新高考物理一轮复习讲义第11章 电磁感应 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流 (含解析)

第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流学习目标1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)进行有关计算。2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势。3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼。1.2.3.eq\a\vs4\al(,4.,,)5.6.7.1.思考判断(1)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(×)(2)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(√)(3)感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同。(×)(4)线圈中的电流越大，则自感系数也越大。(×)2.(多选)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1(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1A.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考点一法拉第电磁感应定律的理解和应用1.公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。2.感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)共同决定，而与磁通量Φ的大小、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系。3.磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)对应Φ－t图像上某点切线的斜率。4.磁通量的变化仅由面积变化引起时，E＝nBeq\f(ΔS,Δt)。5.磁通量的变化仅由磁场变化引起时，E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，注意S为线圈在磁场中的有效面积。6.磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，E＝neq\f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt)。例1(多选)(2023·河南郑州高三月考)如图2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，磁场方向取垂直纸面向里为正方向。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，则下列说法正确的是()图2A.在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中的感应电动势为0.08VB.在t＝0.05s时，金属框ab边受到的安培力的大小为0.16NC.在t＝0.05s时，金属框ab边受到的安培力的方向垂直于ab向右D.在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中电流的电功率为0.064W答案AD解析根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(nΔΦ,Δt)，解得E＝0.08V，故A正确；感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.08,0.1)A＝0.8A，在t＝0.05s时，ab受到的安培力为F＝IlB＝0.8×0.2×0.1N＝0.016N，故B错误；金属框中的磁通量减小，根据楞次定律，线框有扩大的趋势，故ab受到的安培力水平向左，故C错误；电功率为P＝EI＝0.08V×0.8A＝0.064W，故D正确。跟踪训练1.(2022·河北卷)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图3所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为()图3A.kS1 B.5kS2C.k(S1－5S2) D.k(S1＋5S2)答案D解析由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正确，A、B、C错误。2.(2022·全国甲卷)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图4所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则()图4A.I1<I3<I2 B.I1>I3>I2C.I1＝I2>I3 D.I1＝I2＝I3答案C解析设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝eq\f(3\r(3)r2,2)三个线框材料、粗细相同，根据电阻定律R＝ρeq\f(L,S横截面)可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3根据法拉第电磁感应定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)由于三个线框处于同一随时间线性变化的磁场中，可得电流之比为I1∶I2∶I3＝eq\f(S1,R1)∶eq\f(S2,R2)∶eq\f(S3,R3)＝2∶2∶eq\r(3)即I1＝I2>I3，故选项C正确。考点二导线切割磁感线产生的感应电动势1.导线平动切割的有效长度公式E＝Blv中的l为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度。如图5，导体的有效长度分别为：图5图甲：l＝eq\o(cd,\s\up6(－))sinβ。图乙：沿v方向运动时，l＝eq\o(MN,\s\up6(－))。图丙：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝R。2.导线转动切割的三种情况(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)。(2)以端点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度取中点位置的线速度eq\f(1,2)lω)。(3)以任意点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bω(leq\o\al(2,1)－leq\o\al(2,2))(l1、l2分别为转轴到两端点的距离，E为导体两端间的电势差)。角度平动切割磁感线例2(多选)如图6所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B＝kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t＝0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t＝T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中()图6A.