感应电流最大，则棒ab、cd的运动情况应该为( )A.ab和cd都向右运动B.ab和cd都向左运动C.ab向右、cd向左做相向运动D.ab向左、cd向右做背向运动【解析】选C。

根据右手定则，当金属棒运动方向相同时，棒中产生的电流方向相同，回路中的总电流为两电流之差，故A、B项中电流不是最大；当两金属棒运动方向相反时，棒中产生的电流方向相反，回路中的总电流为两电流之和，但随着棒的运动，D项中ab向左、cd向右做背向运动时，回路中的电阻在变大，电流不一定最大，选项C正确。

3.如图1所示，光滑的平行金属导轨(足够长)固定在水平面内，导轨间距为L=20 cm，左端接有阻值为R=1 Ω的电阻，放在轨道上静止的一导体杆MN与两轨道垂直，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=0.5 T。

法拉第电磁感应定律、自感时间：45分钟满分：100分一、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( )B．越来越小A．越来越大D．无法判断C．保持不变答案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。

【2019最新】精选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(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B0.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的大小应为( )A. B．2ωB0πC. D．ωB02π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E1＝B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2＝πL2，由＝得B0ωL2＝πL2，即＝，故C正确．2.在如图所示的电路中，A1、A2、A3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，A2、A3同时亮，A1逐渐变亮C．开关S断开的瞬间，A2、A3同时熄灭，A1逐渐熄灭D．开关S断开的瞬间，A3立即熄灭，A2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，A2、A3同时亮，A1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A1、A2两灯泡的电流相等，开关S断开的瞬间，A3立即熄灭，此时L、A1、A2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A1、A2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＝B．由d到c，I＝Br2ωRC．由c到d，I＝D．由d到c，I＝Br2ω2R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＝Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝，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＝，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rA∶rB＝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＝＝S(S为磁场区域面积)，对A、B 两导线环，有＝1，所以A正确，B错误；I＝，R＝ρ(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以＝＝，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＝nSk，路端电压：U＝·r＝，则电容器所带电荷量为：Q＝CU＝，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SB0(V)B．线圈内产生的感应电流最小值为(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Emax＝nS＝nB0S，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v1、v2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中( )A．回路电流I1∶I2＝1∶2B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶4C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶1D．外力的功率P1∶P2＝1∶2解析：选AC.回路中感应电流为I＝＝，I∝v，则得I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2，故A正确；产生的热量为Q＝I2Rt＝R×＝，Q∝v，则得Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2，故B错误；通过任一截面的电荷量为q＝It＝t＝，q与v无关，则得q1∶q2＝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＝I2R＝R，P∝v2，则得P1∶P2＝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＝＝.(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－mgsin θ＝0，又因为F安＝BId＝，所以F＝mgsin θ＋.答案：(1)Bdv (2) (3)mgsin θ＋B2d2vR＋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/s2.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，＝0.8 T/s金属圈的电阻为R＝2πrρ金属圈中感应电流I＝＝·＝·＝0.8× A＝0.2 A.(2)t时刻磁感应强度B＝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＝I2Rt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＝＝0.08 m2.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＝0.5 T/s，根据E＝n，得回路中的感应电动势E＝S ＝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′＝＝ A＝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＝2Bv2(t－1)＝(t－1) V 感应电流i＝＝(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)。

一、法拉第电磁感应定律1．如图，匝数为N 、电阻为r 、面积为S 的圆形线圈P 放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，线圈P 通过导线与阻值为R 的电阻和两平行金属板相连，两金属板之间的距离为d ，两板间有垂直纸面的恒定匀强磁场。

