新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题24 法拉第电磁感应定律的理解及应用（含解析）

专题24法拉第电磁感应定律的理解及应用[题型导航]题型一电磁感应现象的理解和判断 1题型二感应电流方向的两种判断方法 6题型三楞次定律的应用 6题型四三定则一定律的应用 19[考点分析]题型一对法拉第电磁感应定律的理解及应用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．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．(2)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).2．感应电动势大小的决定因素(1)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)和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)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).3．磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一闭合金属圆环，面积为S，电阻为R。规定圆环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（）A．0～1s内感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向上 B．1～2s内通过圆环的感应电流的方向与图甲所示方向相反 C．0～2s内线圈中产生的感应电动势为B0D．2～4s内线圈中产生的焦耳热为2【解答】解：A、0～1s内磁场向下减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，故A错误；B、1～2s内磁场向上增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，所以感应电流方向与图甲所示方向相同，故B错误；C、根据法拉第电磁感应定律有：E＝nΔΦΔt=nsΔBΔtD、同C选项可知在2～4s内线圈中的感应电动势为E＝B0S，焦耳热P=E2R故选：D。（多选）如图甲所示，半径为r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连接，两板间距为d。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）。在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，电荷始终在两板间运动，则下列说法中正确的是（）A．第3s内场强方向向下 B．第2s内两极板之间的电场强度大小为0.2πrC．第2s末微粒回到了原来位置 D．第4s末微粒回到了原来位置【解答】解：A．在第3s内，磁场垂直纸面外均匀增大，根据楞次定律判断知线圈中产生感应电流的方向为顺时针方向，则平行金属板上极板带正电，所以场强方向向下，故A正确；B．根据法拉第电磁感应定律可得电动势U=第2s内两极板之间的电场强度大小为E=故B错误；CD．由选项B可知，极板间的电场强度为E=即极板间的电场强度与B﹣t图像的斜率成正比，由图乙可知0～1s内与3～4s内极板间的电场强度相同，与1～3s内极板间的电场强度大小相等，但方向相反，所以可知微粒在0～1s内匀加速，1～2s内匀减速，根据对称性可知，微粒在第2s末速度减为零，但微粒并未回到了原来位置；接着2s～3s微粒反向匀加速，3s～4s匀减速，根据对称性可知，在第4s末微粒回到了原来位置，故C错误，D正确。故选：AD。如图所示，半径为r0的圆形线圈共有n匝，总电阻为R，其中心位置处半径为r（r＜r0）的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面。若磁感应强度B随时间变化的关系为B＝kt，则（）A．穿过线圈的磁通量为nπBr2 B．线圈中的磁通量的变化率为nkπr2 C．线圈中的感应电动势为nkπrD．0～t0时间内线圈中的焦耳热为(nkπ【解答】解：A、穿过线圈的磁通量为Φ＝B•πr2＝πBr2，故A错误；B、由B＝kt得ΔBΔt=k，则线圈中的磁通量的变化率为ΔΦΔt=Δ(πBr2)Δt=C、根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势：E＝nΔΦΔt=nkπrD、0～t0时间内线圈中的焦耳热为Q=E故选：D。