物理电场专题计算

考纲解读章内容考试要求说明必考加试电磁感应电磁感应现象b1.在用楞次定律判断感应电流方向时，只要求闭合电路中磁通量变化容易确定的情形2．导体切割磁感线时感应电动势的计算，只限于l、B、v三者垂直的情形3．不要求计算涉及反电动势的问题4．在电磁感应现象中，不要求判断电路中各点电势的高低5．不要求计算既有感生电动势，又有动生电动势的电磁感应问题6．不要求计算自感电动势7．不要求解释电磁驱动和电磁阻尼现象楞次定律c法拉第电磁感应定律d电磁感应现象的两类情况b互感和自感b涡流、电磁阻尼和电磁驱动b一、磁通量1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积．2．公式：Φ＝BS.3．单位：1Wb＝1_T·m2.4．物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数．二、电磁感应现象1．电磁感应现象：当闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象．2．产生感应电流的两种情况：(1)闭合电路的磁通量发生变化．(2)闭合电路的一部分导体切割磁感线运动．3．电磁感应现象的实质：电路中产生感应电动势，如果电路闭合则有感应电流产生．4．能量转化：发生电磁感应现象时，是机械能或其他形式的能量转化为电能．三、楞次定律1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)适用范围：适用于一切回路磁通量变化的情况．2．右手定则(如图1所示)图1(1)使用方法：①让磁感线穿入右手手心．②使大拇指指向导体运动的方向．③则其余四指指向感应电流的方向．(2)适用范围：适用于部分导体切割磁感线的情况．四、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：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).五、自感涡流1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，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．2．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．(3)涡流的利用：冶炼金属的高频感应炉利用强大的涡流产生焦耳热使金属熔化；家用电磁炉也是利用涡流原理制成的．(4)涡流的减少：各种电机和变压器中，用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯，以减少涡流．加试基础练1．如图2所示为通电长直导线的磁感线图，等面积线圈S1、S2与导线处于同一平面，关于通过线圈S1、S2的磁通量Φ1、Φ2，下列分析正确的是()图2A．Φ1>Φ2B．Φ1<Φ2C．Φ1＝Φ2≠0D．Φ1＝Φ2＝0答案A解析磁通量的物理意义可理解为穿过某一截面的磁感线条数，由图可判断出Φ1>Φ2.故A项正确．2．(多选)(2016·丽水模拟)下列图中不能产生感应电流的是()答案ACD解析选项A中的回路不闭合，不能产生感应电流；选项C、D回路中的磁通量不变化，也不能产生感应电流；B选项中的磁通量在增加，又是闭合回路，能产生感应电流，故本题选A、C、D.3．(多选)下列各图是验证楞次定律实验的示意图，各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中与事实相符的是()答案CD解析A图中磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量在向下增加，由楞次定律知感应电流的磁场阻碍原磁场的增加，方向向上，再由安培定则可以判断A中感应电流的方向与图中相反，所以A错，同理得B错，C、D正确．4．(多选)如图3所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B的大小随时间变化而变化．下列说法中正确的是()图3A．当B增大时，线框中的感应电流一定增大B．当B增大时，线框中的感应电流可能减小C．当B减小时，线框中的感应电流一定减小D．当B减小时，线框中的感应电流可能不变答案BD解析根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可得E＝neq\f(S·ΔB,Δt)，感应电动势与eq\f(ΔB,Δt)成正比，当磁感应强度B增大或减小时，并不能确定eq\f(ΔB,Δt)是增大或减小，所以感应电动势的大小不能确定．再据欧姆定律可知，感应电流I＝eq\f(E,R)的大小也无法确定，故A、C错误，B、D正确．5．(2016·杭州调研)如图4所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水．给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是()图4A．恒定直流、小铁锅B．恒定直流、玻璃杯C．变化的电流、小铁锅D．变化的电流、玻璃杯答案C解析通入恒定电流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流．通入变化的电流时，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高．涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温，故C正确.电磁感应现象楞次定律1．穿过闭合电路的磁通量发生变化，大致有以下几种情况(1)磁感应强度B不变，线圈面积S发生变化．(2)线圈面积S不变，磁感应强度B发生变化．(3)磁感应强度B和回路面积S同时发生变化，此时可由ΔΦ＝Φ1－Φ0计算并判断磁通量是否变化．(4)线圈面积S不变，磁感应强度B也不变，但二者之间夹角发生变化．2．判断电磁感应现象能否发生的一般流程3．