專題11電磁感應(yīng)現(xiàn)象和應(yīng)用（講義）-

專題11電磁感應(yīng)現(xiàn)象和應(yīng)用01專題網(wǎng)絡(luò)·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點(diǎn)·以考定法04核心素養(yǎng)·難點(diǎn)突破05創(chuàng)新好題·輕松練考點(diǎn)內(nèi)容學(xué)習(xí)目標(biāo)楞次定律1.掌握楞次定律的內(nèi)涵及幾種常用的情況；2.了解兩類電動(dòng)勢(shì)的產(chǎn)生，會(huì)計(jì)算對(duì)應(yīng)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；3.了解自感與互感現(xiàn)象及渦流現(xiàn)象；4.會(huì)分析解讀常見的電磁感應(yīng)圖像問(wèn)題，并會(huì)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律寫出表達(dá)式；5.會(huì)畫等效電路圖，會(huì)求解電路中的參數(shù)兩類電動(dòng)勢(shì)計(jì)算自感、互感及渦流電磁感應(yīng)圖像問(wèn)題楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用感應(yīng)電流方向的判斷楞次定律：線圈面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情形，往往用楞次定律．右手定則：導(dǎo)體棒切割磁感線的情形往往用右手定則．楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式阻礙原磁通量的變化——“增反減同”；阻礙物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)——“來(lái)拒去留”；使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)——一般情況下為“增縮減擴(kuò)”；阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——一般情況下為“增反減同”．法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及應(yīng)用感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)．產(chǎn)生條件：穿過(guò)回路的磁通量發(fā)生改變，與電路是否閉合無(wú)關(guān)．法拉第電磁感應(yīng)定律內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，跟穿過(guò)這一電路的磁通量的變化率成正比．公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈匝數(shù)．感應(yīng)電流與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的關(guān)系：I＝eq\f(E,R＋r).說(shuō)明：E的大小與Φ、ΔΦ無(wú)關(guān)，決定于磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt).求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方法法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S不變時(shí)，E＝nS\f(ΔB,Δt),B不變時(shí)，E＝nB\f(ΔS,Δt)))導(dǎo)體棒垂直切割磁感線：E＝Blv.導(dǎo)體棒以一端為圓心在垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)：E＝eq\f(1,2)Bl2ω.線圈繞與磁場(chǎng)垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(從線圈位于中性面開始計(jì)時(shí))：e＝nBSωsinωt.通過(guò)回路截面的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總).q僅與n、ΔΦ和回路總電阻R總有關(guān)，與時(shí)間長(zhǎng)短無(wú)關(guān)，與Φ是否均勻變化無(wú)關(guān)．動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的算式E＝Blv的理解直接使用E＝Blv的條件是：在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，B、l、v三者互相垂直．如果不相互垂直，應(yīng)取垂直分量進(jìn)行計(jì)算．有效長(zhǎng)度：公式E＝Blv中的l為導(dǎo)體兩端點(diǎn)連線在垂直于速度方向上的投影長(zhǎng)度．如圖，導(dǎo)體的有效長(zhǎng)度分別為：圖甲：l＝eq\x\to(cd)sinβ.圖乙：沿v方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，l＝eq\x\to(MN).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.相對(duì)速度：E＝Blv中的速度v是導(dǎo)體相對(duì)磁場(chǎng)的速度，若磁場(chǎng)也在運(yùn)動(dòng)，應(yīng)注意速度間的相對(duì)關(guān)系．導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線如圖，當(dāng)長(zhǎng)為l的導(dǎo)體在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)的平面內(nèi)，繞一端以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)Δt時(shí)間后，轉(zhuǎn)過(guò)的弧度θ＝ωΔt，掃過(guò)的面積ΔS＝eq\f(1,2)l2ωΔt，則E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(1,2)Bl2ω(或E＝Bleq\x\to(v)＝Bleq\f(vA＋vC,2)＝Bleq\f(ωl,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω)．