第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流-2025版物理大一轮复习

法拉第电磁感应定律自感和涡流目标要求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。考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用1.感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过回路的eq\o(□,\s\up1(1))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eq\o(□,\s\up1(2))楞次定律或右手定则判断。2.法拉第电磁感应定律(1)内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的eq\o(□,\s\up1(3))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\o(□,\s\up1(4))eq\f(E,R＋r)。【判断正误】1.线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大。(×)2.线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(×)3.线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(√)1.对法拉第电磁感应定律的理解(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)通过回路横截面的电荷量q＝neq\f(ΔΦ,R)，仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。2.磁通量发生变化的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起的，ΔΦ＝BΔS，则E＝neq\f(BΔS,Δt)。(2)磁通量的变化是由磁场变化引起的，ΔΦ＝ΔBS，则E＝neq\f(ΔBS,Δt)，注意S为线圈在磁场中的有效面积。(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝neq\f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq\f(ΔBΔS,Δt)。如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，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。求：甲乙(1)t＝eq\f(t0,2)时，圆环受到的安培力；(2)在0～eq\f(3,2)t0内，通过圆环的电荷量。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)S其中S＝eq\f(πr2,2)由图乙可知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)根据欧姆定律有I＝eq\f(E,R)根据电阻定律有R＝ρeq\f(2πr,S0)t＝eq\f(1,2)t0时，圆环受到的安培力F＝B0I·(2r)＋eq\f(B0,2)I·(2r)联立解得F＝eq\f(3B02r2S0,4ρt0)安培力方向垂直于MN向左。(2)通过圆环的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律有eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)在0～eq\f(3,2)t0内，圆环磁通量的变化量为ΔΦ＝B0·eq\f(1,2)πr2＋eq\f(B0,2)·eq\f(1,2)πr2联立解得q＝eq\f(3B0rS0,8ρ)。答案：(1)eq\f(3B02r2S0,4ρt0)方向垂直于MN向左(2)eq\f(3B0rS0,8ρ)【对点训练】1.(法拉第电磁感应定律的应用)(2022·河北卷)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，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()A.kS1 B.5kS2C.k(S1－5S2) D.k(S1＋5S2)解析：D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.(感应电荷量的计算)(多选)如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片电路组成。当饭卡处于感应区域时，会在线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝，回路总电阻为R。某次刷卡时，线圈平面与磁感应强度方向垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，磁感应强度由0增大到B，此过程中()A.线圈有扩张的趋势B.通过线圈平面的磁通量变化量为nBSC.线圈的平均感应电动势为eq\f(nBS,t)D.通过导线某截面的电荷量为eq\f(nBS,R)解析：CD线圈平面的磁通量增加，根据楞次定律可知线圈有收缩的趋势，故A错误；磁通量变化量为BS，与匝数无关，故B错误；线圈的平均感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nBS,t)，故C正确；通过导线某截面的电荷量q＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(nBS,R)，故D正确。故选CD。考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1.导体平动切割磁感线(1)若B、l、v相互垂直，则E＝eq\o(□,\s\up1(5))Blv。(2)若导体运动速度方向与磁场方向的夹角为α，则E＝Blvsinα。2.导体转动切割磁感线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\o(□,\s\up1(6))eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度eq\f(1,2)lω)。【判断正误】1.公式E＝Blv中的l是导体棒的总长度。(×)2.当导体切割磁感线时，一定会产生感应电动势。(√)3.磁场相对导体棒运动，导体棒中也可能产生感应电动势。(√)1.E＝Blv的特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直。(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。如图所示，导体棒的有效长度为ab间的距离。(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。2.