线框中的电流始终为逆时针方向B.线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向C.t＝eq\f(T,2)时刻，流过线框的电流大小为eq\f(\r(3)ka2,6R)D.t＝eq\f(T,2)时刻，流过线框的电流大小为eq\f(5\r(3)ka2,12R)答案AD解析由右手定则和楞次定律可知动生电动势和感生电动势均为逆时针，故感应电流为逆时针，A正确，B错误；线框匀速进入磁场过程中，设正三角形金属线框边长为L，则L＝eq\f(a,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)a，t＝eq\f(T,2)时刻，B＝k·eq\f(T,2)，切割长度L′＝eq\f(L,2)＝eq\f(\r(3),3)a，线框匀速进入磁场的速度v＝eq\f(a,T)，则动生电动势E1＝BL′v＝eq\f(\r(3)ka2,6)，此时感生电动势E2＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(3,4)S＝k·eq\f(3,4)×eq\f(1,2)×a×eq\f(2\r(3),3)a＝eq\f(\r(3),4)ka2，t＝eq\f(T,2)时刻，流过线框的电流大小为I＝eq\f(E1＋E2,R)＝eq\f(5\r(3)ka2,12R)，C错误，D正确。跟踪训练3.(2023·江苏泰州高三期末)“L”型的细铜棒在磁感应强度为B的匀强磁场中运动，已知“L”型细铜棒两边相互垂直，长度均为l，运动速度大小为v，则铜棒两端电势差的最大值为()A.eq\f(1,2)Blv B.eq\r(2)Blv C.eq\r(3)Blv D.2Blv答案B解析当细铜棒切割磁感线的有效长度最大时，铜棒两端的感应电动势最大。如图所示，当L型铜棒速度方向垂直铜棒两端连线时，切割磁感线的有效长度为eq\r(2)l，此时铜棒两端电势差最大，最大值为E＝eq\r(2)Blv，故B正确。角度转动切割磁感线例3(多选)(2021·广东卷)如图7所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有()图7A.杆OP产生的感应电动势恒定B.杆OP受到的安培力不变C.杆MN做匀加速直线运动D.杆MN中的电流逐渐减小答案AD解析根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝eq\f(1,2)Bl2ω，由于杆OP匀速转动，故A正确；OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生由N到M的感应电流，与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，由F＝IlB可知，杆OP和MN所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确。跟踪训练4.(2023·安徽宣城调研)边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场。边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图8所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间，a、b两端的电势差Uab为()图8A.eq\f(1,3)Bl2ω B.－eq\f(1,2)Bl2ωC.－eq\f(1,3)Bl2ω D.eq\f(1,6)Bl2ω答案A解析当ab边刚进入磁场时，ab边切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即为a、b间的距离l，则E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝Bleq\f(lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω；由楞次定律知，感应电流方向为逆时针，则φa＞φb，设每个边的电阻为R，a、b两点间的电势差为Uab＝I·2R＝eq\f(E,3R)·2R＝eq\f(1,3)Bl2ω，故A正确，B、C、D错误。考点三自感现象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.通电自感和断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)，RL＜RA现象S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭例4图9甲和乙是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()图9A.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解析在题图甲中，断开开关S1瞬间，L1与A1构成闭合回路，通过灯A1的电流与L1相同，又因灯A1突然闪亮，即通过A1的电流增大，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电流，根据L1与A1并联，可知L1的电阻小于A1的电阻，故A、B错误；在题图乙中，闭合开关S2，最终A2与A3亮度相同，即电流相同，所以L2与R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C正确，D错误。分析自感问题的三个技巧(1)通电自感：通电时自感线圈相当于一个变化的电阻，阻值由无穷大逐渐减小。(2)断电自感：断电时自感线圈相当于电源，电动势由某值逐渐减小到零。(3)电流稳定时，自感线圈相当于导体，是否需要考虑其电阻，根据题意而定。跟踪训练5.(多选)(2023·河北邯郸市高三期末)如图10所示，三个灯泡L1、L2、L3规格相同，螺线管和二极管的导通电阻可以忽略。竖直悬挂的线圈中心轴线与螺线管的轴线水平共线。现突然断开开关S，将发生的现象是()图10A.L1逐渐熄灭，L2、L3逐渐熄灭B.L1逐渐熄灭，L2立即熄灭，L3先变亮后熄灭C.线圈向左摆动，并有收缩趋势D.线圈中的感应电流为逆时针(从左向右看)答案BD解析突然断开开关，由于螺线管的自感现象，线圈产生自感电动势，使得电流I1(向右)不能突变，而是逐渐变为0，L1逐渐熄灭，由于二极管的单向导电性，L2马上熄灭，由于I1>I3，所以L3闪亮后熄灭，故A错误，B正确；穿过线圈内的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈和螺线管间将有引力作用，线圈向右摆动，且有扩大趋势，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故C错误，D正确。考点四涡流电磁阻尼和电磁驱动1.产生涡流时的能量转化(1)金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能。(2)如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能。2.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跟踪训练6.