楞次定律的使用步骤例1如图5所示，在两根平行长直导线M、N中通以同方向、同大小的电流，矩形导线框abcd的两边与两导线平行，且与两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向自右向左在两导线间匀速移动，则在移动过程中线框中感应电流方向是()图5A．沿abcd不变 B．沿adcb不变C．由abcd变成adcb D．由adcb变成abcd答案B解析本题中M与N中电流的方向相同，在M的右侧电流所产生的磁场方向垂直纸面向里，且离得越远，磁感应强度越小；在N的左侧电流所产生的磁场方向垂直纸面向外，且离得越远，磁感应强度越小．也就是说，MN之间的磁场是变化的，要正确解决此问题，我们需要应用楞次定律，可以判断出，闭合线框abcd在从N到M的运动过程中，垂直纸面向外的磁通量减少，垂直纸面向里的磁通量增加，为了阻碍磁通量的变化，线框中的电流始终沿着adcb方向．故选项B正确．利用楞次定律判断感应电流和感应电动势的方向1．利用楞次定律判断的电流方向也是电路中感应电动势的方向，利用右手定则判断的电流方向也是做切割磁感线运动的导体上感应电动势的方向．若电路为开路，可假设电路闭合，应用楞次定律或右手定则确定电路中假想电流的方向即为感应电动势的方向．2．在分析电磁感应现象中的电势高低时，一定要明确产生感应电动势的那部分电路就是电源．在电源内部，电流方向从低电势处流向高电势处．变式题组1．如图6所示，直导线ab通有电流I，矩形线圈ABCD由图中实线位置运动到虚线所示位置的过程中，若第一次是平移，第二次是翻转180°.设前后两次通过线圈平面磁通量的变化为ΔΦ1、ΔΦ2，下列说法正确的是()图6A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1<ΔΦ2C．ΔΦ1＝ΔΦ2 D．无法比较答案B2．(多选)如图7所示，下列情况能产生感应电流的是()图7A．如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动B．如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时C．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时D．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时答案BD解析A中导体AB顺着磁感线运动，穿过闭合电路的磁通量没有发生变化，无感应电流，故选项A错误；B中条形磁铁插入线圈时，线圈中的磁通量增加，拔出时线圈中的磁通量减少，都有感应电流产生，故选项B正确；C中开关S一直接通，回路中为恒定电流，螺线管A产生的磁场稳定，螺线管B中的磁通量无变化，线圈中不产生感应电流，故选项C错；D中开关S接通，滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管A的磁场变化，螺线管B中的磁通量变化，线圈中产生感应电流，故选项D正确．3.如图8所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将()图8A．S增大，l变长B．S减小，l变短C．S增大，l变短D．S减小，l变长答案D解析当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增大，金属圆环中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量的增大．一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离直导线的方式进行阻碍，故选项D正确．法拉第电磁感应定律的理解及应用1．决定因素感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)和线圈匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系，eq\f(ΔΦ,Δt)为单匝线圈产生的感应电动势大小．2．适用范围法拉第电磁感应定律适用于任何情况下感应电动势的计算，但在中学物理中一般用来计算某段时间内的平均电动势．若所取时间极短，即Δt趋近于零时，所求感应电动势为该时刻的瞬时感应电动势．3．两种常见情况(1)回路与磁场垂直的面积S不变，磁感应强度发生变化，则ΔΦ＝ΔB·S，E＝neq\f(ΔB,Δt)·S.(2)磁感应强度B不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则ΔΦ＝B·ΔS，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).例2(多选)如图9甲所示，一个阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示．图线与纵、横轴的截距分别为B0和t0，导线的电阻不计．则0至t1时间内()图9A．电流的方向为由a到bB．电流的大小为eq\f(nπB0r\o\al(2,2),3Rt0)C．通过电阻R1的电量为eq\f(nπB0r\o\al(2,2)t1,3Rt0)D．电阻R1上产生的热量为eq\f(2n2π2B\o\al(2,0)r\o\al(4,1)t1,9Rt\o\al(2,0))答案BC解析由图乙可知穿过线圈的磁通量在均匀减少，据楞次定律结合安培定则可判断出通过R1的电流方向为由b到a，故A错误．线圈中的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n|eq\f(ΔB,Δt)|πreq\o\al(2,2)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),t0)，据闭合电路欧姆定律求得电流I＝eq\f(E,R＋R1)＝eq\f(E,3R)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)，故B正确．通过R1的电量q＝It1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)，故C正确．R1上产生的热量由焦耳定律求得，Q＝I2R1t1＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))，故D错误．