2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感 渦流學(xué)案

第2講法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流【基礎(chǔ)梳理】一、法拉第電磁感應(yīng)定律1感應(yīng)電動勢(1)概念：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢(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)電動勢，與電路是否閉合無關(guān)(3)方向：產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的電路(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(4)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動勢的關(guān)系：遵循閉合電路歐姆定律，即I2法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)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：En，n為線圈匝數(shù)3導(dǎo)體切割磁感線的情形(1)若B、l、v相互垂直，則EBlv(2)若Bl，lv，v與B夾角為，則EBlvsin_若vB，則E0.二、自感與渦流1自感現(xiàn)象(1)概念：由于導(dǎo)體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢叫做自感電動勢(2)表達(dá)式：EL(3)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)2渦流當(dāng)線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的任何導(dǎo)體中都會產(chǎn)生像水的旋渦狀的感應(yīng)電流(1)電磁阻尼：當(dāng)導(dǎo)體在磁場中運動時，感應(yīng)電流會使導(dǎo)體受到安培力，安培力的方向總是阻礙導(dǎo)體的運動(2)電磁驅(qū)動：如果磁場相對于導(dǎo)體轉(zhuǎn)動，在導(dǎo)體中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，使導(dǎo)體受到安培力作用，安培力使導(dǎo)體運動起來交流感應(yīng)電動機(jī)就是利用電磁驅(qū)動的原理工作的【自我診斷】判一判(1)磁場相對導(dǎo)體棒運動時，導(dǎo)體棒中也能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢()(2)線圈匝數(shù)n越多，磁通量越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大()(3)線圈中的電流越大，自感系數(shù)也越大()(4)自感電動勢阻礙電流的變化，但不能阻止電流的變化()提示：(1)(2)×(3)×(4)做一做在如圖所示的電路中，a、b為兩個完全相同的燈泡，L為自感系數(shù)較大而電阻不能忽略的線圈，E為電源，S為開關(guān)關(guān)于兩燈泡點亮和熄滅的情況下列說法正確的是()A合上開關(guān)，a先亮，b后亮；穩(wěn)定后a、b一樣亮B合上開關(guān)，b先亮，a后亮；穩(wěn)定后b比a更亮一些C斷開開關(guān)，a逐漸熄滅，b先變得更亮后再與a同時熄滅D斷開開關(guān)，b逐漸熄滅，a先變得更亮后再與b同時熄滅提示：B對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解與應(yīng)用學(xué)生用書P201【知識提煉】1感應(yīng)電動勢大小的決定因素(1)感應(yīng)電動勢的大小由穿過閉合電路的磁通量的變化率和線圈的匝數(shù)共同決定，而與磁通量、磁通量的變化量的大小沒有必然聯(lián)系(2)當(dāng)僅由B引起時，則En；當(dāng)僅由S引起時，則En.2磁通量的變化率是t圖象上某點切線的斜率3求解感應(yīng)電動勢常見的情況與方法情景圖研究對象回路(不一定閉合)一段直導(dǎo)線(或等效成直導(dǎo)線)繞一端轉(zhuǎn)動的一段導(dǎo)體棒繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動的導(dǎo)線框表達(dá)式EnEBLvsin EBL2ENBS·sin(t0)【典題例析】(2016·高考全國卷)如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計求：(1)在t0到tt0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值；(2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小審題指導(dǎo)(1)t0前只有左側(cè)區(qū)域磁通量變化引起感應(yīng)電動勢(2)t0后感應(yīng)電動勢由左、右兩側(cè)磁通量變化引起(3)金屬棒越過MN勻速運動，所加外力等于運動過程受到的安培力解析(1)在金屬棒未越過MN之前，t時刻穿過回路的磁通量為ktS設(shè)在從t時刻到tt的時間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為，流過電阻R的電荷量為q.由法拉第電磁感應(yīng)定律有E由歐姆定律有i由電流的定義有i聯(lián)立式得|q|t由式得，在t0到tt0的時間間隔內(nèi)，流過電阻R的電荷量q的絕對值為|q|.