高考物理培優(yōu)一輪計(jì)劃全國創(chuàng)新版培優(yōu)講義第11章　電磁感應(yīng)第41課時(shí)法拉第電磁感應(yīng)定律自感

第41課時(shí)法拉第電磁感應(yīng)定律自感考點(diǎn)1對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解與應(yīng)用1．感應(yīng)電動(dòng)勢(1)概念：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動(dòng)勢。(2)產(chǎn)生：只要穿過回路的磁通量發(fā)生變化，就能產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，與電路是否閉合無關(guān)。(3)方向：產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的電路(導(dǎo)體或線圈)相當(dāng)于電源，電源的正、負(fù)極可由右手定則或楞次定律判斷。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(dòng)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eq\f(ΔΦ,Δt)為磁通量的變化率，n為線圈匝數(shù)。[例1]半徑為r的帶缺口剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，并處在變化的磁場中，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖甲所示。磁場的方向垂直于紙面，規(guī)定垂直紙面向里為正，變化規(guī)律如圖乙所示。則以下說法正確的是()A．第2s內(nèi)上極板為正極B．第3s內(nèi)上極板為負(fù)極C．第2s末兩極板之間的電場強(qiáng)度大小為零D．第4s末兩極板之間的電場強(qiáng)度大小為eq\f(πr2,5d)解析第2s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負(fù)電，故A正確；第3s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負(fù)電，故B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，第2s末感應(yīng)電動(dòng)勢不變，則兩極板之間的電場強(qiáng)度大小不為零，故C錯(cuò)誤；由題意可知，第4s末兩極板間的電場強(qiáng)度大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(\f(ΔB,Δt)·S,d)＝eq\f(0.1×πr2,d)＝eq\f(πr2,10d)，故D錯(cuò)誤。答案A(1)由于磁通量有正負(fù)之分，計(jì)算磁通量的變化時(shí)一定要規(guī)定磁通量的正方向。正向的磁通量增加與反向的磁通量減少產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向相同。(2)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)是求解回路某段時(shí)間內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢的最佳選擇，所求得的感應(yīng)電動(dòng)勢是整個(gè)回路的電動(dòng)勢，而不是某部分導(dǎo)體產(chǎn)生的電動(dòng)勢。(3)用公式E＝neq\f(ΔB,Δt)S求感應(yīng)電動(dòng)勢時(shí)，S為線圈在磁場范圍內(nèi)垂直磁場方向的有效面積。1．(人教版選修3－2P17·T1改編)關(guān)于法拉第電磁感應(yīng)定律，下列說法正確的是()A．線圈中的磁通量變化越大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢就越大B．線圈中的磁通量變化越快，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢就越大C．線圈中的磁通量越大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢就越大D．線圈放在磁場越強(qiáng)的地方，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢就越大答案B解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得，感應(yīng)電動(dòng)勢的大小跟磁通量的變化率成正比。磁通量變化越大，由于不知磁通量的變化時(shí)間，故eq\f(ΔΦ,Δt)不一定越大，A錯(cuò)誤；磁通量變化的快慢用eq\f(ΔΦ,Δt)表示，磁通量變化越快，則eq\f(ΔΦ,Δt)就大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢就越大，B正確；磁通量Φ越大，但eq\f(ΔΦ,Δt)不一定大，C錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度大的磁場中可能沒有磁通量的變化，則感應(yīng)電動(dòng)勢可能為零，D錯(cuò)誤。2.(2017·河北衡水中學(xué)調(diào)研)如圖，一匝數(shù)為N、面積為S、總電阻為R的圓形線圈，放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于線圈平面。