新高考物理一輪復(fù)習(xí)講義第11章 電磁感應(yīng) 第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感和渦流 (含解析)

第2講法拉第電磁感應(yīng)定律自感和渦流學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解法拉第電磁感應(yīng)定律，會(huì)應(yīng)用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。2.會(huì)計(jì)算導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。3.了解自感現(xiàn)象、渦流、電磁驅(qū)動(dòng)和電磁阻尼。1.2.3.eq\a\vs4\al(,4.,,)5.6.7.1.思考判斷(1)線(xiàn)圈中磁通量變化越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大。(×)(2)線(xiàn)圈中磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大。(√)(3)感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向始終相同。(×)(4)線(xiàn)圈中的電流越大，則自感系數(shù)也越大。(×)2.(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖1(a)中虛線(xiàn)MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線(xiàn)的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線(xiàn)做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖(a)所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示。則在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)()圖1A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B.圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針?lè)较駽.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D.圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為eq\f(B0πr2,4t0)答案BC考點(diǎn)一法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用1.公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一個(gè)回路中某段時(shí)間內(nèi)的平均電動(dòng)勢(shì)，在磁通量均勻變化時(shí)，瞬時(shí)值才等于平均值。2.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小由線(xiàn)圈的匝數(shù)和穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)共同決定，而與磁通量Φ的大小、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒(méi)有必然聯(lián)系。3.磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)對(duì)應(yīng)Φ－t圖像上某點(diǎn)切線(xiàn)的斜率。4.磁通量的變化僅由面積變化引起時(shí)，E＝nBeq\f(ΔS,Δt)。5.磁通量的變化僅由磁場(chǎng)變化引起時(shí)，E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，注意S為線(xiàn)圈在磁場(chǎng)中的有效面積。6.磁通量的變化是由面積和磁場(chǎng)變化共同引起時(shí)，E＝neq\f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt)。例1(多選)(2023·河南鄭州高三月考)如圖2所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化，磁場(chǎng)方向取垂直紙面向里為正方向。正方形硬質(zhì)金屬框abcd放置在磁場(chǎng)中，金屬框平面與磁場(chǎng)方向垂直，電阻R＝0.1Ω，邊長(zhǎng)l＝0.2m，則下列說(shuō)法正確的是()圖2A.在t＝0到t＝0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0.08VB.在t＝0.05s時(shí)，金屬框ab邊受到的安培力的大小為0.16NC.在t＝0.05s時(shí)，金屬框ab邊受到的安培力的方向垂直于ab向右D.在t＝0到t＝0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率為0.064W答案AD解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(nΔΦ,Δt)，解得E＝0.08V，故A正確；感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.08,0.1)A＝0.8A，在t＝0.05s時(shí)，ab受到的安培力為F＝IlB＝0.8×0.2×0.1N＝0.016N，故B錯(cuò)誤；金屬框中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，線(xiàn)框有擴(kuò)大的趨勢(shì)，故ab受到的安培力水平向左，故C錯(cuò)誤；電功率為P＝EI＝0.08V×0.8A＝0.064W，故D正確。跟蹤訓(xùn)練1.