(新高考)高考物理一轮复习课时练习第11章第2讲《法拉第电磁感应定律 涡流和自感》(含解析)

第2讲法拉第电磁感应定律涡流和自感一、法拉第电磁感应定律1.感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。2.法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数。(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r)。(4)说明：①当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝neq\f(ΔB·S,Δt)；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝neq\f(B·ΔS,Δt)；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt)。②磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图像上某点切线的斜率。3.导线切割磁感线时的感应电动势(1)导线垂直切割磁感线时，感应电动势可用E＝Blv求出，式中l为导线切割磁感线的有效长度。(2)导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度eq\f(1,2)lω)。【自测1】将多匝闭合线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同答案C二、涡流、电磁阻尼、电磁驱动和自感1.涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流。(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流。2.电磁阻尼导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动。3.电磁驱动如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。4.自感现象(1)概念：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势的现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势。(2)表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。【自测2】(2020·北京市大兴区上学期期末)如图1所示是一个电磁阻尼现象演示装置，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；如图2所示，若在其正下方固定一铜块(不与磁铁接触)，则摆动迅速停止。关于实验以下分析与结论正确的是()A.如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象B.用闭合的铜制线圈替代铜块，重复试验将不能观察到电磁阻尼现象C.在图2情况中，下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少D.在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力答案C解析此现象的原理是当磁铁在铜块上面摆动时，在铜块中产生涡流，与磁场相互作用阻碍磁铁的运动；则如果将磁铁的磁极调换，重复实验仍能观察到电磁阻尼现象，选项A错误；用闭合的铜制线圈替代铜块，仍能在线圈中产生感应电流，从而对磁铁的运动产生阻碍作用，则重复试验仍能观察到电磁阻尼现象，选项B错误；在图2情况中，下摆和上摆过程中均会产生涡流从而消耗机械能，则磁铁和锯条组成的系统机械能均减少，选项C正确；由上述分析可知，在摆动过程中铜块对磁铁有阻碍作用，同时铜块也要受磁铁的作用力，选项D错误。命题点一法拉第电磁感应定律的理解及应用1.感应电动势求解的“四种”情形情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端垂直匀强磁场匀速转动的一段导体棒绕与B垂直的轴匀速转动的导线框表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BlvsinθE＝eq\f(1,2)Bl2ωE＝NBSωsinωt(从中性面位置开始计时)2.解题技巧公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的应用，ΔΦ与B、S相关，可能是eq\f(ΔΦ,Δt)＝Beq\f(ΔS,Δt)，也可能是eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)，当B＝kt时，eq\f(ΔΦ,Δt)＝kS。【例1】(多选)(2019·全国卷Ⅰ，20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图3(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()图3A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为eq\f(B0rS,4t0ρ)D.圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)答案BC解析根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度均匀减小，圆环中感应电流为顺时针方向，所受安培力的方向水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，圆环中感应电流为顺时针方向，所受安培力的方向水平向右，所以A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)·S′＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C正确，D错误。【变式1】同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板M、N连接，如图4甲所示。导线PQ中通有正弦交变电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1～2s内()图4A.M板带正电，且电荷量增加B.M板带正电，且电荷量减小C.M板带负电，且电荷量增加D.M板带负电，且电荷量减小答案A解析在1～2s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大。假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误。【变式2】(2020·天津卷，10)如图5所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1Ω，边长l＝0.2m。