2024屆物理一輪復習講義第1講　電磁感應現(xiàn)象　楞次定律

2024屆物理一輪復習講義第1講電磁感應現(xiàn)象楞次定律學習目標1.知道電磁感應現(xiàn)象的產生條件并會分析解決實際問題。2.會根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向，會應用楞次定律的推論分析問題。3.能夠綜合應用安培定則、左手定則、右手定則和楞次定律解決實際問題。eq\a\vs4\al(1.,,)eq\a\vs4\al(2.)eq\a\vs4\al(3.,,)1.思考判斷(1)閉合電路內只要有磁通量，就一定有感應電流產生。(×)(2)穿過線圈的磁通量和線圈的匝數(shù)無關。(√)(3)當導體切割磁感線時，一定產生感應電動勢。(√)(4)由楞次定律知，感應電流的磁場一定與引起感應電流的磁場方向相反。(×)(5)感應電流的磁場一定阻礙引起感應電流的磁場的磁通量的變化。(√)2.如圖1所示，一個U形金屬導軌水平放置，其上放有一個金屬導體棒ab，有一磁感應強度為B的勻強磁場斜向上穿過軌道平面，且與豎直方向的夾角為θ。在下列各過程中，一定能在軌道回路里產生感應電流的是()圖1A.ab向左運動，同時增大磁感應強度BB.使磁感應強度B減小，θ角同時也減小C.ab向右運動，同時使θ減小D.ab向右運動，同時增大磁感應強度B和θ角(0°<θ<90°)答案C考點一電磁感應現(xiàn)象感應電流的產生及方向的判斷判斷感應電流方向的兩種方法(1)用楞次定律判斷(2)用右手定則判斷①掌心——磁感線穿入。②拇指——指向導體運動的方向。③四指——指向感應電流的方向。例1(2023·河南開封高三月考)如圖2甲所示，金屬圓環(huán)和“”形金屬線框相互靠近固定在水平面上，金屬棒AB放在線框上，給圓環(huán)a、b端接上如圖乙所示的余弦交變電流，以圖甲中電流方向為正方向，金屬棒AB始終保持靜止，則下列判斷正確的是()圖2A.0～t1時間內，AB棒中的感應電流方向為B→AB.0～t1時間內，AB棒受到的摩擦力方向向右C.t2～t3時間內，AB棒中感應電流方向先由A→B再由B→AD.t1時刻AB棒受到的安培力最大，t2時刻AB棒受到的安培力最小答案A解析0～t1時間內，根據(jù)安培定則可知，右側閉合回路中穿過紙面向外的磁通量減小且減小得越來越快，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，AB棒中的感應電流方向為B→A，故A正確；根據(jù)左手定則，AB棒受到的安培力向右，則其受到的摩擦力向左，故B錯誤；t2～t3時間內，根據(jù)安培定則可知，右側閉合回路中先是穿過紙面向里的磁通量減小再是穿過紙面向外的磁通量增大，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，AB棒中的感應電流方向一直為A→B，故C錯誤；t1時刻圓環(huán)電流為零，在AB棒處產生的磁場強度為零，則AB棒受到的安培力為零，t2時刻，圓環(huán)電流變化率為零，則穿過閉合回路的磁通量變化率為零，則閉合回路感應電流為零，棒受到的安培力也為零，故D錯誤。跟蹤訓練1.(2022·北京高考，11)如圖3所示平面內，在通有圖示方向電流I的長直導線右側，固定一矩形金屬線框abcd，ad邊與導線平行，調節(jié)電流I使空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，則()圖3A.線框中產生的感應電流方向為a→b→c→d→aB.線框中產生的感應電流逐漸增大C.線框ad邊所受的安培力大小恒定D.線框整體受到的安培力方向水平向右答案D解析根據(jù)安培定則可知，通電直導線右側的磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度隨時間均勻增加，根據(jù)楞次定律可知線框中產生的感應電流方向為a→d→c→b→a，A錯誤；線框中產生的感應電流為I感＝eq\f(E,R)＝eq\f(nΔΦ,RΔt)＝neq\f(S,R)·eq\f(ΔB,Δt)，空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，故線框中產生的感應電流不變，B錯誤；線框ad邊感應電流保持不變，磁感應強度隨時間均勻增加，根據(jù)F安＝IlB知，所受的安培力變大，C錯誤；根據(jù)左手定則可知，線框ad邊所受的安培力水平向右，線框bc邊所受的安培力水平向左，ab邊和cd邊所受的安培力大小相等、方向相反。由通電直導線的磁場分布特點可知，ad邊處的磁感應強度較大，由F安＝IlB可知，線框整體受到的安培力方向水平向右，D正確。2.(多選)如圖4所示，在絕緣光滑水平面(圖中未畫出)上有P、Q兩個輕質線圈，兩線圈均固定?，F(xiàn)將開關S閉合，待電路穩(wěn)定后撤去對線圈Q的固定，使線圈Q可自由滑動，向左移動滑動變阻器R的滑片，該過程中()圖4A.線圈Q向左滑動B.線圈Q向右滑動C.靈敏電流表G中有從a到b的電流D.靈敏電流表G中有從b到a的電流答案BC解析當滑片向左滑動時，滑動變阻器接入電路中的電阻減小，則流過線圈P的電流增大，線圈P產生的磁場增大，所以穿過線圈Q的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，為阻礙磁通量增大，線圈Q將向右運動，選項A錯誤，B正確；根據(jù)安培定則知，線圈P產生的磁場的方向向右，滑片向左滑動時，向右穿過線圈Q的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可得靈敏電流表G中有從a到b的電流，選項C正確，D錯誤?？键c二楞次定律的推廣應用常見以下四種推論推論例證阻礙原磁通量變化——“增反減同”磁鐵靠近，B感、B原反向，二者相斥；磁鐵遠離，B感、B原同向，二者相吸阻礙相對運動——“來拒去留”使回路面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”注意：此結論只適用于磁感線單方向穿過回路的情境P、Q是光滑固定導軌，a、b是可移動金屬棒，磁鐵下移，回路面積應減小，a、b靠近B減小，線圈擴張阻礙原電流的變化——“增反減同”(即自感現(xiàn)象)合上S，B燈先亮，A燈逐漸變亮；再斷開S，兩燈逐漸熄滅角度增反減同例2如圖5，兩個半徑不同但同圓心的圓形導線環(huán)A、B位于同一平面內，A環(huán)的半徑大于B環(huán)的半徑，已知在t＝0到t＝t1的時間間隔內，當導線A環(huán)中的電流iA發(fā)生某種變化，導線B環(huán)中的感應電流總是沿順時針方向，且導線B環(huán)總有擴張的趨勢。