物理電場專題計算

考綱解讀章內容考試要求說明必考加試電磁感應電磁感應現象b1.在用楞次定律判斷感應電流方向時，只要求閉合電路中磁通量變化容易確定的情形2．導體切割磁感線時感應電動勢的計算，只限于l、B、v三者垂直的情形3．不要求計算涉及反電動勢的問題4．在電磁感應現象中，不要求判斷電路中各點電勢的高低5．不要求計算既有感生電動勢，又有動生電動勢的電磁感應問題6．不要求計算自感電動勢7．不要求解釋電磁驅動和電磁阻尼現象楞次定律c法拉第電磁感應定律d電磁感應現象的兩類情況b互感和自感b渦流、電磁阻尼和電磁驅動b一、磁通量1．概念：在磁感應強度為B的勻強磁場中，與磁場方向垂直的面積S和B的乘積．2．公式：Φ＝BS.3．單位：1Wb＝1_T·m2.4．物理意義：相當于穿過某一面積的磁感線的條數．二、電磁感應現象1．電磁感應現象：當閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，電路中有感應電流產生的現象．2．產生感應電流的兩種情況：(1)閉合電路的磁通量發(fā)生變化．(2)閉合電路的一部分導體切割磁感線運動．3．電磁感應現象的實質：電路中產生感應電動勢，如果電路閉合則有感應電流產生．4．能量轉化：發(fā)生電磁感應現象時，是機械能或其他形式的能量轉化為電能．三、楞次定律1．楞次定律(1)內容：感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化．(2)適用范圍：適用于一切回路磁通量變化的情況．2．右手定則(如圖1所示)圖1(1)使用方法：①讓磁感線穿入右手手心．②使大拇指指向導體運動的方向．③則其余四指指向感應電流的方向．(2)適用范圍：適用于部分導體切割磁感線的情況．四、法拉第電磁感應定律1．感應電動勢(1)感應電動勢：在電磁感應現象中產生的電動勢．(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．(3)感應電流與感應電動勢的關系：遵循閉合電路歐姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).五、自感渦流1．自感現象(1)概念：由于導體本身的電流變化而產生的電磁感應現象稱為自感，由于自感而產生的感應電動勢叫做自感電動勢．(2)表達式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).(3)自感系數L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數以及是否有鐵芯有關．2．渦流現象(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．(3)渦流的利用：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．(4)渦流的減少：各種電機和變壓器中，用涂有絕緣漆的硅鋼片疊加成的鐵芯，以減少渦流．加試基礎練1．如圖2所示為通電長直導線的磁感線圖，等面積線圈S1、S2與導線處于同一平面，關于通過線圈S1、S2的磁通量Φ1、Φ2，下列分析正確的是()圖2A．Φ1>Φ2B．Φ1<Φ2C．Φ1＝Φ2≠0D．Φ1＝Φ2＝0答案A解析磁通量的物理意義可理解為穿過某一截面的磁感線條數，由圖可判斷出Φ1>Φ2.故A項正確．2．(多選)(2016·麗水模擬)下列圖中不能產生感應電流的是()答案ACD解析選項A中的回路不閉合，不能產生感應電流；選項C、D回路中的磁通量不變化，也不能產生感應電流；B選項中的磁通量在增加，又是閉合回路，能產生感應電流，故本題選A、C、D.3．(多選)下列各圖是驗證楞次定律實驗的示意圖，各圖中分別標出了磁鐵的極性、磁鐵相對線圈的運動方向以及線圈中產生的感應電流的方向等情況，其中與事實相符的是()答案CD解析A圖中磁鐵向下運動，穿過線圈的磁通量在向下增加，由楞次定律知感應電流的磁場阻礙原磁場的增加，方向向上，再由安培定則可以判斷A中感應電流的方向與圖中相反，所以A錯，同理得B錯，C、D正確．4．(多選)如圖3所示，閉合金屬導線框放置在豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B的大小隨時間變化而變化．下列說法中正確的是()圖3A．當B增大時，線框中的感應電流一定增大B．當B增大時，線框中的感應電流可能減小C．當B減小時，線框中的感應電流一定減小D．當B減小時，線框中的感應電流可能不變答案BD解析根據法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可得E＝neq\f(S·ΔB,Δt)，感應電動勢與eq\f(ΔB,Δt)成正比，當磁感應強度B增大或減小時，并不能確定eq\f(ΔB,Δt)是增大或減小，所以感應電動勢的大小不能確定．