(2022·河北卷)將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線(xiàn)順次繞成如圖3所示的線(xiàn)圈，其中大圓面積為S1，小圓面積均為S2，垂直線(xiàn)圈平面方向有一隨時(shí)間t變化的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝B0＋kt，B0和k均為常量，則線(xiàn)圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為()圖3A.kS1 B.5kS2C.k(S1－5S2) D.k(S1＋5S2)答案D解析由法拉第電磁感應(yīng)定律可得大圓線(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每個(gè)小圓線(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由線(xiàn)圈的繞線(xiàn)方式和楞次定律可得大、小圓線(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，故線(xiàn)圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。2.(2022·全國(guó)甲卷)三個(gè)用同樣的細(xì)導(dǎo)線(xiàn)做成的剛性閉合線(xiàn)框，正方形線(xiàn)框的邊長(zhǎng)與圓線(xiàn)框的直徑相等，圓線(xiàn)框的半徑與正六邊形線(xiàn)框的邊長(zhǎng)相等，如圖4所示。把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線(xiàn)性變化的同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線(xiàn)框所在平面均與磁場(chǎng)方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線(xiàn)框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3。則()圖4A.I1<I3<I2 B.I1>I3>I2C.I1＝I2>I3 D.I1＝I2＝I3答案C解析設(shè)圓線(xiàn)框的半徑為r，則由題意可知正方形線(xiàn)框的邊長(zhǎng)為2r，正六邊形線(xiàn)框的邊長(zhǎng)為r；所以圓線(xiàn)框的周長(zhǎng)為C2＝2πr，面積為S2＝πr2同理可知正方形線(xiàn)框的周長(zhǎng)和面積分別為C1＝8r，S1＝4r2正六邊形線(xiàn)框的周長(zhǎng)和面積分別為C3＝6r，S3＝eq\f(3\r(3)r2,2)三個(gè)線(xiàn)框材料、粗細(xì)相同，根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(L,S橫截面)可知三個(gè)線(xiàn)框電阻之比為R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)由于三個(gè)線(xiàn)框處于同一隨時(shí)間線(xiàn)性變化的磁場(chǎng)中，可得電流之比為I1∶I2∶I3＝eq\f(S1,R1)∶eq\f(S2,R2)∶eq\f(S3,R3)＝2∶2∶eq\r(3)即I1＝I2>I3，故選項(xiàng)C正確?？键c(diǎn)二導(dǎo)線(xiàn)切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)1.導(dǎo)線(xiàn)平動(dòng)切割的有效長(zhǎng)度公式E＝Blv中的l為導(dǎo)體兩端點(diǎn)連線(xiàn)在垂直于速度方向上的投影長(zhǎng)度。如圖5，導(dǎo)體的有效長(zhǎng)度分別為：圖5圖甲：l＝eq\o(cd,\s\up6(－))sinβ。圖乙：沿v方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，l＝eq\o(MN,\s\up6(－))。圖丙：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＝R。2.導(dǎo)線(xiàn)轉(zhuǎn)動(dòng)切割的三種情況(1)以中點(diǎn)為軸時(shí)，E＝0(不同兩段的代數(shù)和)。(2)以端點(diǎn)為軸時(shí)，E＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度取中點(diǎn)位置的線(xiàn)速度eq\f(1,2)lω)。(3)以任意點(diǎn)為軸時(shí)，E＝eq\f(1,2)Bω(leq\o\al(2,1)－leq\o\al(2,2))(l1、l2分別為轉(zhuǎn)軸到兩端點(diǎn)的距離，E為導(dǎo)體兩端間的電勢(shì)差)。角度平動(dòng)切割磁感線(xiàn)例2(多選)如圖6所示，在MN右側(cè)區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系為B＝kt(k為大于零的常量)。一高為a、電阻為R的正三角形金屬線(xiàn)框向右勻速運(yùn)動(dòng)。在t＝0時(shí)刻，線(xiàn)框底邊恰好到達(dá)MN處；在t＝T時(shí)刻，線(xiàn)框恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)。在線(xiàn)框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中()圖6A.線(xiàn)框中的電流始終為逆時(shí)針?lè)较駼.