2020年高考物理总复习 课时作业三十九 法拉第电磁感应定律

2020届一轮复习人教版法拉第电磁感应定律课时作业1．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A．0～2 s B．2～4 sC．4～5 s D．5～10 s解析：图象斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小.5～10 s内图象斜率最小，故选项D正确．答案：D2．(多选)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．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯解析：当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A、B正确，选项C、D错误．答案：AB3.如图所示，A 、B 两闭合线圈用同样导线绕成，A 有10匝，B 有20匝，两圆线圈半径之比为：1，均匀磁场只分布在B 线圈内．当磁场随时间均匀减弱时( )A ．A 中无感应电流B ．A 、B 中均有恒定的感应电流C ．A 、B 中感应电动势之比为：1 D ．A 、B 中感应电流之比为：1解析：线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt，A 、B 中感应电动势之比为：2，又因为R ＝ρl S ，故：RB ＝：1，所以：IB ＝：2，故选项A 、C 、D 错误，B 正确．答案：B 4．[2019·江西信丰县模拟](多选)如图所示，A 、B 是完全相同的两个小灯泡，L 为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，则( )A ．开关S 闭合瞬间，A 、B 同时发光，随后A 灯变暗直至熄灭，B 灯变亮B ．开关S 闭合瞬间，B 灯亮，A 灯不亮C ．断开开关S 的瞬间，A 、B 灯同时熄灭D ．断开开关S 的瞬间，B 灯立即熄灭，A 灯突然闪亮一下再熄灭解析：A 项，开关闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A 、B 同时发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯A 逐渐被短路，流过A 灯的电流逐渐减小，B 灯逐渐增大，则A 灯变暗，B 灯变亮，故A 正确，B 错误；C 项，断开开关的瞬间，B 灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A 灯，所以A 灯突然闪亮一下再熄灭，故C 错误，D 正确．故选A 、D.答案：AD5.如图所示的电路，初始时开关S 闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S ，则通过电阻R 1中的电流I 随时间t 变化的图线可能是选项图中的( )解析：选D 初始时开关S 闭合，电路处于稳定状态，流过R 1的电流方向向左，大小为I 1，与R 1并联的R 2和线圈L 支路，电流I 2的方向也是向左。