当线圈P 所在位置的磁场均匀变化时，一质量为m 、带电量为q 的油滴在两金属板之间的竖直平面内做圆周运动。

重力加速度为g ，求：(1)匀强电场的电场强度 (2)流过电阻R 的电流(3)线圈P 所在磁场磁感应强度的变化率 【答案】(1)mg q (2)mgdqR(3)()B mgd R r t NQRS ∆+=∆ 【解析】 【详解】 (1)由题意得：qE =mg解得mg qE =(2)由电场强度与电势差的关系得：UE d=由欧姆定律得：U I R=解得mgdI qR=(3)根据法拉第电磁感应定律得到：E Nt∆Φ=∆ BS t t∆Φ∆=∆∆根据闭合回路的欧姆定律得到：()E I R r =+ 解得：()B mgd R r t NqRS∆+=∆2．如图，水平面（纸面）内同距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上，t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．0t 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g ．求（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； （2）电阻的阻值．【答案】0F E Blt g m μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ； R =220B l t m【解析】 【分析】 【详解】（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：ma=F-μmg ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有：v =at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为:E=Blv ③ 联立①②③式可得:0F E Blt g m μ⎛⎫=-⎪⎝⎭④ （2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I ，根据欧姆定律：I=ER⑤ 式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为：f BIl = ⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F –μmg–f=0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得: R =220B l t m3．如图，水平面（纸面）内同距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上，t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．0t 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g ．求（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； （2）电阻的阻值．【答案】0F E Blt g m μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ； R =220B l t m【解析】 【分析】 【详解】（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：ma=F-μmg ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有：v =at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为:E=Blv ③ 联立①②③式可得:0F E Blt g m μ⎛⎫=-⎪⎝⎭④ （2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I ，根据欧姆定律：I=ER⑤ 式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为：f BIl = ⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F –μmg–f=0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得: R =220B l t m4．如图所示，两彼此平行的金属导轨MN 、PQ 水平放置，左端与一光滑绝缘的曲面相切，右端接一水平放置的光滑“>”形金属框架NDQ ，∠NDQ=1200，ND 与DQ 的长度均为L ，MP 右侧空间存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场．导轨MN 、PQ 电阻不计，金属棒与金属框架NDQ 单位长度的电阻值为r ，金属棒质量为m ，长度与MN 、PQ 之间的间距相同，与导轨MN 、PQ 的动摩擦因数为．现让金属棒从曲面上离水平面高h 的位置由静止释放，金属棒恰好能运动到NQ 边界处．(1)刚进入磁场时回路的电流强度i 0；(2)棒从MP 运动到NQ 所用的时间为t ，求导轨MN 、PQ 的长度s ；(3)棒到达NQ 后，施加一外力使棒以恒定的加速度a 继续向右运动，求此后回路中电功率的最大值p max ．【答案】0i =；S =；22max P = 【解析】 【详解】解：(1)金属棒从光滑绝缘曲面向下运动，机械能守恒，设刚进入MP 边界时，速度大小为0v ，则：2012mgh mv =解得：0v =刚进入磁场时产生的感应电动势：10e Bdv =导轨宽度：d =回路电阻：(2R Lr =+联立可得：0i =(2)设长度为S ，从MP 到NQ 过程中的任一时刻，速度为i v ，在此后无穷小的t ∆时间内，根据动量定理：22()ii B d v umg t m v R∑+∆=∑∆22i t umg t m v +∑∆=∑∆2i i v t umg t m v ∆+∑∆=∑∆200umgt mv +=得：S =(3)金属棒匀加速运动，v at =切割磁感线的有效长度为：021'2cos60)tan 602l L at =⋅-︒（ 产生感应电动势：E Bl v '=2212(cos60)tan 60()2E B L at at L at t =⋅︒-︒⋅=-回路的瞬时电阻：20220121[2(cos60)tan 60(cos60)(2()2cos602R r L at L at r L at =︒-+︒-=+- 功率：2222222222242222()[()]24(23)()(23)(23)E L L P at Lt a t R a a r L at r r===-+=--++-++ 金属棒运动到D 点，所需的时间设为t '，则有： 21122L at '= 解得：Lt a'=当2Lt t a '=<时， 22max 4(23)P r =+5．如图所示，ACD 、EFG 为两根相距L =0.5m 的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF 面与水平面夹角θ=300．两导轨所在空间存在垂直于CDGF 平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B`=1T ．两根长度也均为L =0.5m 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，ab 杆的质量m 1未知，cd 杆的质量m 2=0.1kg ，两杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ=3，两金属细杆的电阻均为R =0.5Ω，导轨电阻不计．当ab 以速度v 1沿导轨向下匀速运动时，cd 杆正好也向下匀速运动，重力加速度g 取10m/s 2．(1)金属杆cd 中电流的方向和大小 (2)金属杆ab 匀速运动的速度v 1 和质量m 1【答案】I =5A 电流方向为由d 流向c; v 1=10m/s m 1=1kg 【解析】 【详解】（1）由右手定则可知cd 中电流方向为由d 流向c对cd 杆由平衡条件可得：μ=+0022安sin 60（cos 60)m g m g F=安F BLI联立可得：I =5A (2) 对ab: 由 =12BLv IR得 110m/s v = 分析ab 受力可得： 0011sin 30cos 30m g BLI m g μ=+解得： m 1=1kg6．如图所示，两根间距为L 的平行金属导轨，其cd右侧水平，左侧为竖直的14画弧，圆弧半径为r ，导轨的电阻与摩擦不计，在导轨的顶端接有阻值为R 1的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。