自感與互感通電自感和斷電自感的比較電路圖器材要求A1、A2同規(guī)格，R＝RL，L較大L很大(有鐵芯)通電時(shí)在S閉合瞬間，燈A2立即亮起來(lái)，燈A1逐漸變亮，最終一樣亮燈A立即亮，然后逐漸變暗達(dá)到穩(wěn)定斷電時(shí)回路電流減小，燈泡逐漸變暗，A1電流方向不變，A2電流反向①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②若I2＞I1，燈泡閃亮后逐漸變暗．兩種情況下燈泡中電流方向均改變總結(jié)自感電動(dòng)勢(shì)總是阻礙原電流的變化電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題1．電磁感應(yīng)中常見的圖像：常見的有磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁通量、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流、速度、安培力等隨時(shí)間或位移的變化圖像．2．解答此類問(wèn)題的兩個(gè)常用方法排除法：定性分析電磁感應(yīng)過(guò)程中某個(gè)物理量的變化情況，把握三個(gè)關(guān)注，快速排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)．這種方法能快速解決問(wèn)題，但不一定對(duì)所有問(wèn)題都適用．函數(shù)關(guān)系法：根據(jù)題目所給的條件寫出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，再對(duì)圖像作出判斷，這種方法得到的結(jié)果準(zhǔn)確、詳細(xì)，但不夠簡(jiǎn)捷．電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題1．電磁感應(yīng)中的電源做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路相當(dāng)于電源．電動(dòng)勢(shì)：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，這部分電路的阻值為電源內(nèi)阻．用右手定則或楞次定律與安培定則結(jié)合判斷，感應(yīng)電流流出的一端為電源正極．2．分析電磁感應(yīng)電路問(wèn)題的基本思路3．電磁感應(yīng)中電路知識(shí)的關(guān)系圖考向一：楞次定律【探究重點(diǎn)】用右手定則判斷，該方法只適用于導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流，注意三個(gè)要點(diǎn)：掌心——磁感線穿入；拇指——指向?qū)w運(yùn)動(dòng)的方向；四指——指向感應(yīng)電流的方向．內(nèi)容例證增反減同磁體靠近線圈，B感與B原方向相反當(dāng)I1增大時(shí)，環(huán)B中的感應(yīng)電流方向與I1相反；當(dāng)I1減小時(shí)，環(huán)B中的感應(yīng)電流方向與I1相同來(lái)拒去留磁體靠近，是斥力磁體遠(yuǎn)離，是引力阻礙磁體與圓環(huán)相對(duì)運(yùn)動(dòng)增縮減擴(kuò)(適用于單向磁場(chǎng))P、Q是光滑固定導(dǎo)軌，a、b是可動(dòng)金屬棒，磁體下移上移，a、b靠近遠(yuǎn)離，使回路面積有縮小擴(kuò)大的趨勢(shì)增離減靠當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，左環(huán)向左擺動(dòng)、右環(huán)向右擺動(dòng)，遠(yuǎn)離通電線圈通過(guò)遠(yuǎn)離和靠近阻礙磁通量的變化說(shuō)明以上情況“殊途同歸”，實(shí)質(zhì)上都是以不同的方式阻礙磁通量的變化【高考解密】(2022·河北卷·5)將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈，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(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，則線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為()A．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，由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，故線圈中總的感應(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．【考向預(yù)測(cè)】（2023·江蘇省八市高三下學(xué)期三模補(bǔ)償訓(xùn)練）如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、阻值為R的正方形單匝金屬線圈abcd從圖示位置（線圈平面與紙面相平行）開始繞通過(guò)b、d兩點(diǎn)的軸EF以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，EF的左側(cè)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，右側(cè)沒有磁場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.在圖示位置線圈的磁通量最大，磁通量的變化率也最大B.從圖示位置轉(zhuǎn)出磁場(chǎng)的過(guò)程中，線圈中產(chǎn)生a→d→c→b→a方向的感應(yīng)電流C.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為D.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為【答案】C【解析】A．圖示位置線圈與磁場(chǎng)方向垂直，磁通量最大，但此時(shí)沒有任何邊切割磁感線，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，磁通量的變化率也為零，故A錯(cuò)誤；B．