(2)當(dāng)t>t0時，金屬棒已越過MN，由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運動，有fF式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強磁場施加的安培力設(shè)此時回路中的電流為I，F(xiàn)的大小為FB0lI此時金屬棒與MN之間的距離為sv0(tt0)勻強磁場穿過回路的磁通量為B0ls回路的總磁通量為t式中，仍如式所示由式得，在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量為tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的時間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量為t(B0lv0kS)t由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動勢的大小為Et由歐姆定律有I聯(lián)立式得f(B0lv0kS).答案見解析應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)注意的三個問題(1)公式En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EnS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、和回路電阻R有關(guān)，與時間長短無關(guān)，與是否均勻變化無關(guān)推導(dǎo)如下：qItt.【遷移題組】遷移1對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解1將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，下列表述正確的是()A感應(yīng)電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān)B穿過線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動勢越大C穿過線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動勢越大D感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同解析：選C.由法拉第電磁感應(yīng)定律En知，感應(yīng)電動勢的大小與線圈匝數(shù)有關(guān)，A錯誤；感應(yīng)電動勢正比于，與磁通量的大小無直接關(guān)系，B錯誤，C正確；根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，即“增反減同”，D錯誤遷移2感生電動勢En的應(yīng)用2(2016·高考北京卷)如圖所示，勻強磁場中有兩個導(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)強度B隨時間均勻增大兩圓環(huán)半徑之比為21，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)間的相互影響下列說法正確的是()AEaEb41，感應(yīng)電流均沿逆時針方向BEaEb41，感應(yīng)電流均沿順時針方向CEaEb21，感應(yīng)電流均沿逆時針方向DEaEb21，感應(yīng)電流均沿順時針方向解析：選B.由法拉第電磁感應(yīng)定律Er2，為常數(shù)，E與r2成正比，故EaEb41.磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大，故穿過圓環(huán)的磁通量增大，由楞次定律知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向相反，垂直紙面向里，由安培定則可知，感應(yīng)電流均沿順時針方向，故B項正確導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計算學(xué)生用書P202【知識提煉】1計算切割方式感應(yīng)電動勢的表達(dá)式垂直切割EBlv傾斜切割EBlvsin ，其中為v與B的夾角旋轉(zhuǎn)切割(以一端為軸)EBl2(1)導(dǎo)體與磁場方向垂直；(2)磁場為勻強磁場2判斷(1)把產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分電路或?qū)w當(dāng)做電源的內(nèi)電路，那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源(2)若電路是不閉合的，則先假設(shè)有電流通過，然后應(yīng)用楞次定律或右手定則判斷出電流的方向(3)電源內(nèi)部電流的方向是由負(fù)極(低電勢)流向正極(高電勢)，外電路順著電流方向每經(jīng)過一個電阻電勢都要降低【典題例析】(多選)(2017·高考全國卷)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直邊長為0.1 m、總電阻為0.005 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動，cd邊于t0時刻進(jìn)入磁場線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)下列說法正確的是()A磁感應(yīng)強度的大小為0.5 TB導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5 m/sC磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外D在t0.4 s至t0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N解析由題圖(b)可知，導(dǎo)線框運動的速度大小vm/s0.5 m/s，B項正確；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，cd邊切割磁感線，由EBLv，得BT0.2 T，A項錯誤；由圖可知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，根據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外，C項正確；在0.40.