导体转动切割磁感线产生感应电动势的情况若长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，则(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的电动势的代数和)。(2)以端点为轴时E＝eq\f(1,2)BωL2(平均速度取中点位置的线速度eq\f(1,2)ωL)。(3)以棒所在直线上的任意点为轴时E＝eq\f(1,2)Bω·(L12－L22)，(L1>L2，不同两段的电动势的代数和，L1、L2为棒的两个端点到转轴的距离)。维度1平动切割问题(2021·河北卷)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是()A.通过金属棒的电流为2BCv2tanθB.金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC.金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D.金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定解析：A经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vttanθ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttanθ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2ttanθ，则通过金属棒中的电流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tanθ，A正确；当金属棒到达x＝x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tanθ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2θ，功率随时间增加，是变化的，D错误。维度2转动切割问题如图所示，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()A.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)解析：C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。eq\a\vs4\al()电磁感应现象中电势高低的判断(1)把产生感应电动势的部分电路或导体看作电源，其内部电流由低电势流向高电势。(2)外电路部分，顺着电流方向每经过一个电阻，电势都要降低。考点三自感1.自感现象由于导体线圈本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象，叫作自感。2.自感电动势(1)在自感现象中产生的电动势叫作自感电动势。(2)表达式：EL＝Leq\f(ΔI,Δt)。3.自感系数L(1)影响因素：与线圈的eq\o(□,\s\up1(7))大小、形状、eq\o(□,\s\up1(8))圈数以及是否有铁芯有关。(2)单位：亨利(H)，1mH＝eq\o(□,\s\up1(9))10－3H，1μH＝eq\o(□,\s\up1(10))10－6H。【判断正误】1.线圈中电流越大，自感系数也越大。(×)2.对于同一个线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势也越大。(√)3.自感电动势总是阻止原电流的变化。(×)通电自感和断电自感的比较电路图器材要求A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)通电时在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定断电时回路电流减小，灯泡逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向(1)若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；(2)若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗；两种情况下灯泡中电流方向均改变总结自感电动势总是阻碍原电流的变化如图所示的电路中，L1、L2、L3是三个相同的灯泡，电感L的电阻和电源的内阻可忽略，D为理想二极管。下列判断正确的是()A.开关S从断开状态突然闭合时，L1逐渐变亮，L2一直不亮，L3立即变亮B.开关S从断开状态突然闭合时，L1、L2逐渐变亮，L3立即变亮再熄灭C.开关S从闭合状态突然断开时，L1逐渐熄灭，L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，L3立即熄灭D.开关S从闭合状态突然断开时，L1、L2逐渐熄灭，L3突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭解析：C由于二极管具有单向导电性，所以开关S从断开状态突然闭合时，二极管不能导通，L2一直不亮；此时L1、L3和L串联在同一回路中，L产生自感电动势阻碍通过其电流增大，所以通过L1和L3的电流逐渐增大，L1和L3均逐渐变亮，故AB错误；开关S从闭合状态突然断开时，通过L3的电流立即变为零，所以L3立即熄灭；L产生自感电动势阻碍通过其电流减小，此时自感电动势的方向满足二极管导通的条件，所以L1、L2和L串联在同一回路中，通过L1的电流逐渐减小，L1逐渐熄灭，而由于L2开始时不亮，所以L2突然变亮，然后逐渐变暗熄灭，故C正确，D错误。故选C。eq\a\vs4\al()自感线圈在电路中的作用(1)电路突然接通时，产生感应电动势，阻碍电流变化使与之串联的灯泡不是立即点亮，而是逐渐变亮。(2)电路突然断开时，产生感应电动势，在电路中相当于新的电源。若流过灯泡的电流比原来的大，则灯泡“闪亮”一下再熄灭；若流过灯泡的电流不大于原来的电流，则灯泡不能闪亮而逐渐熄灭。【对点训练】3.(自感现象的理解)(2023·北京卷)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关()A.P与Q同时熄灭 B.P比Q先熄灭C.Q闪亮后再熄灭 D.P闪亮后再熄灭解析：D由题知，开始时，开关S闭合时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭。故选D。4.(自感现象中的图像问题)如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S，下列表示灯泡D的电流i随时间变化的图像中，正确的是()解析：D开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看作电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小，故i逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，又由于电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，当开关闭合时，线圈所在支路的电流小于流过灯泡D的电流，故当开关断开瞬间，线圈产生的感应电流也小于原来流过灯泡D的电流。