图甲为手机及无线充电板，图乙为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，磁场视为匀强磁场．若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1增加到B2，则这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流方向（俯视）为（）A．n(B2B．n(B2C．(B2D．(B【解答】解：根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，由感应电动势E＝nΦt=n故BCD错误，A正确；故选：A。（多选）由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图（a）所示。其中，螺线管匝数为N，横截面积为S1；电容器两极板间距为d，极板面积为S2，板间介质为空气（可视为真空）。螺线管处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的B﹣t图象如图（b）所示。一电荷量为q的颗粒在t1～t2时间内悬停在电容器中，重力加速度大小为g，静电力常量为k。则（）A．颗粒带负电 B．颗粒质量为qNSC．t1～t2时间内，a点电势高于b点电势 D．电容器极板带电量大小为N【解答】解：A、穿过线圈的磁通量向上增大时，根据楞次定律可知，螺线管产生的电动势上边高，所以电容器的上极板带正电，下极板带负电，电容器内电场强度的方向向下；由于带电颗粒处于静止状态，则颗粒受到的电场力与重力大小相等，方向相反，所以颗粒带负电，故A正确；B、颗粒受到的电场力与重力大小相等，则：mg＝qE=由电路图可知，穿过线圈的磁通量稳定变化时，线圈产生稳定的电动势但电路中没有电流，线圈产生的电动势等于电容器两极板之间的电势差U；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E电＝U=N⋅△Φ联立可得颗粒的质量：m=qNC、t1～t2时间内穿过线圈的磁通量稳定变化，线圈产生稳定的电动势但电路中没有电流，所以电阻R两端的电势差为零，可知a点的电势等于b点的电势，故C错误；D、板间介质为空气，则该电容器的电容：C=S电容器极板所带的电荷量：Q＝CU=N故选：AD。题型二导体切割磁感线产生感应电动势 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．(3)如不垂直，用公式E＝Blvsinθ求解，θ为B与v方向间的夹角．2．“瞬时性”的理解(1)若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势．(2)若v为平均速度，则E为平均感应电动势．3．切割的“有效长度”公式中的l为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度．图4中有效长度分别为：图4甲图：l＝eq\x\to(cd)sinβ；乙图：沿v1方向运动时，l＝eq\x\to(MN)；沿v2方向运动时，l＝0.丙图：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R.4．“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．如图所示竖直U形光滑轨道宽L＝0.8m置于垂直纸面向外的匀强磁场B中，磁感应强度B＝5T。质量为m＝0.8kg，电阻为r＝2Ω的导体棒ab与U形轨道接触良好，恰好可以匀速下滑，其中R＝8Ω，g取10m/s2。下面说法正确的是（）A．ab中的电流方向为a向b B．通过R电流大小为2A C．ab两端的电压为4V D．ab运动的速度为1m/s【解答】解：A、根据右手定则可知，ab中的电流方向为b向a，故A错误；B、导体棒ab做匀速运动，根据平衡条件得：BIL＝mg，则通过R电流大小为I=mgC、ab两端的电压为U＝IR＝2×8V＝16V，故C错误；D、导体棒ab产生的感应电动势为E＝I（r+R）＝2×（2+8）V＝20V，又E＝BLv，解得ab运动的速度为：v＝5m/s，故D错误。故选：B。某同学设计了飞船登陆地外屋球的电磁阻尼缓冲装置：其模拟器如图所示。模拟器由船舱主体、光滑导轨，缓冲弹簧、绝缘缓冲底座、绝缘缓冲底座上的线圈以及固定在船舱主体上的超导线圈（图中未画出）组成。其中导轨固定在船舱主体下端，绝缘缓冲底座上的线圈为竖直绕在绝缘底座上的单匝闭合线圈，超导线圈产生水平方向的磁场。已知绝缘底座与地面接触后速度迅速减为零，导轨与线圈接触良好，则关于电磁阻尼缓冲装置分析正确的是（）A．船舱主体下端MN必须是导体，不能与导轨绝缘 B．只增加导轨长度，可能使缓冲弹簧接触地面前速度为零 C．