法拉第电磁感应定律自感和涡流1．(2019·宁波检测)穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地增加 2 Wb，则( )A．线圈中感应电动势每秒钟增加2 VB．线圈中感应电动势每秒钟减少2 VC．线圈中无感应电动势D．线圈中感应电动势保持不变答案：D2.如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正确的是( )A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮D．断开开关S时，A灯比B灯先熄灭解析：选B.由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，选项A、C 错误、B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D错误．3.(2019·湖州月考)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．下列说法不正确的是( )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未发生变化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D.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；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正确；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．4.(2019·台州质检)如图所示，蹄形磁铁的两极间，放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′转动，磁铁如图示方向转动时，线圈的运动情况是( )A ．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同B ．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同C ．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁转速D ．线圈静止不动解析：选C.本题“原因”是磁铁有相对线圈的运动，“效果”便是线圈要阻碍两者的相对运动，但线圈阻止不了磁铁的运动，线圈只好跟着磁铁同向转动，但转速小于磁铁转速，如果二者转速相同，就没有相对运动，线圈就不会转动，故选项C 正确．5．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．(重力加速度取g ＝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)线圈受到安培力F ＝N 1B 0IL天平平衡mg ＝N 1B 0IL代入数据得N 1＝25匝．(2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt 即E ＝N 2ΔB ΔtLd 由欧姆定律得I ′＝E R线圈受到安培力F ′＝N 2B 0I ′L天平平衡m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL 2R 代入数据可得ΔB Δt＝0.1 T/s. 答案：(1)25匝 (2)0.1 T/s6．(2019·浙江选考十校联盟)有人设计了一种可测速的跑步机．测速原理如图所示，该机底面固定有间距为L 、长度为d 的平行金属电极．电极间充满磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，理想电压表和电阻R 并联后接在电极的两端．绝缘橡胶带上固定有间距为d 的平行细金属条，橡胶带在电动机带动下运动时，金属条将随着橡胶带进入磁场区域，金属条跟电极接触良好，金属条的电阻均为r ，其他部分的电阻均可忽略不计．(1)写出橡胶带运动速度v 跟电压表示数U 之间的表达式；(2)橡胶带以速度v 1匀速运动时，每根金属条穿过磁场区域克服安培力做的功；(3)关闭电动机，运动员在跑步机上跑步时对橡胶带的静摩擦力也可以带动橡胶带运动，这种跑步机被称为机械式跑步机．假定橡胶带在此种情况下运动时受到的机械阻力跟速度的平方成正比，即f ＝kv 2，k 为比例常数，并且运动员消耗的体能全部用来维持橡胶带匀速运动．求橡胶带以速度v 2匀速运动时运动员消耗的功率．解析：(1)金属条做切割磁感线运动产生的电动势大小为E ＝BLv ，回路中的电流大小为I ＝E R ＋r 电压表的示数U ＝IR解得v ＝（R ＋r ）U BLR. (2)金属条中的电流I 1＝BLv 1R ＋r金属条受的安培力大小F 1＝BI 1L金属条克服安培力做功W ＝F 1d 解得W ＝B 2L 2dv 1R ＋r. (3)运动员对橡胶带的摩擦力大小F ＝f ＋F 2其中f ＝kv 22金属条受的安培力大小F 2＝BI 2L ＝B 2L 2v 2R ＋r运动员消耗的最小功率P ＝Fv 2＝(f ＋F 2)v 2解得P ＝v 22⎝ ⎛⎭⎪⎫kv 2＋B 2L 2R ＋r . 答案：见解析【课后达标检测】一、选择题1.(2019·浙江十校联考)如图所示，电源的电动势为E 、内阻r 不能忽略．A 、B 是两个相同的小灯泡，L 是一个自感系数相当大的线圈．关于这个电路的以下说法正确的是( )A ．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A 灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B ．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B 灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C ．开关由闭合到断开瞬间，A 灯闪亮一下再熄灭D ．开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A 灯答案：A2．(2019·温州八校联考)如图所示的四个选项中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．A 、B 中的导线框为正方形，C 、D中的导线框为直角扇形．各导线框均绕垂直纸面轴O 在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T .从线框处于图示位置时开始计时，以在OP 边上从P 点指向O 点的方向为感应电流i 的正方向．则在如图所示的四个情景中，产生的感应电流i 随时间t 的变化规律如图正确的是( )答案：C3．(2019·金华调研)物理课上，老师做了一个奇妙的实验，如图所示，A 是由铜片和绝缘细杆组成的摆，其摆平面通过电磁铁的两极之间，当绕在电磁铁上的线圈未通电时，铜片可以自由摆动，要经过较长时间才会停下来．当线圈通电时，铜片迅速停止摆动．以下四个选项中与此原理类似的是( )A ．微安表表头在运输时应该把两个接线柱连在一起，以阻碍表针相对表盘的摆动B ．电动机等大功率用电器的开关最好使用油浸开关，避免开关断开时出现电火花C ．法拉第利用电磁感应的原理制成的第一台圆盘发电机D ．通电导线与磁体通过磁场发生相互作用答案：A4．(2019·丽水检测)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，R 左侧导线与圆盘边缘接触，右侧导线与圆盘中心接触)( )A ．由c 到d ，I ＝Br 2ωRB ．由d 到c ，I ＝Br 2ωRC ．由c 到d ，I ＝Br 2ω2RD ．由d 到c ，I ＝Br 2ω2R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势E ＝12Br 2ω，所以通过电阻R 的电流大小是I ＝Br 2ω2R，选项D 正确．5．(2019·浙江名校联盟联合测试)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B 0.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ΔB Δt的大小应为( ) A.4ωB 0π B.2ωB 0π C.ωB 0π D.ωB 02π 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E 1＝12B 0ωL 2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E 2＝12πL 2ΔB Δt ，由E 1R ＝E 2R 得12B 0ωL 2＝12πL 2ΔB Δt ，即ΔB Δt ＝ωB 0π，故C 正确．6.如图所示，正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s 时间拉出，外力所做的功为W 1；第二次用0.9 s 时间拉出，外力所做的功为W 2，则( )A ．W 1＝13W 2 B ．W 1＝W 2C ．W 1＝3W 2D ．W 1＝9W 2解析：选C.设正方形边长为L ，导线框的电阻为R ，则导体切割磁感线的边长为L ，运动距离为L ，W ＝E 2R t ＝B 2L 2v 2R ·L v ＝B 2L 3v R ＝B 2L 4Rt，可知W 与t 成反比，W 1＝3W 2.