对Φ、ΔΦ和eq\f(ΔΦ,Δt)的理解和易错点拨1．不能通过公式正确地计算Φ、ΔΦ和eq\f(ΔΦ,Δt)的大小，错误地认为它们都与线圈的匝数n成正比．2．认为公式中的面积S就是线圈的面积，而忽视了无效的部分；不能通过Φ－t(或B－t)图象正确地求解eq\f(ΔΦ,Δt).3．认为Φ＝0(或B＝0)时，eq\f(ΔΦ,Δt)一定等于零．4．不能正确地分析初、末状态穿过线圈的磁通量的方向关系，从而不能正确利用公式ΔΦ＝Φ2－Φ1求解ΔΦ.变式题组4．将闭合多匝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解析由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错；感应电动势正比于eq\f(ΔΦ,Δt)，与磁通量的大小无直接关系，B错误，C正确；根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D错误．5．(多选)(2016·舟山模拟)如图10所示，在t0～2t0时间内与0～t0时间内相比较，下列说法正确的有()图10A．感应电动势大小相等B．感应电流的方向不相同C．通过R1的电量相等D．R1上产生的热量不相等答案AC解析在0～t0及t0～2t0的两段时间内，磁感应强度的变化率相同，故感应电动势、感应电流、通过R1的电量及在R1上产生的热量均相等，由楞次定律可判断出感应电流的方向也是相同的，故本题B、D错误，A、C正确．6．(多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图11所示，当磁场以eq\f(ΔB,Δt)的变化率增强时，则()图11A．线圈中感应电流方向为acbdaB．线圈中产生的电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)C．线圈中a点电势高于b点电势D．线圈中a、b两点间的电势差为eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)答案AB解析由楞次定律可知A对；由法拉第电磁感应定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)，B对；acb部分等效为电源，其等效电路如图所示，故C错；而Uab＝eq\f(E,2)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,4)，D错．导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．公式E＝Blv的使用条件(1)匀强磁场．(2)B、l、v三者相互垂直．2．“相对性”的理解E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．3．E＝neq\f(ΔΦ,Δt)、E＝Blv的比较(1)区别：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)常用于求平均感应电动势；E＝Blv既可求平均值，也可以求瞬时值．(2)联系：E＝Blv是E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的一种特殊情况．当导体做切割磁感线运动时，用E＝Blv求E比较方便，当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E比较方便．例3(2015·新课标全国Ⅱ·15)如图12，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()图12A．Ua>Uc，金属框中无电流B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a→b→c→aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a答案C解析金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua<Uc，Ub<Uc，选项A错误；由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，选项C正确．感应电动势的计算及电势高低的判断1．计算：切割方式感应电动势的表达式垂直切割E＝Blv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．判断：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．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．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．变式题组7．如图13所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里，一根足够长的直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为()图13A.eq\f(Bdv,Rsin60°) B.eq\f(Bdv,R)C.eq\f(Bdvsin60°,R) D.eq\f(Bdvcos60°,R)答案A解析因磁感应强度B的方向、棒的运动方向及棒本身三者相互垂直，故E＝Blv，其中l＝eq\f(d,sin60°)，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bdv,Rsin60°)，选项A正确．8．如图14所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距0.4m，左端接有阻值为0.2Ω的电阻．一质量为0.2kg、电阻为0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，导轨之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5T．