再據歐姆定律可知，感應電流I＝eq\f(E,R)的大小也無法確定，故A、C錯誤，B、D正確．5．(2016·杭州調研)如圖4所示，在一個繞有線圈的可拆變壓器鐵芯上分別放一小鐵鍋水和一玻璃杯水．給線圈通入電流，一段時間后，一個容器中水溫升高，則通入的電流與水溫升高的是()圖4A．恒定直流、小鐵鍋B．恒定直流、玻璃杯C．變化的電流、小鐵鍋D．變化的電流、玻璃杯答案C解析通入恒定電流時，所產生的磁場不變，不會產生感應電流．通入變化的電流時，所產生的磁場發(fā)生變化，在空間產生感生電場，鐵鍋是導體，感生電場在導體內產生渦流，電能轉化為內能，使水溫升高．渦流是由變化的磁場在導體內產生的，所以玻璃杯中的水不會升溫，故C正確.電磁感應現象楞次定律1．穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，大致有以下幾種情況(1)磁感應強度B不變，線圈面積S發(fā)生變化．(2)線圈面積S不變，磁感應強度B發(fā)生變化．(3)磁感應強度B和回路面積S同時發(fā)生變化，此時可由ΔΦ＝Φ1－Φ0計算并判斷磁通量是否變化．(4)線圈面積S不變，磁感應強度B也不變，但二者之間夾角發(fā)生變化．2．判斷電磁感應現象能否發(fā)生的一般流程3．楞次定律的使用步驟例1如圖5所示，在兩根平行長直導線M、N中通以同方向、同大小的電流，矩形導線框abcd的兩邊與兩導線平行，且與兩導線在同一平面內，線框沿著與兩導線垂直的方向自右向左在兩導線間勻速移動，則在移動過程中線框中感應電流方向是()圖5A．沿abcd不變 B．沿adcb不變C．由abcd變成adcb D．由adcb變成abcd答案B解析本題中M與N中電流的方向相同，在M的右側電流所產生的磁場方向垂直紙面向里，且離得越遠，磁感應強度越??；在N的左側電流所產生的磁場方向垂直紙面向外，且離得越遠，磁感應強度越?。簿褪钦f，MN之間的磁場是變化的，要正確解決此問題，我們需要應用楞次定律，可以判斷出，閉合線框abcd在從N到M的運動過程中，垂直紙面向外的磁通量減少，垂直紙面向里的磁通量增加，為了阻礙磁通量的變化，線框中的電流始終沿著adcb方向．故選項B正確．利用楞次定律判斷感應電流和感應電動勢的方向1．利用楞次定律判斷的電流方向也是電路中感應電動勢的方向，利用右手定則判斷的電流方向也是做切割磁感線運動的導體上感應電動勢的方向．若電路為開路，可假設電路閉合，應用楞次定律或右手定則確定電路中假想電流的方向即為感應電動勢的方向．2．在分析電磁感應現象中的電勢高低時，一定要明確產生感應電動勢的那部分電路就是電源．在電源內部，電流方向從低電勢處流向高電勢處．變式題組1．如圖6所示，直導線ab通有電流I，矩形線圈ABCD由圖中實線位置運動到虛線所示位置的過程中，若第一次是平移，第二次是翻轉180°.設前后兩次通過線圈平面磁通量的變化為ΔΦ1、ΔΦ2，下列說法正確的是()圖6A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1<ΔΦ2C．ΔΦ1＝ΔΦ2 D．無法比較答案B2．(多選)如圖7所示，下列情況能產生感應電流的是()圖7A．如圖甲所示，導體AB順著磁感線運動B．如圖乙所示，條形磁鐵插入或拔出線圈時C．如圖丙所示，小螺線管A插入大螺線管B中不動，開關S一直接通時D．如圖丙所示，小螺線管A插入大螺線管B中不動，開關S一直接通，當改變滑動變阻器的阻值時答案BD解析A中導體AB順著磁感線運動，穿過閉合電路的磁通量沒有發(fā)生變化，無感應電流，故選項A錯誤；B中條形磁鐵插入線圈時，線圈中的磁通量增加，拔出時線圈中的磁通量減少，都有感應電流產生，故選項B正確；C中開關S一直接通，回路中為恒定電流，螺線管A產生的磁場穩(wěn)定，螺線管B中的磁通量無變化，線圈中不產生感應電流，故選項C錯；D中開關S接通，滑動變阻器的阻值變化使閉合回路中的電流變化，螺線管A的磁場變化，螺線管B中的磁通量變化，線圈中產生感應電流，故選項D正確．3.如圖8所示，一個有彈性的金屬圓環(huán)被一根橡皮繩吊于通電直導線的正下方，直導線與圓環(huán)在同一豎直面內，當通電直導線中電流增大時，彈性圓環(huán)的面積S和橡皮繩的長度l將()圖8A．S增大，l變長B．S減小，l變短C．S增大，l變短D．S減小，l變長答案D解析當通電直導線中電流增大時，穿過金屬圓環(huán)的磁通量增大，金屬圓環(huán)中產生感應電流，根據楞次定律，感應電流要阻礙磁通量的增大．