本套资源目录2020版高考物理总复习第十章第1节电磁感应现象楞次定律练习含解析2020版高考物理总复习第十章第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流练习含解析名师导学2020版高考物理总复习第十章第1节电磁感应现象楞次定律教学案新人教版名师导学2020版高考物理总复习第十章第2节法拉第电磁感应定律教学案新人教版第1节电磁感应现象楞次定律1.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”的设想实验中,能观察到感应电流的是( D )A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化解析:将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,因线圈中的磁通量没有变化,故不能观察到感应电流,选项A不符合题意;在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时,如果通电线圈通以恒定电流,产生不变的磁场,则在另一线圈中不会产生感应电流,选项B不符合题意;在线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表时,磁通量已不再变化,因此也不能观察到感应电流,选项C不符合题意;绕在同一铁环上的两个线圈,在给一个线圈通电或断电的瞬间,线圈产生的磁场变化,使穿过另一线圈的磁通量变化,因此,能观察到感应电流,选项D符合题意.2.(2019·北京模拟)纯电动汽车是一种节能、环保的交通工具,它的制动能量回收系统通过能量回收再利用,可提高汽车对能量的利用效率.制动能量回收的原理是利用线圈在磁场中转动,将车辆制动时的部分动能转化为其他形式的能存储起来.关于制动能量回收,下列说法中正确的是( A )A.制动能量回收利用了电磁感应现象B.制动能量回收利用了电流的热效应C.制动能量回收时,将车辆制动时的部分动能转化为内能D.制动能量回收时,将车辆制动时的部分动能转化为重力势能解析:汽车在行驶刹车过程中,动能减小,减小的动能以电能的形式存储,因此制动能量回收一定利用了电磁感应现象,故A正确,B,C,D 错误.3.(2019·辽宁沈阳校级模拟)(多选)如图所示,匀强磁场垂直于软导线回路平面,由于磁场发生变化,回路变为圆形.则该磁场( CD )A.逐渐增强,方向向外B.逐渐增强,方向向里C.逐渐减弱,方向向外D.逐渐减弱,方向向里解析:软导线回路变为圆形,线圈的面积变大,根据楞次定律可知,穿过回路平面向里或向外的磁感应强度在逐渐减弱,A,B错误,C,D正确.4.如图所示,通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面,第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ,第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ,设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2,则( C )A.ΔΦ1>ΔΦ2,两次运动中线框中均有沿adcba方向的电流出现B.ΔΦ1=ΔΦ2,两次运动中线框中均有沿abcda方向的电流出现C.ΔΦ1<ΔΦ2,两次运动中线框中均有沿adcba方向的电流出现D.ΔΦ1<ΔΦ2,两次运动中线框中均有沿abcda方向的电流出现解析:设金属框在位置Ⅰ的磁通量为ΦⅠ,金属框在位置Ⅱ的磁通量为ΦⅡ,由题可知ΔΦ1=|ΦⅡ-ΦⅠ|,ΔΦ2=|-ΦⅡ-ΦⅠ|,所以金属框的磁通量变化量大小ΔΦ1<ΔΦ2,由安培定则知两次磁通量均向里减小,所以由楞次定律知两次运动中线框中均出现沿adcba方向的电流,C正确.5.(多选)如图所示,水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线,以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系.四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置,两直导线中的电流大小与变化情况完全相同,电流方向如图中所示,当两直导线中的电流都增大时,四个线圈a,b,c,d中感应电流的情况是( CD )A.线圈a中无感应电流B.线圈b中有感应电流C.线圈c中有感应电流D.线圈d中无感应电流解析:根据安培定则可判断出电流产生的磁场方向,线圈a中的磁场方向均垂直于纸面向里,线圈c中的磁场方向均垂直于纸面向外,线圈b,d中的合磁通量始终为零,故增大两直导线中的电流时,线圈a,c中的磁通量发生变化,有感应电流产生,而线圈b,d中无感应电流产生,故选项C,D正确.6.如图所示,左侧有一个竖直放置的超导体圆环,O点为圆环的圆心,右侧有一条形磁铁.一开始圆环中没有电流,条形磁铁由静止沿轴线向左加速运动,当N极到达圆心O所在位置时,突然静止不动.下列说法正确的是( C )A.条形磁铁运动的过程中,线圈中有逆时针方向的电流(从左向右看)B.条形磁铁N极运动到O点静止瞬间,线圈中的电流消失C.条形磁铁运动的过程中,线圈对条形磁铁有向右的作用力D.条形磁铁运动的过程中,条形磁铁对线圈始终没有作用力解析:根据楞次定律“增反减同”的结论,条形磁铁运动的过程中,线圈中有顺时针方向的电流(从左向右看),选项A错误;线圈是超导体,条形磁铁静止瞬间,线圈中的电流不会消失,选项B错误;根据楞次定律“来拒去留”,条形磁铁运动的过程中,线圈对条形磁铁有向右的作用力,条形磁铁对线圈有向左的作用力,选项C正确,选项D错误.7.(2019·安徽六安模拟)已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场,地磁N极位于地理南极.