求：图5(1)在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中的感应电动势E；(2)t＝0.05s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；(3)在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中电流的电功率P。答案(1)0.08V(2)0.016N方向垂直于ab向左(3)0.064W解析(1)在t＝0到t＝0.1s的时间Δt内，磁感应强度的变化量ΔB＝0.2T，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有ΔΦ＝ΔBl2①由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)②联立①②式，代入数据，解得E＝0.08V③(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝eq\f(E,R)④由图可知，t＝0.05s时，磁感应强度为B1＝0.1T，金属框ab边受到的安培力F＝IlB1⑤联立①②④⑤式，代入数据，解得F＝0.016N⑥由楞次定律知金属框中电流方向为顺时针，由左手定则知，ab边受到安培力方向垂直于ab向左。⑦(3)在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中电流的电功率P＝I2R⑧联立①②④⑧式，代入数据，解得P＝0.064W⑨命题点二导体切割磁感线产生感应电动势1.大小计算切割方式表达式垂直切割E＝Blv倾斜切割E＝Blvsinθ，其中θ为v与B的夹角旋转切割(以一端为轴)E＝eq\f(1,2)Bl2ω说明(1)导体与磁场方向垂直。(2)磁场为匀强磁场。2.方向判断(1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源。(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向。(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低。类型1平动切割磁感线【例2】(2020·福建漳州市第一次教学质检)如图6所示，C、D是两条竖直且足够长的固定导轨(电阻不计)，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，EF是一个固定螺线管，C、D的输出端a、b分别连接EF的输入端c、d，P是在EF的正下方水平放置在地面上的铝圆环。现对金属棒AB施加一竖直向上的力使金属棒由静止开始向上做匀加速运动，在运动过程中棒始终与C、D导轨良好接触，可认为通电螺线管在圆环中产生的磁感应强度与通过螺线管的电流成正比，则()图6A.金属棒中的感应电流方向由A到BB.P环有收缩的趋势C.P环对地面的压力逐渐减小D.P环中感应电流逐渐变大答案B解析根据右手定则，流过金属棒中的感应电流方向由B到A，A错误；由于AB匀加速运动，产生的感应电动势E＝BLv＝BLat越来越大，回路中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLa,R)t越来越大，穿过P的磁通量与电流成正比，越来越大，根据楞次定律推论，P环有收缩的趋势，故B正确；根据法拉第电磁感应定律，P环中产生恒定的感应电流，故D错误；根据楞次定律，P环与固定螺线管产生的磁场方向相反，两者相互排斥，P环对地面的压力增大，故C错误。类型2转动切割磁感线【例3】(2020·山东临沂市上学期期末)如图7所示，光滑铜环水平固定，半径为l，长为l、电阻为r的铜棒OA的一端在铜环的圆心O处，另一端与铜环良好接触，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现使铜棒OA以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，上方导线与O点连接，下方导线与铜环连接，其他电阻不计。下列说法正确的是()图7A.O点的电势比A点的电势高B.回路中通过的电流为eq\f(ωBl2,4r)C.该定值电阻两端的电压为eq\f(3,8)ωBl2D.该定值电阻上的热功率为eq\f(ω2B2l4,16r)答案C解析由右手定则可知电流方向从O点指向A点，OA是电源，电流从低电势流向高电势，故O点的电势比A点的电势低，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知E＝Bleq\f(0＋lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω，由闭合电路欧姆定律可知回路中通过的电流为I＝eq\f(E,r＋3r)＝eq\f(E,4r)，两式联立可得I＝eq\f(Bl2ω,8r)，故B错误；该定值电阻两端的电压为U＝I×3r，将前面求得电流值代入可得U＝eq\f(3,8)ωBl2，故C正确；由焦耳定律可知该定值电阻上的热功率P＝I2×3r＝eq\f(3ω2B2l4,64r)，故D错误。【变式3】(多选)(2020·安徽皖南八校4月联考)如图8所示，在纸面内有半圆形轻质导体框，O为圆心，圆半径长为L，AO段、弧AB段的电阻均为r，BO段导体的电阻可忽略，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界与半圆直径重合，现用外力使导体框在纸面内绕O点以角速度ω沿顺时针方向，从图示位置匀速转动一周，下列说法正确的是()图8A.圆弧AB段内电流方向总是从A流向BB.转动的前半周内A、B两端电压为eq\f(BωL2,2)C.转动的后半周内通过O点的电荷量为eq\f(πBL2,4r)D.外力对线框做的功为eq\f(πωB2L4,4r)答案CD解析导体框转动的前半周内，AO切割磁感线，感应电动势为E1＝eq\f(BωL2,2)，圆弧AB段内电流方向从A流向B，AB段为外电路、分压一半，故两端电压为U＝eq\f(1,2)E1＝eq\f(BωL2,4)；转动的后半周BO段切割磁感线，感应电动势为E2＝eq\f(BωL2,2)，圆弧AB段内电流方向从B流向A，故A、B错误；转动的后半周穿过导线框的磁通量变化量为ΔΦ＝eq\f(1,2)πBL2，电路总电阻为R＝2r，则转动的后半周内通过O点的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(\f(1,2)πBL2,2r)＝eq\f(πBL2,4r)，故C正确；从图示位置匀速转动一周过程中，外力对线框做的功等于产生的电能，则W＝eq\f(E2,2r)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BωL2,2)))\s\up12(2),2r)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωB2L4,4r)，故D正确。命题点三自感现象1.自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化。(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。2.