線(xiàn)框中的電流先逆時(shí)針?lè)较颍箜槙r(shí)針?lè)较駽.t＝eq\f(T,2)時(shí)刻，流過(guò)線(xiàn)框的電流大小為eq\f(\r(3)ka2,6R)D.t＝eq\f(T,2)時(shí)刻，流過(guò)線(xiàn)框的電流大小為eq\f(5\r(3)ka2,12R)答案AD解析由右手定則和楞次定律可知?jiǎng)由妱?dòng)勢(shì)和感生電動(dòng)勢(shì)均為逆時(shí)針，故感應(yīng)電流為逆時(shí)針，A正確，B錯(cuò)誤；線(xiàn)框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，設(shè)正三角形金屬線(xiàn)框邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，則L＝eq\f(a,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)a，t＝eq\f(T,2)時(shí)刻，B＝k·eq\f(T,2)，切割長(zhǎng)度L′＝eq\f(L,2)＝eq\f(\r(3),3)a，線(xiàn)框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)的速度v＝eq\f(a,T)，則動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E1＝BL′v＝eq\f(\r(3)ka2,6)，此時(shí)感生電動(dòng)勢(shì)E2＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(3,4)S＝k·eq\f(3,4)×eq\f(1,2)×a×eq\f(2\r(3),3)a＝eq\f(\r(3),4)ka2，t＝eq\f(T,2)時(shí)刻，流過(guò)線(xiàn)框的電流大小為I＝eq\f(E1＋E2,R)＝eq\f(5\r(3)ka2,12R)，C錯(cuò)誤，D正確。跟蹤訓(xùn)練3.(2023·江蘇泰州高三期末)“L”型的細(xì)銅棒在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，已知“L”型細(xì)銅棒兩邊相互垂直，長(zhǎng)度均為l，運(yùn)動(dòng)速度大小為v，則銅棒兩端電勢(shì)差的最大值為()A.eq\f(1,2)Blv B.eq\r(2)Blv C.eq\r(3)Blv D.2Blv答案B解析當(dāng)細(xì)銅棒切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度最大時(shí)，銅棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大。如圖所示，當(dāng)L型銅棒速度方向垂直銅棒兩端連線(xiàn)時(shí)，切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度為eq\r(2)l，此時(shí)銅棒兩端電勢(shì)差最大，最大值為E＝eq\r(2)Blv，故B正確。角度轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)例3(多選)(2021·廣東卷)如圖7所示，水平放置足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌abc和de，ab與de平行，bc是以O(shè)為圓心的圓弧導(dǎo)軌。圓弧be左側(cè)和扇形Obc內(nèi)有方向如圖的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬桿OP的O端與e點(diǎn)用導(dǎo)線(xiàn)相接，P端與圓弧bc接觸良好。初始時(shí)，可滑動(dòng)的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上。若桿OP繞O點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，回路中始終有電流，則此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的有()圖7A.桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定B.桿OP受到的安培力不變C.桿MN做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)D.桿MN中的電流逐漸減小答案AD解析根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式可知EOP＝eq\f(1,2)Bl2ω，由于桿OP勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，故A正確；OP切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生感應(yīng)電流，由右手定則可判斷出MN中電流為從M到N，根據(jù)左手定則可知MN所受安培力向左，MN向左運(yùn)動(dòng)，切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生由N到M的感應(yīng)電流，與OP切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反，故OP與MN中的電流會(huì)逐漸減小，由F＝IlB可知，桿OP和MN所受安培力逐漸減小，MN做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，故B、C錯(cuò)誤，D正確。跟蹤訓(xùn)練4.(2023·安徽宣城調(diào)研)邊界MN的一側(cè)區(qū)域內(nèi)，存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于光滑水平桌面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。邊長(zhǎng)為l的正三角形金屬線(xiàn)框abc粗細(xì)均勻，三邊阻值相等，a頂點(diǎn)剛好位于邊界MN上，現(xiàn)使線(xiàn)框圍繞過(guò)a點(diǎn)且垂直于桌面的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為ω，如圖8所示，則在ab邊開(kāi)始轉(zhuǎn)入磁場(chǎng)的瞬間，a、b兩端的電勢(shì)差Uab為()圖8A.eq\f(1,3)Bl2ω B.－eq\f(1,2)Bl2ωC.－eq\f(1,3)Bl2ω D.eq\f(1,6)Bl2ω答案A解析當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ab邊切割磁感線(xiàn)，切割長(zhǎng)度為兩個(gè)端點(diǎn)間的距離，即為a、b間的距離l，則E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝Bleq\f(lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω；由楞次定律知，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，則φa＞φb，設(shè)每個(gè)邊的電阻為R，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Uab＝I·2R＝eq\f(E,3R)·2R＝eq\f(1,3)Bl2ω，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。