故选D。考点四涡流电磁阻尼和电磁驱动1.涡流现象(1)涡流：块状金属放在eq\o(□,\s\up1(11))变化磁场中，或者让它在非均匀磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流。(2)产生原因：金属块内eq\o(□,\s\up1(12))磁通量变化→感应电动势→感应电流。2.电磁阻尼当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是eq\o(□,\s\up1(13))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eq\o(□,\s\up1(14))感应电流使导体受到安培力而运动起来。【判断正误】1.涡流跟其他感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的。(√)2.电磁阻尼阻碍相对运动，电磁驱动促进二者相对运动。(×)3.电磁阻尼体现了能量守恒定律。(√)1.对涡流的理解(1)产生涡流的两种情况①块状金属放在变化的磁场中。②块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动。(2)产生涡流时的能量转化伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能。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.电磁阻尼与电磁驱动的比较比较项目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，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【对点训练】5.(对涡流的理解)外环线圈中通有正弦交流电，它产生的磁场会与所遇的金属物发生作用，导致金属物自身也会产生微弱的电流，来自金属物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声。若外环线圈某时刻产生向下且增强的磁场，则下列说法中正确的是()A.此时金属物产生的感应磁场的方向竖直向下B.此时金属物中的涡流从上往下看是沿顺时针方向C.金属物发出的磁场穿过内环线圈时，内环线圈会产生微弱的电流D.金属物发出磁场是一种电磁感应现象解析：C由题知探测器发射线圈发出的磁场竖直向下且增强，根据楞次定律可确定金属物中感应电流产生的磁场方向应竖直向上，用安培定则可判断金属物中的感应电流的方向，从上往下看是逆时针方向，故AB错误；金属物发出的磁场穿过接收线圈时，会引起接收线圈产生微弱的电流，使探测器报警，故C正确；金属物发出磁场是因为金属物内有电流产生，电流周围存在磁场，是电流的磁效应现象，故D错误。故选C。6.(电磁阻尼与电磁驱动的应用)(多选)摩托车和汽车上装有的磁性转速表的结构原理图如图所示，转轴Ⅰ随待测物沿图示方向旋转，永磁体同步旋转。铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝盘靠近永磁体，当待测物以一定的转速旋转时，指针所指的刻度盘刻度即对应被测物的转速。下列说法正确的是()A.铝盘接通电源后，通有电流的铝盘才会在磁场作用下带动指针转动B.永磁体转动时，铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力作用而转动C.刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央D.若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，铝盘就能同永磁体完全同步转动解析：BC当永磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，铝盘中会产生感应电流，这时永磁体会对铝盘有力的作用，从而产生一个转动的力矩，由于游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，故A错误，B正确；刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央，故C正确；若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，永磁体固定在转轴Ⅰ上，铝盘固定在转轴Ⅱ上，由楞次定律知，铝盘不能同永磁体完全同步转动，其转速低于永磁体的转速，故D错误。故选BC。限时规范训练46[基础巩固题组]1.(2023·湖北卷)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/s，则线圈产生的感应电动势最接近()A.0.30V B.0.44VC.0.59V D.4.3V解析：B根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4V＝0.44V，故选B。2.(2023·江苏卷)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则()A.φO>φC B.φC>φAC.φO＝φA D.φO－φA＝φA－φC解析：A由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φC＝φA，A正确，BC错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D错误。故选A。3.(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(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()(a)(b)A.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)解析：BC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。4.如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)，则()A.电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ)B.电路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ,r)C.金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lvsinθ,r)D.金属杆的热功率为eq\f(B2lv2,rsinθ)解析：B金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,\f(lr,sinθ))＝eq\f(Bvsinθ,r)，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝Il′B＝eq\f(Bvsinθ,r)·eq\f(l,sinθ)·B＝eq\f(B2lv,r)，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝eq\f(B2v2sin2θ,r2)·eq\f(lr,sinθ)＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，选项D错误。