當(dāng)線圈由原位置翻轉(zhuǎn)180°的過程中，通過線圈導(dǎo)線橫截面的電荷量為()A.eq\f(NBS,R) B.eq\f(2NBS,R)C.eq\f(BS,R) D.eq\f(2BS,R)答案B解析由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，可求出感應(yīng)電動(dòng)勢的大小，再由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)，可求出感應(yīng)電流的大小，根據(jù)電荷量公式q＝IΔt，可得q＝Neq\f(ΔΦ,R)。由于開始線圈平面與磁場垂直，現(xiàn)把線圈翻轉(zhuǎn)180°，則有ΔΦ＝2BS，所以由上述公式可得通過線圈導(dǎo)線橫截面的電荷量q＝eq\f(2NBS,R)，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。3．(2017·湖北七校聯(lián)考)(多選)如圖所示，a、b兩個(gè)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＝2Lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，不考慮線圈之間的相互影響，則()A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢之比為2∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為4∶1D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為8∶1答案AD解析原磁場向里減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，因此感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·L2，而La＝2Lb，因此電動(dòng)勢之比為4∶1，B錯(cuò)誤；線圈電阻R＝ρeq\f(L,S)，故電阻之比為2∶1，由閉合電路歐姆定律可知I＝eq\f(E,R)，則電流之比為2∶1，C錯(cuò)誤；電功率P＝I2R，兩線圈電流之比為2∶1，電阻之比為2∶1，則電功率之比為8∶1，D正確?？键c(diǎn)2導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的計(jì)算1．E＝Blv的三個(gè)特性(1)正交性：本公式要求磁場為勻強(qiáng)磁場，而且B、l、v三者相互垂直。(2)有效性：公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度。(3)相對性：E＝Blv中速度v是導(dǎo)體相對于磁場的速度。2．公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)與E＝Blv的比較E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blv區(qū)別研究對象閉合回路回路中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的部分導(dǎo)體研究內(nèi)容平均電動(dòng)勢①若v為瞬時(shí)速度，則求的是瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢②若v為平均速度，則求的是平均感應(yīng)電動(dòng)勢適用范圍對任何電磁感應(yīng)現(xiàn)象普遍適用只適用于導(dǎo)體垂直切割磁感線的運(yùn)動(dòng)聯(lián)系E＝Blv由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)在一定條件下推導(dǎo)得到。導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，常用E＝Blv求E，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化時(shí)，常用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E[例2](2015·安徽高考)如圖所示，abcd為水平放置的“”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)。已知金屬桿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(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好)。則()A．電路中感應(yīng)電動(dòng)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)解析當(dāng)桿滑動(dòng)時(shí)，切割的有效長度為l，所以動(dòng)生電動(dòng)勢E＝Blv，A錯(cuò)誤；金屬桿長為eq\f(l,sinθ)，所以金屬桿的電阻R＝eq\f(lr,sinθ)，由歐姆定律可知I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bvsinθ,r)，B正確；安培力F＝BI·eq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，C錯(cuò)誤；金屬桿的熱功率P＝I2R＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，D錯(cuò)誤。答案B1．切割情況切割方式電動(dòng)勢表達(dá)式垂直切割E＝Blv傾斜切割E＝Blvsinθ(θ為B與v的夾角)旋轉(zhuǎn)切割繞導(dǎo)體一端以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)：E＝eq\f(1,2)Bωl22．典圖示例如圖甲：θ＝30°，所以E＝Blvsin30°＝eq\f(1,2)Blv。如圖乙：切割磁感線的有效長度l＝L，所以E＝BLv。如圖所示，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。