(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一。如图11所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化。下列说法中正确的是()图11A.涡流的磁场总是要阻碍穿过工件的磁通量的变化B.涡流的频率等于通入线圈的交流电的频率C.通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力D.待测工件可以是塑料或橡胶制品答案ABC解析由楞次定律可知，涡流的磁场总是要阻碍穿过工件的磁通量的变化，A正确；涡流随着交流电而变化，所以涡流的频率等于通入线圈的交流电的频率，B正确；由于电流在磁场中受安培力作用，故通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力，C正确；涡流只能在导体中产生，故待测工件不能是塑料或橡胶制品，D错误。7.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12所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒定磁场；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12答案A解析在A图中，系统震动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，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。A级基础对点练对点练1法拉第电磁感应定律的理解和应用1.(2023·江苏无锡高三期末)目前手机的无线充电技术(如图1甲)已经成熟，其工作过程可简化为如图乙所示，A、B两个线圈彼此靠近平行放置，当线圈A接通工作电源时，线圈B中会产生感应电动势，并对与其相连的手机电池充电。下列说法正确的是()图1A.只要线圈A中输入电流，线圈B中就会产生感应电动势B.若线圈A中输入变化的电流，线圈B中产生的感应电动势也会发生变化C.线圈A中输入的电流越大，线圈B中感应电动势越大D.线圈A中输入的电流变化越快，线圈B中感应电动势越大答案D解析根据感应电流产生的条件，若在线圈A中输入恒定电流，则线圈A只产生恒定的磁场，线圈B中的磁通量不发生变化，则线圈B中不会产生感应电动势，故A错误；若线圈A中输入随时间均匀变化的电流，则会使线圈A产生随时间均匀变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝常数，则线圈B中会产生恒定不变的感应电动势，故B错误；若线圈A中电流恒定不变，无论多大，产生的磁场是恒定的，则线圈B中没有磁通量变化，不会产生感应电动势，故C错误；线圈A中电流变化越快，则线圈A中电流产生的磁场变化越快，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，线圈B中感应电动势也会越大，故D正确。2.(2022·江苏卷，5)如图2所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为()图2A.πkr2 B.πkR2 C.πB0r2 D.πB0R2答案A解析磁场的有效面积为S＝πr2，磁场的变化率为eq\f(ΔB,Δt)＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBπr2,Δt)＝πkr2，故A正确。3.如图3，一线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k(k>0且为常量)，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r。下列说法正确的是()图3A.电容器下极板带正电B.此线圈的热功率为eq\f(（nkS）2,r)C.电容器所带电荷量为eq\f(3nSkC,5)D.电容器所带电荷量为eq\f(nSkC,2)答案D解析根据楞次定律可以判断通过电阻r的电流方向为从左往右，所以电容器上极板带正电，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nkS，根据焦耳定律可得此线圈的热功率为P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,2r)))eq\s\up12(2)r＝eq\f(（nkS）2,4r)，故B错误；电容器两端电压等于r两端电压，电容器所带电荷量为Q＝CU＝eq\f(rCE,2r)＝eq\f(nSkC,2)，故C错误，D正确。4.如图4甲所示，粗细均匀的导体框ABC，∠B＝90°，∠C＝30°，AB边长为L，导体框的总电阻为R。一匀强磁场垂直导体框ABC所在平面，方向向里，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法正确的是()图4A.导体框ABC中电流的方向为顺时针B.导体框ABC中电流的大小为eq\f(\r(3)L2B0,t0R)C.t0时刻两直角边AB和BC所受安培力合力大小为eq\f(\r(3)L3Beq\o\al(2,0),t0R)D.两直角边AB和BC所受安培力合力方向为垂直AC向左下方答案C解析结合图甲和图乙，根据楞次定律可知，导体框ABC中电流的方向为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB×S,Δt)＝eq\f(\r(3)B0L2,2t0)，则感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3)B0L2,2Rt0)，故B错误；磁场中的闭合回路所受安培力的合力为零，则两直角边AB和BC所受安培力合力大小与斜边AC所受安培力大小相等，则F＝2ILB0＝eq\f(\r(3)Beq\o\al(2,0)L3,Rt0)，故C正确；两直角边AB和BC所受安培力合力大小与斜边AC所受安培力方向相反，根据左手定则可知，AC边所受安培力方向为垂直AC向左下方，则两直角边AB和BC所受安培力合力方向为垂直AC向右上方，故D错误。对点练2导体切割磁感线产生感应电动势5.(多选)(2023·广东梅州高三月考)法拉第圆盘发电机的示意图如图5所示。半径为L的铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，磁感应强度为B，方向如图所示，下列说法正确的是()图5A.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要低B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动的角速度为ω，圆盘转动产生的感应电动势大小为eq\f(1,2)BωL2D.若圆盘转动的方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化答案BC解析若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，电流方向由P指向圆盘中心，则圆盘中心电势比边缘高，电流沿a到b的方向流过电阻，故A错误，B正确；若圆盘转动的角速度为ω，圆盘转动产生的感应电动势大小为E＝BLv＝BLeq\f(ωL,2)＝eq\f(1,2)BωL2，故C正确；若圆盘转动的方向不变，角速度大小发生变化，则电流的大小发生变化，电流方向不发生变化，故D错误。