一是用縮小面積的方式進行阻礙；二是用遠離直導線的方式進行阻礙，故選項D正確．法拉第電磁感應定律的理解及應用1．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)和線圈匝數共同決定，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒有必然聯系，eq\f(ΔΦ,Δt)為單匝線圈產生的感應電動勢大小．2．適用范圍法拉第電磁感應定律適用于任何情況下感應電動勢的計算，但在中學物理中一般用來計算某段時間內的平均電動勢．若所取時間極短，即Δt趨近于零時，所求感應電動勢為該時刻的瞬時感應電動勢．3．兩種常見情況(1)回路與磁場垂直的面積S不變，磁感應強度發(fā)生變化，則ΔΦ＝ΔB·S，E＝neq\f(ΔB,Δt)·S.(2)磁感應強度B不變，回路與磁場垂直的面積發(fā)生變化，則ΔΦ＝B·ΔS，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).例2(多選)如圖9甲所示，一個阻值為R、匝數為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向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示．圖線與縱、橫軸的截距分別為B0和t0，導線的電阻不計．則0至t1時間內()圖9A．電流的方向為由a到bB．電流的大小為eq\f(nπB0r\o\al(2,2),3Rt0)C．通過電阻R1的電量為eq\f(nπB0r\o\al(2,2)t1,3Rt0)D．電阻R1上產生的熱量為eq\f(2n2π2B\o\al(2,0)r\o\al(4,1)t1,9Rt\o\al(2,0))答案BC解析由圖乙可知穿過線圈的磁通量在均勻減少，據楞次定律結合安培定則可判斷出通過R1的電流方向為由b到a，故A錯誤．線圈中的感應電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n|eq\f(ΔB,Δt)|πreq\o\al(2,2)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),t0)，據閉合電路歐姆定律求得電流I＝eq\f(E,R＋R1)＝eq\f(E,3R)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)，故B正確．通過R1的電量q＝It1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)，故C正確．R1上產生的熱量由焦耳定律求得，Q＝I2R1t1＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))，故D錯誤．對Φ、ΔΦ和eq\f(ΔΦ,Δt)的理解和易錯點撥1．不能通過公式正確地計算Φ、ΔΦ和eq\f(ΔΦ,Δt)的大小，錯誤地認為它們都與線圈的匝數n成正比．2．認為公式中的面積S就是線圈的面積，而忽視了無效的部分；不能通過Φ－t(或B－t)圖象正確地求解eq\f(ΔΦ,Δt).3．認為Φ＝0(或B＝0)時，eq\f(ΔΦ,Δt)一定等于零．4．不能正確地分析初、末狀態(tài)穿過線圈的磁通量的方向關系，從而不能正確利用公式ΔΦ＝Φ2－Φ1求解ΔΦ.變式題組4．將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，關于線圈中產生的感應電動勢和感應電流，下列表述正確的是()A．感應電動勢的大小與線圈的匝數無關B．穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大C．穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大D．感應電流產生的磁場方向與原磁場方向始終相同答案C解析由法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，感應電動勢的大小與線圈匝數有關，A錯；感應電動勢正比于eq\f(ΔΦ,Δt)，與磁通量的大小無直接關系，B錯誤，C正確；根據楞次定律知，感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化，即“增反減同”，D錯誤．5．(多選)(2016·舟山模擬)如圖10所示，在t0～2t0時間內與0～t0時間內相比較，下列說法正確的有()圖10A．感應電動勢大小相等B．感應電流的方向不相同C．通過R1的電量相等D．