從圖示位置轉(zhuǎn)出磁場(chǎng)的過(guò)程中，穿過(guò)線圈的磁通量減小，由楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生a→b→c→d→a方向的感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤；CD．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。考向二：兩類電動(dòng)勢(shì)問(wèn)題【探究重點(diǎn)】感生電動(dòng)勢(shì)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈匝數(shù)．動(dòng)聲電動(dòng)勢(shì)：直接使用E＝Blv的條件是：在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，B、l、v三者互相垂直．如果不相互垂直，應(yīng)取垂直分量進(jìn)行計(jì)算．【高考解密】(2022·江蘇卷·5)如圖所示，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的單匝圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為()A．πkr2 B．πkR2C．πB0r2 D．πB0R2【答案】A【解析】由題意可知磁場(chǎng)的變化率為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(kt,t)＝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)＝kπr2，故選A.【考向預(yù)測(cè)】(2023·上海市模擬)如圖所示，由均勻?qū)Ь€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()A.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，故選D.考向三：自感與互感及渦流【探究重點(diǎn)】自感現(xiàn)象：當(dāng)一個(gè)線圈中的電流變化時(shí)，它所產(chǎn)生的變化的磁場(chǎng)在線圈本身激發(fā)出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．這種現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)叫作自感電動(dòng)勢(shì)．表達(dá)式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).自感系數(shù)L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān)．渦流現(xiàn)象：塊狀金屬放在變化磁場(chǎng)中，或者讓它在非均勻磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬塊內(nèi)產(chǎn)生的漩渦狀感應(yīng)電流．渦流現(xiàn)象產(chǎn)生原因：金屬塊內(nèi)磁通量變化→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)→感應(yīng)電流．【高考解密】(2022·重慶卷·13)某同學(xué)以金屬戒指為研究對(duì)象，探究金屬物品在變化磁場(chǎng)中的熱效應(yīng)．如圖所示，戒指可視為周長(zhǎng)為L(zhǎng)、橫截面積為S、電阻率為ρ的單匝圓形線圈，放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于戒指平面．若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在Δt時(shí)間內(nèi)從0均勻增加到B0，求：(1)戒指中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電流；(2)戒指中電流的熱功率．【答案】(1)eq\f(B0L2,4πΔt)eq\f(B0LS,4πρΔt)(2)eq\f(B02L3S,16π2ρΔt2)【解析】(1)設(shè)戒指環(huán)的半徑為r，則有L＝2πr磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在Δt時(shí)間內(nèi)從0均勻增加到B0，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(B0,Δt)·πr2可得E＝eq\f(B0L2,4πΔt)戒指的電阻為R＝eq\f(ρL,S)則戒指中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0LS,4πρΔt)(2)戒指中電流的熱功率為P＝I2R＝eq\f(B02L3S,16π2ρΔt2).【考向預(yù)測(cè)】(2023·北京·統(tǒng)考高考真題)如圖所示，L是自感系數(shù)很大、電阻很小的線圈，P、Q是兩個(gè)相同的小燈泡，開始時(shí)，開關(guān)S處于閉合狀態(tài)，P燈微亮，Q燈正常發(fā)光，斷開開關(guān)(

)A．P與Q同時(shí)熄滅 B．P比Q先熄滅C．Q閃亮后再熄滅 D．P閃亮后再熄滅【答案】D【解析】由題知，開始時(shí)，開關(guān)S閉合時(shí)，由于L的電阻很小，Q燈正常發(fā)光，P燈微亮，斷開開關(guān)前通過(guò)Q燈的電流遠(yuǎn)大于通過(guò)P燈的電流，斷開開關(guān)時(shí)，Q所在電路未閉合，立即熄滅，由于自感，L中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，與P組成閉合回路，故P燈閃亮后再熄滅。故選D?？枷蛩模弘姶鸥袘?yīng)圖像問(wèn)題【探究重點(diǎn)】解題步驟明確圖像的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；對(duì)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的情況，還常涉及E－x圖像和i－x圖像；分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程；用右手定則或楞次定律確定方向的對(duì)應(yīng)關(guān)系；結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等知識(shí)寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等；畫圖像或判斷圖像．