設A環(huán)中電流iA的正方向與圖中箭頭所示的方向相同，則iA隨時間t變化的圖線可能是()圖5答案A解析A圖中，A環(huán)中順時針方向的電流減小，導致B環(huán)中的指向紙內的磁通量減小，根據(jù)楞次定律知，B環(huán)中感生電流產生的磁場將阻礙磁通量減小，產生順時針方向感應電流，兩環(huán)相吸，B環(huán)有擴張的趨勢，A正確；B圖中，A環(huán)中逆時針方向的電流減小，導致B環(huán)中指向紙外的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知B環(huán)中產生逆時針方向電流，兩環(huán)相吸，B環(huán)有擴張的趨勢，B錯誤；C圖中，A環(huán)中順時針方向的電流增大，導致B環(huán)中指向紙內的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，可知B環(huán)將產生逆時針方向的電流，兩環(huán)相斥，B環(huán)有收縮的趨勢，C錯誤；D圖中，A環(huán)中逆時針方向的電流增大，導致B環(huán)中指向紙外的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，可知B環(huán)中產生順時針方向電流，兩環(huán)相斥，B環(huán)有收縮的趨勢，D錯誤。角度來拒去留例3如圖6所示，光滑平行導軌M、N固定在同一水平面上，兩根導體棒P、Q平行放置在導軌上，形成一個閉合回路。當一條形磁體從高處下落接近回路時()圖6A.P、Q將互相靠攏B.P、Q將互相遠離C.磁體的加速度仍為gD.磁體的加速度大于g答案A解析方法一根據(jù)楞次定律的另一表述“感應電流的效果總是要阻礙產生感應電流的原因”，本題中“原因”是回路中磁通量的增加，歸根結底是磁體靠近回路，“效果”便是阻礙磁通量的增加和磁體的靠近。所以，P、Q將互相靠攏且磁體的加速度小于g，選項A正確。方法二設磁體下端為N極，根據(jù)楞次定律可判斷出P、Q中的感應電流方向，如圖所示，根據(jù)左手定則可判斷P、Q所受安培力的方向，可見P、Q將相互靠攏。由于回路所受安培力的合力向下，由牛頓第三定律知，磁體將受到向上的反作用力，從而使加速度小于g。當磁體下端為S極時，根據(jù)類似的分析可得到相同的結論，選項A正確。角度增縮減擴例4(多選)如圖7甲所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方固定一螺線管Q，P和Q共軸，Q中的電流i隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，取甲圖中電流方向為正方向，P所受的重力為G，桌面對P的支持力為FN，則()圖7A.在t1時刻，F(xiàn)N＞G，P有收縮的趨勢B.在t2時刻，F(xiàn)N＝G，穿過P的磁通量不變C.在t3時刻，F(xiàn)N＝G，P中有感應電流D.在t4時刻，F(xiàn)N＞G，P有收縮的趨勢答案ABC解析當螺線管中電流增大時，其形成的磁場不斷增強，因此線圈P中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知線圈P將阻礙其磁通量的增大，所以線圈有遠離和面積收縮的趨勢，即FN>G，P有收縮的趨勢，故A正確；當螺線管中電流不變時，其形成磁場不變，線圈P中的磁通量不變，因此線圈P中無感應電流產生，則t2和t4時刻FN＝G，且P沒有收縮的趨勢，故B正確，D錯誤；t3時刻螺線管中電流為零，但是線圈P中磁通量是變化的，因此此時線圈P中有感應電流，但此時刻二者之間沒有相互作用力，即FN＝G，故C正確?？键c三“三定則一定律”的應用1.“三定則、一定律”的比較定則或定律適用的現(xiàn)象因果關系安培定則電流的磁效應——電流、運動電荷產生的磁場因電生磁左手定則(1)安培力——磁場對電流的作用力；(2)洛倫茲力——磁場對運動電荷的作用力因電受力右手定則導體做切割磁感線運動產生的電磁感應現(xiàn)象因動生電楞次定律閉合回路磁通量變化產生的電磁感應現(xiàn)象因磁生電2.相互聯(lián)系(1)應用楞次定律時，一般要用到安培定則。(2)研究感應電流受到的安培力，一般先用右手定則確定感應電流的方向，再用左手定則確定安培力的方向，有時也可以直接應用楞次定律的推論確定。例5置于勻強磁場中的金屬圓盤中央和邊緣各引出一根導線，與套在鐵芯上部的線圈A相連。套在鐵芯下部的線圈B引出兩根導線接在兩根水平光滑導軌上，如圖8所示。導軌上有一根金屬棒ab靜止處在垂直于紙面向外的勻強磁場中。下列說法正確的是()圖8A.圓盤順時針加速轉動時，ab棒將向右運動B.圓盤順時針勻速轉動時，ab棒將向右運動C.圓盤順時針減速轉動時，ab棒將向右運動D.圓盤逆時針加速轉動時，ab棒將向左運動答案C解析當圓盤順時針加速轉動時，根據(jù)右手定則可知產生的感應電流方向為由圓心指向盤邊緣，在線圈A中的磁場方向向下，且磁場在增強，在線圈B中產生的感應電流通過金屬棒的方向為由a指向b，根據(jù)左手定則可知ab棒受到向左的安培力，故ab棒向左運動；同理可知，圓盤順時針減速轉動時，ab棒向右運動；圓盤勻速轉動時，ab棒中沒有感應電流，不受力，靜止不動；圓盤逆時針加速轉動時，ab棒將向右運動，故C正確，A、B、D錯誤。跟蹤訓練3.(2023·湖南長沙高三月考)如圖9所示，矩形金屬線框abcd置于光滑的絕緣水平面上，直導線MN與cd平行放置且固定在水平面上，直導線MN與電源、滑動變阻器R、開關S構成閉合回路。閉合開關S，將滑動變阻器的滑片從e端移到f端的過程中()圖9A.線框abcd中有沿a→b→c→d→a方向的感應電流，在水平面上靜止不動B.線框abcd中有沿a→d→c→b→a方向的感應電流，沿水平面向右運動C.線框abcd中有沿a→b→c→d→a方向的感應電流，沿水平面向右運動D.線框abcd中有沿a→d→c→b→a方向的感應電流，在水平面上靜止不動答案C解析滑動變阻器的滑片從e端移到f端的過程中，電阻R變大，電路中電流減小，穿過線框的磁通量減小，原磁通量方向為垂直線框平面向外，則由楞次定律可知感應電流沿a→b→c→d→a方向，由左手定則可知cd邊所受安培力向右，ab邊所受安培力向左，因為cd邊所在位置磁感應強度大于ab邊所在位置磁感應強度，所以cd邊所受安培力大于ab邊所受安培力，線框沿水平面向右運動，故C正確，A、B、D錯誤。A級基礎對點練對點練1電磁感應現(xiàn)象感應電流的產生和方向的判斷1.(2020·江蘇卷)如圖1所示，兩勻強磁場的磁感應強度B1和B2大小相等、方向相反。金屬圓環(huán)的直徑與兩磁場的邊界重合。下列變化會在環(huán)中產生順時針方向感應電流的是()圖1A.同時增大B1減小B2B.同時減小B1增大B2C.同時以相同的變化率增大B1和B2D.