如图所示,在安徽某中学实验室的水平桌面上,放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd,线框的ad边沿南北方向,ab边沿东西方向,下列说法正确的是( C )A.若使线框向东平移,则a点电势比d点电势高B.若使线框向北平移,则a点电势等于b点电势C.若以ad边为轴,将线框向上翻转90°,则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向D.若以ab边为轴,将线框向上翻转90°,则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向解析:安徽地处北半球,地磁场的竖直分量方向向下.线圈向东平移,ad边框切割磁感线产生感应电动势,根据右手定则可知a点电势比d点电势低,故A错误;线圈向北平移,ab边框切割磁感线产生感应电动势,根据右手定则可知a点电势比b点电势高,故B错误;以ad边为轴,将线框向上翻转90°,线框的磁通量减小,根据楞次定律可知感应电流方向始终为adcb方向,故C正确;以ab边为轴,将线框向上翻转90°,线框的磁通量先增大后减小,感应电流方向先为abcd方向,后为adcb方向,故D错误.8.(2019·江苏镇江调研)(多选)如图(甲)所示,光滑的水平桌面上固定着一根绝缘的长直导线,可以自由移动的矩形导线框abcd靠近长直导线静止放在桌面上.从零时刻开始,长直导线中的电流按图(乙)所示的规律变化[图(甲)中电流所示的方向为正方向],则( BD )A.在t2时刻,线框内没有电流,线框不受力B.t1到t2时间内,线框内电流的方向为abcdaC.t1到t2时间内,线框向右做匀减速直线运动D.t1到t2时间内,线框克服磁场力做功解析:在t2时刻,导线中的电流为零,但电流变化率最大,线框的磁通量变化最快,所以线框内的感应电流最大,故A错误;t1到t2时间内,导线中的电流减小,产生的磁场减小,根据楞次定律可知,线框的感应磁场与原磁场的方向相同,由右手螺旋定则可得,电流的方向为abcda,故B正确;0到t1时间内,导线中的电流增大,根据楞次定律可知,线框受到向右的安培力加速运动;t1到t2时间内,导线中的电流减小,线框受到向左的安培力,线框向右减速运动,但不是匀减速运动,磁场力对线框做负功,故C错误,D正确.9.如图所示,一根长导线弯曲成如图所示形状,通以直流电I,正中间用绝缘线悬挂一金属环C,环与导线处于同一竖直平面内.在电流I增大的过程中,下列叙述正确的是( D )A.金属环中无感应电流产生B.金属环中有顺时针方向的感应电流C.悬挂金属环C的导线的张力不变D.金属环C仍能保持静止状态解析:导线中的电流在金属环C内产生的合磁通量向里,故电流I增大的过程中,金属环C的磁通量向里增大,由楞次定律知金属环中有逆时针方向的感应电流,故A,B错误;由对称性及左手定则知金属环受到了竖直向下的安培力的作用且随着电流I增大而增大,金属环C仍能保持静止状态,故C错误,D项正确.10.如图所示,水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场,电场竖直向下,磁场垂直纸面向外,直径处于水平位置的半圆形铝框,沿竖直平面由静止开始下落.不计阻力,a,b两端落到地面的次序是( A )A.a先于bB.b先于aC.a,b同时落地D.无法判定解析:下落时虽然只有感应电动势没有安培力,但正电荷向a端运动,负电荷向b端运动,a端受电场力向下,加速度大,先落地,故A正确.11.(2019·河南南阳模拟)如图所示,在同一水平面内有两根光滑平行金属导轨MN和PQ,在两导轨之间竖直放置通电螺线管,ab和cd是放在导轨上的两根金属棒,它们分别放在螺线管的左右两侧,保持开关闭合,最初两金属棒处于静止状态.当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时,ab和cd两棒的运动情况是( D )A.ab,cd都向左运动B.ab,cd都向右运动C.ab向左,cd向右D.ab向右,cd向左解析:当变阻器滑片向右滑动时,电路的电流变小,线圈的磁场减弱;根据安培定则由电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向下.由于线圈处于两棒中间,所以穿过两棒所围成的磁通量变小,由楞次定律:增反减同可得,线框abdc产生顺时针方向感应电流.最后根据左手定则可确定安培力的方向:ab棒处于垂直向上的磁场,且电流方向b→a,则安培力方向向右.cd棒处于垂直向上的磁场,且电流方向c→d,则安培力方向向左,即两棒相互靠近,D正确.12.(2019·山东潍坊模拟)如图所示,线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大;等离子气流(由高温高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中,发现两直导线a,b互相吸引.由此可以判断P1,P2两极板间的匀强磁场的方向为( B )A.垂直纸面向外B.垂直纸面向里C.水平向左D.水平向右解析:线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大,根据楞次定律可知a中电流的方向向下,a,b相互吸引,说明b中电流的方向也向下,则P1带正电,说明正离子向上偏转,根据左手定则可知P1,P2间磁场的方向垂直于纸面向里,B正确.13.(2019·福建福州模拟)(多选)如图,一根足够长的直导线水平放置,通以向右的恒定电流,在其正上方O点用细丝线悬挂一铜制圆环.将圆环从a点无初速度释放,圆环在直导线所处的竖直平面内运动,经过最低点b和最右侧c后返回,下列说法正确的是( AD )A.从a到c的过程中圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针B.运动过程中圆环受到的安培力方向与速度方向相反C.圆环从b到c的时间大于从c到b的时间D.