【優(yōu)化方案】2022屆高三物理大一輪復(fù)習(xí)-第9章-第2節(jié)-法拉第電磁感應(yīng)定律-自感-渦流-教學(xué)講義-

其次節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流一、法拉第電磁感應(yīng)定律1．感應(yīng)電動勢(1)感應(yīng)電動勢：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢．產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體就相當(dāng)于電源，導(dǎo)體的電阻相當(dāng)于電源內(nèi)阻．(2)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動勢的關(guān)系：遵循閉合電路歐姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).2．法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)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)，n為線圈匝數(shù)．3．導(dǎo)體切割磁感線的情形(1)若B、l、v相互垂直，則E＝Blv.(2)若B⊥l，l⊥v，v與B夾角為θ，則E＝Blvsin_θ.1.(單選)(2021·太原質(zhì)檢)如圖所示，用兩根相同的導(dǎo)線繞成匝數(shù)分別為n1和n2的圓形閉合線圈A和B，兩線圈所在平面與勻強(qiáng)磁場垂直．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻變化時，兩線圈中的感應(yīng)電流之比IA∶IB為()A.eq\f(n1,n2) B.eq\f(n2,n1)C.eq\f(n\o\al(2,1),n\o\al(2,2)) D.eq\f(n\o\al(2,2),n\o\al(2,1))答案：B二、自感與渦流1．自感現(xiàn)象(1)概念：由于導(dǎo)體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢叫做自感電動勢．(2)表達(dá)式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).(3)自感系數(shù)L的影響因素：與線圈的大小、外形、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān)．2．渦流當(dāng)線圈中的電流發(fā)生變化時，在它四周的任何導(dǎo)體中都會產(chǎn)生像水的旋渦狀的感應(yīng)電流．(1)電磁阻尼：當(dāng)導(dǎo)體在磁場中運動時，感應(yīng)電流會使導(dǎo)體受到安培力，安培力的方向總是阻礙導(dǎo)體的運動．(2)電磁驅(qū)動：假如磁場相對于導(dǎo)體轉(zhuǎn)動，在導(dǎo)體中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，使導(dǎo)體受到安培力作用，安培力使導(dǎo)體運動起來．溝通感應(yīng)電動機(jī)就是利用電磁驅(qū)動的原理工作的．2.(多選)(2021·鄭州模擬)如圖甲、乙所示的電路中，電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，且小于燈A的電阻，接通S，使電路達(dá)到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則()A．在電路甲中，斷開S后，A將漸漸變暗B．在電路甲中，斷開S后，A將先變得更亮，然后漸漸變暗C．在電路乙中，斷開S后，A將漸漸變暗D．在電路乙中，斷開S后，A將先變得更亮，然后漸漸變暗答案：AD考點一公式E＝nΔΦ/Δt的應(yīng)用1．感應(yīng)電動勢大小的打算因素(1)感應(yīng)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)共同打算，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒有必定聯(lián)系．(2)當(dāng)ΔΦ僅由B引起時，則E＝neq\f(SΔB,Δt)；當(dāng)ΔΦ僅由S引起時，則E＝neq\f(BΔS,Δt).2．磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t圖象上某點切線的斜率．如圖甲所示，一個電阻值為R，匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計．求0至t1時間內(nèi)(1)通過電阻R1的電流大小和方向．(2)通過電阻R1的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量．[解析](1)穿過閉合線圈的磁場的面積為S＝πreq\o\al(2,2)由題圖乙可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率的大小為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),t0)由閉合電路歐姆定律可知流過電阻R1的電流為I＝eq\f(E,R＋2R)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)再依據(jù)楞次定律可以推斷，流過電阻R1的電流方向應(yīng)由b到a.