R1上產生的熱量不相等答案AC解析在0～t0及t0～2t0的兩段時間內，磁感應強度的變化率相同，故感應電動勢、感應電流、通過R1的電量及在R1上產生的熱量均相等，由楞次定律可判斷出感應電流的方向也是相同的，故本題B、D錯誤，A、C正確．6．(多選)用均勻導線做成的正方形線圈邊長為l，正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強磁場中，如圖11所示，當磁場以eq\f(ΔB,Δt)的變化率增強時，則()圖11A．線圈中感應電流方向為acbdaB．線圈中產生的電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)C．線圈中a點電勢高于b點電勢D．線圈中a、b兩點間的電勢差為eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)答案AB解析由楞次定律可知A對；由法拉第電磁感應定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)，B對；acb部分等效為電源，其等效電路如圖所示，故C錯；而Uab＝eq\f(E,2)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,4)，D錯．導體切割磁感線產生感應電動勢的計算1．公式E＝Blv的使用條件(1)勻強磁場．(2)B、l、v三者相互垂直．2．“相對性”的理解E＝Blv中的速度v是相對于磁場的速度，若磁場也運動，應注意速度間的相對關系．3．E＝neq\f(ΔΦ,Δt)、E＝Blv的比較(1)區(qū)別：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)常用于求平均感應電動勢；E＝Blv既可求平均值，也可以求瞬時值．(2)聯系：E＝Blv是E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的一種特殊情況．當導體做切割磁感線運動時，用E＝Blv求E比較方便，當穿過電路的磁通量發(fā)生變化時，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E比較方便．例3(2015·新課標全國Ⅱ·15)如圖12，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是()圖12A．Ua>Uc，金屬框中無電流B．Ub>Uc，金屬框中電流方向沿a→b→c→aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿a→c→b→a答案C解析金屬框abc平面與磁場平行，轉動過程中磁通量始終為零，所以無感應電流產生，選項B、D錯誤；轉動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產生感應電動勢，由右手定則判斷Ua<Uc，Ub<Uc，選項A錯誤；由轉動切割產生感應電動勢的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項C正確．感應電動勢的計算及電勢高低的判斷1．計算：切割方式感應電動勢的表達式垂直切割E＝Blv旋轉切割(以一端為軸)E＝eq\f(1,2)Bl2ω說明：①導體與磁場方向垂直；②磁場為勻強磁場．2．判斷：把產生感應電動勢的那部分電路或導體當作電源的內電路，那部分導體相當于電源．若電路是不閉合的，則先假設有電流通過，然后應用楞次定律或右手定則判斷出電流的方向．電源內部電流的方向是由負極(低電勢)流向正極(高電勢)，外電路順著電流方向每經過一個電阻電勢都要降低．變式題組7．如圖13所示，平行金屬導軌的間距為d，一端跨接一阻值為R的電阻，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于導軌所在平面向里，一根足夠長的直金屬棒與導軌成60°角放置，且接觸良好，則當金屬棒以垂直于棒的恒定速度v沿金屬導軌滑行時，其他電阻不計，電阻R中的電流為()圖13A.eq\f(Bdv,Rsin60°) B.eq\f(Bdv,R)C.eq\f(Bdvsin60°,R) D.eq\f(Bdvcos60°,R)答案A解析因磁感應強度B的方向、棒的運動方向及棒本身三者相互垂直，故E＝Blv，其中l(wèi)＝eq\f(d,sin60°)，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bdv,Rsin60°)，選項A正確．8．如圖14所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內，導軌間距0.4m，左端接有阻值為0.2Ω的電阻．