常用方法排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的正負(fù)，增大還是減小，以及變化快慢，來(lái)排除錯(cuò)誤選項(xiàng)．函數(shù)法：寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖像進(jìn)行分析和判斷．【高考解密】(2015·山東·高考真題)如圖甲，R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)，左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上，經(jīng)二極管整流后，通過(guò)R0的電流i始終向左，其大小按圖乙所示規(guī)律變化，規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢(shì)高于b端時(shí)，a、b間的電壓uab為正，下列uabt圖像可能正確的是(

)A． B．C． D．【答案】C【分析】由圖乙可知，電流為周期性變化的電流，故只需分析0.5T0內(nèi)的感應(yīng)電流即可；通過(guò)分析電流的變化明確磁場(chǎng)的變化，根據(jù)楞次定律即可得出電動(dòng)勢(shì)的圖象?！窘馕觥吭诘谝粋€(gè)0.25T0時(shí)間內(nèi)，通過(guò)大圓環(huán)的電流為順時(shí)針增加的，由楞次定律可判斷內(nèi)球內(nèi)a端電勢(shì)高于b端，因電流的變化率逐漸減小故內(nèi)環(huán)的電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，同理可知，在0.25T0～0.5T0時(shí)間內(nèi)，通過(guò)大圓環(huán)的電流為順時(shí)針逐漸減??；則由楞次定律可知，a環(huán)內(nèi)電勢(shì)低于b端，因電流的變化率逐漸變大，故內(nèi)環(huán)的電動(dòng)勢(shì)變大；故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C?！究枷蝾A(yù)測(cè)】如圖所示，將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OMN，圓弧MN的圓心為O點(diǎn)，將O點(diǎn)置于直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B.t＝0時(shí)刻，讓導(dǎo)線框從圖示位置開始以O(shè)點(diǎn)為圓心沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，規(guī)定電流方向ONM為正，在下面四幅圖中能夠正確表示電流i與時(shí)間t關(guān)系的是()【答案】C【解析】在0～t0時(shí)間內(nèi)，線框沿逆時(shí)針方向從題圖所示位置開始(t＝0)轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝eq\f(1,2)BωR2，由閉合電路的歐姆定律得，回路中的電流為I1＝eq\f(E1,r)＝eq\f(BR2ω,2r)，根據(jù)楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(沿ONM方向)．在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，線框進(jìn)入第三象限的過(guò)程中，回路中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2BωR2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感應(yīng)電流為I2＝3I1.在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，線框進(jìn)入第四象限的過(guò)程中，回路中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(沿ONM方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E3＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感應(yīng)電流為I3＝3I1，在3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，線框出第四象限的過(guò)程中，回路中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E4＝eq\f(1,2)BωR2，回路電流為I4＝I1，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．考向六：電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題【探究重點(diǎn)】計(jì)算電荷量的導(dǎo)出公式：q＝neq\f(ΔФ,R總)，在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，只要穿過(guò)閉合回路的磁通量發(fā)生變化，閉合回路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，設(shè)在時(shí)間Δt內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量為q，則根據(jù)電流定義式eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt)及法拉第電磁感應(yīng)定律eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，得q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總)，即q＝neq\f(ΔΦ,R總).【高考解密】(2018·全國(guó)卷Ⅰ·17)如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心．軌道的電阻忽略不計(jì)．OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過(guò)程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過(guò)程Ⅱ)．