5.如图所示是法拉第圆盘发电机，圆盘半径为r，圆盘处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘左边有两条光滑平行足够长倾斜导轨MN，导轨间距为L，其所在平面与水平面夹角为θ，导轨处于垂直斜面向上磁感应强度也为B的匀强磁场中，用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻为R。在倾斜导轨上放置一根质量为m，长度也为L，电阻为2R的ab导体棒，其余电阻不计，当圆盘以某角速度ω匀速转动时，ab棒刚好能静止在斜面上，则()A.a端电势高于b端电势B.圆盘转动的方向(从上往下看)为顺时针方向C.ab间电势差大小为eq\f(1,3)Br2ωD.若圆盘停止转动，ab棒将沿导轨匀加速下滑解析：Cab棒刚好能静止在斜面上，由受力可知，电流方向由b向a，故a端电势低于b端电势，A错误；由右手定则可知，圆盘转动的方向(从上往下看)为逆时针方向，B错误；由题可知，圆盘产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)Br2ω，由闭合电路欧姆定律可知，ab间电势差大小为U＝eq\f(2R,2R＋R)E＝eq\f(1,3)Br2ω，C正确；若圆盘停止转动，ab棒沿导轨向下做切割磁感线运动，由ab棒受力可知，ab棒先做加速运动后做匀速运动，D错误。故选C。6.如图是演示自感现象的实验装置，小灯泡电阻与自感线圈的直流电阻相同，电源内阻不能忽略，关于该实验现象下列说法正确的是()A.接通开关后小灯泡慢慢变亮直至亮度稳定B.接通开关电路稳定后通过小灯泡的电流为零C.接通开关电路稳定后再断开瞬间线圈两端电压大小不变D.接通开关电路稳定后再断开小灯泡闪亮一下后逐渐熄灭解析：C接通开关后，根据楞次定律可知线圈阻碍电流的增大，所以初始小灯泡亮度较大，由于小灯泡电阻与自感线圈的直流电阻相同，小灯泡慢慢变暗，然后亮度稳定，所以电路稳定后通过小灯泡的电流不为零，故AB错误；小灯泡电阻与自感线圈的直流电阻相同，接通开关电路稳定后支路电流相等，再断开瞬间，根据楞次定律可知线圈两端电流大小不变，不会闪亮，灯泡逐渐熄灭，故C正确，D错误；故选C。7.涡流内检测技术是一项用来检测各种金属管道是否有破损的技术。下图是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图，当激励线圈中通以正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流。以下有关涡流内检测仪的说法正确的是()甲乙A.检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率B.在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈的电流强度不变C.在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大D.当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流解析：C激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率，管道壁中产生涡流，有一定的热功率，P激励＝P检测＋P热，故A错误；增大频率，检测线圈的磁通量变化率变大，产生的感应电动势变大，则电流强度变大，故B错误；增大频率，检测线圈的功率和管道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确；当检测仪从金属管到完好处进入破损处检测时，厚度减小，则管道壁中产生的涡流变小，故D错误。8.如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列选项正确的是()A.磁体做匀加速直线运动B.磁体的机械能守恒C.磁体动能的增加量小于重力势能的减少量D.铝管对桌面的压力大于铝管和磁体受到的重力之和解析：C磁体在铝管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在运动过程中，出现安培力做负功的现象，所以磁体的加速度小于重力加速度，根据法拉第电磁感应定律可知，磁体运动的速度越快，则产生的感应电动势越大，所以受到的安培力也越大，所以磁体的加速度是逐渐减小的，磁体不是做匀加速运动，故A错误；磁体在整个下落过程中，除重力做功外，还有与感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，除了部分转化为动能外，还有部分转化为内能，故机械能不守恒，且磁体动能的增加量小于重力势能的减少量，故B错误，C正确；以铝管和磁体整体为研究对象，因磁体有向下的加速度，则整体所受合力向下，故桌面对整体的支持力小于受到的总重力，根据牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压力小于铝管和磁体受到的重力之和，故D错误。[能力提升题组]9.(多选)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为eq\r(2)L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是()A.在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，E一直增大B.在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，E先增大后减小C.在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大D.在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直减小解析：BC如图所示，金属框切割磁感线的有效长度为d，根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E＝eq\f(1,2)Bd2ω，从图中可以看出在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，d是先增大到eq\r(2)L，再减小到L，所以电动势E先增大后减小，A项错误，B项正确。在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，d＝eq\f(L,cosωt)，感应电动势的表达式可写为E＝eq\f(1,2)Bd2ω＝eq\f(BL2ω,2cos2ωt)，由表达式可以看出在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大，C项正确，D项错误。10.如图，1000匝的线圈(为表示线圈的绕向，图中只画了2匝)A、