选C. 7.(2019·浙江东、北名校联考)如图，金属棒ab 置于水平放置的U 形光滑导轨上，在ef 右侧存在有界匀强磁场B ，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef 左侧的无磁场区域cdef 内有一半径很小的金属圆环L ，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab 在水平恒力F 作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后( )A ．圆环L 有收缩趋势，圆环内产生的感应电流变大B ．圆环L 有收缩趋势，圆环内产生的感应电流变小C ．圆环L 有扩张趋势，圆环内产生的感应电流变大D ．圆环L 有扩张趋势，圆环内产生的感应电流变小解析：选B.由于金属棒ab 在恒力F 的作用下向右运动，则abdc 回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于环面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，穿过圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍穿过圆环的磁通量增大；又由于金属棒向右运动的加速度减小，单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小．8.如图所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆ab 与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时开关S 断开，当ab杆由静止下滑一段时间后闭合S ，则从S 闭合开始计时，ab 杆的速度v 与时间t的关系图象不可能正确的是( )解析：选B.若ab 杆速度为v 时，S 闭合，则ab 杆中产生的感应电动势E ＝BLv ，ab 杆受到的安培力F ＝B 2L 2v R，如果安培力等于ab 杆的重力，则ab 杆匀速运动，A 项正确；如果安培力小于ab 杆的重力，则ab 杆先加速最后匀速，C 项正确；如果安培力大于ab 杆的重力，则ab 杆先减速最后匀速，D 项正确；ab 杆不可能匀加速运动，B 项错误．9．(多选)半径为a 、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垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .直杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，直杆的位置由θ确定，如图所示．则( )A ．θ＝0时，直杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3时，直杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，直杆受的安培力大小为2B 2av （π＋2）R 0D ．θ＝π3时，直杆受的安培力大小为3B 2av （5π＋3）R 0解析：选AD.当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以直杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Bav ，选项A 正确；此时直杆上的电流I 1＝E 1（πa ＋2a ）R 0＝2Bv （π＋2）R 0，直杆受到的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2av （π＋2）R 0，选项C 错误；当θ＝π3时，直杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，直杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Bav ，选项B 错误；此时直杆上的电流I 2＝E 2（2πa －2πa 6＋a ）R 0＝3Bv （5π＋3）R 0，直杆受到的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2av （5π＋3）R 0，选项D 正确．10．(多选)如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是( )A ．感应电流方向不变B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势最大值E m ＝BavD ．感应电动势平均值E －＝πBav解析：选AC.由楞次定律可知，感应电流方向不变，A 正确；CD 段直导线始终受到安培力，B 错误；感应电动势最大值即为切割磁感线等效长度最大时的电动势，故E m ＝Bav ，C 正确；E －＝ΔΦΔt① ΔΦ＝B ·12πa 2② Δt ＝2a v③ 由①②③式得E －＝14πBav ，D 错误． 二、非选择题11．(2019·湖州质检)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R ＝0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R 的金属棒OA ，A 端与导轨接触良好，O 端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r ＝R 3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m ＝0.5 kg 的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．a 点与导轨相连，b 点通过电刷与O 端相连．测量a 、b 两点间的电势差U 可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h ＝0.3 m 时，测得U ＝0.15 V ．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g ＝10 m/s 2)(1)测U 时，与a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小．(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．解析：(1)由右手定则知，金属棒产生的感应电动势的方向由O →A ，故A 端电势高于O 端电势，与a 点相接的是电压表的“正极”．(2)由电磁感应定律得U ＝E ＝ΔΦΔt， ΔΦ＝12BR 2Δθ， U ＝12B ωR 2，v ＝r ω＝13ωR ，所以v ＝2U 3BR＝2 m/s. (3)ΔE ＝mgh －12mv 2. 代入数据得ΔE ＝0.5 J.答案：(1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J12．(2016·10月浙江选考)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置．半径为l 的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l 、电阻为R 的金属棒ab 一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO ′上，由电动机A 带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B 1、方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m 、电阻为R 的金属棒cd 用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U ”形导轨保持良好接触，导轨间距为l ，底部接阻值也为R 的电阻，处于大小为B 2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S 与“U ”形导轨连接．当开关S 断开，棒cd 静止时，弹簧伸长量为x 0；当开关S 闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd 再次静止时，弹簧伸长量变为x (不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：(1)通过棒cd 的电流I cd ；(2)电动机对该装置的输出功率P ；(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x 之间的函数关系．解析：(1)S 断开，cd 棒静止有mg ＝kx 0S 闭合，cd 棒静止时受到的安培力F ＝I cd B 2lcd 棒静止有mg ＋I cd B 2l ＝kx得：I cd ＝mg （x －x 0）B 2lx 0. (2)回路总电阻：R 总＝R ＋12R ＝32R . 总电流：I ＝2mg （x －x 0）B 2lx 0由能量守恒，得P ＝I 2R 总＝6m 2g 2R （x －x 0）2B 22l 2x 20.(3)由法拉第电磁感应定律：E ＝ΔΦΔt ＝12B 1ωl 2 回路总电流：I ＝B 1ωl 23Rω＝6mgR （x －x 0）B 1B 2l 3x 0. 答案：见解析。