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場，回路中的電流大小IA2 A，則導(dǎo)線框受到的安培力FBIL0.2×2×0.1 N0.04 N，D項錯誤答案BC理解EBlv的“五性”(1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，除磁場為勻強磁場外，還需B、l、v三者互相垂直(2)瞬時性：若v為瞬時速度，則E為相應(yīng)的瞬時感應(yīng)電動勢(3)平均性：導(dǎo)體平動切割磁感線時，若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電動勢，即EBlv.(4)有效性：公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度如圖中，棒的有效長度為ab間的距離(5)相對性：EBlv中的速度v是導(dǎo)體相對磁場的速度，若磁場也在運動，應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系【遷移題組】遷移1導(dǎo)體平動切割磁感線問題1(2016·高考全國卷)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動t0時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求：(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大?。?2)電阻的阻值解析：(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得maFmg設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v，由運動學(xué)公式有vat0當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動勢為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0.(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I式中R為電阻的阻值金屬桿所受的安培力為fBlI因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得Fmgf0聯(lián)立式得R.答案：見解析遷移2導(dǎo)體旋轉(zhuǎn)切割磁感線問題2(2015·高考全國卷)如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于ab邊向上當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度逆時針轉(zhuǎn)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()AUa>Uc，金屬框中無電流BUb>Uc，金屬框中電流方向沿abcaCUbcBl2，金屬框中無電流DUbcBl2，金屬框中電流方向沿acba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，由右手定則判斷UaUc，UbUc，選項A錯誤由轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的公式得UbcBl2，選項C正確自感渦流學(xué)生用書P203【知識提煉】1自感現(xiàn)象“阻礙”作用的理解(1)流過線圈的電流增加時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢與電流方向相反，阻礙電流的增加，使其緩慢地增加(2)流過線圈的電流減小時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢與電流方向相同，阻礙電流的減小，使其緩慢地減小2自感現(xiàn)象的四個特點(1)自感電動勢總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變化(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(dāng)于普通導(dǎo)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(jìn)行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向3通電自感和斷電自感與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)的燈泡電路圖通電時電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮電流突然增大，然后逐漸減小達(dá)到穩(wěn)定斷電時電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2：(1)若I2I1，燈泡逐漸變暗(2)若I2>I1，燈泡閃亮后逐漸變暗兩種情況燈泡中電流方向均改變4.