第二讲法拉第电磁感应定律自感现象(原卷版+解析)

第二讲法拉第电磁感应定律自感现象知识梳理一、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I＝eq\f(E,R＋r)。3．导线切割磁感线时的感应电动势切割方式电动势表达式说明垂直切割E＝Blv①导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场②式中l为导体切割磁感线的有效长度③旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度eq\f(1,2)lω倾斜切割E＝Blvsinθ(θ为v与B的夹角)旋转切割(以一端为轴)E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω二、自感、涡流1．互感现象两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作互感电动势。2．自感现象(1)定义：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，这种现象称为自感。(2)自感电动势①定义：由于自感而产生的感应电动势。②表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。③自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关。单位：亨利(H)，1mH＝10－3H，1μH＝10－6H。3．涡流、电磁阻尼和电磁驱动(1)涡流：如果穿过导体的磁通量发生变化，由于电磁感应，导体内会产生感应电流，这种电流像水中的漩涡，所以叫作涡电流，简称涡流。(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，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。(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，它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。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。(4)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。考点一、法拉第电磁感应定律的理解和应用1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)的比较物理量项目磁通量Φ磁通量的变化量ΔΦ磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)意义某时刻穿过某个面的磁感线的条数某段时间内穿过某个面的磁通量变化的多少穿过某个面的磁通量变化的快慢大小Φ＝BSΔΦ＝Φ2－Φ1＝Δ(B·S)两种特例：①ΔΦ＝B·ΔS②ΔΦ＝S·ΔBeq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Φ2－Φ1,Δt)两种特例：①eq\f(ΔΦ,Δt)＝Beq\f(ΔS,Δt)②eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)注意若有相反方向的磁场，磁通量可抵消；S为有效面积转过180°前后穿过平面的磁通量是一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零等于单匝线圈上产生的感应电动势，即E＝eq\f(ΔΦ,Δt)2．法拉第电磁感应定律公式的物理意义：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势。3．法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝neq\f(B·ΔS,Δt)。(动生电动势)(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，S是磁场范围内的有效面积。(感生电动势)(3)磁通量的变化是由有效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)。4．在图像问题中磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ­t图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。例1、如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域。当磁场以eq\f(ΔB,Δt)的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为()A．0B．neq\f(ΔB,Δt)·L2C．neq\f(ΔB,Δt)·πr2D．neq\f(ΔB,Δt)·r2例2、(多选)一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一位于纸面内细金属圆环，如图甲所示。现令磁感应强度值B按图乙所示的规律随时间t变化，令E1、E2、E3分别表示Oa、ab、bc这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示其对应的感应电流，则()A．I1、I3沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I1沿逆时针方向，I2、I3沿顺时针方向C．E1>E2>E3D．E1<E2＝E3例3、(2019·江苏高考)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3m2、电阻R＝0.6Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5s时间内合到一起。求线圈在上述过程中：(1)感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量q。课堂随练训练1、(多选)(2022·遂宁第三次诊断)如图甲所示，螺线管P穿过一固定圆形线圈Q，P中通有变化电流i，规定如图甲所示的电流方向为正，电流随时间变化的规律如图乙所示，则()A．t1时刻，从上往下看，线圈Q中有顺时针电流B．t2时刻，从上往下看，线圈Q中有逆时针电流C．t1～t2，Q中电流在增大D．t2～t3，Q中磁通量的变化率增大训练2、(多选)如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场。t＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。下列说法正确的是()A．eq\f(1,2)t0时刻，R中电流方向为由a到bB．eq\f(3,2)t0时刻，R中电流方向为由a到bC．0～t0时间内流过R的电流小于t0～2t0时间内流过R的电流D．0～t0时间内流过R的电流大于t0～2t0时间内流过R的电流训练3、(2019·全国卷Ⅰ)(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．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)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)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，导体的有效长度分别为：图甲：l＝eq\x\to(cd)sinβ.