圆环从b到c产生的热量大于从c到b产生的热量解析:由安培定则知,直导线上方磁场方向垂直纸面向外,圆环从a到b的过程中磁通量增加,由楞次定律和安培定则可得,线圈中感应电流方向是顺时针;圆环从b到c的过程中磁通量减小,由楞次定律和安培定则可得,线圈中感应电流方向是逆时针,故A项正确;圆环从a到b 的运动过程中,将环分解为若干个小的电流元,上半环的左右对称部分所受合力向下,下半环左右对称部分所受合力向上;下半环所在处的磁场比上半环所在处的磁场强,则整个环所受安培力的方向向上,故B项错误;圆环从b到c的过程与圆环从c到b的过程中经同一位置时从b到c速率大于从c到b的速率(一部分机械能转化为电能),则圆环从b到c的时间小于从c到b的时间,故C项错误;圆环从b到c的过程与圆环从c到b的过程中经同一位置时从b到c速率大于从c到b的速率,则圆环从b到c的过程与圆环从c到b的过程中经同一位置时从b到c圆环所受安培力大于从c到b圆环所受安培力,圆环从b到c的过程克服安培力做的功大于圆环从c到b的过程克服安培力做的功,圆环从b到c产生的热量大于从c到b产生的热量,故D项正确.14.(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大解析:旋转体转一周,测量齿轮靠近和远离线圈N次,线圈中的感应电流变化N次,旋转体的转速为n,感应电流的变化频率为f,则f=nN,A正确,B错误:测量齿轮靠近和远离线圈时,线圈中磁通量的变化相反,产生的感应电流方向相反,C错误:旋转体转速越高,测量齿轮靠近和远离线圈越快,线圈中的磁通量变化越快,感应电动势越大,感应电流越大,D正确.第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流1.(2018·北京密云区高三第一次段测)如图所示,固定于水平面上的金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动.t=0时,磁感应强度为B0,此时MN到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为l的正方形.为使MN棒中不产生感应电流,从t=0开始,磁感应强度B随时间t变化的示意图为( C )解析:根据楞次定律,若闭合回路内的磁通量不发生变化,则无感应电流产生.B0l2=Bl(l+vt),解得B=,故随时间t的增加,磁感应强度B减小,且减小得越来越慢,C正确.2.如图所示,水平放置的平行金属导轨MN和PQ之间接有定值电阻R,导体棒ab长为l且与导轨接触良好,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,现使导体棒ab向右匀速运动,下列说法正确的是( D )A.导体棒ab两端的感应电动势越来越小B.导体棒ab中的感应电流方向是a→bC.导体棒ab所受安培力方向水平向右D.导体棒ab所受合力做功为零解析:导体棒ab匀速向右运动,垂直切割磁感线,产生感应电动势E=Blv,导体棒ab两端的感应电动势恒定不变,故A错误;根据右手定则,电流方向从b到a,故B错误;根据左手定则,导体棒ab所受安培力方向水平向左,故C错误;导体棒匀速运动,动能不变,根据动能定理,合外力做功等于动能变化量即等于0,故D正确.3.如图所示,边长为L的正方形线圈与匀强磁场垂直,磁感应强度为B.当线圈按图示方向以速度v垂直B运动时,下列判断正确的是( B )A.线圈中无电流,φa=φb=φc=φdB.线圈中无电流,φa>φb=φd>φcC.线圈中有电流,φa=φb=φc=φdD.线圈中有电流,φa>φb=φd>φc解析:线圈在运动过程中,穿过线圈的磁通量不变,所以在线圈中不会产生感应电流,但导体两端有电势差,根据右手定则,φa>φb=φd>φc,故B正确.4.(多选)如图,闭合小金属环从高h的光滑曲面上端无初速度滚下,又沿曲面的另一侧上升,水平方向的磁场与光滑曲面垂直(图中未画出),则( BC )A.若是匀强磁场,环在左侧滚上的高度小于hB.若是匀强磁场,环在左侧滚上的高度等于hC.若是非匀强磁场,环在左侧滚上的高度小于hD.若是非匀强磁场,环在左侧滚上的高度等于h解析:若是匀强磁场,穿过小环的磁通量不变,没有感应电流产生,机械能守恒,高度不变,则环在左侧滚上的高度等于h,故A错误,B正确;若是非匀强磁场,闭合小金属环中由于电磁感应产生涡流,机械能减小转化为内能,高度减小,则环在左侧滚上的高度小于h,故C正确,D 错误.5.(2019·广东惠州模拟)(多选)如图(甲)所示,100匝线圈(图中只画了1匝)两端A,B与一电压表相连.线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场,线圈中的磁通量在按图(乙)所示规律变化.下列关于电压表的说法正确的是( AC )A.电压表读数为50 VB.电压表读数为150 VC.电压表“+”接线柱接A端D.电压表“+”接线柱接B端解析:由图得到:磁通量的变化率=0.5 Wb/s,根据法拉第电磁感应定律得E=n=50 V,则电压表读数为50 V,故A正确,B错误;根据楞次定律判断可知,回路中感应电动势的方向为逆时针方向,所以电压表“+”接线柱接A端,故C正确,D错误.6.如图所示,有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路,垂直回路平面内存在着向里的匀强磁场B,已知圆的半径r=5 cm,电容C=20 μF,当磁场B以4×10-2T/s的变化率均匀增加时,则( A )A.电容器a板带正电,电荷量为2π×10-9 CB.电容器a板带负电,电荷量为2π×10-9 CC.电容器b板带正电,电荷量为4π×10-9 CD.电容器b板带负电,电荷量为4π×10-9 C解析:根据“增反减同”可知线圈中产生垂直纸面向外的感应磁场,根据右手定则可判断出电容器a板带正电,两板间电势差U===π×10-4 V,Q=CU=2π×10-9 C,故A正确.7.如图所示,A,B,C是三个完全相同的灯泡,L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计).