使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)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)答案C解析設(shè)圓的半徑為r，當(dāng)其繞過圓心O的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，圓弧部分不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，而在轉(zhuǎn)過半周的過程中直徑只有一半在磁場中切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝B0req\x\to(v)＝B0r·eq\f(rω,2)＝eq\f(1,2)B0r2ω；當(dāng)線框不動(dòng)時(shí)，E′＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(πr2,2)。由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)，要使I＝I′，必須使E＝E′，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，C正確。考點(diǎn)3自感與渦流1．自感現(xiàn)象：由于通過導(dǎo)體自身的電流發(fā)生變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象。2．自感電動(dòng)勢(1)定義：在自感現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢。(2)表達(dá)式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。(3)自感系數(shù)L①相關(guān)因素：與線圈大小、形狀、圈數(shù)以及是否有鐵芯等因素有關(guān)。②單位：亨利(H)，常用單位還有毫亨(mH)、微亨(μH)。1mH＝10－3H,1μH＝10－6H。3．渦流：當(dāng)線圈中的電流發(fā)生變化時(shí)，在它附近的導(dǎo)體中產(chǎn)生的像水的旋渦一樣的感應(yīng)電流。[例3](2017·遼寧大連模擬)(多選)如圖所示，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(gè)完全相同的燈泡，則下列說法中正確的有()A．當(dāng)開關(guān)S閉合瞬間，A、B兩燈同時(shí)亮，最后B燈熄滅B．當(dāng)開關(guān)S斷開瞬間，A、B兩燈同時(shí)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解析開關(guān)S閉合瞬間，線圈L對電流有阻礙作用，則相當(dāng)于燈泡A與B串聯(lián)，因此同時(shí)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，燈泡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，燈泡B閃一下再熄滅，D正確，B、C錯(cuò)誤。答案AD1．自感情況分類通電自感斷電自感電路圖器材規(guī)格A1、A2同規(guī)格，R＝RL，L較大L很大(有鐵芯)，RL<RA現(xiàn)象觀察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(shí)，燈A突然閃亮一下后再漸漸熄滅能量轉(zhuǎn)化電能轉(zhuǎn)化為磁場能磁場能轉(zhuǎn)化為電能2．分析自感現(xiàn)象的方法——等效法(1)線圈中電流增大時(shí)，線圈可以等效成一阻值由較大逐漸減小的電阻，電流非線性逐漸增大。(2)線圈中電流減小時(shí)，線圈可等效成一個(gè)電動(dòng)勢由較大逐漸減小的電源，線圈中的磁場能逐漸轉(zhuǎn)化成電能，構(gòu)成回路中的電流沿原方向非線性逐漸減小。1.(人教版選修3－2P22演示實(shí)驗(yàn)改編)如圖所示電路中，A、B是兩個(gè)相同的小燈泡。L是一個(gè)帶鐵芯的線圈，其電阻可忽略不計(jì)。調(diào)節(jié)R，電路穩(wěn)定時(shí)兩小燈泡都正常發(fā)光，則()A．合上開關(guān)時(shí)，A、B兩燈同時(shí)正常發(fā)光，斷開開關(guān)時(shí)，A、B兩燈同時(shí)熄滅B．合上開關(guān)時(shí)，B燈比A燈先達(dá)到正常發(fā)光狀態(tài)C．?dāng)嚅_開關(guān)時(shí)，A、B兩燈都不會(huì)立即熄滅，通過A、B兩燈的電流方向都與原電流方向相同D．?dāng)嚅_開關(guān)時(shí)，A燈會(huì)突然閃亮一下后再熄滅答案B解析合上開關(guān)時(shí)，B燈立即正常發(fā)光，A燈所在的支路中，由于L產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢阻礙電流的增大，A燈將推遲一些時(shí)間才能達(dá)到正常發(fā)光狀態(tài)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；斷開開關(guān)時(shí)，L中產(chǎn)生與原電流方向相同的自感電流，流過A燈的電流方向與原電流方向相同，流過B燈的電流方向與原電流方向相反，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因?yàn)閿嚅_開關(guān)后，由L作為電源提供的電流是從原來穩(wěn)定時(shí)通過L的電流值逐漸減小的，所以A、B兩燈只是延緩一些時(shí)間熄滅，并不會(huì)比原來更亮，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2．