第2节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流知识点一| 法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势。

产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻。

(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I ＝E R ＋r。

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，n 为线圈匝数。

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)若B ⊥l ，l ⊥v ，v 与B 夹角为θ，则E ＝Bl v sin_θ。

[判断正误](1)Φ＝0，ΔΦΔt 不一定等于0。

(√) (2)感应电动势E 与线圈匝数n 有关，所以Φ、ΔΦ、ΔΦΔt的大小均与线圈匝数有关。

(×) (3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。

(√) (4)法拉第提出了法拉第电磁感应定律。

(×)(5)当导体在匀强磁场中垂直磁场方向运动时(运动方向和导体垂直)，感应电动势为E ＝BL v 。

(√)考法1 对感生电动势E ＝n ΔΦΔt 的理解与应用1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是( )A ．穿过线圈的磁通量Φ越大，所产生的感应电动势就越大B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ越大，所产生的感应电动势就越大C．穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt越大，所产生的感应电动势就越大D．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0C[根据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ΔΦΔt成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系。

当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0。

当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也会很大。

所以只有选项C正确。

]2．(2017·天津高考)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。

同的自感电流,可通过D2,故B灯闪一下再慢慢熄灭,电流不能通过D1,故A灯
不亮,故C错误,D正确。
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本 课 结 束
解析 当细铜棒切割磁感线的有效长度最大时,铜棒两端的感应电动势最大。
当“L”形铜棒速度方向垂直铜棒两端连线时,切割磁感线的有效长度为 2l,
此时铜棒两端电势差最大,最大值为 E= 2Blv,故 B 正确。
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4.如图所示,固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上,
解析 电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时,会产生涡
流,电流流过导体时会产生热量,A错误;如果导体反向转动,此时产生的涡
流方向也相反,电流和运动方向同时反向,安培力方向相反,故还是使导体
受到阻碍运动的制动力,B错误;线圈中电流越大,则产生的磁场越强,则转
盘转动产生的涡流越强,则制动装置对转盘的制动力越大,C错误;线圈电流
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R
UR= ·
E=2
R+r
E
I=R+r=1
V,故 B 错误;金属
A,产生的焦耳热为
微练三
涡流、自感、电磁阻尼、电磁驱动的理解及应用
6.如图所示,关于涡流的下列说法错误的是( B )
A.真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B.家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的
=
NBSθ
,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆
t
时针方向。故选A。
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11.如图所示,线圈L的自感系数极大,直流电阻忽略不计;D1、D2是两个二