则( A )A.S闭合时,A灯立即亮,然后逐渐熄灭B.S闭合时,B灯立即亮,然后逐渐熄灭C.电路接通稳定后,三个灯亮度相同D.电路接通稳定后,S断开时,C灯立即熄灭解析:S闭合时,由于L的电流增大,所以L产生很大的阻抗,相当于L是断路,所以电流从A 通过,A立即亮起来,但随着电流的稳定,L的阻抗消失,变成一根导线,把A短路,故A逐渐熄灭,这时电路中B,C并联在电源两端,电压增大,B灯变亮,并且B,C两灯的亮度相同,A正确, B,C错误;电路接通稳定后,S断开时,L中的电流减小,产生很大的感应电流,相当于电源,有电流通过C灯,故C灯不会立刻熄灭,D错误.8.(2019·甘肃兰州模拟)如图(甲)所示,一正方形线框架放在光滑绝缘的水平面上,在水平向右的拉力作用下从图示位置始终向右做匀加速运动,线框右侧有一垂直于水平面向下的匀强磁场,线框的右边始终与磁场的边界平行,线框的质量为1 kg,电阻为1 Ω,整个运动过程中,拉力的大小随时间变化如图(乙)所示,试求:(1)线框的边长为多大?(2)磁场的磁感应强度的大小?解析:根据图(乙)中的数据和牛顿第二定律有F=ma,解得a=5 m/s2.1 s刚进入磁场时v1=at=5 m/s,感应电流I=安培力F安=BIL=则F-=ma当线框全进入磁场时,F-=ma联立解得v2=6 m/s由匀加速直线规律-=2aL解得L=1.1 m,B= T.答案:(1)1.1 m (2) T9.(2019·辽宁大连模拟)(多选)如图所示,在垂直于纸面向里的匀强磁场中,水平放置两个同心金属环,半径分别是r和2r,磁感应强度为B,在两环间连接有一个电容为C的电容器,a,b是电容器的两个极板、长为r的金属棒AB沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好,并绕圆心以角速度ω做顺时针方向(从垂直环面向里看)的匀速圆周运动,不计一切电阻,则下列说法正确的是( AD )A.电容器a极板带负电B.金属棒AB中有从B到A的持续电流C.电容器两端电压为Bωr2D.电容器所带电荷量为解析:根据右手定则可知,AB棒切割磁感线产生感应电动势高低为:A端为高电势、B端为低电势,则电容器a极板带负电,b极板带正电,但电路没有闭合,金属棒AB中没有感应电流,故A正确,B错误;根据切割感应电动势为E=BLv=Brω×=Bωr2,根据电容器电荷量的计算公式可得Q=CU=,故C错误,D正确.10.(2019·广西钦州质检)如图(甲)所示,ab为磁场边界,在ab的右侧存在一个足够大的匀强磁场,t=0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里,用一根横截面积为S电阻率为ρ的硬质导线做成两个半径分别为r和2r的圆环1和圆环2,让圆环的直径与边界重合.磁场磁感应强度B随时间t变化的关系如图(乙)所示,则0～t1时间内( C )A.两圆环中产生感应电流的方向为逆时针B.两圆环一直具有扩张的趋势C.环1和环2中感应电流的大小之比为1∶2D.环1和环2中的电功率之比为1∶4解析:磁通量向里减小,由楞次定律“增反减同”可知,线圈中的感应电流方向为顺时针,0～t0为了阻碍磁通量的减小,线圈有扩张的趋势,t0～t1为了阻碍磁通量的增大,线圈有缩小的趋势,A,B错误;从图(乙)中可知磁场均匀变化,即恒定,根据法拉第电磁感应定律E==S可知产生的感应电动势大小之比为==,根据电阻定律R=ρ=ρ可知两环的电阻之比为=,故感应电流之比为==,C正确;电功率之比为==,D错误.11.(2019·陕西黄陵模拟)(多选)如图(甲)所示,在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环,圆环所围面积为0.1 m2,圆环电阻为0.2 Ω.在第1 s内感应电流I沿顺时针方向.磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图(乙)所示(其中在4～5 s的时间段呈直线).则( BC )A.在0～5 s时间段,感应电流先减小再增大B.在0～2 s时间段感应电流沿顺时针方向,在2～5 s时间段感应电流沿逆时针方向C.在0～5 s时间段,圆环最大发热功率为5.0×10-4 WD.在0～2 s时间段,通过圆环横截面的电荷量为0.5 C解析:根据闭合电路欧姆定律得I==,知磁感应强度的变化率越大,则电流越大,磁感应强度变化率最大值为0.1 T/s,则最大电流I= A=0.05 A,在0～5 s时间段,感应电流先减小再增大,最后不变,A错误;由题意知,在第1 s内感应电流I沿顺时针方向,根据楞次定律知,磁场方向向上为正方向,在0～2 s时间段,感应电流方向为顺时针方向,在2～5 s 时间段,感应电流方向为逆时针方向,故B正确;在0～5 s时间段,当电流最大时,发热功率最大,则P=I2R=0.052×0.2 W=5×10-4 W,C正确;根据感应电荷量的公式q== C=0.05 C,通过圆环横截面的电荷量为0.05 C,故D错误.12.(2019·山东青岛质检)(多选)如图,一根长为l、横截面积为S的闭合软导线置于光滑水平面上,其材料的电阻率为ρ,导线内单位体积的自由电子数为n,电子的电荷量为e,空间存在垂直纸面向里的磁场.某时刻起磁场开始减弱,磁感应强度随时间的变化规律是B=B0-kt,当软导线形状稳定时,磁场方向仍然垂直纸面向里,此时( BCD )A.软导线围成一个正方形B.导线中的电流为C.导线中自由电子定向移动的速率为D.导线中电场强度大小为解析:根据楞次定律“增缩减扩”的原理,软导线稳定时呈圆形,故A项错误;根据l=2πr可得r=,圆的面积S0=πr2=,感应电动势大小为E==,稳定时软导线中的电流为I=,其中R=ρ,联立可得电流I==,故B正确;导线横截面积为S、单位体积内的自由电子数为n、电子的电荷量为e,则导线中电流I=neSv,导线中自由电子定向移动的速率v=,故C项正确;计算导线中电场可将其视为沿导线方向的匀强电场,则导线中电场强度。