自感現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化：通電自感中，電能轉(zhuǎn)化為磁場能；斷電自感中，磁場能轉(zhuǎn)化為電能【典題例析】如圖所示，線圈L的自感系數(shù)很大，且其直流電阻可以忽略不計，L1、L2是兩個完全相同的小燈泡開關(guān)S閉合和斷開的過程中，燈L1、L2的亮度變化情況是(燈絲不會斷)()AS閉合，L1亮度不變，L2亮度逐漸變亮，最后兩燈一樣亮；S斷開，L2立即熄滅，L1逐漸變亮BS閉合，L1不亮，L2很亮；S斷開，L1、L2立即熄滅CS閉合，L1、L2同時亮，而后L1逐漸熄滅，L2亮度不變；S斷開，L2立即熄滅，L1亮一下才熄滅DS閉合，L1、L2同時亮，而后L1逐漸熄滅，L2則逐漸變得更亮；S斷開，L2立即熄滅，L1亮一下才熄滅審題指導(dǎo)解此題關(guān)鍵有兩點：(1)燈泡和線圈在電路中的連接方式(2)流過燈泡的原電流的方向及大小解析當(dāng)S閉合，L的自感系數(shù)很大，對電流的阻礙作用較大，L1和L2串聯(lián)后與電源相連，L1和L2同時亮，隨著L中電流的增大，因為L的直流電阻不計，則L的分流作用增大，L1中的電流逐漸減小為零，由于總電阻變小，故電路中的總電流變大，L2中的電流增大，L2燈變得更亮；當(dāng)S斷開，L2中無電流，立即熄滅，而線圈L產(chǎn)生自感電動勢，試圖維持本身的電流不變，L與L1組成閉合電路，L1要亮一下后再熄滅綜上所述，D正確答案D分析自感現(xiàn)象的三點注意、三個技巧【遷移題組】遷移1對通電自感和斷電自感現(xiàn)象的分析1(2017·高考北京卷)圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈實驗時，斷開開關(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中電流相等解析：選C.本題考查自感現(xiàn)象的判斷在題圖1中斷開S1瞬間，燈A1突然閃亮，說明斷開S1前，L1中的電流大于A1中的電流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B選項均錯誤；在題圖2中，閉合S2瞬間，由于L2的自感作用，通過L2的電流很小，D錯誤；閉合S2后，最終A2與A3亮度相同，說明兩支路電流相等，故R與L2的阻值相同，C項正確遷移2電磁阻尼現(xiàn)象的應(yīng)用2(2017·高考全國卷)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?qū)ΨQ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，如圖所示無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是()解析：選A.施加磁場來快速衰減STM的微小振動，其原理是電磁阻尼，在振動時通過紫銅薄板的磁通量變化，紫銅薄板中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動，即促使其振動衰減方案A中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，通過它的磁通量都發(fā)生變化；方案B中，當(dāng)紫銅薄板上下振動時，通過它的磁通量可能不變，當(dāng)紫銅薄板向右振動時，通過它的磁通量不變；方案C中，紫銅薄板上下振動、左右振動時，通過它的磁通量可能不變；方案D中，當(dāng)紫銅薄板上下振動時，紫銅薄板中磁通量可能不變綜上可知，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是A. 學(xué)生用書P2041.(2017·高考天津卷)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，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下現(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()Aab中的感應(yīng)電流方向由b到aBab中的感應(yīng)電流逐漸減小Cab所受的安培力保持不變Dab所受的靜摩擦力逐漸減小解析：選D.本題考查楞次定律、電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力、平衡條件由于通過回路的磁通量向下減小，則根據(jù)楞次定律可知ab中感應(yīng)電流的方向由a到b，A錯誤；因ab不動，回路面積不變；當(dāng)B均勻減小時，由EnnS知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，回路中感應(yīng)電流I恒定，B錯誤；由FBIL知，F(xiàn)隨B減小而減小，C錯誤；對ab由平衡條件有fF，故D正確2如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，電感L的電阻不計，電阻R的阻值大于燈泡D的阻值在t0時刻閉合開關(guān)S，經(jīng)過一段時間后，在tt1時刻斷開S.下列表示A、B兩點間電壓UAB隨時間t變化的圖象中，正確的是()解析：選B.閉合開關(guān)S后，燈泡D直接發(fā)光，電感L的電流逐漸增大，電路中的總電流也將逐漸增大，電源內(nèi)電壓增大，則路端電壓UAB逐漸減??；斷開開關(guān)S后，燈泡D中原來的電流突然消失，電感L與燈泡形成閉合回路，所以燈泡D中電流將反向，并逐漸減小為零，即UAB反向逐漸減小為零，故選B.3.如圖所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場B中，繞O軸以角速度沿逆時針方向勻速運動，則通過電阻R的電流的方向和大小是(金屬圓盤的電阻不計)()A由c到d，IB由d到c，IC由c到d，I D由d到c，I解析：選D.由右手定則判定通過電阻R的電流的方向是由d到c；而金屬圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動EBr2，所以通過電阻R的電流大小是I，選項D正確4(2017·高考江蘇卷)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P.