一質量為0.2kg、電阻為0.1Ω的金屬棒MN放置在導軌上，導軌之間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為0.5T．棒在水平向右的外力作用下以0.3m/s的速度勻速運動，運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．已知導軌足夠長且電阻不計，則()圖14A．MN棒運動過程中兩端的電壓為0.02VB．MN棒運動過程中兩端的電壓為0.06VC．棒勻速運動1s過程中電阻R發(fā)熱0.008JD．棒勻速運動1s過程中電阻R發(fā)熱0.012J答案C解析E＝Blv＝0.5×0.4×0.3V＝0.06V，I＝eq\f(E,R＋r)＝0.2A，根據閉合電路知識知MN棒兩端電壓為路端電壓U＝IR＝0.04V，A、B項錯誤；Q＝I2Rt＝0.22×0.2×1J＝0.008J，C項正確，D項錯誤．電磁感應中的圖象問題1．圖象類型電磁感應中主要涉及的圖象有B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象和I－t圖象．還常涉及感應電動勢E和感應電流I隨線圈位移x變化的圖象，即E－x圖象和I－x圖象．2．應用知識(1)四個規(guī)律：左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律．(2)應用公式：①平均電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)②平動切割電動勢E＝Blv③轉動切割電動勢E＝eq\f(1,2)Bl2ω④閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)⑤安培力F＝BIl⑥牛頓運動定律的相關公式等3．基本方法(1)明確圖象的種類，是B－t圖象還是Φ－t圖象，或者E－t圖象、I－t圖象等．(2)分析電磁感應的具體過程．(3)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律列出函數方程．(4)根據函數方程進行數學分析．如斜率及其變化、兩軸的截距、圖線與坐標軸所圍圖形的面積等代表的物理意義．(5)畫圖象或判斷圖象．例4如圖15，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框．在導線框右側有一寬度為d(d＞L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導線框以某一初速度向右運動，t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域．下列v－t圖象中，可能正確描述上述過程的是()圖15答案D解析導線框進入磁場的過程中，線框受到向左的安培力作用，根據E＝BLv、I＝eq\f(E,R)、F＝BIL得F＝eq\f(B2L2v,R)，隨著v的減小，安培力F減小，導線框做加速度逐漸減小的減速運動．整個導線框在磁場中運動時，無感應電流，導線框做勻速運動，導線框離開磁場的過程中，根據F＝eq\f(B2L2v,R)，導線框做加速度減小的減速運動，所以選項D正確．電磁感應中圖象問題的分析技巧1．對于圖象選擇問題常用排除法：先看方向再看大小及特殊點．2．對于圖象的描繪：先定性或定量表示出所研究問題的函數關系，注意橫、縱坐標表達的物理量及各物理量的單位，畫出對應物理圖象(常有分段法、數學法)．3．對圖象的理解：看清橫、縱坐標表示的量，理解圖象的物理意義．變式題組9．磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈．當以速度v0刷卡時，在線圈中產生感應電動勢，其E－t關系如圖16所示．如果只將刷卡速度改為eq\f(v0,2)，線圈中的E－t關系圖可能是()圖16答案D解析當以不同速度刷卡時，磁卡的不同的磁化區(qū)經過線圈時，線圈內的磁通量的變化量ΔΦ是相同的，刷卡速度由v0變?yōu)閑q\f(v0,2)時，完成相同磁通量變化的時間Δt變?yōu)樵瓉淼?倍，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得線圈產生的感應電動勢相應的都變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，故D選項正確．10．將一段導線繞成圖17甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內．