同時以相同的變化率減小B1和B2答案B解析當同時增大B1減小B2時，通過金屬圓環(huán)的總磁通量增加，且方向垂直紙面向里，根據(jù)楞次定律知，感應電流產生的磁場方向應為垂直紙面向外，根據(jù)右手螺旋定則知，此時金屬圓環(huán)中產生逆時針方向的感應電流，A項錯誤；同理當同時減小B1增大B2時，金屬圓環(huán)中產生順時針方向的感應電流，B項正確；當同時以相同的變化率增大或減小B1和B2時，金屬圓環(huán)中的總磁通量沒有變化，仍然為0，金屬圓環(huán)中無感應電流產生，C、D項錯誤。2.(2023·廣東廣州高三月考)如圖2所示，長直導線MN置于三角形金屬線框abc上，彼此絕緣，線框被導線分成面積相等的兩部分。導線通入由M到N的電流，當電流逐漸增大時，線框中()圖2A.磁通量變化量為零B.沒有產生感應電流C.感應電流方向為abcaD.感應電流方向為acba答案C解析雖然線框被導線分成面積相等的兩部分但離導線越遠，磁場越弱，導線通入由M到N的電流，且電流逐漸增大時，通過導線框的磁通量與下方磁場方向相同且逐漸增大，會產生感應電流，A、B錯誤；根據(jù)MN中電流的方向，結合楞次定律和安培定則可判斷線框abc中感應電流方向為abca，C正確，D錯誤。3.如圖3(a)所示，一根直導線和一個矩形導線框固定在同一豎直平面內，直導線在導線框上方，規(guī)定圖(a)中箭頭方向為電流的正方向。直導線中通以圖(b)所示的電流，則在0～t1時間內，導線框中感應電流的方向()圖3A.先順時針后逆時針 B.先逆時針后順時針C.始終沿順時針 D.始終沿逆時針答案C解析開始階段直導線中電流向右減小，則穿過線圈的磁通量向里減小，由楞次定律可知，線框中感應電流為順時針方向；后一階段直導線中電流向左增加，則穿過線圈的磁通量向外增加，由楞次定律可知，線框中感應電流為順時針方向，故C正確。4.安培曾做過如圖4所示的實驗：把絕緣導線繞制成線圈，在線圈內部懸掛一個用薄銅片做成的圓環(huán)，圓環(huán)所在平面與線圈軸線垂直，取一條形磁體置于銅環(huán)的右側，條形磁體的右端為N極。閉合開關一段時間后觀察，發(fā)現(xiàn)銅環(huán)靜止不動，安培由此錯失了發(fā)現(xiàn)電磁感應現(xiàn)象的機會。實際上在電路閉合的瞬間，下列現(xiàn)象描述正確的是()圖4A.從右向左看，銅環(huán)中有逆時針的感應電流B.從右向左看，銅環(huán)中有順時針的感應電流C.銅環(huán)仍保持不動D.銅環(huán)會遠離磁體答案A解析在開關閉合瞬間，線圈內部磁通量增大且磁場方向向左。從右向左觀察，根據(jù)楞次定律可知，銅環(huán)中產生逆時針方向的感應電流，故A正確，B錯誤；產生感應電流時，銅環(huán)等效成一個小磁鐵，N極在右側，與條形磁體S極相吸引，故C、D錯誤。對點練2楞次定律的推廣應用5.如圖5所示，某教室墻上有一朝南的鋼窗，將鋼窗右側向外打開，以推窗人的視角來看，窗框中產生()圖5A.順時針電流，且有收縮趨勢B.順時針電流，且有擴張趨勢C.逆時針電流，且有收縮趨勢D.逆時針電流，且有擴張趨勢答案D解析磁場方向由南指向北，將鋼窗右側向外打開，則向北穿過窗戶的磁通量減少，根據(jù)楞次定律知，感應電流產生的磁場方向由南指向北，即以推窗人的視角來看，感應電流方向為逆時針，同時根據(jù)“增縮減擴”可知，窗框有擴張趨勢，故D正確。6.如圖6所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，其圓心的正上方有一個豎直的條形磁體。當條形磁體沿水平方向向右移動時，圓環(huán)始終未動。若圓環(huán)的質量為m，桌面對它的支持力為FN。在此過程中()圖6A.FN小于mg，圓環(huán)有向右的運動趨勢B.FN小于mg，圓環(huán)有向左的運動趨勢C.FN大于mg，圓環(huán)有向右的運動趨勢D.FN大于mg，圓環(huán)有向左的運動趨勢答案A解析當條形磁體水平向右移動時，金屬圓環(huán)內的磁通量減小，因此圓環(huán)面積有擴大的趨勢，同時將跟隨磁體向右運動，從而“阻礙”磁通量的減小，故金屬圓環(huán)受安培力向右上方，則桌面對圓環(huán)的支持力小于其自身重力，故A正確，B、C、D錯誤。7.(2023·安徽八校高三聯(lián)考)一長直鐵芯上繞有線圈P，將一單匝線圈Q用一輕質絕緣絲線懸掛在P的左端，線圈P的中軸線通過線圈Q的中心，且與線圈Q所在的平面垂直。將線圈P連接在如圖7所示的電路中，其中R為滑動變阻器，E為直流電源，S為開關。下列情況中，可觀測到Q向左擺動的是()圖7A.S閉合的瞬間B.S斷開的瞬間C.在S閉合的情況下，將R的滑片向a端移動時D.在S閉合的情況下，保持電阻R的阻值不變答案A解析S閉合的瞬間，線圈P中電流由無到有，產生的磁場從無到有，線圈Q中磁通量從無到有，線圈Q中磁通量增加，根據(jù)楞次定律，線圈Q的運動將阻礙磁通量的增大，則線圈Q將向左運動遠離線圈P，故A項正確；S斷開的瞬間，線圈P中電流由有到無，產生的磁場由有到無，線圈Q中磁通量由有到無，線圈Q中磁通量減小，根據(jù)楞次定律，線圈Q的運動將阻礙磁通量的減小，則線圈Q將向右運動靠近線圈P，故B項錯誤；在S閉合的情況下，將R的滑片向a端移動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，線圈P中電流減小，產生的磁場變弱，線圈Q中磁通量減小，根據(jù)楞次定律，線圈Q的運動將阻礙磁通量的減小，則線圈Q將向右運動靠近線圈P，故C項錯誤；在S閉合的情況下，保持電阻R的阻值不變，線圈P中電流不變，產生的磁場不變，線圈Q中磁通量不變，線圈Q中不產生感應電流，線圈Q不受磁場力，線圈Q不動，故D項錯誤。8.如圖8甲所示，在光滑水平面上，使電路abcd的ad端加上如圖乙所示的交變電壓，a點電勢高于d點電勢時電壓u為正值，電路abcd所圍區(qū)域內還有一彈性導線框MNPQ置于光滑水平面上，以下說法錯誤的是()圖8A.t1時刻，線框MNPQ中的感應電流為零B.t2時刻，電路abcd對線框MN的安培力為零C.t3時刻，線框MNPQ中的感應電流為順時針方向D.t2～t3時間內，線框MNPQ的面積會變大答案D解析t1時刻，電勢差最大但是圖像的斜率為0，則其變化率也為0，所以線框MNPQ中的感應電流為零，A正確；t2時刻，線框MNPQ中的感應電流最大，但是電路中電流為0，其產生的磁場也為0，則電路abcd對線框MNPQ的安培力為零，B正確；t3時刻，由安培定則知，電路abcd產生的磁場方向垂直水平面向上，并且磁通量增大，由楞次定律及安培定則，可知線框MNPQ中的感應電流為順時針方向，C正確；t2～t3時間內，電路中的電流增大，線框MNPQ中的磁通量增大，由楞次定律推論知線框MNPQ的面積會變小，D錯誤。對點練3“三定則一定律”的應用9.如圖9所示，在一有界勻強磁場中放一電阻不計的平行金屬導軌，虛線為有界磁場的左邊界，導軌跟圓形線圈M相接，圖中線圈N與線圈M共面、彼此絕緣，且兩線圈的圓心重合，半徑RM＜RN。在磁場中垂直于導軌放置一根導體棒ab，已知磁場垂直于導軌所在平面向外。