图乙：沿v方向运动时，l＝eq\x\to(MN).图丙：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝R.(2)相对速度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如图，当长为l的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体运动Δt时间后，转过的弧度θ＝ωΔt，扫过的面积ΔS＝eq\f(1,2)l2ωΔt，则E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(1,2)Bl2ω.例1、如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨间距为L，电阻不计，金属杆的电阻为2R、长度为L，ab间电阻为R，MN两点间电势差为U。则通过电阻R的电流方向及U的大小分别是()A．a→b，BLv B．a→b，eq\f(BLv,3)C．a→b，eq\f(2BLv,3) D．b→a，eq\f(2BLv,3)例2、如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，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的方向滑动(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)例3、(2020·浙江7月选考)如图所示，固定在水平面上且半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，金属棒随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是()A．金属棒产生的电动势为eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的电荷量与质量之比为eq\f(2gd,Br2ω)C．电阻消耗的电功率为eq\f(πB2r4ω,2R)D．电容器所带的电荷量为CBr2ω课堂随练训练1、(2020·江苏卷，15)如图所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T。在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中(1)感应电动势的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感应电流产生的热量Q。训练2、(2015·全国卷Ⅱ)如图，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()A．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．Uac＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a训练3、(多选)如图所示，在纸面内有半圆形轻质导体框，O为圆心，圆半径长为r，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()A．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(Bωr2,2)C．转动的后半周内通过O点的电荷量为eq\f(πBr2,4R)D．外力对线框做的功为eq\f(πωB2r4,4R)考点三、自感现象及互感、涡流、电磁阻尼1．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。2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题灯泡与线圈串联灯泡与线圈并联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，然后电流逐渐减小达到稳定，灯泡比刚通电时暗些断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，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1、(2017·北京卷·19)图甲和图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()A．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中电流相等例2、(多选)如图所示，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()A．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．取走线圈中的铁芯例3、(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左右振动的衰减最有效的方案是()课堂随练训练1、(2022·安庆高考模拟)关于下列器材的原理和用途，正确的是()A．变压器可以改变交变电压也能改变频率B．扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用训练2、如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮B．S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才灭训练3、如图是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S。在下图所示的图像中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是()同步训练1、如图所示，在某次阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50m，北京地区地磁场向下的竖直分量大小为4.7×10－5T，则()A．两翼尖之间的电势差为2.9VB．两翼尖之间的电势差为1.1VC．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低2、(2021·辽宁省辽阳市高三下一模)某星球表面0～200km高度范围内，水平方向磁场的磁感应强度大小随高度由60T均匀减小至10T，为使航天器能在星球表面安全降落，可以利用电磁阻力来减小航天器下落速度。若在航天器上固定一边长为1m的正方形闭合线圈，航天器竖直降落时线圈平面始终与水平磁场垂直，上下两边始终处于水平状态，为使航天器速度为1km/s时产生的电磁阻力(只对该闭合线圈产生的作用力)为1000N，则线圈电阻的阻值R为()A．2.5×10－14Ω B．5×10－11ΩC．6.25×10－8Ω D．1×10－5Ω3、如图所示，两个闭合正方形线圈a、b用粗细相同的同种导线绕制而成，匝数相同，线圈a的边长为线圈b边长的3倍，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，下列说法正确的是()A．a、b线圈中均产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为3∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为27∶13、(2022·天津红桥区一模)如图所示，灯泡A1、A2的规格完全相同，线圈L的电阻不计，下列说法中正确的是()A．