只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小 D．只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小【解答】解：A、题中缓冲装置是利用绝缘缓冲底座上的线圈感应出感应电流，与船舱主体上的超导线圈互感发生相互作用，从而让船舱主体缓冲的，不是船舱主体下端MN切割磁感线发生感应相互作用的，所以MN无需是导体，可以与导轨绝缘，故A错误；B、绝缘缓冲底座上的线圈ab边切割磁感线，线圈回路磁通量变化，形成感应电流，磁场对ab边的安培力向下，根据牛顿第三定律，ab边对超导线圈的力向上，超导线圈固定在船舱主体上，对船舱主体和导轨，有：B2CD、当船舱主体所受安培力等于重力时，有mg=B2L故选：C。某铁路安装有一种电磁装置可以向控制中心传输信号，以确定火车的位置和运动状态，其原理是将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图甲所示（俯视图），当它经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心。线圈边长分别为l1和l2，匝数为n，线圈和传输线的电阻忽略不计。若火车通过线圈时，控制中心接收到线圈两端的电压信号u与时间t的关系如图乙所示（ab、cd均为直线），t1、t2、t3、t4是运动过程的四个时刻，则火车（）A．在t2～t3时间内做匀速直线运动 B．在t3～t4时间内做匀减速直线运动 C．在t1～t2时间内加速度大小为u2D．在t1～t2时间内和在t3～t4时间内阴影面积相等【解答】解：A、在t2～t3时间内，线圈产生的感应电动势为零，说明穿过线圈的磁通量不变，不能判断火车做什么运动，故A错误；B、由E＝nBl1v可知，线圈产生的感应电动势与速度成正比，在t3～t4时间内，ab段的电压随时间均匀增大，因此可知在t3～t4这段时间内，火车的速度随时间均匀增大，所以火车做的是匀加速直线运动，故B错误；C、同理可知，火车在t1～t2内做匀加速直线运动，在t1时刻对应的速度为v1=u1nBl1，t2时刻对应的速度为vD、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知若是v﹣t图像，在t1～t2时间内和在t3～t4时间内阴影面积表示产生匀强磁场的磁铁的宽度，则两阴影面积相等，由u＝E＝nBl1v得知在t1～t2时间内和在t3～t4时间内阴影面积相等，故D正确。故选：D。如图，轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中心，O为圆心，轨道的电阻不计，OM是有一定电阻，可绕O点转动的金属杆，M端位于PQ上，OM与轨道接触良好，空间有一与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使金属杆从OQ位置以恒定的角速度逆时针转过θ角到OM位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小从B增加到B1（过程Ⅱ）。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，且B1＝1.4B，则θ角为（）A．π2 B．π3 C．π4【解答】解：设半圆弧的半径为R，过程Ⅰ中，穿过回路的磁通量变化量为：ΔΦ＝B•ΔS＝B•12θR根据法拉第电磁感应定律有：E设OM的电阻为r，此过程中流过OM的电荷量为：q1=I1•Δt1同理，过程Ⅱ中，流过OM的电荷量为：q2=Δ由题：B1＝1.4B，q1＝q2…③联立①②③可得：θ=π故选：B。（多选）如图所示，电阻不计的两平行光滑金属导轨固定在竖直平面内，导轨上、下两端分别连接阻值为R1＝0.6Ω、R2＝1.2Ω的定值电阻，两导轨之间的距离为L＝1m。矩形区域abcd内存在磁感应强度大小为B＝1T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为h1＝1.5m。在cd下方有一垂直于导轨、长为L的导体棒MN，其质量为m＝2kg，电阻为r＝0.1Ω，最初MN与cd之间的距离为h2＝2m，导体棒在竖直向上的恒力F＝28N的作用下由静止开始运动。已知MN与导轨始终垂直且接触良好，取g＝10m/s2。则导体棒MN在磁场中运动的过程中（）A．导体棒MN两端的电势差UMN＝0.8V B．导体棒MN的热功率为6.4W C．R1上产生焦耳热的最大值为8J D．