欲使線圈N有收縮的趨勢，下列說法正確的是()圖9A.導體棒可能沿導軌向左做加速運動B.導體棒可能沿導軌向右做加速運動C.導體棒可能沿導軌向左做減速運動D.導體棒可能沿導軌向左做勻速運動答案C解析導體棒ab加速向左運動時，導體棒ab產生的感應電動勢和感應電流增大，由右手定則知ab中電流方向由b→a，根據(jù)安培定則可知M產生的磁場方向垂直紙面向外，穿過N的磁通量增大，所以線圈N要通過增大面積以阻礙磁通量的增大，有擴張趨勢，故A錯誤；同理分析知，導體棒向右加速運動，線圈N有擴張趨勢，故B錯誤；導體棒向左減速運動，線圈N有收縮趨勢，故C正確；導體棒向左勻速運動，線圈N中無感應電流產生，故D錯誤。B級綜合提升練10.通電螺線管外套著a、b兩個金屬環(huán)。兩個環(huán)的圓心在螺線管的軸線上，如圖10所示。閉合開關S，在移動滑動變阻器的滑動頭P時，下列說法正確的是()圖10A.磁通量Φa<ΦbB.a、b兩環(huán)中感應電流的磁場與螺線管內部磁感應強度方向相同C.當P向右滑動時，b環(huán)中的感應電流方向為逆時針方向(從左向右看)D.當P向右滑動時，a、b兩環(huán)的面積有擴張的趨勢答案D解析螺線管內部磁場和外部磁場均通過線圈a、b，且內部磁場的磁通量大于外部磁場的磁通量，則Φ＝Φ內－Φ外，因為螺線管外部磁場通過金屬環(huán)a的磁通量小于通過金屬環(huán)b的磁通量，故Φa>Φb，故A錯誤；若螺線管電流的磁場變大，在金屬環(huán)范圍內，兩金屬環(huán)磁通量變大，故感應電流的磁場與螺線管內部磁場反向；反之，感應電流的磁場與螺線管內部磁場同向，故B錯誤；P向右滑動，滑動變阻器阻值減小，電路總阻值減小，螺線管電流變大。根據(jù)安培定則，可知通過b環(huán)中的磁通量向左變大，再根據(jù)楞次定律，可知b環(huán)中的感應電流方向為順時針方向(從左向右看)，故C錯誤；金屬環(huán)處在螺線管外部磁場當中，螺線管外部磁場與內部磁場方向相反，根據(jù)左手定則可知，a、b兩環(huán)的面積有擴張的趨勢，故D正確。11.(多選)如圖11所示，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路。將一磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是()圖11A.開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動B.開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C.開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D.開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動答案AD解析開關閉合瞬間，由安培定則可知，右側線圈在鐵芯中產生向右的磁場，由楞次定律可知，直導線中的電流方向由南向北，由安培定則可知，直導線在小磁針所在位置產生垂直紙面向里的磁場，則小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動，A正確；開關閉合并保持一段時間后，穿過左側線圈的磁通量不變，則左側線圈中的感應電流為零，直導線不產生磁場，則小磁針靜止不動，B、C錯誤；開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，穿過左側線圈向右的磁通量減少，則由楞次定律可知，流過直導線的電流方向由北向南，直導線在小磁針所在處產生垂直紙面向外的磁場，則小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動，D正確。12.如圖12所示，通電螺線管置于水平放置的光滑平行金屬導軌MN和PQ之間，ab和cd是放在導軌上的兩根金屬棒，它們分別靜止在螺線管的左右兩側，現(xiàn)使滑動變阻器的滑片向左滑動，則ab棒和cd棒的運動情況是()圖12A.ab棒向左運動，cd向右運動B.ab棒向右運動，cd向左運動C.ab棒和cd棒都向右運動D.ab棒和cd棒都保持靜止答案A解析由安培定則可知，螺線管中磁場方向向上，金屬棒ab、cd所在處的磁感線方向均向下，當滑動變阻器的滑片向左滑動時，螺線管中電流增大，因此磁場變強，穿過回路的磁通量增大，由楞次定律知，感應電流方向為a→c→d→b→a，由左手定則知，ab棒所受安培力方向向左，cd棒所受安培力方向向右，所以ab棒向左運動，cd棒向右運動，故A正確。13.如圖13所示，在豎直方向上的兩個勻強磁場B1和B2中，各放入一個完全一樣的水平金屬圓盤a和b，它們可繞豎直軸自由轉動。用導線將a盤中心與b盤邊緣相連，b盤中心與a盤邊緣相連。從上向下看，當a盤順時針轉動時()圖13A.b盤總是逆時針轉動B.若B1、B2同向，b盤順時針轉動C.若B1、B2反向，b盤順時針轉動D.b盤總是順時針轉動答案C解析若B1、B2都豎直向上，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流方向為a′→O→b′→O′→a′，b盤電流為b′→O′，根據(jù)左手定則，b盤受到安培力沿逆時針方向(俯視)轉動；若B1、B2都豎直向下，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流方向為O→a′→O′→b′→O，b盤電流為O′→b′，根據(jù)左手定則，b盤受到安培力沿逆時針方向(俯視)轉動；若B1向上，B2向下，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流方向為a′→O→b′→O′→a′，b盤電流為b′→O′，根據(jù)左手定則，b盤受到安培力沿順時針方向(俯視)轉動；若B1向下，B2向上，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流方向為O→a′→O′→b′→O，b盤電流為O′→b′，根據(jù)左手定則，b盤受到安培力沿順時針方向(俯視)轉動，A、B、D錯誤，C正確。第2講法拉第電磁感應定律自感和渦流學習目標1.理解法拉第電磁感應定律，會應用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)進行有關計算。2.會計算導體切割磁感線產生的感應電動勢。3.了解自感現(xiàn)象、渦流、電磁驅動和電磁阻尼。1.2.3.eq\a\vs4\al(,4.,,)5.6.7.1.思考判斷(1)線圈中磁通量變化越大，產生的感應電動勢越大。(×)(2)線圈中磁通量變化越快，產生的感應電動勢越大。(√)(3)感應電流產生的磁場方向與原磁場方向始終相同。(×)(4)線圈中的電流越大，則自感系數(shù)也越大。(×)2.