在過(guò)程Ⅰ、Ⅱ中，流過(guò)OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于()A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2【答案】B【解析】在過(guò)程Ⅰ中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2,Δt1)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)，且q1＝I1Δt1在過(guò)程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)I2＝eq\f(E2,R)，q2＝I2Δt2又q1＝q2，即eq\f(B\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2,R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，故選B.【考向預(yù)測(cè)】如圖所示，單匝正方形線圈A邊長(zhǎng)為0.2m，線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，且一半處在磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律為B＝(0.8－0.2t)T．開始時(shí)開關(guān)S未閉合，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝20μF，線圈及導(dǎo)線電阻不計(jì)．閉合開關(guān)S，待電路中的電流穩(wěn)定后．求：(1)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大??；(2)電容器所帶的電荷量．【答案】(1)4×10－3V(2)4.8×10－8C【解析】(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq\f(ΔB,Δt)S，S＝eq\f(1,2)L2，代入數(shù)據(jù)得E＝4×10－3V(2)由閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2)，由部分電路的歐姆定律得U＝IR2，電容器所帶電荷量為Q＝CU＝4.8×10－8C.(2023·海南·統(tǒng)考高考真題)汽車測(cè)速利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，汽車可簡(jiǎn)化為一個(gè)矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時(shí)針(俯視)方向電流，當(dāng)汽車經(jīng)過(guò)線圈時(shí)(

)A．線圈1、2產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向上B．汽車進(jìn)入線圈1過(guò)程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdC．汽車離開線圈1過(guò)程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdD．汽車進(jìn)入線圈2過(guò)程受到的安培力方向與速度方向相同【答案】C【解析】A．由題知，埋在地下的線圈1、2通順時(shí)針(俯視)方向的電流，則根據(jù)右手定則，可知線圈1、2產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向下，A錯(cuò)誤；B．汽車進(jìn)入線圈1過(guò)程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcb(逆時(shí)針)，B錯(cuò)誤；C．汽車離開線圈1過(guò)程中，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcd(順時(shí)針)，C正確；D．汽車進(jìn)入線圈2過(guò)程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcb(逆時(shí)針)，再根據(jù)左手定則，可知汽車受到的安培力方向與速度方向相反，D錯(cuò)誤。故選C。(2021·北京·高考真題)某同學(xué)搬運(yùn)如圖所示的磁電式電流表時(shí)，發(fā)現(xiàn)表針晃動(dòng)劇烈且不易停止。按照老師建議，該同學(xué)在兩接線柱間接一根導(dǎo)線后再次搬運(yùn)，發(fā)現(xiàn)表針晃動(dòng)明顯減弱且能很快停止。下列說(shuō)法正確的是()A．未接導(dǎo)線時(shí)，表針晃動(dòng)過(guò)程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B．未接導(dǎo)線時(shí)，表針晃動(dòng)劇烈是因?yàn)楸韮?nèi)線圈受到安培力的作用C．接上導(dǎo)線后，表針晃動(dòng)過(guò)程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D．接上導(dǎo)線后，表針晃動(dòng)減弱是因?yàn)楸韮?nèi)線圈受到安培力的作用【答案】D【解析】A．未接導(dǎo)線時(shí)，表針晃動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)線切割磁感線，表內(nèi)線圈會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故A錯(cuò)誤；B．未接導(dǎo)線時(shí)，未連成閉合回路，沒有感應(yīng)電流，所以不受安培力，故B錯(cuò)誤；CD．接上導(dǎo)線后，表針晃動(dòng)過(guò)程中表內(nèi)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)楞次定律可知，表針晃動(dòng)減弱是因?yàn)楸韮?nèi)線圈受到安培力的作用，故C錯(cuò)誤D正確。故選D。(2022·黑龍江省哈爾濱三中模擬)半徑為L(zhǎng)的圓形磁場(chǎng)區(qū)域如圖所示，左側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，右側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.