2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章電磁感應(yīng)第2節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律

PAGEPAGE2第2節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律(1)線圈中磁通量越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大。(×)(2)線圈中磁通量變化越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大。(×)(3)線圈中磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大。(√)(4)線圈匝數(shù)n越多，磁通量越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢也越大。(×)(5)磁場相對于導(dǎo)體棒運(yùn)動時，導(dǎo)體棒中也可能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。(√)(6)對于同一線圈，當(dāng)電流變化越快時，線圈中的自感電動勢越大。(√)(7)自感電動勢阻礙電流的變化，但不能阻止電流的變化。(√)紐曼、韋伯于1845年和1846年先后提出法拉第電磁感應(yīng)定律。突破點(diǎn)(一)法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．法拉第電磁感應(yīng)定律的理解(1)感應(yīng)電動勢的大小由線圈的匝數(shù)和穿過線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、變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系。(2)磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)對應(yīng)Φ-t圖線上某點(diǎn)切線的斜率。2．應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律的三種情況(1)磁通量的變化是由面積變化引起時，ΔΦ＝B·ΔS，那么E＝neq\f(BΔS,Δt)；(2)磁通量的變化是由磁場變化引起時，ΔΦ＝ΔB·S，那么E＝neq\f(ΔB·S,Δt)；(3)磁通量的變化是由面積和磁場變化共同引起時，那么根據(jù)定義求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔBΔS,Δt)。[典例](2022·北京高考)如下圖，勻強(qiáng)磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻增大。兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb。不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。以下說法正確的選項(xiàng)是()A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向[解析]由楞次定律知，題中圓環(huán)感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反，故感應(yīng)電流沿順時針方向。由法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(ΔB·πR2,Δt)，由于兩圓環(huán)半徑之比Ra∶Rb＝2∶1，所以Ea∶Eb＝4∶1，選項(xiàng)B正確。[答案]B[方法規(guī)律]應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)注意的三個問題(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,Δt·R)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2022·江蘇高考)如下圖，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磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B－B,Δt)＝eq\f(B,Δt)，法拉第電磁感應(yīng)定律公式可寫成E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中磁場中的有效面積S＝eq\f(1,2)a2，代入得E＝neq\f(Ba2,2Δt)，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯誤。2．(多項(xiàng)選擇)(2022·江蘇高考)電吉他中電拾音器的根本結(jié)構(gòu)如下圖，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音。以下說法正確的有()A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作B．取走磁體，電吉他將不能正常工作C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢D．弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化解析：選BCD銅不能被磁化，銅質(zhì)弦不能使電吉他正常工作，選項(xiàng)A錯誤；取走磁體后，金屬弦不能被磁化，弦的振動無法通過電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化為電信號，音箱不能發(fā)聲，選項(xiàng)B正確；增加線圈匝數(shù)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，線圈的感應(yīng)電動勢變大，選項(xiàng)C正確；弦振動過程中，線圈中的磁場方向不變，但磁通量一會兒增大，一會兒減小，那么產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向不斷變化，選項(xiàng)D正確。3．(2022·重慶高考)如圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S。假設(shè)在t1到t2時間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，那么該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb()A．