某同學(xué)為了驗(yàn)證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E，用導(dǎo)線將它們連接成如圖所示的電路。檢查電路后，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時(shí)熄滅現(xiàn)象。雖經(jīng)多次重復(fù)，仍未見老師演示時(shí)出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因，你認(rèn)為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是()A．電源的內(nèi)阻較大 B．小燈泡電阻偏大C．線圈電阻偏大 D．線圈的自感系數(shù)較大答案C解析由自感規(guī)律可知，在開關(guān)斷開的瞬間造成燈泡閃亮以及延時(shí)熄滅的原因是：線圈中產(chǎn)生了與原電流同向的自感電流，且大于穩(wěn)定時(shí)通過燈泡的原電流。斷開開關(guān)S，線圈與燈泡構(gòu)成閉合的自感回路，與電源無關(guān)，故A錯(cuò)誤。開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定，燈泡正常發(fā)光時(shí)，如果電感線圈L的電阻比燈泡的電阻大，則電感線圈L中的電流IL比燈泡A中的電流IA?。婚_關(guān)S斷開，由于自感現(xiàn)象，L和A構(gòu)成回路，使L和A中的電流從IL開始減小，因此不可能看到小燈泡閃亮的現(xiàn)象，B錯(cuò)誤、C正確。自感系數(shù)越大，延時(shí)越明顯，與是否閃亮無關(guān)，D錯(cuò)誤。3．(2017·北京高考)圖1和圖2是演示自感現(xiàn)象的兩個(gè)電路圖，L1和L2為電感線圈。實(shí)驗(yàn)時(shí)，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個(gè)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()A．圖1中，A1與L1的電阻值相同B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等答案C解析圖1中，斷開開關(guān)S1瞬間，L1與燈A1組成閉合回路，L1產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢阻礙電流的變化，電流逐漸減小，由于燈A1突然閃亮，故斷開開關(guān)S1之前，通過L1的電流大于通過燈A1的電流，由歐姆定律知，A1的電阻值大于L1的電阻值，A、B錯(cuò)誤；圖2中，閉合開關(guān)S2，電路穩(wěn)定后A2與A3的亮度相同，又A2與A3相同，由歐姆定律知，變阻器R與L2的電阻值相同，C正確；圖2中，閉合S2瞬間，由于L2產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢阻礙電流的增加，故L2中電流小于變阻器R中電流，D錯(cuò)誤。1．如圖所示，由導(dǎo)體棒ab和矩形線框cdef組成的“10”圖案在勻強(qiáng)磁場中一起向右勻速平動(dòng)，勻強(qiáng)磁場的方向垂直線框平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大，則下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒的a端電勢比b端電勢高，電勢差Uab在逐漸增大B．導(dǎo)體棒的a端電勢比b端電勢低，電勢差Uab在逐漸增大C．線框cdef中有順時(shí)針方向的電流，電流大小在逐漸增大D．線框cdef中有逆時(shí)針方向的電流，電流大小在逐漸增大答案A解析對于導(dǎo)體棒ab，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大，所以Uab＝Blv逐漸增大，由右手定則知a端電勢高于b端電勢，A正確、B錯(cuò)誤；對于矩形線框，依題意可知eq\f(ΔB,Δt)、S都不變，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔB,Δt)·S知線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小不變，由閉合電路歐姆定律知線框中的感應(yīng)電流大小不變，C、D錯(cuò)誤。2.A、B兩閉合圓形導(dǎo)線環(huán)用相同規(guī)格的導(dǎo)線制成，它們的半徑之比rA∶rB＝2∶1，在兩導(dǎo)線環(huán)包圍的空間內(nèi)存在一正方形邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于兩導(dǎo)線環(huán)所在的平面，如圖所示。當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大的過程中，流過兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流大小之比為()A.eq\f(IA,IB)＝1 B.eq\f(IA,IB)＝2C.eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,4) D.eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,2)答案D解析勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，即eq\f(ΔB,Δt)不變，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S(S為磁場區(qū)域面積)，由于eq\f(ΔB,Δt)及S均相同，可得兩導(dǎo)線環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相等，即eq\f(EA,EB)＝1，I＝eq\f(E,R)，R＝ρeq\f(l,S′)(S′為導(dǎo)線的橫截面積)，l＝2πr，所以eq\f(IA,IB)＝eq\f(EARB,EBRA)＝eq\f(lB,lA)＝eq\f(rB,rA)＝eq\f(1,2)。