回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ中．回路的圓環(huán)區(qū)域內有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示．用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖象是()圖17答案B解析0～eq\f(T,2)時間內，回路中產生順時針方向、大小不變的感應電流，根據左手定則可以判定ab邊所受安培力向左.eq\f(T,2)～T時間內，回路中產生逆時針方向、大小不變的感應電流，根據左手定則可以判定ab邊所受安培力向右，故B正確.1．(多選)如圖1所示，電流表與螺線管組成閉合電路，以下能使電流表指針偏轉的是()圖1A．將磁鐵插入螺線管的過程中B．磁鐵放在螺線管中不動時C．磁鐵停在螺線管上方不動的時候D．將磁鐵從螺線管中向下拉出的過程中答案AD解析只要是線圈中的磁通量發(fā)生變化，回路中就有感應電流，指針便會偏轉；只要是線圈中的磁通量不發(fā)生變化，回路中無感應電流，指針便不會偏轉．在磁鐵插入、拉出過程中線圈中的磁通量均發(fā)生變化，因此A、D正確；磁鐵放在螺線管中不動時，線圈中的磁通量不發(fā)生變化，無感應電流產生，故B錯誤；磁鐵放在螺線管上方不動時，線圈中的磁通量不發(fā)生變化，無感應電流產生，故C錯誤．2．(多選)(2016·金華十校聯考)在圖2中，線圈M和線圈P繞在同一鐵芯上，則()圖2A．當閉合開關S的一瞬間，線圈P里沒有感應電流B．當閉合開關S的一瞬間，線圈P里有感應電流C．當斷開開關S的一瞬間，線圈P里沒有感應電流D．當斷開開關S的一瞬間，線圈P里有感應電流答案BD解析閉合與斷開S的瞬間，P內的磁通量都會發(fā)生變化，有感應電流產生．3．如圖3，均勻帶正電的絕緣圓環(huán)a與金屬圓環(huán)b同心共面放置，當a繞O點在其所在平面內旋轉時，b中產生順時針方向的感應電流，且具有收縮趨勢，由此可知，圓環(huán)a()圖3A．順時針加速旋轉B．順時針減速旋轉C．逆時針加速旋轉D．逆時針減速旋轉答案B解析依題意，b中產生順時針方向的感應電流，這是圓環(huán)b中向外的磁通量增大或向里的磁通量減小所致．討論時要注意圓環(huán)a產生的磁場有環(huán)內與環(huán)外之分，但以環(huán)內為主，要使圓環(huán)b中向外的磁通量增大，則a環(huán)內的磁場向外，且增大，故圓環(huán)a應逆時針加速旋轉，此時a、b兩環(huán)中為異向電流相互排斥，圓環(huán)b應具有擴張趨勢，故C、D錯；要使圓環(huán)b中向里的磁通量減小，則a環(huán)內的磁場向里，且減小，故圓環(huán)a應順時針減速旋轉，此時a、b兩環(huán)中為同向電流相互吸引，圓環(huán)b應具有收縮趨勢，故A錯，B對．4．(2016·麗水模擬)如圖4所示，甲是閉合銅線框，乙是有缺口的銅線框，丙是閉合的塑料線框，它們的正下方都放置一薄強磁鐵，現將甲、乙、丙拿至相同高度H處同時釋放(各線框下落過程中不翻轉)，則以下說法正確的是()圖4A．三者同時落地B．甲、乙同時落地，丙后落地C．甲、丙同時落地，乙后落地D．乙、丙同時落地，甲后落地答案D解析甲是銅線框，在下落過程中產生感應電流，所受的安培力阻礙它的下落，故所需的時間長；乙沒有閉合回路，丙是塑料線框，故都不會產生感應電流，它們做自由落體運動，故D正確．5．如圖5所示，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合．若取磁鐵中心O為坐標原點，建立豎直向下為正方向的x軸，則下圖中最能正確反映環(huán)中感應電流i隨環(huán)心位置坐標x變化的關系圖象是()圖5答案B解析閉合銅環(huán)下落過程的側視圖如圖所示，據右手定則或楞次定律可知閉合銅環(huán)在原點O上方和下方時電流方向相反，D錯．閉合銅環(huán)從Ⅰ位置到Ⅱ位置過程電動勢E變大，Ⅲ位置速度與磁感線平行，E＝0，閉合銅環(huán)下落過程加速運動，且在原點O下方速度較大，電動勢E的最大值比上方E的最大值大，A、C錯，B對．6．(2016·溫州市調研)如圖6是用于觀察自感現象的電路圖，設線圈的自感系數較大，線圈的直流電阻RL與燈泡的電阻R滿足RL?R，則在開關S由閉合到斷開的瞬間，可以觀察到()圖6A．燈泡立即熄滅B．燈泡逐漸熄滅C．燈泡有明顯的閃亮現象D．只有在RL?R時，才會看到燈泡有明顯的閃亮現象答案C解析S閉合電路穩(wěn)定時，由于RL?R，那么IL?IR，S斷開的瞬時，流過線圈的電流IL要減小，在L上產生的自感電動勢要阻礙電流的減小，通過燈原來的電流IR隨著開關斷開變?yōu)榱?