自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，线圈中电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变【例4】(2020·北京市海淀区上学期期末)在如图9所示的电路中，两个完全相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。闭合开关S待电路稳定后，调整R的滑片使L1和L2亮度一样，此时通过两个灯泡的电流均为I。在之后的t0时刻断开S，则在如图所示的图像中，能正确反映t0前后的一小段时间内通过L1的电流i1和通过L2的电流i2随时间t变化关系的是()图9答案A解析当开关断开瞬间，通过电感线圈的电流减小，根据楞次定律可知感应电流为了阻碍电感线圈中的电流减小，感应电流的方向与原电流方向相同，如图所示。随着原电流的减小，感应电流也逐渐减小，所以通过小灯泡L1的电流方向不变且逐渐减小，故A正确，B错误；断开开关后感应电流通过小灯泡L2的方向与原电流方向相反，电流逐渐减小，故C、D错误。【变式4】[2020·苏、锡、常、镇四市调研(一)]如图10所示，电路中L为电感线圈，C为电容器，先将开关S1闭合，稳定后再将开关S2闭合，则()图10A.S1闭合时，灯A、B都逐渐变亮B.S1闭合时，灯A中无电流通过C.S2闭合时，灯B立即熄灭D.S2闭合时，灯A中电流由b到a答案D解析S1闭合时，因为电容器通交流阻直流，所以灯A中有短暂电流通过，且不会逐渐变亮，故A、B错误；S2闭合时，因为电感线圈，灯B会逐渐熄灭，故C错误；开关S2闭合时，电容放电，所以S2闭合瞬间A灯有电流从b到a，故D正确。命题点四涡流、电磁阻尼和电磁驱动电磁阻尼电磁驱动不同点成因由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力效果安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动能量转化导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功相同点两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动【例5】(2017·全国卷Ⅰ，18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图11所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是()图11答案A解析感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的震动；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A正确，B、C、D错误。【变式5】如图12所示，关于涡流，下列说法中错误的是()图12A.真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B.家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C.阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D.变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流答案B【变式6】[2020·浙江省名校联盟创新卷(一)]电磁炉又名电磁灶，是现代厨房革命的产物，它无需明火或传导式加热而让热直接在锅底产生，因此热效率得到了极大的提高。如图13乙所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是()图13A.电磁炉通电线圈加直流电，电流越大，电磁炉加热效果越好B.电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C.在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，电磁炉不能起到加热作用D.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差答案B解析电磁炉通电线圈加直流电，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流，所以没有加热效果，故选项A错误；电磁炉的原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，所以电磁炉通过线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故选项B正确；在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，因此不会影响电磁炉的加热作用，故选项C错误；金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，而不是因为导热性能较差，故选项D错误。课时限时练(限时：40分钟)对点练1法拉第电磁感应定律的理解和应用1.(2020·山东济南市期末学习质量评估)如图1甲所示，一线圈匝数为100匝，横截面积为0.01m2，匀强磁场与线圈轴线成30°角向右穿过线圈。若在2s时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差Uab为()图1A.－eq\r(3)V B.2VC.eq\r(3)V D.从0均匀变化到2V答案A解析与线圈轴线成30°角穿过线圈的向右磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)Scos30°由图可知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(6－2,2)Wb/s＝2Wb/s代入数据解得E＝100×2×eq\f(\r(3),2)×0.01V＝eq\r(3)V，根据楞次定律知安培安则判断，a点的电势低于b点的电势，则Uab＝－eq\r(3)V，故A正确。2.(多选)(2020·河南省上学期阶段性考试)如图2甲所示，abcd边长为20cm、总电阻为0.2Ω的正方形闭合导线框，固定在与线框平面垂直的范围足够大的匀强磁场中。磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，取垂直纸面向里为正。下列说法正确的是()图2A.t＝0时，线框a、b两点间电压为0.04VB.t＝1s时，线框中产生的感应电流为0.2A，方向为adcbaC.t＝2.5s时，线框中a、d两点间电压为0.06VD.在5～6s内，通过线框某横截面的电荷量为0.4C答案BD解析由公式E＝eq\f(ΔBl2,Δt)知，t＝0时线框产生的电动势为0.04V，线框相当于4个电动势为0.01V、内阻相同的电池串联，由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(4E,4r)＝eq\f(E,r)，每个电池两端电压U＝E－Ir＝E－eq\f(E,r)·r＝0，即a、b两点间电压为0，选项A错误；t＝1s时，由闭合电路的欧姆定律I＝eq\f(E,R)，解得I＝0.2A，由楞次定律可得，感应电流的方向为adcba，选项B正确；t＝2.5s时，电动势为E＝eq\f(ΔBl2,Δt)＝0.08V，则线框a、d两点间电压为0，选项C错误；由电荷量公式q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(ΔBl2,R)＝0.4C，即在5～6s内通过线框某横截面的电荷量为0.4C，选项D正确。