(2)0至t1時間內(nèi)通過電阻R1的電荷量為q＝It1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)電阻R1上產(chǎn)生的熱量為Q＝I2R1t1＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0)).[答案](1)eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)方向從b到a(2)eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))[規(guī)律總結(jié)]應(yīng)用電磁感應(yīng)定律應(yīng)留意的三個問題(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一個回路中某段時間內(nèi)的平均電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值．(2)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應(yīng)電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積．(3)通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān)，與時間長短無關(guān)．推導(dǎo)如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R).1.(單選)(2022·高考江蘇卷)如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直，且一半處在磁場中.在Δt時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為()A.eq\f(Ba2,2Δt) B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt) D.eq\f(2nBa2,Δt)解析：選B.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(ΔB,Δt)·S＝n·eq\f(2B－B,Δt)·eq\f(a2,2)＝eq\f(nBa2,2Δt)，選項B正確．考點二公式E＝Blv的應(yīng)用1．使用條件本公式是在確定條件下得出的，除了磁場是勻強(qiáng)磁場外，還需B、l、v三者相互垂直．實際問題中當(dāng)它們不相互垂直時，應(yīng)取垂直的重量進(jìn)行計算，公式可為E＝Blvsinθ，θ為B與v方向間的夾角．2．使用范圍導(dǎo)體平動切割磁感線時，若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電動勢，即eq\x\to(E)＝Bleq\x\to(v).若v為瞬時速度，則E為相應(yīng)的瞬時感應(yīng)電動勢．3．有效性公式中的l為有效切割長度，即導(dǎo)體與v垂直的方向上的投影長度．例如，求下圖中MN兩點間的電動勢時，有效長度分別為甲圖：l＝cdsinβ.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E＝Blv中的速度v是相對于磁場的速度，若磁場也運動，應(yīng)留意速度間的相對關(guān)系．(多選)半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開頭，桿的位置由θ確定，如圖所示．則()A．θ＝0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時，桿產(chǎn)生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,5π＋3R0)[解析]開頭時刻，感應(yīng)電動勢E1＝BLv＝2Bav，故A項正確．θ＝eq\f(π,3)時，E2＝B·2acoseq\f(π,3)·v＝Bav，故B項錯誤．由L＝2acosθ，E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，R＝R0[2acosθ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0時，F(xiàn)＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(4B2av,R02＋π)，故C項錯誤．θ＝eq\f(π,3)時F＝eq\f(3B2av,R05π＋3)，故D項正確．[答案]AD[總結(jié)提升]感應(yīng)電動勢兩個公式的比較公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blv導(dǎo)體一個回路一段導(dǎo)體適用普遍適用導(dǎo)體切割磁感線意義常用于求平均電動勢既可求平均值也可求瞬時值聯(lián)系本質(zhì)上是統(tǒng)一的．