流过R2的电荷量的最大值为1C【解答】解：A、导体棒MN在恒力作用下向上匀加速运动，设进入磁场时速度为v，根据动能定理可得：Fh2﹣mgh2=1代入可解得：v＝4m/s进入磁场时，导体棒切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv＝1×1×4V＝4V电路中R1与R2的并联电阻为R=R1导体棒MN的电流：I=E导体棒受到的安培力为：F安＝BIL＝1×8×1N＝8N重力mg＝2×10N＝20N由于F＝F安+mg可知进入磁场后导体棒匀速运动，产生的电动势恒定，电流恒定，则导体棒MN两端的电势差为：UMN＝IR＝8×0.4V＝3.2V，故A错误；B、导体棒MN的热功率为：P＝I2r＝82×0.1W＝6.4W，故B正确；C、导体棒通过磁场所用时间：t=ℎ1vR1上产生焦耳热的最大值为：Q=U代入数据解得：Q＝6.4J，故C错误；D、流过R2的电荷量的最大值为：q=R故选：BD。如图，两根相距L的水平平行金属导轨OD、O′D′，置于水平向右的匀强磁场中，磁感应强度B1＝4B．DD′间连接一个开关S与一个阻值为R的电阻，导轨左端O、O′分别通过一小段金属圆弧与倾斜的平行光滑金属导轨OC、O′C′平滑相连，两导轨均与水平面成θ＝30°，两导轨间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝B，OC与OD均与OO′垂直．长度为L的金属杆M、N放在倾斜导轨上并与之垂直，接触良好，M、N的质量均为m，电阻均为R．初始时，开关S断开，将N杆静止释放，同时给M杆施加一个平行导轨向上F＝mg的恒定外力，使M、N杆由静止开始运动，在N杆运动到OO′的过程中，N杆产生的热量为Q，且N杆已匀速运动．当N杆刚进入水平轨道时，闭合开关S，一段时间后M杆开始匀速运动．已知导轨均足够长且电阻不计，N杆与水平导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．求：（1）初始时N杆的加速度大小；（2）初始时N杆到OO′的距离；（3）N杆在水平导轨上运动的最终速度大小。【解答】解：（1）初始时对N杆受力分析如图1所示；设N杆的加速度为a，对N杆根据牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma解得：a＝0.5g；（2）N杆到达oo边界前对M、N系统受力分析如图2所示；可知系统沿倾斜导轨方向所受的合外力等于零，所以M、N系统沿倾斜导轨方向动量守恒，设N杆到达OO′边界前速度大小为v，M杆速度大小为v1，沿导轨向下为正方向，由动量守恒定律可得：mv﹣mv1＝0解得：v1＝v回路电动势：E＝2B2Lv＝2BLv回路电流：I=M、N所受安培力大小均为：F安＝B2IL由于N杆运动到OO′边界前已匀速，所以有：F安＝mgsinθ联立可得：v=设N杆到OO′的距离为x，对N杆由动能定理得：mgxsinθ﹣W克安=1由功能关系得：W克安＝Q联立解得：x=2Q（3）N杆到达水平导轨时受力如图3所示；分析可知N杆向右开始减速运动，而M杆向上加速运动，设M杆速度重新达到稳定时速度大小为vM，则M杆切割产生电动势为：EM＝BLvM由欧姆定律得：IM=由平衡条件得：BIML+mgsinθ＝F解得M杆稳定时速度：vM=所以此时M杆的电流为：IM=mg2BL，N杆中电流：IN杆受到的安培力：F安N＝B1INL＝mg由：N1＝mg﹣F安N可得：N1＝0故：f＝0此时N杆也达到稳定速度，设为vN，设N杆OO′到两杆速度稳定的时间为t，由动量定理可知：对M杆有：（F﹣mgsinθ）t﹣BLIt＝m（vM﹣v）即：12mgt﹣BLIt＝m（vM﹣对N杆有：μN1′t＝m（v﹣vN）其中：N1′＝mg﹣B1LI代入得：2μ（12mgt﹣BLIt）＝m（v﹣vN联立解得：vN=讨论：①当0＜μ＜1时，N杆最终在水平导轨上向右匀速运动，速度大小vN=②当μ≥1时，N杆最终静止在水平导轨上。答：（1）初始时N杆的加速度大小为0.5g；（2）初始时N杆到OO′的距离为2Qmg（3）当0＜μ＜1时，N杆最终在水平导轨上向右匀速运动，速度大小为mgR2B2L题型三自感现象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．自感现象“阻碍”作用的理解(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加．(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐变小．3．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(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．4．断电自感中，灯泡是否闪亮问题(1)通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮．(2)通过灯泡的自感电流小于或等于原电流时，灯泡不会闪亮．