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒為－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)解析：選C根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nB2－B1S,t2－t1)，由楞次定律和右手螺旋定那么可判斷b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢，因磁場均勻變化，所以感應(yīng)電動勢恒定，因此a、b兩點(diǎn)電勢差恒為φa－φb＝－eq\f(nB2－B1S,t2－t1)，選項(xiàng)C正確。突破點(diǎn)(二)導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計(jì)算1．導(dǎo)體平動切割磁感線對于導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計(jì)算式E＝Blv，應(yīng)注意以下幾個方面：(1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，除了磁場是勻強(qiáng)磁場外，還需B、l、v三者相互垂直。(2)對應(yīng)性：假設(shè)v為平均速度，那么E為平均感應(yīng)電動勢，即eq\x\to(E)＝Bleq\x\to(v)。假設(shè)v為瞬時速度，那么E為相應(yīng)的瞬時感應(yīng)電動勢。(3)相對性：E＝Blv中的速度v是相對于磁場的速度，假設(shè)磁場也運(yùn)動，應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系。(4)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。圖中有效長度分別為：甲圖：l＝cdsinβ。乙圖：沿v1方向運(yùn)動時，l＝MN；沿v2方向運(yùn)動時，l＝0。丙圖：沿v1方向運(yùn)動時，l＝eq\r(2)R；沿v2方向運(yùn)動時，l＝0；沿v3方向運(yùn)動時，l＝R。2．導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割磁感線當(dāng)導(dǎo)體在垂直于磁場的平面內(nèi)，繞一端以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω，如下圖。3．公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)與E＝Blv的區(qū)別與聯(lián)系E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blv區(qū)別研究對象閉合回路垂直切割磁感線的那局部導(dǎo)體研究內(nèi)容求的是Δt時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢，E與某段時間或某個過程對應(yīng)(1)假設(shè)v為瞬時速度，那么求的是瞬時感應(yīng)電動勢(2)假設(shè)v為平均速度，那么求的是平均感應(yīng)電動勢聯(lián)系(1)本質(zhì)上是統(tǒng)一的，E＝Blv可由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)在一定條件下推導(dǎo)出來(2)當(dāng)導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動時用E＝Blv求E方便，當(dāng)?shù)弥┻^回路的磁通量發(fā)生變化情況時，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E比擬方便[典例](2022·安徽高考)如下圖，abcd為水平放置的平行“〞形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好)。那么()A．電路中感應(yīng)電動勢的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應(yīng)電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r)D．金屬桿的熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)[思路點(diǎn)撥](1)金屬桿切割磁感線的有效長度為l。(2)計(jì)算安培力的公式F＝BIL中L應(yīng)為eq\f(l,sinθ)。[解析]金屬桿的運(yùn)動方向與金屬桿不垂直，電路中感應(yīng)電動勢的大小為E＝Blv(l為切割磁感線的有效長度)，選項(xiàng)A錯誤；電路中感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，選項(xiàng)B正確；金屬桿所受安培力的大小為F＝BIL′＝B·eq\f(Bvsinθ,r)·eq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，選項(xiàng)C錯誤；金屬桿的熱功率為P＝I2R＝eq\f(B2v2sin2θ,r2)·eq\f(lr,sinθ)＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，選項(xiàng)D錯誤。[答案]B[集訓(xùn)沖關(guān)]4．(2022·全國卷Ⅱ)如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上。當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c三點(diǎn)的電勢分別為Ua、Ub、Uc。bc邊的長度為l。以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．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解析：選C金屬框abc平面與磁場平行，轉(zhuǎn)動過程中磁通量始終為零，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項(xiàng)B、D錯誤。轉(zhuǎn)動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由右手定那么判斷Ua＜Uc，Ub＜Uc，選項(xiàng)A錯誤。由轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項(xiàng)C正確。2．(多項(xiàng)選擇)(2022·全國甲卷)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如下圖。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．假設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，那么電流大小恒定B．假設(shè)從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，那么電流沿a到b的方向流動C．假設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，那么電流方向可能發(fā)生變化D．