但是，當(dāng)導(dǎo)體做切割磁感線運動時，用E＝Blv求E比較便利；當(dāng)穿過電路的磁通量發(fā)生變化時，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E比較便利2.(多選)(2021·沈陽質(zhì)檢)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導(dǎo)軌上以速度v＝2m/s向右勻速滑動，兩導(dǎo)軌間距離L＝1.0m，電阻R＝3.0Ω，金屬桿的電阻r＝1.0Ω，導(dǎo)軌電阻忽視不計，則下列說法正確的是()A．通過R的感應(yīng)電流的方向為由d到aB．金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為2.0VC．金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5ND．外力F做功大小等于電路產(chǎn)生的焦耳熱解析：選BC.由楞次定律或者右手定則可以判定通過R的電流方向為由a到d，選項A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可得金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E＝BLv＝2V，選項B正確；安培力F安＝BIL＝0.5N，選項C正確；由于軌道粗糙，由能量守恒定律可知，外力做的功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱和摩擦生熱的總和，選項D錯誤．考點三自感現(xiàn)象的分析1．自感現(xiàn)象“阻礙”作用的理解(1)流過線圈的電流增加時，線圈中產(chǎn)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(chǎn)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?。?．自感現(xiàn)象的四個特點(1)自感電動勢總是阻礙導(dǎo)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(dāng)于一般導(dǎo)體．(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進(jìn)行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向．3．自感現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化通電自感中，電能轉(zhuǎn)化為磁場能；斷電自感中，磁場能轉(zhuǎn)化為電能．(多選)如圖所示，燈泡A、B與定值電阻的阻值均為R，L是自感系數(shù)較大的線圈，當(dāng)S1閉合、S2斷開且電路穩(wěn)定時，A、B兩燈亮度相同，再閉合S2，待電路穩(wěn)定后將S1斷開，下列說法中正確的是()A．B燈馬上熄滅B．A燈將比原來更亮一下后熄滅C．有電流通過B燈，方向為c→dD．有電流通過A燈，方向為b→a[解析]S1閉合、S2斷開且電路穩(wěn)定時，A、B兩燈一樣亮，說明兩個支路中的電流相等，這時線圈L沒有自感作用，可知線圈L的電阻也為R，在S2、S1都閉合且穩(wěn)定時，IA＝IB，當(dāng)S2閉合、S1突然斷開時，由于線圈的自感作用，流過A燈的電流方向變?yōu)閎→a，但A燈不會毀滅比原來更亮一下再熄滅的現(xiàn)象，故選項D正確，B錯誤；由于定值電阻R沒有自感作用，故斷開S1時，B燈馬上熄滅，選項A正確，C錯誤．[答案]AD[總結(jié)提升]分析自感現(xiàn)象的兩點留意(1)通過自感線圈中的電流不能發(fā)生突變，即通電過程，線圈中電流漸漸變大，斷電過程，線圈中電流漸漸變小，方向不變．此時線圈可等效為“電源”，該“電源”與其他電路元件形成回路．(2)斷電自感現(xiàn)象中燈泡是否“閃亮”問題的推斷，在于對電流大小的分析，若斷電后通過燈泡的電流比原來強(qiáng)，則燈泡先閃亮后再漸漸熄滅．3.(單選)(2021·南昌模擬)如圖所示的電路中，L是一個自感系數(shù)很大、直流電阻不計的線圈，L1、L2和L3是3個完全相同的燈泡，E是內(nèi)阻不計的電源．在t＝0時刻，閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后在t1時刻斷開開關(guān)S.規(guī)定以電路穩(wěn)定時流過L1、L2的電流方向為正方向，分別用I1、I2表示流過L1和L2的電流，則下圖中能定性描述電流I隨時間t變化關(guān)系的是()解析：選C.L的直流電阻不計，電路穩(wěn)定后通過L1的電流是通過L2、L3電流的2倍．閉合開關(guān)瞬間，L2馬上變亮，由于L的阻礙作用，L1漸漸變亮，即I1漸漸變大，在t1時刻斷開開關(guān)S，之后電流I會在電路穩(wěn)定時通過L1的電流大小基礎(chǔ)上漸漸變小，I1方向不變，I2反向，故選C.真題剖析——轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生電動勢的計算方法(10分)(2022·高考新課標(biāo)全國卷Ⅱ)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r，質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示．