加速性能、电能利用率、动能回收等是电动汽车电机的重要指标。如图所示，甲、乙分别是目前被广泛采用的两种电机的简化原理示意图，它们的相同点是利用作为定子的电磁铁（二组线圈，图中1和4；2和5；3和6所示）交替产生磁场，实现了电磁铁激发的磁场在平面内沿顺时针方向转动的效果，以驱动转子运动；不同的是甲图所示电机的转子是一个永磁铁，而乙图所示电机的转子是绕在软铁上的闭合线圈。通过电磁驱动转子转动，可以为电动汽车提供动力。假定两种电机的每组电磁铁中电流变化周期和有效值均相同，下列说法正确的是（）A．电机稳定工作时，乙电机转子的转速与电磁铁激发磁场的转速相同 B．电机稳定工作时，乙电机产生的焦耳热相对较少 C．电机稳定工作时，乙电机转子的转速越接近电磁铁激发磁场的转速，其所受安培力就越大 D．刹车（停止供电）时，甲电机转子由于惯性旋转，可以通过反向发电从而回收动能【解答】解：A.乙电机中，转子也是线圈，乙转子的转动是由于穿过转子线圈的磁通量发生变化而产生感应电流，电流受安培力作用而运动，相当于电磁驱动，安培力阻定子和转子间的相对运动，但不能阻止，故转子比定子转得慢一些，故A错误；B.乙电机中，转子也会产生焦耳热，故产生的焦耳热较多，故B错误；C.转速越接近，则磁通量变化越慢，感应电流越小，所受安培力越小，故C错误；D.停止供电后，甲的转子是磁铁，甲电机转子由于惯性旋转，使得线圈中磁通量发生变化，产生反向感应电流，反向发电从而回收动能，故D正确。故选：D。在某个趣味物理小实验中，几位同学手拉手与一节电动势为1.5V的干电池、导线、电键、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示方式连接，实验过程中人会有触电的感觉。下列说法正确的是（）A．人有触电感觉是在电键闭合瞬间 B．人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流 C．断开电键时流过人的电流方向从B→A D．断开电键时线圈中的电流突然增大【解答】解：A、当开关闭合后，多匝线圈与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小。同学没有触电感觉。故A错误；B、当断开时，多匝线圈电流产生自感现象，从而产生很高的瞬间电压，通过同学们身体有触电的感觉。而此时流过人体的电流是由线圈的自感电动势提供的，由自感规律，电流是从最大逐渐减小的，故流过人体的电流不会大于线圈的电流。故B错误；C、当断开时，多匝线圈产生自感电动势，电流方向不变，此时线圈的电流从左向右，流过人的电流从右向左即从B向A，故C正确；D、断开电键时，由于线圈的电流减小而产生自感感动势，而阻碍电流的减小，只是电流减小的慢一些，不会突然增大，故D错误。故选：C。为了节能和环保，一些公共场所用光敏电阻来自动控制照明系统的开关，如图甲所示，其中电源电动势E＝3V，内阻不计，定值电阻R2＝10kΩ，电阻R1是光敏电阻，阻值大小随光的强弱变化而变化，二者对应关系如表所示，物理学中用照度描述光的强弱，光越强，照度越大，lx是照度的单位。M是电磁开关，内部结构如图乙所示，当电磁铁中通过的电流大于0.1mA时，电磁铁吸合铁片，下列说法正确的是（）照度/lx0.20.40.60.81.01.2电阻/kΩ754028232018A．光敏电阻的阻值大小随照度的增大而均匀减小 B．电磁开关M利用了互感现象 C．当照度小于1.0lx时，照明系统自动开启 D．增加电磁铁线圈匝数，照明系统平均每天的工作时间变长【解答】解：A、根据图丙可知，光敏电阻的阻值大小随照度的增大而减小，但不是均匀减小，故A错误；B、电磁开关中含有电磁铁，利用了电流的磁效应现象，故B错误；C、根据题意，当电磁铁不吸合铁片时，照明系统开启，即通过光敏电阻的电流1小于等于0.1mA，结合I=ER1+R2D、若电磁铁的线圈匝数增加，根据电流磁效应可知，电磁铁中通入小于0.1mA的电流就能吸合铁片，使照明系统断开，即照度小于1.0lx时照明系统依然断开，则该照明系统平均每天的工作时间变短，故D错误。故选：C。（多选）电磁阻尼现象在日常生活中得到广泛应用，如汽车的减震悬架，精密实验仪器的防震等。某减震座椅工作原理示意图如图所示，除了弹簧可减震之外，中间还有磁体和配套定子线圈，在震动过程中磁体可在定子线圈内上下移动。下列说法中正确的是（）A．定子线圈的电阻越小，电磁阻泥现象越明显 B．定子线圈的电阻越大，电磁阻尼现象越明显 C．震动过程中减震系统会产生焦耳热 D．震动过程中减震系统不会产生焦耳热【解答】解：AB、内部电阻越小，电流越大，安培力越大，阻尼现象越明显。故A正确，B错误；CD、减震过程中会产生电流，内部有电阻，就会产生焦耳热。故C正确，D错误。故选：AC。