解析：本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律(1)感應(yīng)電動勢EBdv0感應(yīng)電流I解得I.(2)安培力FBId牛頓第二定律Fma解得a.(3)金屬桿切割磁感線的速度vv0v，則感應(yīng)電動勢EBd(v0v)電功率P解得P.答案：(1)(2)(3)學(xué)生用書P343(單獨成冊)(建議用時：60分鐘)一、單項選擇題1.如圖，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應(yīng)強度方向垂直，當(dāng)它以速度v沿與棒與磁感應(yīng)強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為；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(yīng)強度相垂直的平面內(nèi)，當(dāng)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(yīng)電動勢大小為'.則等于()A.B.C1 D.解析：選B.設(shè)折彎前導(dǎo)體切割磁感線的長度為L，折彎后，導(dǎo)體切割磁場的有效長度為lL，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為'BlvB·Lv，所以，B正確2.英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場如圖所示，一個半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場，環(huán)上套一帶電荷量為q的小球已知磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增加，其變化率為k，若小球在環(huán)上運動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是()A0 B.r2qkC2r2qk Dr2qk解析：選D.變化的磁場使回路中產(chǎn)生的感生電動勢E·Skr2，則感生電場對小球的作用力所做的功WqUqEqkr2，選項D正確3(2018·長沙模擬)如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強磁場若第一次用0.3 s時間拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q1；第二次用0.9 s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則()AW1<W2，q1<q2 BW1<W2，q1q2CW1>W2，q1q2 DW1>W2，q1>q2解析：選C.兩次拉出的速度之比v1v231.電動勢之比E1E231，電流之比I1I231，則電荷量之比q1q2(I1t1)(I2t2)11.安培力之比F1F231，則外力做功之比W1W231，故C正確4.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.若在t1到t2時間內(nèi)，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差ab()A恒為B從0均勻變化到C恒為D從0均勻變化到解析：選C.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢Enn，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應(yīng)電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為abn，選項C正確5.如圖所示，在光滑絕緣水平面上，有一鋁質(zhì)圓形金屬球以一定的初速度通過有界勻強磁場，則從球開始進(jìn)入磁場到完全穿出磁場過程中(磁場寬度大于金屬球的直徑)，小球()A整個過程勻速運動B進(jìn)入磁場過程中球做減速運動，穿出過程做加速運動C整個過程都做勻減速運動D穿出時的速度一定小于初速度解析：選D.小球在進(jìn)出磁場時有渦流產(chǎn)生，要受到阻力6.如圖所示，A、B、C是三個完全相同的燈泡，L是一自感系數(shù)較大的線圈(直流電阻可忽略不計)則()AS閉合時，A燈立即亮，然后逐漸熄滅BS閉合時，B燈立即亮，然后逐漸熄滅C電路接通穩(wěn)定后，三個燈亮度相同D電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈立即熄滅解析：選A.電路中A燈與線圈并聯(lián)后與B燈串聯(lián)，再與C燈并聯(lián)S閉合時，三個燈同時立即發(fā)光，由于線圈的電阻由大變小，逐漸將A燈短路，A燈逐漸熄滅，A燈的電壓逐漸降低，B燈的電壓逐漸增大，B燈逐漸變亮，故選項A正確，B錯誤；電路接通穩(wěn)定后，A燈被線圈短路，完全熄滅B、C并聯(lián)，電壓相同，亮度相同，故選項C錯誤電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈中原來的電流立即減至零，由于線圈中電流要減小，產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的減小，線圈中電流不會立即消失，這個自感電流通過C燈，所以C燈過一會兒熄滅，故選項D錯誤二、多項選擇題7.(2016·高考全國卷)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示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磁場B中圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動C若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析：選AB.