3.(2020·北京市平谷区第二次模拟)如图3甲所示，带缺口的刚性金属圆环在纸面内固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面正对固定放置的平行金属板P、Q连接。圆环内有垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图乙所示(规定磁场方向垂直于纸面向里为正方向)。图中可能正确表示P、Q两极板间电场强度E(规定电场方向由P板指向Q板为正方向)随时间t变化情况的是()图3答案D解析在0至eq\f(T,4)时，磁感应强度B减小，故圆环中感应电流产生的磁场向里，圆环中的感应电流沿顺时针，故极板P带正电，电场方向由P指向Q，即电场方向是正方向，故选项B、C错误；又因为这段时间内磁场的变化是均匀的，故产生的感应电动势大小不变，所以P、Q两极板间的电压不变，电场强度不变，所以A错误，D正确。对点练2导体切割磁感线产生感应电动势4.(多选)(2020·内蒙古阿拉善盟上学期期末)如图4所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R＝10Ω的电阻。一阻值为R＝10Ω的导体棒ab以速度v＝4m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0.5T，方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是()图4A.导体棒中电流的流向为由b到aB.cd两端的电压为1VC.fe两端的电压为1VD.ab两端的电压为2V答案BC解析根据右手定则得，导体棒ab中电流的流向为由a到b，故A错误；ab产生的感应电动势为E＝Blv＝0.5×1×4V＝2V，则cd两端的电压为Ucd＝eq\f(R,2R)E＝1V，选项B正确；fe两端的电压等于cd两端的电压，是1V，选项C正确；ab两端的电压等于cd两端的电压，是1V，选项D错误。5.(多选)(2020·广东汕头市第一次模拟)如图5甲是法拉第圆盘发电机的照片，乙是圆盘发电机的侧视图，丙是发电机的示意图。设CO＝r，匀强磁场的磁感应强度为B，电阻为R，圆盘顺时针转动的角速度为ω()图5A.感应电流方向由D端经电阻R流向C端B.铜盘产生的感应电动势E＝eq\f(1,2)Br2ωC.设想将此圆盘中心挖去半径为eq\f(r,2)的同心圆，其他条件不变，则感应电动势变为eq\f(3,8)Br2ωD.设想将此圆盘中心挖去半径为eq\f(r,2)的同心圆，其他条件不变，则感应电动势变为eq\f(1,8)Br2ω答案BC解析根据丙图，由右手定则可知感应电流由C端经电阻R流向D端，选项A错误；铜盘产生的感应电动势E＝BLeq\o(v,\s\up6(－))＝Breq\f(v,2)＝Br·ωeq\f(r,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，选项B正确；由B可知，铜盘产生的感应电动势E＝eq\f(1,2)Br2ω，同理可求得挖去半径为eq\f(r,2)的同心圆产生的电动势E′＝eq\f(1,2)Bω(eq\f(r,2))2＝eq\f(1,8)Br2ω，故此圆盘挖去同心圆后，产生的电动势E″＝E－E′＝eq\f(1,2)Br2ω－eq\f(1,8)Br2ω＝eq\f(3,8)Br2ω，选项C正确，D错误。对点练3自感、涡流、电磁驱动和电磁阻尼6.(2020·吉林市第二次调研)如图6所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其直流电阻忽略不计。下列说法正确的是()图6A.S闭合瞬间，B先亮A后亮B.S闭合瞬间，A先亮B后亮C.电路稳定后，在S断开瞬间，B闪亮一下，然后逐渐熄灭D.电路稳定后，在S断开瞬间，B立即熄灭答案D解析闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为正向电压，故电流可通过灯泡A、B，即A、B灯泡同时亮，故A、B错误；因线圈的电阻为零，则当电路稳定后，灯泡A被短路而熄灭，当开关S断开瞬间B立刻熄灭，线圈中的电流也不能反向通过二极管，则灯泡A仍是熄灭的，故C错误，D正确。7.(2017·北京理综，19)图7甲和乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮。而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()甲乙图7A.图甲中，A1与L1的电阻值相同B.图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C.图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D.图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等答案C解析在图甲中，断开开关S1瞬间，L1与A1构成闭合回路，因灯A1突然闪亮，即通过A1电流增大，则可推出，闭合S1待电路稳定后，通过L1的电流大于通过灯A1的电流，根据L1与A1并联，所以L1的电阻小于A1的电阻，故选项A、B错误；在图乙中，闭合开关S2，最终A2与A3亮度相同，即电流相同，所以L2与变阻器R的电阻相同；闭合开关S2的瞬间，L2中电流小于变阻器R中电流，故选项C正确，D错误。8.(多选)如图8甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图。其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息。如图乙所示是一个由带铁芯的线圈L、开关S和电源连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起。对以上两个实例的理解正确的是()图8A.涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自感现象B.能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C.金属探伤时接的是交流电，跳环实验装置中接的是直流电D.以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是恒压直流电源答案BC解析涡流探伤技术的原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变；跳环实验中线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量改变，套环中产生感应电流，会跳起，属于演示楞次定律的实验，故A错误；无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流的产生需要是导电材料，故B正确；金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，故C正确，D错误。9.(2020·江苏海门中学第二次质调)