6.如图6所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差Uab为()图6A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC.－eq\f(\r(2),4)BRv D.－eq\f(3\r(2),4)BRv答案D解析有效切割长度即a、b连线的长度，如图所示，由几何关系知有效切割长度为eq\r(2)R，所以产生的电动势为E＝BLv＝B·eq\r(2)Rv，电流的方向为a→b，所以Uab＜0，由于在磁场部分的阻值为整个圆的eq\f(1,4)，所以Uab＝－eq\f(3,4)B·eq\r(2)Rv＝－eq\f(3\r(2),4)BRv，故D正确。7.(多选)(2023·广东深圳高三月考)磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图7(a)所示，它的驱动系统简化为如图(b)所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R。水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，则()图7A.图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向B.列车运动的方向与磁场移动的方向相同C.列车速度为v′时线框中的感应电动势大小为2NBL(v－v′)D.列车速度为v′时线框受到的安培力大小为eq\f(2NB2L2（v－v′）,R)答案BC解析线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知图示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，A错误；根据左手定则，列车受到向右的安培力，因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同，B正确；根据法拉第电磁感应定律E＝2NBLΔv＝2NBL(v－v′)，C正确；列车速度为v′时线框受到的安培力大小为F＝2NILB＝eq\f(4N2B2L2（v－v′）,R)，D错误。对点练3自感、涡流、电磁驱动和电磁阻尼8.科技的发展给生活带来了很多的便利，电磁炉是很多家庭必备的家用电器，下列有关电磁炉的说法正确的是()A.电磁炉接到220V直流电源上，仍可正常工作B.陶瓷砂锅也可用电磁炉加热C.在电磁炉面板上放置一环形轻质铝箔，电磁炉工作时铝箔可能会动起来D.同一电磁炉的加热效果只与接入的电流大小有关答案C解析电磁炉是应用电磁感应原理对食品进行加热的，电磁炉的炉面是耐热陶瓷板，交变电流通过陶瓷板下方的线圈产生交变磁场，磁场内的磁感线穿过铁锅、不锈钢锅等的底部时，产生涡流，令锅底迅速发热，达到加热食品的目的，故不能用直流电源和不导电的锅具，故A、B错误；电磁炉工作时，穿过环形轻质铝箔的磁通量发生变化，铝箔中产生感应电流，在磁场中受安培力作用，铝箔可能会动起来，故C正确；电磁炉通电线圈通入大小和方向变化的电流，电流变化越快，穿过锅底的磁通量变化就越快，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势就越大，涡流就越大，从而导致单位时间内产生的热量就越多，即电磁炉加热效果越好，电流变化快慢和频率有关，故电磁炉的加热效果与接入电流频率也有关，故D错误。9.如图8所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路某时刻在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2>i1)，则下列图像中正确的是()图8答案C解析当开关S断开后，自感元件与灯泡形成回路，自感元件阻碍自身电流变化，自感元件产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i2开始不断减小，灯泡的电流反向，大小与自感元件电流相等，故C正确，A、B、D错误。B级综合提升练10.如图9所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合，磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0，使该线框从静止开始绕过圆心O且垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置不变，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()图9A.eq\f(ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π) C.eq\f(4ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)答案A解析若要产生的电流相等，则产生的感应电动势应相等。设半圆半径为L，从静止开始绕圆心O以角速度ω匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为E1＝eq\f(1,2)B0L2ω；当磁感应强度大小随时间线性变化时，根据法拉第电磁感应定律得E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πL2，由E1＝E2可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，故B、C、D错误，A正确。11.(多选)如图10甲所示，用横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线绕成边长为L，匝数为n的正方形线框abcd，置于垂直于线框平面的匀强磁场中。图甲中磁场方向为正方向，从t＝0开始，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则在0～t0时间内()图10A.线框中的电流先增大后减小B.线框四条边所受安培力先向内后向外C.线框中感应电动势的大小一直为eq\f(2B0L2,t0)D.线框中感应电流做的功为eq\f(nBeq\o\al(2,0)L3S,ρt0)答案BD解析在0～eq\f(t0,2)时间内，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针方向，根据左手定则，线框四条边所受安培力向内，在eq\f(t0,2)～t0时间内，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则，线框四条边所受安培力向外，故B正确；根据法拉第电磁感应定律可得，在0～eq\f(t0,2)时间内，线框中感应电动势的大小为E1＝eq\f(nL2ΔB,Δt)＝eq\f(2nB0L2,t0)，在eq\f(t0,2)～t0时间内，线框中感应电动势的大小为E2＝eq\f(nL2ΔB,Δt)＝eq\f(2nB0L2,t0)，故C错误；根据电阻定律可得线框的电阻为R＝eq\f(4ρnL,S)，在0～eq\f(t0,2)时间内，线框中的电流为I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(B0LS,2ρt0)，在eq\f(t0,2)～t0时间内，线框中的电流为I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B0