設(shè)圓盤的半徑為r，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為，則圓盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為EBr2，可知，若轉(zhuǎn)動的角速度恒定，電動勢恒定，電流恒定，A項正確；根據(jù)右手定則可知，從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，圓盤中電流由邊緣指向圓心，即電流沿a到b的方向流動，B項正確；圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，產(chǎn)生的電流方向不變，C項錯誤；若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由PI2R可知，電阻R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D項錯誤8.如圖所示，燈泡A、B與定值電阻的阻值均為R，L是自感系數(shù)較大的線圈，當(dāng)S1閉合、S2斷開且電路穩(wěn)定時，A、B兩燈亮度相同，再閉合S2，待電路穩(wěn)定后將S1斷開，下列說法中正確的是()AB燈立即熄滅BA燈將比原來更亮一下后熄滅C有電流通過B燈，方向為cdD有電流通過A燈，方向為ba解析：選AD.S1閉合、S2斷開且電路穩(wěn)定時，A、B兩燈一樣亮，說明兩個支路中的電流相等，這時線圈L沒有自感作用，可知線圈L的電阻也為R，在S2、S1都閉合且穩(wěn)定時，IAIB，當(dāng)S2閉合、S1突然斷開時，由于線圈的自感作用，流過A燈的電流方向變?yōu)閎a，但A燈不會出現(xiàn)比原來更亮一下再熄滅的現(xiàn)象，故選項D正確，B錯誤；由于定值電阻R沒有自感作用，故斷開S1時，B燈立即熄滅，選項A正確，C錯誤9如圖，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示不計軌道電阻以下敘述正確的是()AFM向右BFN向左CFM逐漸增大DFN逐漸減小解析：選BCD.根據(jù)直線電流產(chǎn)生磁場的分布情況知，M區(qū)的磁場方向垂直紙面向外，N區(qū)的磁場方向垂直紙面向里，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁感應(yīng)強度越小當(dāng)導(dǎo)體棒勻速通過M、N兩區(qū)時，感應(yīng)電流的效果總是反抗引起感應(yīng)電流的原因，故導(dǎo)體棒在M、N兩區(qū)運動時，受到的安培力均向左，故選項A錯誤，選項B正確；導(dǎo)體棒在M區(qū)運動時，磁感應(yīng)強度B變大，根據(jù)EBlv，I及FBIl可知，F(xiàn)M逐漸變大，故選項C正確；導(dǎo)體棒在N區(qū)運動時，磁感應(yīng)強度B變小，根據(jù)EBlv，I及FBIl可知，F(xiàn)N逐漸變小，故選項D正確10.半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由確定，如圖所示則下列說法正確的是()A0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2BavB時，桿產(chǎn)生的電動勢為BavC0時，桿受的安培力大小為D時，桿受的安培力大小為解析：選AD.開始時刻，感應(yīng)電動勢E1BLv2Bav，故A項正確；時，E2B·2acos·vBav，故B項錯誤；由L2acos ，EBLv，I，RR02acos (2)a，得在0時，F(xiàn)，故C項錯誤；時F，故D項正確三、非選擇題11.(2015·高考北京卷)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，寬度L0.4 m，一端連接R1 的電阻導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B1 T導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，其長度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運動，速度v5 m/s.求：(1)感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I；(2)在0.1 s時間內(nèi)，拉力沖量IF的大小；(3)若將MN換為電阻r1 的導(dǎo)體棒，其他條件不變，求導(dǎo)體棒兩端的電壓U.解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢EBLv1×0.4×5 V2 V，感應(yīng)電流IA2 A.(2)拉力大小等于安培力大小FBIL1×2×0.4 N0.8 N，沖量大小IFFt0.8×0.1 N·s0.08 N·s.(3)由閉合電路歐姆定律可得，電路中電流IA1 A，由歐姆定律可得，導(dǎo)體棒兩端的電壓UIR1×1 V1 V.答案：(1)2 V2 A(2)0.08 N·s(3)1 V12(2018·安徽十校聯(lián)考)如圖甲所示，一個電阻值為R，匝數(shù)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)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計求0至t1時間內(nèi)(1)通過電阻R1的電流大小和方向；(2)通過電阻R1的電荷量q.解析：(1)穿過閉合線圈的磁場的面積為Sr由題圖乙可知，磁感應(yīng)強度B的變化率的大小為，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：EnnS由閉合電路歐姆定律可知流過電阻R1的電流為I再根據(jù)楞次定律可以判斷，流過電阻R1的電流方向應(yīng)由b到a.(2)0至t1時間內(nèi)通過電阻R1的電荷量為qIt1.答案：(1)方向從b到a(2)18