假設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，那么電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析：選AB由右手定那么知，圓盤按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電流沿a到b的方向流動，選項(xiàng)B正確；由感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)Bl2ω知，角速度恒定，那么感應(yīng)電動勢恒定，電流大小恒定，選項(xiàng)A正確；角速度大小變化，感應(yīng)電動勢大小變化，但感應(yīng)電流方向不變，選項(xiàng)C錯誤；假設(shè)ω變?yōu)樵瓉淼?倍，那么感應(yīng)電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項(xiàng)D錯誤。3．(2022·東北三校聯(lián)考)如下圖，一電阻為R的導(dǎo)線彎成邊長為L的等邊三角形閉合回路。虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于閉合回路所在的平面向里。以下對三角形導(dǎo)線以速度v向右勻速進(jìn)入磁場過程中的說法正確的選項(xiàng)是()A．回路中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針方向B．回路中感應(yīng)電動勢的最大值E＝eq\f(\r(3),2)BLvC．回路中感應(yīng)電流的最大值I＝eq\f(\r(3),2)RBLvD．導(dǎo)線所受安培力的大小可能不變解析：選B在進(jìn)入磁場的過程中，閉合回路中磁通量增加，根據(jù)楞次定律，閉合回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向，A錯誤；等效切割磁感線的導(dǎo)線最大長度為Lsin60°＝eq\f(\r(3),2)L，感應(yīng)電動勢的最大值E＝eq\f(\r(3),2)BLv，B正確；感應(yīng)電流的最大值I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3),2R)BLv，C錯誤；在進(jìn)入磁場的過程中，等效切割磁感線的導(dǎo)線長度變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流大小變化，根據(jù)安培力公式可知，導(dǎo)線所受安培力大小一定變化，D錯誤。突破點(diǎn)(三)通電自感和斷電自感1．通電自感和斷電自感的比擬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，A1燈逐漸變亮，最終一樣亮開關(guān)S斷開時，燈A突然閃亮一下后再漸漸熄滅2．三點(diǎn)注意、三個技巧[多角練通]1．(多項(xiàng)選擇)(2022·鹽城檢測)如下圖，L是自感系數(shù)很大的線圈，但其自身的電阻幾乎為零。A和B是兩個完全相同的燈泡，那么以下說法中正確的有()A．當(dāng)開關(guān)S閉合瞬間，A、B兩燈同時亮，最后B燈熄滅B．當(dāng)開關(guān)S斷開瞬間，A、B兩燈同時熄滅C．當(dāng)開關(guān)S斷開瞬間，a點(diǎn)電勢比b點(diǎn)電勢低D．當(dāng)開關(guān)S斷開瞬間，流經(jīng)燈泡B的電流由a到b解析：選AD開關(guān)S閉合瞬間，線圈L對電流有阻礙作用，那么相當(dāng)于燈泡A與B串聯(lián)，因此同時亮，且亮度相同，穩(wěn)定后B被短路熄滅，A正確。當(dāng)開關(guān)S斷開后，A馬上熄滅，由于自感，線圈中的電流慢慢減小，其相當(dāng)于電源，左端為高電勢，與燈泡B構(gòu)成閉合回路放電，流經(jīng)燈泡B的電流由a到b，B閃一下再熄滅，D正確，B、C錯誤。2．(多項(xiàng)選擇)(2022·蘇州高三調(diào)研)如下圖是研究通電自感實(shí)驗(yàn)的電路圖，A1、A2是兩個規(guī)格相同的小燈泡，閉合開關(guān)調(diào)節(jié)電阻R，使兩燈泡的亮度相同。調(diào)節(jié)可變電阻R1，使它們都正常發(fā)光，然后斷開開關(guān)S。重新閉合開關(guān)S，那么()A．閉合瞬間，A1立刻變亮，A2逐漸變亮B．閉合瞬間，A2立刻變亮，A1逐漸變亮C．穩(wěn)定后，L和R兩端電勢差一定相同D．穩(wěn)定后，A1和A2兩端電勢差不相同解析：選BC閉合瞬間，L相當(dāng)于斷路，A2立刻變亮，A1逐漸變亮，穩(wěn)定后，兩個燈泡的亮度相同，說明它們兩端的電壓相同，L和R兩端電勢差一定相同，選項(xiàng)B、C正確A、D錯誤。電磁感應(yīng)在生活中的應(yīng)用電磁感應(yīng)現(xiàn)象與生活密切相關(guān)，高考對這局部的考查更趨向于有關(guān)現(xiàn)代氣息和STS問題中信息題的考查。命題背景有電磁爐、電子秤、電磁卡、電磁焊接術(shù)、衛(wèi)星懸繩發(fā)電、磁懸浮列車等。1．(2022·浙江高考)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(dāng)以速度v0刷卡時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，其E-t關(guān)系如下圖。如果只將刷卡速度改為eq\f(v0,2)，線圈中的E-t關(guān)系圖可能是()解析：選D假設(shè)將刷卡速度改為eq\f(v0,2)，線圈切割磁感線運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小將會減半，周期將會加倍，故D項(xiàng)正確，其他選項(xiàng)錯誤。2．(2022·北京豐臺區(qū)模擬)隨著科技的不斷開展，無線充電已經(jīng)進(jìn)入人們的視線。小到手表、，大到電腦、電動汽車，都已經(jīng)實(shí)現(xiàn)了無線充電從理論研發(fā)到實(shí)際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化。如下圖為某品牌的無線充電利用電磁感應(yīng)方式充電的原理圖。關(guān)于無線充電，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．無線充電時接收線圈局部的工作原理是“電流的磁效應(yīng)〞B．只有將充電底座接到直流電源上才能對進(jìn)行充電C．接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同D．只要有無線充電底座，所有都可以進(jìn)行無線充電解析：選C無線充電時接收線圈局部的工作原理是電磁感應(yīng)，故A錯誤；當(dāng)給充電設(shè)備通以恒定直流電時，充電設(shè)備不會產(chǎn)生交變磁場，即不能正常充電，故B錯誤；接收線圈中交變電流的頻率應(yīng)與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同，故C正確；被充電內(nèi)部，應(yīng)該有一類似金屬線圈的部件與電池相連，當(dāng)有交變磁場時，那么產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，那么普通由于沒有金屬線圈，所以不能夠利用無線充電設(shè)備進(jìn)行充電，故D錯誤。