D正確。3．在半徑為r、電阻為R的圓形導(dǎo)線框內(nèi)，以豎直直徑為界，左、右兩側(cè)分別存在著方向如圖甲所示的勻強(qiáng)磁場。以垂直紙面向外的方向?yàn)榇艌龅恼较颍瑑刹糠执艌龅拇鸥袘?yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則0～t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中()A．沒有感應(yīng)電流B．感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針C．感應(yīng)電流大小為eq\f(πr2B0,t0R)D．感應(yīng)電流大小為eq\f(2πr2B0,t0R)答案C解析根據(jù)楞次定律可知，導(dǎo)線框左邊產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，導(dǎo)線框右邊產(chǎn)生的感應(yīng)電流也沿順時(shí)針方向，則整個(gè)導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，A、B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為導(dǎo)線框左、右兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢之和，即E＝2×eq\f(ΔB,Δt)S＝2×eq\f(B0πr2,2t0)＝eq\f(πr2B0,t0)，由閉合電路歐姆定律可得，感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(πr2B0,t0R)，C正確、D錯(cuò)誤。4．如圖是一種焊接方法的原理示意圖。將圓形待焊接金屬工件放在線圈中，然后在線圈中通以某種電流，待焊接工件中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流在焊縫處產(chǎn)生大量的熱量將焊縫兩邊的金屬熔化，待焊接工件就焊接在一起。自行車車輪圈就是用這種辦法焊接的。下列說法中正確的是()A．線圈中的電流是很強(qiáng)的恒定電流B．線圈中的電流是交變電流，且頻率很高C．待焊接工件焊縫處的接觸電阻比非焊接部分電阻小D．焊接工件中的感應(yīng)電流方向與線圈中的電流方向總是相反答案B解析線圈中的電流是交變電流，且頻率很高，A錯(cuò)誤、B正確；待焊工件焊縫處的接觸電阻比非焊接部分電阻大，C錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，當(dāng)線圈中的電流增大時(shí)，待焊接工件中的感應(yīng)電流方向與線圈中的電流方向相反；當(dāng)線圈中的電流減小時(shí)，待焊接工件中的感應(yīng)電流方向與線圈中的電流方向相同，D錯(cuò)誤。5.(多選)如圖是生產(chǎn)中常用的一種延時(shí)繼電器的示意圖，鐵芯上有兩個(gè)線圈A和B，線圈A跟電源連接，線圈B的兩端接在一起，構(gòu)成一個(gè)閉合回路。下列說法中正確的是()A．閉合開關(guān)S時(shí)，B中產(chǎn)生圖示方向的感應(yīng)電流B．閉合開關(guān)S時(shí)，B中產(chǎn)生與圖示方向相反的感應(yīng)電流C．?dāng)嚅_開關(guān)S時(shí)，電磁鐵會(huì)繼續(xù)吸住銜鐵D一小段時(shí)間D．?dāng)嚅_開關(guān)S時(shí)，彈簧K立即將銜鐵D拉起答案BC解析閉合開關(guān)S時(shí)，由楞次定律知B中產(chǎn)生與圖示方向相反的感應(yīng)電流，A錯(cuò)誤、B正確；斷開開關(guān)S時(shí)，B中磁通量變化產(chǎn)生感應(yīng)電流，電磁鐵會(huì)繼續(xù)吸住銜鐵D一小段時(shí)間，C正確、D錯(cuò)誤。6．(多選)如圖所示，L是自感系數(shù)很大的、用銅導(dǎo)線繞成的線圈，其電阻可以忽略不計(jì)，開關(guān)S原來是閉合的。當(dāng)開關(guān)S斷開瞬間，則()A．L中的電流方向不變 B．燈泡D要過一會(huì)兒才熄滅C．燈泡D立即熄滅 D．電容器將放電答案AC解析S斷開時(shí)L產(chǎn)生方向不變的感應(yīng)電流對C充電(C兩端電壓原來為零)，而電流不通過燈泡D，故燈泡立即熄滅，A、C正確。7.圖中電感L的直流電阻為RL，小燈泡的電阻為R，小量程電流表G1、G2的內(nèi)阻不計(jì)。開關(guān)S閉合，電路達(dá)到穩(wěn)定后，電流表G1、G2的指針均偏向右側(cè)(電流表的零刻度在表盤的中央)。則在開關(guān)S斷開后，兩個(gè)電流表的指針偏轉(zhuǎn)情況是()A．G1、G2的指針都立即回到零點(diǎn)B．G1緩慢回到零點(diǎn)，G2立即左偏，偏后緩慢回到零點(diǎn)C．G1立即回到零點(diǎn)，G2緩慢回到零點(diǎn)D．G2立即回到零點(diǎn)，G1緩慢回到零點(diǎn)答案B解析在開關(guān)S斷開瞬間，L中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢，阻礙原電流的減小，自感電流與原電流方向一致，即從左向右通過G1，兩個(gè)電流表的指針偏轉(zhuǎn)情況是G1緩慢回到零點(diǎn)，G2中電流方向?yàn)镼指向P，即立即左偏，偏后緩慢回到零點(diǎn)，故選B。8.如圖所示，半徑為R的圓形導(dǎo)軌處在垂直于圓平面的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里。