整個裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下．在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點和外圓導(dǎo)軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)．直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽視．重力加速度大小為g.求：(1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大?。?2)外力的功率．[審題點睛](1)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(B豎直向下,導(dǎo)體棒逆時針轉(zhuǎn)動))→電流方向(2)轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生的電動勢用公式E＝Blv計算時，v是導(dǎo)體棒中點的速度．(3)外力的功率等于回路中的電功率與克服摩擦力做功功率之和．eq\a\vs4\al([規(guī)范解答])—————————該得的分一分不丟！(1)依據(jù)右手定則，得導(dǎo)體棒AB上的電流方向為B→A，故電阻R上的電流方向為C→D.(1分)設(shè)導(dǎo)體棒AB中點的速度為v，則v＝eq\f(vA＋vB,2)(1分)而vA＝ωr，vB＝2ωr(1分)依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒AB上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Brv(1分)依據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)，(1分)聯(lián)立以上各式解得通過電阻R的感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(3Bωr2,2R).(1分)(2)依據(jù)能量守恒定律，外力的功率P等于安培力與摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋Ffv，而Ff＝μmg(3分)解得P＝eq\f(9B2ω2r4,4R)＋eq\f(3μmgωr,2).(1分)[答案](1)C→Deq\f(3Bωr2,2R)(2)eq\f(9B2ω2r4,4R)＋eq\f(3μmgωr,2)[方法總結(jié)]導(dǎo)體在磁場中轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E＝Bleq\x\to(v)，eq\x\to(v)是導(dǎo)體中點的線速度．4.(單選)(2021·石家莊質(zhì)檢)法拉第制造了世界上第一臺發(fā)電機(jī)——法拉第圓盤發(fā)電機(jī)．如圖所示，紫銅做的圓盤水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各與一個黃銅電刷緊貼，用導(dǎo)線將電刷與電流表連接起來形成回路．轉(zhuǎn)動搖柄，使圓盤逆時針勻速轉(zhuǎn)動，電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)．下列說法正確的是()A．回路中電流大小變化，方向不變B．回路中電流大小不變，方向變化C．回路中電流的大小和方向都周期性變化D．回路中電流方向不變，從b導(dǎo)線流進(jìn)電流表解析：選D.圓盤在磁場中切割磁感線產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)BωR2，由右手定則推斷得a端為負(fù)極、b端為正極，所以只有D項正確．1．(多選)(2021·汕頭質(zhì)檢)如圖所示，正方形線框的邊長為L，電容器的電容為C.正方形線框的一半放在垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度以k為變化率均勻減小時，下列說法正確的是()A．線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為kL2B．電壓表沒有讀數(shù)C．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢D．電容器所帶的電荷量為零解析：選BC.由于線框的一半放在磁場中，因此線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為eq\f(kL2,2)，A錯誤；由于線框所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是恒定的，且線框連接了一個電容器，相當(dāng)于電路斷路，外電壓等于電動勢，內(nèi)電壓為零，而接電壓表的這部分相當(dāng)于回路的內(nèi)部，因此，電壓表兩端無電壓，電壓表沒有讀數(shù)，B正確；依據(jù)楞次定律可以推斷，a點的電勢高于b點的電勢，C正確；電容器所帶電荷量為Q＝Ceq\f(kL2,2)，D錯誤．2．