(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖1(a)中虛線MN所示。一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內，圓心O在MN上。t＝0時磁感應強度的方向如圖(a)所示；磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖(b)所示。則在t＝0到t＝t1的時間間隔內()圖1A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B.圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向C.圓環(huán)中的感應電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D.圓環(huán)中的感應電動勢大小為eq\f(B0πr2,4t0)答案BC考點一法拉第電磁感應定律的理解和應用1.公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一個回路中某段時間內的平均電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值。2.感應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、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系。3.磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)對應Φ－t圖像上某點切線的斜率。4.磁通量的變化僅由面積變化引起時，E＝nBeq\f(ΔS,Δt)。5.磁通量的變化僅由磁場變化引起時，E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，注意S為線圈在磁場中的有效面積。6.磁通量的變化是由面積和磁場變化共同引起時，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磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化，磁場方向取垂直紙面向里為正方向。正方形硬質金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻R＝0.1Ω，邊長l＝0.2m，則下列說法正確的是()圖2A.在t＝0到t＝0.1s時間內，金屬框中的感應電動勢為0.08VB.在t＝0.05s時，金屬框ab邊受到的安培力的大小為0.16NC.在t＝0.05s時，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時間內，金屬框中電流的電功率為0.064W答案AD解析根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝eq\f(nΔΦ,Δt)，解得E＝0.08V，故A正確；感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.08,0.1)A＝0.8A，在t＝0.05s時，ab受到的安培力為F＝IlB＝0.8×0.2×0.1N＝0.016N，故B錯誤；金屬框中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，線框有擴大的趨勢，故ab受到的安培力水平向左，故C錯誤；電功率為P＝EI＝0.08V×0.8A＝0.064W，故D正確。跟蹤訓練1.(2022·河北卷)將一根絕緣硬質細導線順次繞成如圖3所示的線圈，其中大圓面積為S1，小圓面積均為S2，垂直線圈平面方向有一隨時間t變化的磁場，磁感應強度大小B＝B0＋kt，B0和k均為常量，則線圈中總的感應電動勢大小為()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定律可得大圓線圈產生的感應電動勢E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每個小圓線圈產生的感應電動勢E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產生的感應電動勢方向相同，故線圈中總的感應電動勢大小為E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正確，A、B、C錯誤。2.(2022·全國甲卷)三個用同樣的細導線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖4所示。把它們放入磁感應強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應電流的大小分別為I1、I2和I3。則()圖4A.I1<I3<I2 B.I1>I3>I2C.I1＝I2>I3 D.I1＝I2＝I3答案C解析設圓線框的半徑為r，則由題意可知正方形線框的邊長為2r，正六邊形線框的邊長為r；所以圓線框的周長為C2＝2πr，面積為S2＝πr2同理可知正方形線框的周長和面積分別為C1＝8r，S1＝4r2正六邊形線框的周長和面積分別為C3＝6r，S3＝eq\f(3\r(3)r2,2)三個線框材料、粗細相同，根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(L,S橫截面)可知三個線框電阻之比為R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3根據(jù)法拉第電磁感應定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)由于三個線框處于同一隨時間線性變化的磁場中，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C正確?？键c二導線切割磁感線產生的感應電動勢1.導線平動切割的有效長度公式E＝Blv中的l為導體兩端點連線在垂直于速度方向上的投影長度。如圖5，導體的有效長度分別為：圖5圖甲：l＝eq\o(cd,\s\up6(－))sinβ。圖乙：沿v方向運動時，l＝eq\o(MN,\s\up6(－))。圖丙：沿v1方向運動時，l＝eq\r(2)R；沿v2方向運動時，l＝R。2.導線轉動切割的三種情況(1)以中點為軸時，E＝0(不同兩段的代數(shù)和)。(2)以端點為軸時，E＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度取中點位置的線速度eq\f(1,2)lω)。