一根長度略大于導(dǎo)軌直徑的導(dǎo)體棒MN以速率v在圓導(dǎo)軌上從左端滑到右端，電路中的定值電阻為r，其余電阻不計(jì)。導(dǎo)體棒與圓形導(dǎo)軌接觸良好。求：(1)在滑動(dòng)過程中通過電阻r上的電流的平均值；(2)MN從左端到右端的整個(gè)過程中，通過r上的電荷量；(3)當(dāng)MN通過圓導(dǎo)軌中心時(shí)，通過r上的電流是多少？答案(1)eq\f(πBRv,2r)(2)eq\f(πBR2,r)(3)eq\f(2BRv,r)解析導(dǎo)體棒從左向右滑動(dòng)的過程中，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，對電阻r供電。(1)計(jì)算平均電流，應(yīng)該用法拉第電磁感應(yīng)定律，先求出平均感應(yīng)電動(dòng)勢。整個(gè)過程磁通量的變化為ΔΦ＝BS＝BπR2，所用的時(shí)間Δt＝eq\f(2R,v)，代入公式eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(πBRv,2)，平均電流為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),r)＝eq\f(πBRv,2r)。(2)電荷量的運(yùn)算應(yīng)該用平均電流，q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(πBR2,r)。(3)當(dāng)MN通過圓形導(dǎo)軌中心時(shí)，切割磁感線的有效長度最大為l＝2R，根據(jù)E＝Blv得E＝B·2Rv，此時(shí)通過r的電流為I＝eq\f(E,r)＝eq\f(2BRv,r)。9．(2016·北京高考)如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有兩個(gè)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(shí)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(dòng)勢分別為Ea和Eb。不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向答案B解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S，根據(jù)題意可得eq\f(Sa,Sb)＝eq\f(4,1)，故Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場要阻礙原磁場的變大，即產(chǎn)生向里的感應(yīng)磁場，根據(jù)楞次定律可得，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向。故選B。10.(2017·天津高考)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小答案D解析導(dǎo)體棒ab、電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合電路，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，即eq\f(ΔB,Δt)＝k為一定值，則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，ab中的電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝kS，回路面積S不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢為定值，根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)，所以ab中的電流大小不變，故B錯(cuò)誤；安培力F＝BIL，電流大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則安培力減小，故C錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，對其受力分析，水平方向靜摩擦力f與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確。11．(2017·全國卷Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖a所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場。線框中感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)間變化的圖線如圖b所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢取正)。下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5TB．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N答案BC解析由圖b可知，導(dǎo)線框全部進(jìn)入磁場的時(shí)間為0.2s，則其做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B正確；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，根據(jù)楞次定律可知，磁場的方向垂直于紙面向外，C正確；由E＝BLv，解得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A錯(cuò)誤；在t＝0.4s至t＝0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框勻速出磁場，電流I＝eq\f(E,R)＝2A，所受的安培力大小為F＝BIL＝0.04N，D錯(cuò)誤。12．(2