考點(diǎn)三自感現(xiàn)象1.自感現(xiàn)象的四大特點(diǎn)(1)自感電動(dòng)勢(shì)總是阻礙線(xiàn)圈中原電流的變化。(2)通過(guò)線(xiàn)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(xiàn)圈就相當(dāng)于普通導(dǎo)體。(4)線(xiàn)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。2.通電自感和斷電自感的比較通電自感斷電自感電路圖器材A1、A2同規(guī)格，R＝RL，L較大L很大(有鐵芯)，RL＜RA現(xiàn)象S閉合瞬間，A2燈立即亮起來(lái)，A1燈逐漸變亮，最終一樣亮開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，燈A突然閃亮一下后再漸漸熄滅例4圖9甲和乙是演示自感現(xiàn)象的兩個(gè)電路圖，L1和L2為電感線(xiàn)圈。實(shí)驗(yàn)時(shí)，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開(kāi)關(guān)S2，燈A2逐漸變亮。而另一個(gè)相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說(shuō)法正確的是()圖9A.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中電流相等答案C解析在題圖甲中，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1瞬間，L1與A1構(gòu)成閉合回路，通過(guò)燈A1的電流與L1相同，又因燈A1突然閃亮，即通過(guò)A1的電流增大，則可推出，閉合S1，待電路穩(wěn)定后，通過(guò)L1的電流大于通過(guò)燈A1電流，根據(jù)L1與A1并聯(lián)，可知L1的電阻小于A(yíng)1的電阻，故A、B錯(cuò)誤；在題圖乙中，閉合開(kāi)關(guān)S2，最終A2與A3亮度相同，即電流相同，所以L(fǎng)2與R電阻相同；閉合開(kāi)關(guān)S2的瞬間，L2中電流小于變阻器R中電流，故C正確，D錯(cuò)誤。分析自感問(wèn)題的三個(gè)技巧(1)通電自感：通電時(shí)自感線(xiàn)圈相當(dāng)于一個(gè)變化的電阻，阻值由無(wú)窮大逐漸減小。(2)斷電自感：斷電時(shí)自感線(xiàn)圈相當(dāng)于電源，電動(dòng)勢(shì)由某值逐漸減小到零。(3)電流穩(wěn)定時(shí)，自感線(xiàn)圈相當(dāng)于導(dǎo)體，是否需要考慮其電阻，根據(jù)題意而定。跟蹤訓(xùn)練5.(多選)(2023·河北邯鄲市高三期末)如圖10所示，三個(gè)燈泡L1、L2、L3規(guī)格相同，螺線(xiàn)管和二極管的導(dǎo)通電阻可以忽略。豎直懸掛的線(xiàn)圈中心軸線(xiàn)與螺線(xiàn)管的軸線(xiàn)水平共線(xiàn)?，F(xiàn)突然斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，將發(fā)生的現(xiàn)象是()圖10A.L1逐漸熄滅，L2、L3逐漸熄滅B.L1逐漸熄滅，L2立即熄滅，L3先變亮后熄滅C.線(xiàn)圈向左擺動(dòng)，并有收縮趨勢(shì)D.線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針(從左向右看)答案BD解析突然斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，由于螺線(xiàn)管的自感現(xiàn)象，線(xiàn)圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，使得電流I1(向右)不能突變，而是逐漸變?yōu)?，L1逐漸熄滅，由于二極管的單向?qū)щ娦裕琇2馬上熄滅，由于I1>I3，所以L(fǎng)3閃亮后熄滅，故A錯(cuò)誤，B正確；穿過(guò)線(xiàn)圈內(nèi)的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，線(xiàn)圈和螺線(xiàn)管間將有引力作用，線(xiàn)圈向右擺動(dòng)，且有擴(kuò)大趨勢(shì)，線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，故C錯(cuò)誤，D正確。考點(diǎn)四渦流電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng)1.產(chǎn)生渦流時(shí)的能量轉(zhuǎn)化(1)金屬塊放在變化的磁場(chǎng)中，則磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電能，最終轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(2)如果是金屬塊進(jìn)出磁場(chǎng)或在非勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，則由于克服安培力做功，金屬塊的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，最終轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。2.