(3)以任意點為軸時，E＝eq\f(1,2)Bω(leq\o\al(2,1)－leq\o\al(2,2))(l1、l2分別為轉軸到兩端點的距離，E為導體兩端間的電勢差)。角度平動切割磁感線例2(多選)如圖6所示，在MN右側區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度隨時間變化的關系為B＝kt(k為大于零的常量)。一高為a、電阻為R的正三角形金屬線框向右勻速運動。在t＝0時刻，線框底邊恰好到達MN處；在t＝T時刻，線框恰好完全進入磁場。在線框勻速進入磁場的過程中()圖6A.線框中的電流始終為逆時針方向B.線框中的電流先逆時針方向，后順時針方向C.t＝eq\f(T,2)時刻，流過線框的電流大小為eq\f(\r(3)ka2,6R)D.t＝eq\f(T,2)時刻，流過線框的電流大小為eq\f(5\r(3)ka2,12R)答案AD解析由右手定則和楞次定律可知動生電動勢和感生電動勢均為逆時針，故感應電流為逆時針，A正確，B錯誤；線框勻速進入磁場過程中，設正三角形金屬線框邊長為L，則L＝eq\f(a,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)a，t＝eq\f(T,2)時刻，B＝k·eq\f(T,2)，切割長度L′＝eq\f(L,2)＝eq\f(\r(3),3)a，線框勻速進入磁場的速度v＝eq\f(a,T)，則動生電動勢E1＝BL′v＝eq\f(\r(3)ka2,6)，此時感生電動勢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)時刻，流過線框的電流大小為I＝eq\f(E1＋E2,R)＝eq\f(5\r(3)ka2,12R)，C錯誤，D正確。跟蹤訓練3.(2023·江蘇泰州高三期末)“L”型的細銅棒在磁感應強度為B的勻強磁場中運動，已知“L”型細銅棒兩邊相互垂直，長度均為l，運動速度大小為v，則銅棒兩端電勢差的最大值為()A.eq\f(1,2)Blv B.eq\r(2)Blv C.eq\r(3)Blv D.2Blv答案B解析當細銅棒切割磁感線的有效長度最大時，銅棒兩端的感應電動勢最大。如圖所示，當L型銅棒速度方向垂直銅棒兩端連線時，切割磁感線的有效長度為eq\r(2)l，此時銅棒兩端電勢差最大，最大值為E＝eq\r(2)Blv，故B正確。角度轉動切割磁感線例3(多選)(2021·廣東卷)如圖7所示，水平放置足夠長光滑金屬導軌abc和de，ab與de平行，bc是以O為圓心的圓弧導軌。圓弧be左側和扇形Obc內有方向如圖的勻強磁場。金屬桿OP的O端與e點用導線相接，P端與圓弧bc接觸良好。初始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導軌上。若桿OP繞O點在勻強磁場區(qū)內從b到c勻速轉動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有()圖7A.桿OP產生的感應電動勢恒定B.桿OP受到的安培力不變C.桿MN做勻加速直線運動D.桿MN中的電流逐漸減小答案AD解析根據(jù)轉動切割磁感線產生感應電動勢的公式可知EOP＝eq\f(1,2)Bl2ω，由于桿OP勻速轉動，故A正確；OP切割磁感線，產生感應電流，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向左運動，切割磁感線，產生由N到M的感應電流，與OP切割磁感線產生的感應電流方向相反，故OP與MN中的電流會逐漸減小，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動，故B、C錯誤，D正確。跟蹤訓練4.(2023·安徽宣城調研)邊界MN的一側區(qū)域內，存在著磁感應強度大小為B、方向垂直于光滑水平桌面的勻強磁場。邊長為l的正三角形金屬線框abc粗細均勻，三邊阻值相等，a頂點剛好位于邊界MN上，現(xiàn)使線框圍繞過a點且垂直于桌面的轉軸勻速轉動，轉動角速度為ω，如圖8所示，則在ab邊開始轉入磁場的瞬間，a、b兩端的電勢差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ab邊剛進入磁場時，ab邊切割磁感線，切割長度為兩個端點間的距離，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，感應電流方向為逆時針，則φa＞φb，設每個邊的電阻為R，a、b兩點間的電勢差為Uab＝I·2R＝eq\f(E,3R)·2R＝eq\f(1,3)Bl2ω，故A正確，B、C、D錯誤?？键c三自感現(xiàn)象1.自感現(xiàn)象的四大特點(1)自感電動勢總是阻礙線圈中原電流的變化。(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，自感線圈就相當于普通導體。(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行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向。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，A1燈逐漸變亮，最終一樣亮開關S斷開時，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)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮。而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是()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，斷開開關S1瞬間，L1與A1構成閉合回路，通過燈A1的電流與L1相同，又因燈A1突然閃亮，即通過A1的電流增大，則可推出，閉合S1，待電路穩(wěn)定后，通過L1的電流大于通過燈A1電流，根據(jù)L1與A1并聯(lián)，可知L1的電阻小于A1的電阻，故A、B錯誤；在題圖乙中，閉合開關S2，最終A2與A3亮度相同，即電流相同，所以L2與R電阻相同；閉合開關S2的瞬間，L2中電流小于變阻器R中電流，故C正確，D錯誤。分析自感問題的三個技巧(1)通電自感：通電時自感線圈相當于一個變化的電阻，阻值由無窮大逐漸減小。(2)斷電自感：斷電時自感線圈相當于電源，電動勢由某值逐漸減小到零。(3)電流穩(wěn)定時，自感線圈相當于導體，是否需要考慮其電阻，根據(jù)題意而定。跟蹤訓練5.(多選)(2023·河北邯鄲市高三期末)如圖10所示，三個燈泡L1、L2、L3規(guī)格相同，螺線管和二極管的導通電阻可以忽略。豎直懸掛的線圈中心軸線與螺線管的軸線水平共線?