棒在水平向右的外力作用下以0.3m/s的速度匀速运动，运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．已知导轨足够长且电阻不计，则()图14A．MN棒运动过程中两端的电压为0.02VB．MN棒运动过程中两端的电压为0.06VC．棒匀速运动1s过程中电阻R发热0.008JD．棒匀速运动1s过程中电阻R发热0.012J答案C解析E＝Blv＝0.5×0.4×0.3V＝0.06V，I＝eq\f(E,R＋r)＝0.2A，根据闭合电路知识知MN棒两端电压为路端电压U＝IR＝0.04V，A、B项错误；Q＝I2Rt＝0.22×0.2×1J＝0.008J，C项正确，D项错误．电磁感应中的图象问题1．图象类型电磁感应中主要涉及的图象有B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象．还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象，即E－x图象和I－x图象．2．应用知识(1)四个规律：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律．(2)应用公式：①平均电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)②平动切割电动势E＝Blv③转动切割电动势E＝eq\f(1,2)Bl2ω④闭合电路的欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)⑤安培力F＝BIl⑥牛顿运动定律的相关公式等3．基本方法(1)明确图象的种类，是B－t图象还是Φ－t图象，或者E－t图象、I－t图象等．(2)分析电磁感应的具体过程．(3)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律列出函数方程．(4)根据函数方程进行数学分析．如斜率及其变化、两轴的截距、图线与坐标轴所围图形的面积等代表的物理意义．(5)画图象或判断图象．例4如图15，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框．在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图象中，可能正确描述上述过程的是()图15答案D解析导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝eq\f(E,R)、F＝BIL得F＝eq\f(B2L2v,R)，随着v的减小，安培力F减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F＝eq\f(B2L2v,R)，导线框做加速度减小的减速运动，所以选项D正确．电磁感应中图象问题的分析技巧1．对于图象选择问题常用排除法：先看方向再看大小及特殊点．2．对于图象的描绘：先定性或定量表示出所研究问题的函数关系，注意横、纵坐标表达的物理量及各物理量的单位，画出对应物理图象(常有分段法、数学法)．3．对图象的理解：看清横、纵坐标表示的量，理解图象的物理意义．变式题组9．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图16所示．如果只将刷卡速度改为eq\f(v0,2)，线圈中的E－t关系图可能是()图16答案D解析当以不同速度刷卡时，磁卡的不同的磁化区经过线圈时，线圈内的磁通量的变化量ΔΦ是相同的，刷卡速度由v0变为eq\f(v0,2)时，完成相同磁通量变化的时间Δt变为原来的2倍，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得线圈产生的感应电动势相应的都变为原来的eq\f(1,2)，故D选项正确．10．将一段导线绕成图17甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是()图17答案B解析0～eq\f(T,2)时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向左.eq\f(T,2)～T时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向右，故B正确.1．(多选)如图1所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下能使电流表指针偏转的是()图1A．将磁铁插入螺线管的过程中B．磁铁放在螺线管中不动时C．磁铁停在螺线管上方不动的时候D．将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中答案AD解析只要是线圈中的磁通量发生变化，回路中就有感应电流，指针便会偏转；只要是线圈中的磁通量不发生变化，回路中无感应电流，指针便不会偏转．在磁铁插入、拉出过程中线圈中的磁通量均发生变化，因此A、D正确；磁铁放在螺线管中不动时，线圈中的磁通量不发生变化，无感应电流产生，故B错误；磁铁放在螺线管上方不动时，线圈中的磁通量不发生变化，无感应电流产生，故C错误．2．(多选)(2016·金华十校联考)在图2中，线圈M和线圈P绕在同一铁芯上，则()图2A．当闭合开关S的一瞬间，线圈P里没有感应电流B．当闭合开关S的一瞬间，线圈P里有感应电流C．当断开开关S的一瞬间，线圈P里没有感应电流D．当断开开关S的一瞬间，线圈P里有感应电流答案BD解析闭合与断开S的瞬间，P内的磁通量都会发生变化，有感应电流产生．3．如图3，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a()图3A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转答案B解析依题意，b中产生顺时针方向的感应电流，这是圆环b中向外的磁通量增大或向里的磁通量减小所致．