当接通电路时，A1和A2始终一样亮B．当接通电路时，A2先达到最大亮度，A1后达到最大亮度，最后两灯一样亮C．当断开电路时，A2立即熄灭、A1过一会儿才熄灭D．当断开电路时，两灯都立即熄灭4、(多选)(2022·长春质量监测)如图甲所示，单匝正方形线框abcd的电阻R＝0.5Ω，边长L＝20cm，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是()A．线框中的感应电流沿逆时针方向，大小为2.4×10－2AB．0～2s内通过ab边横截面的电荷量为4.8×10－2CC．3s时ab边所受安培力的大小为1.44×10－2ND．0～4s内线框中产生的焦耳热为1.152×10－3J5、(2022·江苏前黄高级中学、溧阳中学联考)如图所示，置于磁场中的一段导线abcd与缠绕在螺线管上的导线组成闭合回路，螺线管MN上的绕线方式没有画出，A是MN正下方水平放置在地面上的细金属圆环，若磁场在变化的过程中，线圈A突然跳起，以下磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律可能正确是()6、(多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终与圆环保持良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。则()A．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB．θ＝eq\f(π,3)时，杆产生的电动势为eq\r(3)BavC．θ＝eq\f(π,3)时，杆受到的安培力大小为D．θ＝0时，杆受到的安培力大小为7、(多选)如图甲所示，用一根导线做成一个半径为r的圆环，其单位长度的电阻为r0，将圆环的右半部分置于变化的匀强磁场中，设磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度大小随时间做周期性变化关系如图乙所示，则()A．在t＝π时刻，圆环中有顺时针方向的感应电流B．在0～eq\f(π,2)时间内圆环受到的安培力大小、方向均不变C．在eq\f(π,2)～π时间内通过圆环横截面的电荷量为eq\f(B0r,2r0)D．圆环在一个周期内的发热量为eq\f(B02r3,r0)8、(2021·山东省济南市高三下二模)如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10cm、电阻R＝1Ω的金属圆环，以某一速度进入有界匀强磁场。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5T，从圆环刚进入磁场开始，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共产生了32J的热量，此时圆环速度为6m/s，下列说法正确的是()A．此时圆环中的电流方向为顺时针B．圆环进入磁场的全过程产生的热量为64JC．此时圆环中的电动势为0.6VD．圆环进入磁场的全过程通过圆环某截面的电荷量为0.01C9、(2020·北京卷)如图甲所示，N＝200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r＝2Ω，其两端与一个R＝48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。(1)判断通过电阻R的电流方向；(2)求线圈产生的感应电动势E；(3)求电阻R两端的电压U。10、(2017·江苏高考)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。第二讲法拉第电磁感应定律自感现象知识梳理一、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I＝eq\f(E,R＋r)。3．导线切割磁感线时的感应电动势切割方式电动势表达式说明垂直切割E＝Blv①导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场②式中l为导体切割磁感线的有效长度③旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度eq\f(1,2)lω倾斜切割E＝Blvsinθ(θ为v与B的夹角)旋转切割(以一端为轴)E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω二、自感、涡流1．互感现象两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作互感电动势。2．自感现象(1)定义：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，这种现象称为自感。(2)自感电动势①定义：由于自感而产生的感应电动势。②表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。③自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关。单位：亨利(H)，1mH＝10－3H，1μH＝10－6H。3．涡流、电磁阻尼和电磁驱动(1)涡流：如果穿过导体的磁通量发生变化，由于电磁感应，导体内会产生感应电流，这种电流像水中的漩涡，所以叫作涡电流，简称涡流。(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，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。(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，它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。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。(4)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。考点一、法拉第电磁感应定律的理解和应用1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)的比较物理量项目磁通量Φ磁通量的变化量ΔΦ磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)意义某时刻穿过某个面的磁感线的条数某段时间内穿过某个面的磁通量变化的多少穿过某个面的磁通量变化的快慢大小Φ＝BSΔΦ＝Φ2－Φ1＝Δ(B·S)两种特例：①ΔΦ＝B·ΔS②ΔΦ＝S·ΔBeq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Φ2－Φ1,Δt)两种特例：①eq\f(ΔΦ,Δt)＝Beq\f(ΔS,Δt)②eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)注意若有相反方向的磁场，磁通量可抵消；S为有效面积转过180°前后穿过平面的磁通量是一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零等于单匝线圈上产生的感应电动势，即E＝eq\f(ΔΦ,Δt)2．法拉第电磁感应定律公式的物理意义：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势。3．