，F(xiàn)突然斷開開關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.線圈向左擺動，并有收縮趨勢D.線圈中的感應電流為逆時針(從左向右看)答案BD解析突然斷開開關，由于螺線管的自感現(xiàn)象，線圈產生自感電動勢，使得電流I1(向右)不能突變，而是逐漸變?yōu)?，L1逐漸熄滅，由于二極管的單向導電性，L2馬上熄滅，由于I1>I3，所以L3閃亮后熄滅，故A錯誤，B正確；穿過線圈內的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈和螺線管間將有引力作用，線圈向右擺動，且有擴大趨勢，線圈中的感應電流方向為逆時針方向，故C錯誤，D正確?？键c四渦流電磁阻尼和電磁驅動1.產生渦流時的能量轉化(1)金屬塊放在變化的磁場中，則磁場能轉化為電能，最終轉化為內能。(2)如果是金屬塊進出磁場或在非勻強磁場中運動，則由于克服安培力做功，金屬塊的機械能轉化為電能，最終轉化為內能。2.電磁阻尼和電磁驅動電磁阻尼電磁驅動不同點成因由于導體在磁場中運動而產生感應電流，從而使導體受到安培力由于磁場運動引起磁通量的變化而產生感應電流，從而使導體受到安培力效果安培力的方向與導體運動方向相反，阻礙導體運動導體受安培力的方向與導體運動方向相同，推動導體運動能量轉化導體克服安培力做功，其他形式的能轉化為電能，最終轉化為內能由于電磁感應，磁場能轉化為電能，通過安培力做功，電能轉化為導體的機械能，從而對外做功相同點兩者都是電磁感應現(xiàn)象，都遵循楞次定律，都是安培力阻礙引起感應電流的導體與磁場間的相對運動跟蹤訓練6.(多選)渦流檢測是工業(yè)上無損檢測的方法之一。如圖11所示，線圈中通以一定頻率的正弦交流電，靠近待測工件時，工件內會產生渦流，同時線圈中的電流受渦流影響也會發(fā)生變化。下列說法中正確的是()圖11A.渦流的磁場總是要阻礙穿過工件的磁通量的變化B.渦流的頻率等于通入線圈的交流電的頻率C.通電線圈和待測工件間存在周期性變化的作用力D.待測工件可以是塑料或橡膠制品答案ABC解析由楞次定律可知，渦流的磁場總是要阻礙穿過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圈的交流電的頻率，B正確；由于電流在磁場中受安培力作用，故通電線圈和待測工件間存在周期性變化的作用力，C正確；渦流只能在導體中產生，故待測工件不能是塑料或橡膠制品，D錯誤。7.掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖12所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒定磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及其左右振動的衰減最有效的方案是()圖12答案A解析在A圖中，系統(tǒng)震動時，紫銅薄板隨之上下及左右振動，磁通量發(fā)生變化，產生感應電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的震動；在B、D圖中，只有紫銅薄板左右振動才產生感應電流，而上下振動無電流產生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，都不會產生感應電流，故選項A正確，B、C、D錯誤。A級基礎對點練對點練1法拉第電磁感應定律的理解和應用1.(2023·江蘇無錫高三期末)目前手機的無線充電技術(如圖1甲)已經成熟，其工作過程可簡化為如圖乙所示，A、B兩個線圈彼此靠近平行放置，當線圈A接通工作電源時，線圈B中會產生感應電動勢，并對與其相連的手機電池充電。下列說法正確的是()圖1A.只要線圈A中輸入電流，線圈B中就會產生感應電動勢B.若線圈A中輸入變化的電流，線圈B中產生的感應電動勢也會發(fā)生變化C.線圈A中輸入的電流越大，線圈B中感應電動勢越大D.線圈A中輸入的電流變化越快，線圈B中感應電動勢越大答案D解析根據(jù)感應電流產生的條件，若在線圈A中輸入恒定電流，則線圈A只產生恒定的磁場，線圈B中的磁通量不發(fā)生變化，則線圈B中不會產生感應電動勢，故A錯誤；若線圈A中輸入隨時間均勻變化的電流，則會使線圈A產生隨時間均勻變化的磁場，根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝常數(shù)，則線圈B中會產生恒定不變的感應電動勢，故B錯誤；若線圈A中電流恒定不變，無論多大，產生的磁場是恒定的，則線圈B中沒有磁通量變化，不會產生感應電動勢，故C錯誤；線圈A中電流變化越快，則線圈A中電流產生的磁場變化越快，根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，線圈B中感應電動勢也會越大，故D正確。2.(2022·江蘇卷，5)如圖2所示，半徑為r的圓形區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t的變化關系為B＝B0＋kt，B0、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中產生的感應電動勢大小為()圖2A.πkr2 B.πkR2 C.πB0r2 D.πB0R2答案A解析磁場的有效面積為S＝πr2，磁場的變化率為eq\f(ΔB,Δt)＝k，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBπr2,Δt)＝πkr2，故A正確。3.如圖3，一線圈匝數(shù)為n，橫截面積為S，總電阻為r，處于一個均勻增強的磁場中，磁感應強度隨時間的變化率為k(k>0且為常量)，磁場方向水平向右且與線圈平面垂直，電容器的電容為C，兩個電阻的阻值分別為r和2r。下列說法正確的是()圖3A.電容器下極板帶正電B.此線圈的熱功率為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電阻r的電流方向為從左往右，所以電容器上極板帶正電，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可得線圈產生的感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nkS，根據(jù)焦耳定律可得此線圈的熱功率為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錯誤，D正確。4.如圖4甲所示，粗細均勻的導體框ABC，∠B＝90°，∠C＝30°，AB邊長為L，導體框的總電阻為R。一勻強磁場垂直導體框ABC所在平面，方向向里，磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示。下列說法正確的是()圖4A.