为测量线圈L的直流电阻R0，某研究小组设计了如图所示电路，已知线圈的自感系数较大，两电表可视为理想电表，其示数分别记为U、I，实验开始前，S1处于断开状态，S2处于闭合状态。关于实验过程，下列说法不正确的是（）A．闭合S1，电流表示数逐渐增大至稳定值 B．闭合S1，电压表示数逐渐减小至稳定值 C．待两电表示数稳定后，方可读取U、I的值 D．实验结束后，应先断开S1【解答】解：A、闭合S1，由于线圈的自感电动势，导致电路中电流慢慢增大，直到稳定值，故A正确；B、闭合S1，电压表的示数U＝E﹣（R+r）I，由于电路中的电流慢慢增大直到稳定值，故电压表示数逐渐减小至稳定值，故B正确；C、刚闭合S1，电压表和电流表的示数都在变化，只有电路稳定后，线圈相当于电阻，此时才能测量线圈L的直流电阻R0，故待两电表示数稳定后，方可读取U、I的值。故C正确。D、若先断开开关S1，由于L的自感作用会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2，故D错误。本题选错误选项，故选：D。有人做过这样一个实验：将一锡块和一个磁性很强的小永久磁铁叠放在一起，放入一个浅平的塑料容器中。往塑料容器中倒入液态氮，降低温度，使锡出现超导性。这时可以看到，小磁铁竟然离开锡块表面，飘然升起，与锡块保持一定距离后，便悬空不动了。产生该现象的原因是：磁场中的超导体能将磁场完全排斥在超导体外，即超导体内部没有磁通量（迈斯纳效应）。如果外界有一个磁场要通过超导体内部，那么在磁场作用下，超导体表面就会产生一个无损耗感应电流。这个电流产生的磁场恰恰与外加磁场大小相等、方向相反，这就形成了一个斥力。当磁铁受到的向上的斥力大小刚好等于它重力大小的时候，磁铁就可以悬浮在空中。根据以上材料可知（）A．超导体处在恒定的磁场中时它的表面不会产生感应电流 B．超导体处在均匀变化的磁场中时它的表面将产生恒定的感应电流 C．将磁铁靠近超导体，超导体表面的感应电流增大，超导体和磁铁间的斥力就会增大 D．将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体和磁铁间的作用力将变成引力【解答】解：A、分析题意可知，磁场中的超导体能将磁场完全排斥在超导体外，即超导体内部没有磁通量（迈斯纳效应）。如果外界有一个磁场要通过超导体内部，那么超导体表面就会产生一个无损耗感应电流，故超导体处在恒定的磁场中时它的表面产生感应电流，故A错误；B、根据题干信息可知，超导体处于均匀变化的磁场中时，超导体表面产生的无损耗感应电流，该感应电流产生的磁场恰恰与外加磁场大小相等、方向相反，故外加磁场是均匀变化的，则感应电流是均匀变化的，这样才能抵消外加磁场，故B错误；C、将磁铁靠近超导体，超导体周围的外加磁场增强，为了抵消外加磁场，超导体表面的感应电流增大，超导体和磁铁间的斥力就会增大，故C正确；D、根据题干信息可知，将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体产生的感应电流的磁场仍要与外加磁场抵消，超导体和磁铁间的作用力仍为斥力，故D错误。故选：C。题型四涡流电磁阻尼和电磁驱动一、涡流1.涡流：当线圈中的电流随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，电流在导体中组成闭合回路，很像水中的旋涡，所以把它叫做涡电流，简称涡流.2.涡流大小的决定因素：磁场变化越快(eq\f(ΔB,Δt)越大)，导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大.二、电磁阻尼当导体在磁场中运动时，导体中产生的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，这种现象称为电磁阻尼.三、电磁驱动若磁场相对导体转动，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，这种作用常常称为电磁驱动.电子感应加速器是利用感生电场加速电子的设备，其加速区域简化模型如图所示，一个光滑的环形真空室放置在磁感应强度大小为B0（按一定规律变化）、垂直纸面向外的磁场中，以O为圆心，半径为r的圆形区域内存在一磁感应强度大小为B1＝kt（其中k为大于零的常数），方向垂直纸面向外的磁场。在t＝0时真空室内有一电子从A点由静止释放，电子做半径为R（不变）的圆周运动。已知电子的电荷量为e、质量为m（运动过程中不变），R与r近似相等。下列说法正确的是（）A．电子在真空室内沿逆时针方向运动 B．电子沿切线方向的加速度不断增大 C．电子在轨道内运动一周，动能增加ekπr D．B0和B1应时刻相等【解答】解：A、磁感应强度垂直纸面向外随时间均匀增大，由楞次定律可知，涡旋电场方向为顺时针，电子带负电，电子所受的电场力与涡旋电场的方向相反，则电