法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝neq\f(B·ΔS,Δt)。(动生电动势)(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，S是磁场范围内的有效面积。(感生电动势)(3)磁通量的变化是由有效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)。4．在图像问题中磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ­t图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。例1、如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域。当磁场以eq\f(ΔB,Δt)的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为()A．0B．neq\f(ΔB,Δt)·L2C．neq\f(ΔB,Δt)·πr2D．neq\f(ΔB,Δt)·r2【答案】B【解析】由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势E＝neq\f(ΔB,Δt)·L2，故B正确。例2、(多选)一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一位于纸面内细金属圆环，如图甲所示。现令磁感应强度值B按图乙所示的规律随时间t变化，令E1、E2、E3分别表示Oa、ab、bc这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示其对应的感应电流，则()A．I1、I3沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I1沿逆时针方向，I2、I3沿顺时针方向C．E1>E2>E3D．E1<E2＝E3【答案】BD【解析】由楞次定律可知，I1沿逆时针方向，I2、I3沿顺时针方向，故A错误，B正确；由法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，由题图乙知第1段中磁通量的变化率较小，ab、bc段磁通量的变化率相同，因此有E1<E2＝E3，故C错误，D正确。例3、(2019·江苏高考)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3m2、电阻R＝0.6Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5s时间内合到一起。求线圈在上述过程中：(1)感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量q。【答案】(1)0.12V(2)0.2A电流方向见解析图(3)0.1C【解析】(1)感应电动势的平均值E＝eq\f(ΔΦ,Δt)磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS解得E＝eq\f(BΔS,Δt)代入数据得E＝0.12V。(2)感应电流平均值I＝eq\f(E,R)代入数据得I＝0.2A根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，如图所示。(3)电荷量q＝IΔt代入数据得q＝0.1C。课堂随练训练1、(多选)(2022·遂宁第三次诊断)如图甲所示，螺线管P穿过一固定圆形线圈Q，P中通有变化电流i，规定如图甲所示的电流方向为正，电流随时间变化的规律如图乙所示，则()A．t1时刻，从上往下看，线圈Q中有顺时针电流B．t2时刻，从上往下看，线圈Q中有逆时针电流C．t1～t2，Q中电流在增大D．t2～t3，Q中磁通量的变化率增大【答案】AC【解析】t1时刻，流过线圈P的电流为正向减小，则由楞次定律可知穿过Q的感应电流的磁场向下，从上往下看线圈Q中有顺时针的感应电流，故A正确；t2时刻与t1时刻的电流变化情况相同，则从上往下看，线圈Q中依然有顺时针的感应电流，故B错误；t1～t2时间内的感应电流大小为i＝eq\f(e,R)＝eq\f(\f(ΔB,Δt)S,R)，因场源电流变化率增大，即穿过Q的磁通量的变化率eq\f(ΔB,Δt)增大，则Q中电流在增大，故C正确；t2～t3时间内场源电流的变化率减小，则Q中磁通量的变化率减小，故D错误。训练2、(多选)如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场。t＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。下列说法正确的是()A．eq\f(1,2)t0时刻，R中电流方向为由a到bB．eq\f(3,2)t0时刻，R中电流方向为由a到bC．0～t0时间内流过R的电流小于t0～2t0时间内流过R的电流D．0～t0时间内流过R的电流大于t0～2t0时间内流过R的电流【答案】AC【解析】由楞次定律可知0～t0时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向，t0～2t0时间内线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，可知0～t0时间内感应电动势大小是t0～2t0时间内的eq\f(1,2)，感应电流为I＝eq\f(E,R)，所以0～t0时间内流过R的电流是t0～2t0时间内流过R的电流的eq\f(1,2)，故C正确，D错误。训练3、(2019·全国卷Ⅰ)(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．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】由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小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，感应电流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C正确，D错误。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)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，导体的有效长度分别为：图甲：l＝eq\x\to(cd)sinβ.图乙：沿v方向运动时，l＝eq\x\to(MN).图丙：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝R.(2)相对速度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如图，当长为l的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体运动Δt时间后，转过的弧度θ＝ωΔt，扫过的面积ΔS＝eq\f(1,2)l2ωΔt，则E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(1,2)Bl2ω.例1、如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨间距为L，电阻不计，金属杆的电阻为2R、长度为L，ab间电阻为R，MN两点间电势差为U。则通过电阻R的电流方向及U的大小分别是()A．a→b，BLv B．a→b，eq\f(BLv,3)C．