電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng)電磁阻尼電磁驅(qū)動(dòng)不同點(diǎn)成因由于導(dǎo)體在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而使導(dǎo)體受到安培力由于磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)引起磁通量的變化而產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而使導(dǎo)體受到安培力效果安培力的方向與導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向相反，阻礙導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體受安培力的方向與導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向相同，推動(dòng)導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)能量轉(zhuǎn)化導(dǎo)體克服安培力做功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，最終轉(zhuǎn)化為內(nèi)能由于電磁感應(yīng)，磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電能，通過(guò)安培力做功，電能轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體的機(jī)械能，從而對(duì)外做功相同點(diǎn)兩者都是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，都遵循楞次定律，都是安培力阻礙引起感應(yīng)電流的導(dǎo)體與磁場(chǎng)間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)跟蹤訓(xùn)練6.(多選)渦流檢測(cè)是工業(yè)上無(wú)損檢測(cè)的方法之一。如圖11所示，線(xiàn)圈中通以一定頻率的正弦交流電，靠近待測(cè)工件時(shí)，工件內(nèi)會(huì)產(chǎn)生渦流，同時(shí)線(xiàn)圈中的電流受渦流影響也會(huì)發(fā)生變化。下列說(shuō)法中正確的是()圖11A.渦流的磁場(chǎng)總是要阻礙穿過(guò)工件的磁通量的變化B.渦流的頻率等于通入線(xiàn)圈的交流電的頻率C.通電線(xiàn)圈和待測(cè)工件間存在周期性變化的作用力D.待測(cè)工件可以是塑料或橡膠制品答案ABC解析由楞次定律可知，渦流的磁場(chǎng)總是要阻礙穿過(guò)工件的磁通量的變化，A正確；渦流隨著交流電而變化，所以渦流的頻率等于通入線(xiàn)圈的交流電的頻率，B正確；由于電流在磁場(chǎng)中受安培力作用，故通電線(xiàn)圈和待測(cè)工件間存在周期性變化的作用力，C正確；渦流只能在導(dǎo)體中產(chǎn)生，故待測(cè)工件不能是塑料或橡膠制品，D錯(cuò)誤。7.掃描隧道顯微鏡(STM)可用來(lái)探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤(pán)周邊沿其徑向?qū)ΨQ(chēng)地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場(chǎng)來(lái)快速衰減其微小振動(dòng)，如圖12所示。無(wú)擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒定磁場(chǎng)；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及其左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是()圖12答案A解析在A(yíng)圖中，系統(tǒng)震動(dòng)時(shí)，紫銅薄板隨之上下及左右振動(dòng)，磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的震動(dòng)；在B、D圖中，只有紫銅薄板左右振動(dòng)才產(chǎn)生感應(yīng)電流，而上下振動(dòng)無(wú)電流產(chǎn)生；在C圖中，無(wú)論紫銅薄板上下振動(dòng)還是左右振動(dòng)，都不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。A級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練對(duì)點(diǎn)練1法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用1.(2023·江蘇無(wú)錫高三期末)目前手機(jī)的無(wú)線(xiàn)充電技術(shù)(如圖1甲)已經(jīng)成熟，其工作過(guò)程可簡(jiǎn)化為如圖乙所示，A、B兩個(gè)線(xiàn)圈彼此靠近平行放置，當(dāng)線(xiàn)圈A接通工作電源時(shí)，線(xiàn)圈B中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，并對(duì)與其相連的手機(jī)電池充電。下列說(shuō)法正確的是()圖1A.只要線(xiàn)圈A中輸入電流，線(xiàn)圈B中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B.若線(xiàn)圈A中輸入變化的電流，線(xiàn)圈B中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也會(huì)發(fā)生變化C.線(xiàn)圈A中輸入的電流越大，線(xiàn)圈B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大D.