(單選)(2021·泰州模擬)如圖甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n＝100，線圈面積S＝200cm2，線圈的電阻r＝1Ω，線圈外接一個阻值R＝4Ω的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面對里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示．下列說法中正確的是()A．線圈中的感應(yīng)電流方向為順時針方向B．電阻R兩端的電壓隨時間均勻增大C．線圈電阻r消耗的功率為4×10－4WD．前4s內(nèi)通過R的電荷量為4×10－4C解析：選C.由楞次定律，線圈中的感應(yīng)電流方向為逆時針方向，選項A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定為E＝eq\f(nSΔB,Δt)＝0.1V，電阻R兩端的電壓不隨時間變化，選項B錯誤；回路中電流I＝eq\f(E,R＋r)＝0.02A，線圈電阻r消耗的功率為P＝I2r＝4×10－4W，選項C正確；前4s內(nèi)通過R的電荷量為q＝It＝0.08C，選項D錯誤．3．(單選)(2021·石家莊模擬)如圖所示的電路中，A、B、C是三個完全相同的燈泡，L是一個自感系數(shù)較大的線圈，其直流電阻與燈泡電阻相同．下列說法正確的是()A．閉合開關(guān)S，A燈漸漸變亮B．電路接通穩(wěn)定后，流過B燈的電流是流過C燈電流的eq\f(3,2)C．電路接通穩(wěn)定后，斷開開關(guān)S，C燈馬上熄滅D．電路接通穩(wěn)定后，斷開開關(guān)S，A、B、C燈過一會兒才熄滅，且A燈亮度比B、C燈亮度大解析：選D.閉合開關(guān)的瞬間，線圈自感電動勢很大，相當(dāng)于斷路，故三燈同時發(fā)光；隨線圈自感阻礙作用減小，通過燈A的電流不斷減小，A項錯；電路穩(wěn)定時，線圈相當(dāng)于電阻，與C燈并聯(lián)支路總電阻為C燈電阻的1.5倍，由并聯(lián)分流規(guī)律可知，通過B燈的電流是流過C燈電流的eq\f(2,3)，B項錯；斷開開關(guān)后，自感線圈產(chǎn)生自感電動勢，可等效為電源，與C燈構(gòu)成回路，故C燈并不馬上熄滅，C項錯；在斷開S后的等效電路中，B、C燈所在支路電阻大于A燈所在支路電阻，故流過A燈的電流較大，D項正確．4．(多選)如圖所示，空間存在兩個磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反且垂直于紙面，MN、PQ為其邊界，OO′為其對稱軸．一導(dǎo)線折成邊長為l的正方形閉合回路abcd，回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運動，當(dāng)運動到關(guān)于OO′對稱的位置時()A．穿過回路的磁通量為零B．回路中感應(yīng)電動勢的大小為2Blv0C．回路中感應(yīng)電流的方向為順時針方向D．回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相同答案：ABD5．(單選)如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.使該線框從靜止開頭繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)解析：選C.設(shè)圓的半徑為L，電阻為R，當(dāng)線框以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝eq\f(1,2)B0ωL2.當(dāng)線框不動，而磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化時E2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，由eq\f(E1,R)＝eq\f(E2,R)得eq\f(1,2)B0ωL2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，即eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，故C正確．6．(單選)(2021·長沙模擬)如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽視不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場．若第一次用0.3s時間拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q1；其次次用0.9s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則()A．W1<W2，q1<q2B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2D．W1>W2，q1>q2解析：選C.兩次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1.電動勢之比E1∶E2＝3∶1，電流之比I1∶I2＝3∶1，則電量之比：q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1.