3．(多項(xiàng)選擇)(2022·遼寧省實(shí)驗(yàn)中學(xué)期中)如下圖，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的銅線圈，線圈等距離排列，且與傳送帶以相同的速度勻速運(yùn)動。為了檢測出個別未閉合的不合格線圈，讓傳送帶通過一固定勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于傳送帶運(yùn)動方向，根據(jù)穿過磁場后線圈間的距離，就能夠檢測出不合格線圈。通過觀察圖形，判斷以下說法正確的選項(xiàng)是()A．假設(shè)線圈閉合，進(jìn)入磁場時，線圈中感應(yīng)電流方向從上向下看為逆時針B．假設(shè)線圈閉合，傳送帶以較大速度勻速運(yùn)動時，磁場對線圈的作用力增大C．從圖中可以看出，第2個線圈是不合格線圈D．從圖中可以看出，第3個線圈是不合格線圈解析：選BD假設(shè)線圈閉合，進(jìn)入磁場時，穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)電流的磁場方向向下，所以感應(yīng)電流的方向從上向下看是順時針，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，傳送帶以較大速度勻速運(yùn)動時，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢較大，那么感應(yīng)電流較大，磁場對線圈的作用力增大，故B正確；由題圖知1、2、4、5、6線圈都發(fā)生了相對滑動，而第3個線圈沒有滑動，那么第3個線圈不閉合，沒有產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C錯誤，D正確。對點(diǎn)訓(xùn)練：法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．(多項(xiàng)選擇)(2022·惠州調(diào)研)如圖甲所示，面積S＝1m2的導(dǎo)體圓環(huán)內(nèi)通有垂直于圓平面向里的磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示(BA．環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流B．環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流C．環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為1VD．環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為2V解析：選AC由題圖乙可知，B隨t均勻增大，穿過圓環(huán)的磁通量增加，據(jù)楞次定律，B感向外，又據(jù)安培定那么可知圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，A正確，B錯誤。圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝1×1V＝1V，C正確，D錯誤。2．(2022·泰州模擬)如下圖，虛線MN表示甲、乙、丙三個相同正方形金屬框的一條對稱軸，金屬框內(nèi)均勻分布有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律都滿足B＝kt，金屬框按照圖示方式處在磁場中，測得金屬框甲、乙、丙中的感應(yīng)電流分別為I甲、I乙、I丙，那么以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．I乙＝2I甲，I丙＝2I甲 B．I乙＝2I甲，I丙＝0C．I乙＝0，I丙＝0 D．I乙＝I甲，I丙＝I甲解析：選BI甲＝eq\f(E甲,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,2)·eq\f(1,R)＝eq\f(Sk,2R)，I乙＝eq\f(E乙,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·S·eq\f(1,R)＝eq\f(Sk,R)，由于丙中磁通量始終為零，故I丙＝0。所以I乙＝2I甲，I丙＝0，只有B正確。3.(2022·浙江高考)如下圖，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lbA．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為9∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1解析：選B當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變大時，由楞次定律知，線圈中感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，由安培定那么知，線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，選項(xiàng)A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Seq\f(ΔB,Δt)及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，選項(xiàng)B正確；由R＝ρeq\f(L,S′)知兩線圈的電阻關(guān)系為Ra＝3Rb，其感應(yīng)電流之比為Ia∶Ib＝3∶1，選項(xiàng)C錯誤；兩線圈的電功率之比為Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，選項(xiàng)D錯誤。4．(多項(xiàng)選擇)(2022·郴州模擬)如下圖，線圈內(nèi)有理想邊界的磁場，開關(guān)閉合，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度減小時，有一帶電微粒靜止于水平放置的平行板電容器中間，假設(shè)線圈的匝數(shù)為n，平行板電容器的板間距離為d，粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，線圈面積為S，那么以下判斷中正確的選項(xiàng)是()A．帶電微粒帶負(fù)電B．線圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為eq\f(mgd,nqS)C．當(dāng)下極板向上移動時，帶電微粒將向上運(yùn)動D．當(dāng)開關(guān)斷開時，帶電微粒將做自由落體運(yùn)動解析：選BC當(dāng)磁場減小時，由楞次定律和安培定那么可判定，上極板帶負(fù)電，根據(jù)粒子平衡可判斷應(yīng)帶正電，A錯誤；對微粒mg＝F＝qeq\f(U,d)而U＝neq\f(ΔB,Δt)S。