導(dǎo)體棒AB長(zhǎng)為2L，與圓磁場(chǎng)的直徑重合．當(dāng)導(dǎo)體棒以角速度ω繞其中點(diǎn)在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電勢(shì)差UAB為()A．0 B．eq\f(BL2ω,2)C．BL2ω D．2BL2ω【答案】C【解析】由右手定則可知，A端電勢(shì)高于B端電勢(shì)，由安培定則可知UAO＝UOB＝eq\f(1,2)BL2ω，則有UAB＝UAO＋UOB＝BL2ω，故選C.(2023·江蘇省公道中學(xué)模擬)有一個(gè)銅盤，輕輕撥動(dòng)它，能長(zhǎng)時(shí)間地繞軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)．如果在轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)把蹄形磁體的兩極放在銅盤的邊緣，但并不與銅盤接觸，如圖所示，銅盤就能在較短的時(shí)間內(nèi)停止．關(guān)于該實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是()A．銅盤被磁化后，與磁體相互作用導(dǎo)致明顯減速B．銅盤的磁通量不變，因此不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流C．對(duì)調(diào)蹄形磁體磁極的位置，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象也相同D．將銅盤全部放在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象更明顯【答案】C【解析】銅不會(huì)被磁化，故A錯(cuò)誤；雖然穿過(guò)整個(gè)銅盤的磁通量不變，但由于銅盤是導(dǎo)體，在銅盤內(nèi)部可以看作形成了無(wú)數(shù)個(gè)閉合回路，當(dāng)銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，位于銅盤不同位置的閉合回路的磁通量會(huì)發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤；對(duì)調(diào)蹄形磁體磁極的位置，只是磁場(chǎng)方向反向，銅盤中同樣會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流阻礙其運(yùn)動(dòng)，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象相同，故C正確；將銅盤全部放在足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，銅盤各個(gè)位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，當(dāng)銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，位于銅盤不同位置的閉合回路的磁通量不會(huì)發(fā)生變化，無(wú)法產(chǎn)生感應(yīng)電流阻礙其運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．(2023·江蘇省楚州中學(xué)模擬)浮桶式燈塔模型如圖甲，其由帶空腔的磁體和一個(gè)連著燈泡的線圈組成，磁體在空腔產(chǎn)生的磁場(chǎng)如圖乙所示，磁體通過(guò)支柱固磁體定在暗礁上，線圈隨波浪相對(duì)磁體沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，且始終處于磁場(chǎng)中，則()A．當(dāng)海面平靜時(shí)，燈泡穩(wěn)定發(fā)光B．當(dāng)海水水平勻速流動(dòng)時(shí)，燈泡穩(wěn)定發(fā)光C．海水上下振蕩幅度越大，燈泡越亮D．海水上下振蕩速度越快，燈泡越亮【答案】D【解析】當(dāng)海面平靜時(shí)，線圈靜止不動(dòng)，不切割磁感線，不產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，燈泡不亮，故A錯(cuò)誤；當(dāng)海水水平勻速流動(dòng)時(shí)，線圈不切割磁感線，不產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，燈泡不亮，故B錯(cuò)誤；線圈隨海水上下振蕩，切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝nBlv，可知：電動(dòng)勢(shì)的大小與海水上下振蕩速度有關(guān)，與振蕩幅度無(wú)關(guān)，v越大，E越大，則燈泡越亮，故C錯(cuò)誤，D正確．(2023·江蘇常州市模擬)如圖所示，豎直放置的U形光滑導(dǎo)軌與一電容器串聯(lián)．導(dǎo)軌平面有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，金屬棒ab與導(dǎo)軌接觸良好，由靜止釋放后沿導(dǎo)軌下滑．電容C足夠大，原來(lái)不帶電，不計(jì)一切電阻．設(shè)導(dǎo)體棒的速度為v、動(dòng)能為Ek、兩端的電壓為Uab、電容器上的電荷量為q，它們與時(shí)間t、位移x的關(guān)系圖像正確的是()【答案】B【解析】設(shè)導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，釋放后電容器充電，電路中有充電電流i，棒受到向上的安培力，設(shè)瞬時(shí)加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律得mg－BiL＝ma，i＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(C·ΔU,Δt)＝eq\f(C·BLΔv,Δt)＝CBLa，由此得mg－BL·CBLa＝ma，解得a＝eq\f(mg,m＋B2L2C)，可見棒的加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v＝at，Uab＝BLv＝BLat，故A、C錯(cuò)誤；Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m×2ax，故B正確；q＝CUab＝BCLat，