導體框ABC中電流的方向為順時針B.導體框ABC中電流的大小為eq\f(\r(3)L2B0,t0R)C.t0時刻兩直角邊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為垂直AC向左下方答案C解析結合圖甲和圖乙，根據(jù)楞次定律可知，導體框ABC中電流的方向為逆時針，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB×S,Δt)＝eq\f(\r(3)B0L2,2t0)，則感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3)B0L2,2Rt0)，故B錯誤；磁場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邊所受安培力方向為垂直AC向左下方，則兩直角邊AB和BC所受安培力合力方向為垂直AC向右上方，故D錯誤。對點練2導體切割磁感線產生感應電動勢5.(多選)(2023·廣東梅州高三月考)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖5所示。半徑為L的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，磁感應強度為B，方向如圖所示，下列說法正確的是()圖5A.若從上往下看，圓盤順時針轉動，則圓盤中心電勢比邊緣要低B.若從上往下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動C.若圓盤轉動的角速度為ω，圓盤轉動產生的感應電動勢大小為eq\f(1,2)BωL2D.若圓盤轉動的方向不變，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，圓盤順時針轉動，根據(jù)右手定則可知，電流方向由P指向圓盤中心，則圓盤中心電勢比邊緣高，電流沿a到b的方向流過電阻，故A錯誤，B正確；若圓盤轉動的角速度為ω，圓盤轉動產生的感應電動勢大小為E＝BLv＝BLeq\f(ωL,2)＝eq\f(1,2)BωL2，故C正確；若圓盤轉動的方向不變，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錯誤。6.如圖6所示，由均勻導線制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進入一磁感應強度大小為B的勻強磁場。當圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點的電勢差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解析有效切割長度即a、b連線的長度，如圖所示，由幾何關系知有效切割長度為eq\r(2)R，所以產生的電動勢為E＝BLv＝B·eq\r(2)Rv，電流的方向為a→b，所以Uab＜0，由于在磁場部分的阻值為整個圓的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)磁懸浮列車是高速低耗交通工具，如圖7(a)所示，它的驅動系統(tǒng)簡化為如圖(b)所示的物理模型。固定在列車底部的正方形金屬線框的邊長為L，匝數(shù)為N，總電阻為R。水平面內平行長直導軌間存在磁感應強度均為B、方向交互相反、邊長均為L的正方形組合勻強磁場。當磁場以速度v勻速向右移動時，可驅動停在軌道上的列車，則()圖7A.圖示時刻線框中感應電流沿逆時針方向B.列車運動的方向與磁場移動的方向相同C.列車速度為v′時線框中的感應電動勢大小為2NBL(v－v′)D.列車速度為v′時線框受到的安培力大小為eq\f(2NB2L2（v－v′）,R)答案BC解析線框相對磁場向左運動，根據(jù)右手定則可知圖示時刻線框中感應電流沿順時針方向，A錯誤；根據(jù)左手定則，列車受到向右的安培力，因此列車運動的方向與磁場移動的方向相同，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝2NBLΔv＝2NBL(v－v′)，C正確；列車速度為v′時線框受到的安培力大小為F＝2NILB＝eq\f(4N2B2L2（v－v′）,R)，D錯誤。對點練3自感、渦流、電磁驅動和電磁阻尼8.科技的發(fā)展給生活帶來了很多的便利，電磁爐是很多家庭必備的家用電器，下列有關電磁爐的說法正確的是()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)形輕質鋁箔，電磁爐工作時鋁箔可能會動起來D.同一電磁爐的加熱效果只與接入的電流大小有關答案C解析電磁爐是應用電磁感應原理對食品進行加熱的，電磁爐的爐面是耐熱陶瓷板，交變電流通過陶瓷板下方的線圈產生交變磁場，磁場內的磁感線穿過鐵鍋、不銹鋼鍋等的底部時，產生渦流，令鍋底迅速發(fā)熱，達到加熱食品的目的，故不能用直流電源和不導電的鍋具，故A、B錯誤；電磁爐工作時，穿過環(huán)形輕質鋁箔的磁通量發(fā)生變化，鋁箔中產生感應電流，在磁場中受安培力作用，鋁箔可能會動起來，故C正確；電磁爐通電線圈通入大小和方向變化的電流，電流變化越快，穿過鍋底的磁通量變化就越快，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，產生的感應電動勢就越大，渦流就越大，從而導致單位時間內產生的熱量就越多，即電磁爐加熱效果越好，電流變化快慢和頻率有關，故電磁爐的加熱效果與接入電流頻率也有關，故D錯誤。9.如圖8所示，某小組利用電流傳感器(接入電腦，圖中未畫出)記錄燈泡A和自感元件L構成的并聯(lián)電路某時刻在斷電瞬間各支路電流隨時間的變化情況，i1表示小燈泡中的電流，i2表示自感元件中的電流(已知開關S閉合時i2>i1)，則下列圖像中正確的是()圖8答案C解析當開關S斷開后，自感元件與燈泡形成回路，自感元件阻礙自身電流變化，自感元件產生的感應電流仍沿著原來方向，大小從i2開始不斷減小，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錯誤。B級綜合提升練10.如圖9所示，勻強磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，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，磁感應強度大小為B0，使該線框從靜止開始繞過圓心O且垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉動半周，在線框中產生感應電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置不變，磁感應強度大小隨時間線性變化。為了產生與線框轉動半周