a→b，eq\f(2BLv,3) D．b→a，eq\f(2BLv,3)【答案】B【解析】由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M，则通过电阻R的电流方向为a→b，MN产生的感应电动势公式为E＝BLv，R两端的电压为U＝eq\f(E,R＋2R)·R＝eq\f(BLv,3)，故B项正确。例2、如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，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的方向滑动(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)【答案】B【解析】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＝BIL′＝B·eq\f(Bvsinθ,r)·eq\f(l,sinθ)＝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。例3、(2020·浙江7月选考)如图所示，固定在水平面上且半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，金属棒随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是()A．金属棒产生的电动势为eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的电荷量与质量之比为eq\f(2gd,Br2ω)C．电阻消耗的电功率为eq\f(πB2r4ω,2R)D．电容器所带的电荷量为CBr2ω【答案】B【解析】金属棒产生的电动势E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，选项A错误。金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于金属棒产生的电动势，即U＝E，微粒所受的重力与其受到的电场力大小相等，有qeq\f(E,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，选项B正确。电阻消耗的电功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，选项C错误。电容器所带的电荷量Q＝CE＝eq\f(1,2)CBr2ω，选项D错误。课堂随练训练1、(2020·江苏卷，15)如图所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T。在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中(1)感应电动势的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感应电流产生的热量Q。【答案】(1)0.8V(2)0.8N(3)0.32J【解析】(1)感应电动势E＝Blv代入数据得E＝0.8V。(2)感应电流I＝eq\f(E,R)拉力的大小等于安培力，即F＝IlB解得F＝eq\f(B2l2v,R)，代入数据得F＝0.8N。(3)运动时间t＝eq\f(2l,v)焦耳定律Q＝I2Rt解得Q＝eq\f(2B2l3v,R)，代入数据得Q＝0.32J。训练2、(2015·全国卷Ⅱ)如图，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()A．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．Uac＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a【答案】C【解析】在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：电动势大小为eq\f(1,2)Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得：电动势大小也为eq\f(1,2)Bl2ω；由右手定则可知：金属框内无电流，且Uc>Ub＝Ua，A、B、D错误；Ubc＝Uac＝－eq\f(1,2)Bl2ω，C正确。训练3、(多选)如图所示，在纸面内有半圆形轻质导体框，O为圆心，圆半径长为r，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()A．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(Bωr2,2)C．转动的后半周内通过O点的电荷量为eq\f(πBr2,4R)D．外力对线框做的功为eq\f(πωB2r4,4R)【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(Bωr2,2)，圆弧AB段内电流方向从A流向B，AB段为外电路，故两端电压为U＝eq\f(1,2)E1＝eq\f(Bωr2,4)；转动的后半周BO段切割磁感线，感应电动势为E2＝eq\f(Bωr2,2)，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)πBr2，电路总电阻为2R，则转动的后半周内通过O点的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(\f(1,2)πBr2,2R)＝eq\f(πBr2,4R)，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(Bωr2,2)))\s\up12(2),2R)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωB2r4,4R)，故D正确。考点三、自感现象及互感、涡流、电磁阻尼1．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。2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题灯泡与线圈串联灯泡与线圈并联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，然后电流逐渐减小达到稳定，灯泡比刚通电时暗些断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，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1、(2017·北京卷·19)图甲和图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()A．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】断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1<RA1，故A错；题图甲中，闭合开关S1，电路稳定后，因为RL1<RA1，所以A1中电流小于L1中电流，故B错；题图乙中，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，说明变阻器R与L2的电阻值相同，故C对；闭合开关S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错．例2、(多选)如图所示，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()A．