安培力之比F1∶F2＝3∶1，則外力做功之比：W1∶W2＝3∶1，故C正確．一、單項選擇題1．如圖所示，已知大線圈的面積為2×10－3m2，小探測線圈有2000匝，小線圈的面積為5×10－4m2.整個串聯(lián)回路的電阻是1000Ω，當(dāng)電鍵S反向時測得ΔQ＝5.0×10－7C．則被測處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為()A．1.25×10－4T B．5×10－4TC．2.5×10－4T D．1×10－3T解析：選C.由I＝eq\f(E,R)＝eq\f(N\f(ΔΦ,Δt),R)，I＝eq\f(ΔQ,Δt)，得感應(yīng)電荷量公式ΔQ＝Neq\f(ΔΦ,R)，ΔΦ＝2BS，聯(lián)立得B＝Req\f(ΔQ,2NS)，代入數(shù)據(jù)得B＝2.5×10－4T，故C對．2.(2021·無錫模擬)如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，將一水平放置的金屬棒ab以水平初速度v0拋出，設(shè)在整個過程中棒的方向不變且不計空氣阻力，則在金屬棒運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小變化狀況是()A．越來越大 B．越來越小C．保持不變 D．無法推斷解析：選C.金屬棒ab切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢而不產(chǎn)生感應(yīng)電流，沒有安培力產(chǎn)生，在重力作用下做平拋運動，垂直于磁感線方向速度不變，始終為v0，由公式E＝BLv知，感應(yīng)電動勢為BLv0不變，故A、B、D錯誤，C正確．3．(2021·高考北京卷)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變?yōu)镋2.則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為()A．c→a,2∶1 B．a(chǎn)→c,2∶1C．a(chǎn)→c,1∶2 D．c→a,1∶2解析：選C.桿MN向右勻速滑動，由右手定則判知，通過R的電流方向為a→c；又由于E＝BLv，所以E1∶E2＝1∶2，故選項C正確．4.如圖所示，正方形線圈abcd位于紙面內(nèi)，線圈電阻不計，邊長為L，匝數(shù)為N，線圈內(nèi)接有阻值為R的電阻，過ab中點和cd中點的連線OO′恰好位于垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場的右邊界上，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.當(dāng)線圈繞OO′轉(zhuǎn)過90°時，通過電阻R的電荷量為()A.eq\f(BL2,2R) B.eq\f(NBL2,2R)C.eq\f(BL2,R) D.eq\f(NBL2,R)解析：選B.初狀態(tài)時，通過單匝線圈的磁通量為Φ1＝eq\f(BL2,2)，當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過90°時，通過單匝線圈的磁通量為0，由q＝IΔt，I＝eq\f(E,R)，E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，得q＝Neq\f(ΔΦ,R)，可得通過電阻R的電荷量為eq\f(NBL2,2R).5．如圖所示，線圈L的自感系數(shù)很大，且其直流電阻可以忽視不計，L1、L2是兩個完全相同的小燈泡，開關(guān)S閉合和斷開的過程中，燈L1、L2的亮度變化狀況是(燈絲不會斷)()A．S閉合，L1亮度不變，L2亮度漸漸變亮，最終兩燈一樣亮；S斷開，L2馬上熄滅，L1漸漸變亮B．S閉合，L1不亮，L2很亮；S斷開，L1、L2馬上熄滅C．S閉合，L1、L2同時亮，而后L1漸漸熄滅，L2亮度不變；S斷開，L2馬上熄滅，L1亮一下才熄滅D．S閉合，L1、L2同時亮，而后L1漸漸熄滅，L2則漸漸變得更亮；S斷開，L2馬上熄滅，L1亮一下才熄滅解析：選D.當(dāng)S閉合，L的自感系數(shù)很大，對電流的阻礙作用較大，L1和L2串聯(lián)后與電源相連，L1和L2同時亮，隨著L中電流的增大，由于L的直流電阻不計，則L的分流作用增大，L1中的電流漸漸減小為零，由于總電阻變小，故電路中的總電流變大，L2中的電流增大，L2變得更亮；當(dāng)S斷開，L2中無電流，馬上熄滅，而線圈L產(chǎn)生自感電動勢，試圖維持本身的電流不變，L與L1組成閉合電路，L1要亮一下后再熄滅．綜上所述，D正確．☆6.(2021·山東青島質(zhì)檢)如圖所示，虛線區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，磁場寬度為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.總電阻為R的直角三角形導(dǎo)線框，兩條直角邊邊長分別為2L和L，當(dāng)該線框以垂直于磁場邊界的速度v勻速穿過磁場的過程中，下列說法正確的是()A．線框中的感應(yīng)電流方向始終不變B．線框中的感應(yīng)電流始終在增大C．線框所受安培力方向始終相同D．當(dāng)通過線框的磁通量最大時，線框中的感應(yīng)電動勢為零解析：選C.