讨论时要注意圆环a产生的磁场有环内与环外之分，但以环内为主，要使圆环b中向外的磁通量增大，则a环内的磁场向外，且增大，故圆环a应逆时针加速旋转，此时a、b两环中为异向电流相互排斥，圆环b应具有扩张趋势，故C、D错；要使圆环b中向里的磁通量减小，则a环内的磁场向里，且减小，故圆环a应顺时针减速旋转，此时a、b两环中为同向电流相互吸引，圆环b应具有收缩趋势，故A错，B对．4．(2016·丽水模拟)如图4所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是()图4A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地答案D解析甲是铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．5．如图5所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则下图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是()图5答案B解析闭合铜环下落过程的侧视图如图所示，据右手定则或楞次定律可知闭合铜环在原点O上方和下方时电流方向相反，D错．闭合铜环从Ⅰ位置到Ⅱ位置过程电动势E变大，Ⅲ位置速度与磁感线平行，E＝0，闭合铜环下落过程加速运动，且在原点O下方速度较大，电动势E的最大值比上方E的最大值大，A、C错，B对．6．(2016·温州市调研)如图6是用于观察自感现象的电路图，设线圈的自感系数较大，线圈的直流电阻RL与灯泡的电阻R满足RL≪R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到()图6A．灯泡立即熄灭B．灯泡逐渐熄灭C．灯泡有明显的闪亮现象D．只有在RL≫R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象答案C解析S闭合电路稳定时，由于RL≪R，那么IL≫IR，S断开的瞬时，流过线圈的电流IL要减小，在L上产生的自感电动势要阻碍电流的减小，通过灯原来的电流IR随着开关断开变为零，而灯与线圈形成闭合回路，流过线圈的电流IL通过灯泡，由于IL≫IR，因此灯开始有明显的闪亮现象，C正确，A、B错误；若RL≫R，则IL≪IR，这样不会有明显的闪亮现象，D错．7．(多选)如图7甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()图7A．在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗B．在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗C．在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D．在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗答案AD解析题图甲所示电路中，灯A和线圈L串联，电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，通过R、A形成回路，灯A逐渐变暗；题图乙所示电路中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不给灯供电，而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流比原来大，变得更亮，然后逐渐变暗．8．(多选)(2014·江苏·7)如图8所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()图8A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯答案AB解析当接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A、B正确，选项C、D错误．9.如图9所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直于线圈平面．若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为()图9A．πBR2 B．πBr2C．nπBR2 D．nπBr2答案B解析磁通量与线圈匝数无关，磁感线穿过的面积为πr2，而并非πR2，故B项对．10．如图10所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()图10A.eq\f(Ba2,2Δt)B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt)D.eq\f(2nBa2,Δt)答案B解析线圈中产生的感应电动势E＝neq\f(ΔФ,Δt)＝n·eq\f(ΔB,Δt)·S＝n·eq\f(2B－B,Δt)·eq\f(a2,2)＝eq\f(nBa2,2Δt)，选项B正确．11．(2015·海南单科·2)如图11所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则eq\f(ε′,ε)等于()图11A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)答案B解析设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，ε＝BLv；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)L，故产生的感应电动势为ε′＝Blv＝B·eq\f(\r(2),2)Lv＝eq\f(\r(2),2)ε，所以eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2)，B正确．12．(2015·浙江1月学考·30)如图12所示，某实验小组在操场上做摇绳发电实验．长导线两端分别连在灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合电路．两位同学以每2秒约3圈的转速匀速摇动AB段导线