第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流知识排查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＝ER＋r。

3.导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Bl v。

(2)v∥B时，E＝0。

自感、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。

(2)自感电动势①定义：在自感现象中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(1)涡流：当线圈中电流变化时，附近的任何导体(如金属块)中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。

小题速练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解析由法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量大小、磁通量的变化量都没有关系，A、B、D错误，C正确。

答案 C2.如图1所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。

基础课 2 法拉第电磁感应定律 自感、涡流一、选择题1．(多选)(2016年全国卷Ⅱ)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：选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．2．如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E ，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为E ′.则E ′E等于( )A.12B.22C ．1D. 2解析：选B 设折弯前导体切割磁感线的长度为L ，运动产生的感应电动势为E ＝BLv ；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝22L ，故产生的感应电动势为E ′＝BL ′v ＝B ·22Lv ＝22E ，所以E ′E ＝22，B 正确．3．(2018届青岛模拟)如图所示为地磁场磁感线的示意图．一架民航飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则 ( )A ．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B ．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C ．若飞机从南往北飞，φ2比φ1高D ．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高解析：选C 由于地磁场的方向是由南到北的，若飞机从西往东飞或者从东往西飞，竖直下坠，机翼方向与地磁场方向平行，不切割磁感线，不产生感应电动势，所以机翼两端不存在电势差，故A 、B 错误；若飞机从南往北飞，竖直下坠，机翼方向与地磁场方向垂直，由右手定则可判定，飞机的右方机翼末端的电势比左方机翼末端的电势高，即φ2比φ1高，同理可知，若飞机从北往南飞，φ2比φ1低，故C 正确，D 错误．4．(多选)将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是( )A ．磁通量的变化量B ．磁通量的变化率C ．感应电流的大小D ．流过导体某横截面的电荷量解析：选AD 将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢，第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同，磁通量变化率不同，A 正确，B 错误；根据法拉第电磁感应定律，第二次线圈中产生的感应电动势大，根据欧姆定律可知第二次感应电流大，即I 2>I 1，C 错误；流过导体某横截面的电荷量q ＝I －Δt ＝E －R Δt ＝ΔΦΔt R Δt ＝ΔΦR，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，D 正确．5．(多选)如图所示，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( )A ．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解析：选AD 线框中的感应电动势为E ＝ΔBΔtS ，设线框的电阻为R ，则线框中的电流I＝E R ＝ΔB Δt ·S R ，B 增大或减小时，ΔBΔt可能减小，也可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A 、D 正确．6．如图所示，线圈L 的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L 1、L 2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S 闭合和断开的过程中，L 1、L 2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S 断开，L 2立即不亮，L 1逐渐变亮B ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2很亮；S 断开，L 1、L 2立即不亮C ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2亮度不变；S 断开，L 2立即不亮，L 1亮一下才灭D ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2则逐渐变得更亮；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下才灭解析：选D S 闭合瞬间，自感线圈L 相当于一个大电阻，以后阻值逐渐减小到0，所以观察到的现象是灯泡L 1和L 2同时亮，以后L 1逐渐变暗到熄灭，L 2逐渐变得更亮．S 断开瞬间，自感线圈相当于一个电动势逐渐减小的内阻不计的电源，它与灯泡L 1组成闭合回路，所以L 2立即熄灭，L 1亮一下才熄灭．所以A 、B 、C 选项都是错误的，只有D 选项正确．7．如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t 1到t 2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B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )A ．恒为nS B 2－B 1t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS B 2－B 1t 2－t 1C ．