線(xiàn)圈A中輸入的電流變化越快，線(xiàn)圈B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大答案D解析根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件，若在線(xiàn)圈A中輸入恒定電流，則線(xiàn)圈A只產(chǎn)生恒定的磁場(chǎng)，線(xiàn)圈B中的磁通量不發(fā)生變化，則線(xiàn)圈B中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故A錯(cuò)誤；若線(xiàn)圈A中輸入隨時(shí)間均勻變化的電流，則會(huì)使線(xiàn)圈A產(chǎn)生隨時(shí)間均勻變化的磁場(chǎng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝常數(shù)，則線(xiàn)圈B中會(huì)產(chǎn)生恒定不變的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故B錯(cuò)誤；若線(xiàn)圈A中電流恒定不變，無(wú)論多大，產(chǎn)生的磁場(chǎng)是恒定的，則線(xiàn)圈B中沒(méi)有磁通量變化，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故C錯(cuò)誤；線(xiàn)圈A中電流變化越快，則線(xiàn)圈A中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)變化越快，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，線(xiàn)圈B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也會(huì)越大，故D正確。2.(2022·江蘇卷，5)如圖2所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B＝B0＋kt，B0、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為()圖2A.πkr2 B.πkR2 C.πB0r2 D.πB0R2答案A解析磁場(chǎng)的有效面積為S＝πr2，磁場(chǎng)的變化率為eq\f(ΔB,Δt)＝k，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBπr2,Δt)＝πkr2，故A正確。3.如圖3，一線(xiàn)圈匝數(shù)為n，橫截面積為S，總電阻為r，處于一個(gè)均勻增強(qiáng)的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率為k(k>0且為常量)，磁場(chǎng)方向水平向右且與線(xiàn)圈平面垂直，電容器的電容為C，兩個(gè)電阻的阻值分別為r和2r。下列說(shuō)法正確的是()圖3A.電容器下極板帶正電B.此線(xiàn)圈的熱功率為eq\f(（nkS）2,r)C.電容器所帶電荷量為eq\f(3nSkC,5)D.電容器所帶電荷量為eq\f(nSkC,2)答案D解析根據(jù)楞次定律可以判斷通過(guò)電阻r的電流方向?yàn)閺淖笸遥噪娙萜魃蠘O板帶正電，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得線(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nkS，根據(jù)焦耳定律可得此線(xiàn)圈的熱功率為P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,2r)))eq\s\up12(2)r＝eq\f(（nkS）2,4r)，故B錯(cuò)誤；電容器兩端電壓等于r兩端電壓，電容器所帶電荷量為Q＝CU＝eq\f(rCE,2r)＝eq\f(nSkC,2)，故C錯(cuò)誤，D正確。4.如圖4甲所示，粗細(xì)均勻的導(dǎo)體框ABC，∠B＝90°，∠C＝30°，AB邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，導(dǎo)體框的總電阻為R。一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)體框ABC所在平面，方向向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是()圖4A.導(dǎo)體框ABC中電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針B.導(dǎo)體框ABC中電流的大小為eq\f(\r(3)L2B0,t0R)C.t0時(shí)刻兩直角邊AB和BC所受安培力合力大小為eq\f(\r(3)L3Beq\o\al(2,0),t0R)D.兩直角邊AB和BC所受安培力合力方向?yàn)榇怪盇C向左下方答案C解析結(jié)合圖甲和圖乙，根據(jù)楞次定律可知，導(dǎo)體框ABC中電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB×S,Δt)＝eq\f(\r(3)B0L2,2t0)，則感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3)B0L2,2Rt0)，故B錯(cuò)誤；磁場(chǎng)中的閉合回路所受安培力的合力為零，則兩直角邊AB和BC所受安培力合力大小與斜邊AC所受安培力大小相等，則F＝2ILB0＝eq\f(\r(3)Beq\o\al(2,0)L3,Rt0)，故C正確；兩直角邊AB和BC所受安培力合力大小與斜邊AC所受安培力方向相反，根據(jù)左手定則可知，AC邊所受安培力方向?yàn)榇怪盇C向左下方，則兩直角邊AB和BC所受安培力合力方向?yàn)榇怪盇C向右上方，故D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練2導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)5.(多選)(2023·廣東梅州高三月考)法拉第圓盤(pán)發(fā)電機(jī)的示意圖如圖5所示。半徑為L(zhǎng)的銅圓盤(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，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示，下列說(shuō)法正確的是()圖5A.若從上往下看，圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則圓盤(pán)中心電勢(shì)比邊緣要低B.若從上往下看，圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)C.若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為eq\f(1,2)BωL2D.