該線框以垂直于磁場邊界的速度v勻速穿過磁場的過程中，穿過線框的磁通量先增大后減小，依據(jù)楞次定律、安培定則可以推斷線框中的感應(yīng)電流先沿逆時針方向后沿順時針方向，且始終不為零，由左手定則可以推斷線框在該磁場中始終受到水平向左的安培力作用，故A、D兩項錯，C項正確；該線框以垂直于磁場邊界的速度v勻速穿過磁場的過程中，導(dǎo)線框切割磁感線的有效長度先增大、后不變、再增大，由E＝BLv及閉合電路的歐姆定律可得線框中的感應(yīng)電流先增大、后不變、再增大，故B項錯．二、多項選擇題7．(2022·高考山東卷)如圖，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好．在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示．不計軌道電阻．以下敘述正確的是()A．FM向右 B．FN向左C．FM漸漸增大 D．FN漸漸減小解析：選BCD.依據(jù)直線電流產(chǎn)生磁場的分布狀況知，M區(qū)的磁場方向垂直紙面對外，N區(qū)的磁場方向垂直紙面對里，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度越?。?dāng)導(dǎo)體棒勻速通過M、N兩區(qū)時，感應(yīng)電流的效果總是抵制引起感應(yīng)電流的緣由，故導(dǎo)體棒在M、N兩區(qū)運動時，受到的安培力均向左，故選項A錯誤，選項B正確；導(dǎo)體棒在M區(qū)運動時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變大，依據(jù)E＝Blv，I＝eq\f(E,R)及F＝BIl可知，F(xiàn)M漸漸變大，故選項C正確；導(dǎo)體棒在N區(qū)運動時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變小，依據(jù)E＝Blv，I＝eq\f(E,R)及F＝BIl可知，F(xiàn)N漸漸變小，故選項D正確．8．如圖所示，勻強(qiáng)磁場的方向垂直于電路所在平面，導(dǎo)體棒ab與電路接觸良好．當(dāng)導(dǎo)體棒ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運動時，若不計摩擦和導(dǎo)線的電阻，整個過程中，燈泡L未被燒毀，電容器C未被擊穿，則該過程中()A．感應(yīng)電動勢將變大B．燈泡L的亮度變大C．電容器C的上極板帶負(fù)電D．電容器兩極板間的電場強(qiáng)度將減小解析：選AB.當(dāng)導(dǎo)體棒ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運動時，由右手定則知，導(dǎo)體棒a端的電勢高，電容器C的上極板帶正電；由公式E＝BLv知，感應(yīng)電動勢將變大，導(dǎo)體棒兩端的電壓變大，燈泡L的亮度變大，由場強(qiáng)E＝eq\f(U,d)，知電容器兩極板間的電場強(qiáng)度將變大．故A、B正確，C、D錯．9．(2021·武漢三中高三質(zhì)檢)如圖所示，一導(dǎo)線彎成閉合線圈，以速度v向左勻速進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直平面對外．線圈總電阻為R，從線圈進(jìn)入磁場開頭到完全進(jìn)入磁場為止，下列結(jié)論正確的是()A．感應(yīng)電流始終沿順時針方向B．線圈受到的安培力先增大，后減小C．感應(yīng)電動勢的最大值E＝BrvD．穿過線圈某個橫截面的電荷量為eq\f(Br2＋πr2,R)解析：選AB.在閉合線圈進(jìn)入磁場的過程中，通過閉合線圈的磁通量漸漸增大，依據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向始終為順時針方向，A正確．導(dǎo)體切割磁感線的有效長度先變大后變小，感應(yīng)電流先變大后變小，安培力也先變大后變小，B正確．導(dǎo)體切割磁感線的有效長度最大值為2r，感應(yīng)電動勢最大為E＝2Brv，C錯誤．穿過線圈某個橫截面的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2＋\f(π,2)r2)),R)，D錯誤．☆10.(2021·陜西長安一中模擬)如圖所示，在豎直方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，金屬框架ABCD固定在水平面內(nèi)，AB與CD平行且足夠長，BC與CD夾角為θ(θ<90°)，金屬框架的電阻為零．光滑導(dǎo)體棒EF(垂直于CD)在外力作用下以垂直于自身的速度v向右勻速運動，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸，經(jīng)過C點瞬間作為計時起點，下列關(guān)于電路中電流大小I與時間t、消耗的電功率P與導(dǎo)體棒水平移動的距離x變化規(guī)律的圖象中正確的是()解析：選AD.設(shè)導(dǎo)體棒單位長度的電阻為r0，AB、CD間的距離為L0.當(dāng)導(dǎo)體棒在BC邊上運動時，從C點開頭經(jīng)時間t，導(dǎo)體棒向前移動距離為vt，有效切割長度為L＝vttanθ，則回路的電動勢為E＝BLv＝Bv2ttanθ，則回路中的電流為I＝