，而燈與線圈形成閉合回路，流過線圈的電流IL通過燈泡，由于IL?IR，因此燈開始有明顯的閃亮現象，C正確，A、B錯誤；若RL?R，則IL?IR，這樣不會有明顯的閃亮現象，D錯．7．(多選)如圖7甲、乙所示的電路中，電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，且小于燈泡A的電阻，接通S，使電路達到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則()圖7A．在電路甲中，斷開S后，A將逐漸變暗B．在電路甲中，斷開S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗C．在電路乙中，斷開S后，A將逐漸變暗D．在電路乙中，斷開S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗答案AD解析題圖甲所示電路中，燈A和線圈L串聯，電流相同，斷開S時，線圈上產生自感電動勢，阻礙原電流的減小，通過R、A形成回路，燈A逐漸變暗；題圖乙所示電路中，電阻R和燈A串聯，燈A的電阻大于線圈L的電阻，電流則小于線圈L中的電流，斷開S時，電源不給燈供電，而線圈L產生自感電動勢阻礙電流的減小，通過R、A形成回路，燈A中電流比原來大，變得更亮，然后逐漸變暗．8．(多選)(2014·江蘇·7)如圖8所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現接通交流電源，過了幾分鐘，杯內的水沸騰起來．若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有()圖8A．增加線圈的匝數B．提高交流電源的頻率C．將金屬杯換為瓷杯D．取走線圈中的鐵芯答案AB解析當接通交流電源時，金屬杯處在變化的磁場中產生渦電流發(fā)熱，使水溫升高．要縮短加熱時間，需增大渦電流，即增大感應電動勢或減小電阻．增加線圈匝數、提高交變電流的頻率都是為了增大感應電動勢，瓷杯不能產生渦電流，取走鐵芯會導致磁性減弱．所以選項A、B正確，選項C、D錯誤．9.如圖9所示，半徑為R的圓形線圈共有n匝，其中心位置處半徑為r的虛線范圍內有勻強磁場，磁場方向垂直于線圈平面．若磁感應強度為B，則穿過線圈的磁通量為()圖9A．πBR2 B．πBr2C．nπBR2 D．nπBr2答案B解析磁通量與線圈匝數無關，磁感線穿過的面積為πr2，而并非πR2，故B項對．10．如圖10所示，一正方形線圈的匝數為n，邊長為a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中．在Δt時間內，磁感應強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產生的感應電動勢為()圖10A.eq\f(Ba2,2Δt)B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt)D.eq\f(2nBa2,Δt)答案B解析線圈中產生的感應電動勢E＝neq\f(ΔФ,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．11．(2015·海南單科·2)如圖11所示，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為ε，將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應強度相垂直的平面內，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為ε′.則eq\f(ε′,ε)等于()圖11A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)答案B解析設折彎前金屬棒切割磁感線的長度為L，ε＝BLv；折彎后，金屬棒切割磁感線的有效長度為l＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)L，故產生的感應電動勢為ε′＝Blv＝B·eq\f(\r(2),2)Lv＝eq\f(\r(2),2)ε，所以eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2)，B正確．12．(2015·浙江1月學考·30)如圖12所示，某實驗小組在操場上做搖繩發(fā)電實驗．長導線兩端分別連在靈敏電流表的兩個接線柱上，形成閉合電路．兩位同學以每2秒約3圈的轉速勻速搖動AB段導線