若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化答案BC解析若從上往下看，圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，電流方向由P指向圓盤(pán)中心，則圓盤(pán)中心電勢(shì)比邊緣高，電流沿a到b的方向流過(guò)電阻，故A錯(cuò)誤，B正確；若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝BLv＝BLeq\f(ωL,2)＝eq\f(1,2)BωL2，故C正確；若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流的大小發(fā)生變化，電流方向不發(fā)生變化，故D錯(cuò)誤。6.如圖6所示，由均勻?qū)Ь€(xiàn)制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置(∠aOb＝90°)時(shí)，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uab為()圖6A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC.－eq\f(\r(2),4)BRv D.－eq\f(3\r(2),4)BRv答案D解析有效切割長(zhǎng)度即a、b連線(xiàn)的長(zhǎng)度，如圖所示，由幾何關(guān)系知有效切割長(zhǎng)度為eq\r(2)R，所以產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝B·eq\r(2)Rv，電流的方向?yàn)閍→b，所以Uab＜0，由于在磁場(chǎng)部分的阻值為整個(gè)圓的eq\f(1,4)，所以Uab＝－eq\f(3,4)B·eq\r(2)Rv＝－eq\f(3\r(2),4)BRv，故D正確。7.(多選)(2023·廣東深圳高三月考)磁懸浮列車(chē)是高速低耗交通工具，如圖7(a)所示，它的驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)簡(jiǎn)化為如圖(b)所示的物理模型。固定在列車(chē)底部的正方形金屬線(xiàn)框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，匝數(shù)為N，總電阻為R。水平面內(nèi)平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B、方向交互相反、邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)的正方形組合勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)磁場(chǎng)以速度v勻速向右移動(dòng)時(shí)，可驅(qū)動(dòng)停在軌道上的列車(chē)，則()圖7A.圖示時(shí)刻線(xiàn)框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较駼.列車(chē)運(yùn)動(dòng)的方向與磁場(chǎng)移動(dòng)的方向相同C.列車(chē)速度為v′時(shí)線(xiàn)框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2NBL(v－v′)D.列車(chē)速度為v′時(shí)線(xiàn)框受到的安培力大小為eq\f(2NB2L2（v－v′）,R)答案BC解析線(xiàn)框相對(duì)磁場(chǎng)向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知圖示時(shí)刻線(xiàn)框中感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，A錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則，列車(chē)受到向右的安培力，因此列車(chē)運(yùn)動(dòng)的方向與磁場(chǎng)移動(dòng)的方向相同，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝2NBLΔv＝2NBL(v－v′)，C正確；列車(chē)速度為v′時(shí)線(xiàn)框受到的安培力大小為F＝2NILB＝eq\f(4N2B2L2（v－v′）,R)，D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練3自感、渦流、電磁驅(qū)動(dòng)和電磁阻尼8.科技的發(fā)展給生活帶來(lái)了很多的便利，電磁爐是很多家庭必備的家用電器，下列有關(guān)電磁爐的說(shuō)法正確的是()A.電磁爐接到220V直流電源上，仍可正常工作B.陶瓷砂鍋也可用電磁爐加熱C.在電磁爐面板上放置一環(huán)形輕質(zhì)鋁箔，電磁爐工作時(shí)鋁箔可能會(huì)動(dòng)起來(lái)D.同一電磁爐的加熱效果只與接入的電流大小有關(guān)答案C解析電磁爐是應(yīng)用電磁感應(yīng)原理對(duì)食品進(jìn)行加熱的，電磁爐的爐面是耐熱陶瓷板，交變電流通過(guò)陶瓷板下方的線(xiàn)圈產(chǎn)生交變磁場(chǎng)，磁場(chǎng)內(nèi)的磁感線(xiàn)穿過(guò)鐵鍋、不銹鋼鍋等的底部時(shí)，產(chǎn)生渦流，令鍋底迅速發(fā)熱，達(dá)到加熱食品的目的，故不能用直流電源和不導(dǎo)電的鍋具，故A、B錯(cuò)誤；電磁爐工作時(shí)，穿過(guò)環(huán)形輕質(zhì)鋁箔的磁通量發(fā)生變化，鋁箔中產(chǎn)生感應(yīng)電流，在磁場(chǎng)中受安培力作用，鋁箔可能會(huì)動(dòng)起來(lái)，故C正確；電磁爐通電線(xiàn)圈通入大小和方向變化的電流，電流變化越快，穿過(guò)鍋底的磁通量變化就越快，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)就越大，渦流就越大，從而導(dǎo)致單位時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量就越多，即電磁爐加熱效果越好，電流變化快慢和頻率有關(guān)，故電磁爐的加熱效果與接入電流頻率也有關(guān)，故D錯(cuò)誤。