恒为－nS B 2－B 1t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS B 2－B 1t 2－t 1解析：选 C 根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝n S B 2－B 1t 2－t 1，由楞次定律可以判断a 点电势低于b 点电势，所以a 、b 两点之间的电势差为－nS B 2－B 1t 2－t 1，C 项正确．8．(多选)如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一半径为R 、质量为m 的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑，重力加速度大小为g .下列说法正确的是( )A ．金属球会运动到半圆轨道的另一端B ．由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C ．金属球受到的安培力做负功D ．系统产生的总热量为mgR解析：选CD 金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，选项C 正确，A 、B 错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR ，选项D 正确．9．(多选)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27∶1解析：选BD 由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A 项错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔBΔt ，而磁感应强度均匀变化，即ΔB Δt 恒定，则a 、b 线圈中的感应电动势之比为E a E b ＝S a S b ＝l a2l b 2＝9，故B项正确；根据电阻定律R ＝ρl S ′，且L ＝4Nl ，则R a R b ＝l a l b ＝3，由闭合电路欧姆定律I ＝ER得，a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b ＝E a E b ·R bR a ＝3，故C 项错误；由功率公式P ＝I 2R 知，a 、b 线圈中的电功率之比为P a P b ＝I a 2I b 2·R aR b＝27，故D 项正确．10．(多选)半径为a 且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，如图所示．则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3 时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2avπ＋2R 0D ．θ＝π3 时，杆受的安培力大小为3B 2av5π＋3R 0解析：选AD 开始时刻，感应电动势E 1＝BLv ＝2Bav ，故A 项正确；θ＝π3时，E 2＝B ·2a cos π3·v ＝Bav ，故B 项错误；由L ＝2a cos θ，E ＝BLv ，I ＝ER，R ＝R 0[2a cos θ＋(π＋2θ)a ]，得在θ＝0时，F ＝B 2L 2v R ＝4B 2av R 02＋π，故C 项错误；θ＝π3时F ＝3B 2avR 05π＋3，故D 项正确．二、非选择题11．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度g 取10 m/s 2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt.解析：(1)线圈受到的安培力F ＝N 1B 0IL 天平平衡mg ＝N 1B 0IL 代入数据得N 1＝25. (2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt即E ＝N 2ΔBΔt Ld由欧姆定律得I ′＝E R线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L 天平平衡m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL2R代入数据可得ΔBΔt ＝0.1 T/s.答案：(1)25 (2)0.1 T/s12．如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab 、cd 的间距L 1＝0.5 m ，金属棒ad 与导轨左端bc 的距离为L 2＝0.8 m ，整个闭合回路的电阻为R ＝0.2 Ω，磁感应强度为B 0＝1 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad 杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m ＝0.04 kg 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以ΔBΔt＝0.2 T/s 的变化率均匀地增大．求：(1)金属棒上电流的方向； (2)感应电动势的大小；(3)经过多长时间物体刚好离开地面(g 取10 m/s 2)．解析：(1)原磁场方向竖直向下，回路中磁通量增大，由楞次定律可知感应电流的磁场方向竖直向上，由安培定则可知金属棒上电流的方向a →d .(2)由法拉第电磁感应定律可知E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔBΔt面积S ＝L 1L 2＝0.4 m 2由已知条件得n ＝1，ΔBΔt ＝0.2 T/s代入数据得E ＝0.08 V.(3)对物体刚好离地时受力分析如图甲：列平衡方程：T 绳＝mg ，对此时的ad 棒受力分析如图乙：列平衡方程：F 安＝T 绳 安培力的大小：F 安＝BIL 1 由欧姆定律：I ＝E R由已知条件：B ＝B 0＋ΔBΔt t以上各式联立解得t ＝5 s.答案：(1)a→d(2)0.08 V (3)5 s。

第2讲法拉第电磁感应定律自感与涡流A组基础过关1.(多选)(2016课标Ⅱ,20,6分)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倍答案AB 设圆盘的半径为L,可认为圆盘由无数根辐条构成,则每根辐条切割磁感线产生的感应电动势E=BL2ω,整个回路中的电源为无数个电动势为E的电源并联而成,电源总内阻为零,故回路中电流I==,由此可见A正确。

R上的热功率P=I2R=,由此可见,ω变为原来的2倍时,P变为原来的4倍,故D错。

由右手定则可判知B正确。

电流方向与导体切割磁感线的方向有关,而与切割的速度大小无关,故C错。

2.(多选)(2018河北沧州一中模拟)单匝线圈所围的面积为0.1m2,线圈电阻为1Ω;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,则下列说法正确的是( )A.在时间0~5s内,I的最大值为0.01AB.在第4s时刻,I的方向为逆时针方向C.前2s内,通过线圈某截面的总电荷量为0.01CD.第3s内,线圈的发热功率最大答案ABC 由题图乙看出,在开始时刻图线的斜率最大,B的变化率最大,线圈中产生的感应电动势最大,感应电流也最大,最大值为I==A=0.01A,故A正确。

在第4s时刻,穿过线圈的磁场方向向上,磁通量减小,则根据楞次定律及安培定则判断得知,I的方向为逆时针方向,故B正确。

前2s内,通过线圈某截面的总电荷量q===C=0.01C,故C正确。