那么eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,nqS)，B正確；當(dāng)下極板向上移動時，d減小，板間電壓不變，那么板間場強(qiáng)增大，微粒所受電場力增大，微粒將向上運(yùn)動，C正確；開關(guān)斷開時，板間電壓不變，故微粒仍靜止，D錯誤。對點(diǎn)訓(xùn)練：導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計(jì)算5.(多項(xiàng)選擇)(2022·蘇州模擬)如下圖，水平放置的粗糙U形金屬框架上接一個阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，一個半徑為l、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平恒力F作用下，由靜止開始運(yùn)動距離d后速度到達(dá)v，半圓形導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計(jì)，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．UAC＝2BlvB．UAC＝eq\f(2R0Blv,R0＋r)C．電路中產(chǎn)生的電熱Q＝Fd－eq\f(1,2)mv2D．通過R0的電荷量q＝eq\f(2Bld,R0＋r)解析：選BDAC產(chǎn)生的電動勢E＝2Blv，那么UAC＝eq\f(ER0,R0＋r)＝eq\f(2R0Blv,R0＋r)，A錯誤，B正確；由功能關(guān)系得Fd＝eq\f(1,2)mv2＋Q＋Qμ，C錯誤；此過程中通過R0的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R0＋r)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R0＋r)＝eq\f(2Bld,R0＋r)，D正確。6.如下圖，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點(diǎn)A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為eq\f(R,2)的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時，B點(diǎn)的線速度為v，那么這時AB兩端的電壓大小為()A.eq\f(Bav,3) B.eq\f(Bav,6)C.eq\f(2Bav,3) D．Bav解析：選A當(dāng)擺到豎直位置時，棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝B·2aeq\x\to(v)＝2Baeq\f(v,2)＝Bav，而AB兩端的電壓為路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：AB兩端電壓為U＝I·eq\f(R,4)＝eq\f(Bav,\f(R,2)＋\f(R,4))×eq\f(R,4)＝eq\f(1,3)Bav，故A正確。7.(2022·濟(jì)南外國語學(xué)校測試)如下圖，正方形閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計(jì)，將它從如下圖的位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場。假設(shè)第一次用0.3s時間拉出，外力所做的功為W1；第二次用0.9s時間拉出，外力所做的功為W2，那么()A．W1＝eq\f(1,3)W2B．W1＝W2C．W1＝3W2D．W1＝9W2解析：選C設(shè)正方形邊長為L，導(dǎo)線框的電阻為R，那么導(dǎo)體切割磁感線的邊長為L，運(yùn)動距離為L，W＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(B2L2v2,R)·eq\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,R)＝eq\f(B2L4,Rt)，可知W與t成反比，W1＝3W2。選C。8．(2022·青島質(zhì)檢)如下圖，虛線區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場寬度為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?？傠娮铻镽的直角三角形導(dǎo)線框，兩條直角邊邊長分別為2L和L，在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，以下說法正確的選項(xiàng)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)電流一直在增大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，產(chǎn)生的感應(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，根據(jù)楞次定律、右手定那么可以判斷線框中的感應(yīng)電流先沿逆時針方向后沿順時針方向，且始終不為零，由左手定那么可以判斷線框在該磁場中一直受到水平向左的安培力作用，故A、D兩項(xiàng)錯，C項(xiàng)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(xiàng)錯。對點(diǎn)訓(xùn)練：通電自感和斷電自感9．(2022·北京西城區(qū)期末)如下圖，線圈L與小燈泡A并聯(lián)后接到電源上。先閉合開關(guān)S，穩(wěn)定后，通過線圈的電流為I1，通過小燈泡的電流為I2。斷開開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)小燈泡閃亮一下再熄滅。那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．I1<I2B．I1＝I2C．?dāng)嚅_開關(guān)前后，通過小燈泡的電流方向不變D．?dāng)嚅_開關(guān)前后，通過線圈的電流方向不變解析：選D分析開關(guān)S閉合穩(wěn)定后，因?yàn)榫€圈的電阻較小，由并聯(lián)電路的特征易知I1>I2，A、B錯；開關(guān)S斷開瞬間電源與線圈和小燈泡斷開，線圈中的電流要發(fā)生突變，所以線圈中會感應(yīng)出新的電動勢阻礙原電流的減小，所以線圈中的電流方向不變，D對；斷開開關(guān)瞬間因?yàn)榫€圈相當(dāng)于電源與燈泡構(gòu)成一個回路，流過燈泡的電流方向與開始時方向相反，C錯。10．(2022·無錫模擬)如下圖，三個燈泡L1、L2、L3的電阻關(guān)系為R1＜R2＜R3，電感線圈L的電阻可忽略，D為理想二極管，開關(guān)K從閉合狀態(tài)突然斷開時，以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．L1逐漸變暗，L2、L3均先變亮，然后逐漸變暗B．L1逐漸變暗，L2立即熄滅，L3先變亮，然后逐