9.如圖8所示，某小組利用電流傳感器(接入電腦，圖中未畫(huà)出)記錄燈泡A和自感元件L構(gòu)成的并聯(lián)電路某時(shí)刻在斷電瞬間各支路電流隨時(shí)間的變化情況，i1表示小燈泡中的電流，i2表示自感元件中的電流(已知開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)i2>i1)，則下列圖像中正確的是()圖8答案C解析當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)后，自感元件與燈泡形成回路，自感元件阻礙自身電流變化，自感元件產(chǎn)生的感應(yīng)電流仍沿著原來(lái)方向，大小從i2開(kāi)始不斷減小，燈泡的電流反向，大小與自感元件電流相等，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。B級(jí)綜合提升練10.如圖9所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線(xiàn)框，半圓直徑與磁場(chǎng)邊緣重合，磁場(chǎng)方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，使該線(xiàn)框從靜止開(kāi)始繞過(guò)圓心O且垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線(xiàn)框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線(xiàn)框保持圖中所示位置不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線(xiàn)性變化。為了產(chǎn)生與線(xiàn)框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過(guò)程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()圖9A.eq\f(ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π) C.eq\f(4ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)答案A解析若要產(chǎn)生的電流相等，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)應(yīng)相等。設(shè)半圓半徑為L(zhǎng)，從靜止開(kāi)始繞圓心O以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E1＝eq\f(1,2)B0L2ω；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線(xiàn)性變化時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πL2，由E1＝E2可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確。11.(多選)如圖10甲所示，用橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線(xiàn)繞成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，匝數(shù)為n的正方形線(xiàn)框abcd，置于垂直于線(xiàn)框平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。圖甲中磁場(chǎng)方向?yàn)檎较?，從t＝0開(kāi)始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則在0～t0時(shí)間內(nèi)()圖10A.線(xiàn)框中的電流先增大后減小B.線(xiàn)框四條邊所受安培力先向內(nèi)后向外C.線(xiàn)框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小一直為eq\f(2B0L2,t0)D.線(xiàn)框中感應(yīng)電流做的功為eq\f(nBeq\o\al(2,0)L3S,ρt0)答案BD解析在0～eq\f(t0,2)時(shí)間內(nèi)，根據(jù)楞次定律可知線(xiàn)框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，根?jù)左手定則，線(xiàn)框四條邊所受安培力向內(nèi)，在eq\f(t0,2)～t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)楞次定律可知線(xiàn)框中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，根?jù)左手定則，線(xiàn)框四條邊所受安培力向外，故B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，在0～eq\f(t0,2)時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E1＝eq\f(nL2ΔB,Δt)＝eq\f(2nB0L2,t0)，在eq\f(t0,2)～t0時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E2＝eq\f(nL2ΔB,Δt)＝eq\f(2nB0L2,t0)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)電阻定律可得線(xiàn)框的電阻為R＝eq\f(4ρnL,S)，在0～eq\f(t0,2)時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)框中的電流為I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(B0LS,2ρt0)，在eq\f(t0,2)～t0時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)框中的電流為I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B0