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】当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡流发热，使水温升高。要缩短加热时间，需增大涡流，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。瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致磁性减弱。所以选项A、B正确，C、D错误。例3、(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左右振动的衰减最有效的方案是()【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，阻碍系统的振动；在B图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动和向右振动无感应电流产生；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；在D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故选项A正确，B、C、D错误．课堂随练训练1、(2022·安庆高考模拟)关于下列器材的原理和用途，正确的是()A．变压器可以改变交变电压也能改变频率B．扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用【答案】D【解析】变压器可以改变交变电压但是不改变交流电频率，A错误；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈会产生自感现象，即感应电流，B错误；真空冶炼炉的工作原理是炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，C错误；铝是导体，仪表指针偏转时铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，感应电流又会受到安培阻力，阻碍线圈的转动，属于电磁阻尼，D正确。训练2、如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮B．S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才灭【答案】D【解析】S闭合瞬间，自感线圈L相当于一个大电阻，以后阻值逐渐减小到0，所以观察到的现象是灯泡L1和L2同时亮，以后L1逐渐变暗到熄灭，L2逐渐变得更亮。S断开瞬间，自感线圈相当于一个电动势逐渐减小的内阻不计的电源，它与灯泡L1组成闭合回路，所以L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭。所以A、B、C错误，D正确。训练3、如图是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S。在下图所示的图像中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是()【答案】B【解析】在t＝0时刻，闭合开关的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，自感线圈相当于一个阻值很大的电阻，灯泡中有一定的电流通过；随着自感线圈L电动势的逐渐减小，自感线圈的等效阻值逐渐减小，直至减小到其直流电阻值，线圈与灯泡并联电路两端的电压逐渐减小至稳定值，故灯泡中的电流逐渐减小至稳定值，A、D错误。当在t＝t1时刻断开开关S时，线圈产生自感电动势，线圈中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，故灯泡的电流方向与原来相反，为负值；线圈的直流电阻大于灯泡D的阻值，故t＝t1时刻灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故B正确，C错误。同步训练1、如图所示，在某次阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50m，北京地区地磁场向下的竖直分量大小为4.7×10－5T，则()A．两翼尖之间的电势差为2.9VB．两翼尖之间的电势差为1.1VC．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低【答案】C【解析】飞机的飞行速度为4.5×102km/h＝125m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝Blv＝4.7×10－5×50×125V≈0.29V，A、B项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直分量向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误．2、(2021·辽宁省辽阳市高三下一模)某星球表面0～200km高度范围内，水平方向磁场的磁感应强度大小随高度由60T均匀减小至10T，为使航天器能在星球表面安全降落，可以利用电磁阻力来减小航天器下落速度。若在航天器上固定一边长为1m的正方形闭合线圈，航天器竖直降落时线圈平面始终与水平磁场垂直，上下两边始终处于水平状态，为使航天器速度为1km/s时产生的电磁阻力(只对该闭合线圈产生的作用力)为1000N，则线圈电阻的阻值R为()A．2.5×10－14Ω B．5×10－11ΩC．6.25×10－8Ω D．1×10－5Ω【答案】C【解析】由磁场分布规律可知，线圈上下两边所处位置的磁感应强度大小之差ΔB＝eq\f(B2－B1L,h2－h1)＝2.5×10－4T，线圈上下两边产生的总感应电动势大小E＝ΔBLv，线圈上下两边受到的总安培力大小F＝ΔBIL，其中I＝eq\f(E,R)，解得R＝6.25×10－8Ω，C正确。3、如图所示，两个闭合正方形线圈a、b用粗细相同的同种导线绕制而成，匝数相同，线圈a的边长为线圈b边长的3倍，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，下列说法正确的是()A．a、b线圈中均产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为3∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为27∶1【答案】D【解析】根据楞次定律可知，原磁场向里增强，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此a、b线圈中感应电流的方向均为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(ΔB,Δt)l2，由题意知，两线圈匝数n相同，eq\f(ΔB,Δt)也相同，故Ea∶Eb＝leq\o\al(2,a)∶leq\o\al(2,b)＝9∶1，故B错误；绕制线圈的导线横截面积S0相同，电阻率ρ也相同，根据电阻定律有R＝ρeq\f(L,S0)，导线长度为L＝n×4l，故电阻之比为Ra∶Rb＝la∶lb＝3∶1，根据闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R)，故a、b线圈中感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，故C错误；电功率P＝eq\f(E2,R)，因电动势之比为9∶1；电阻之比为3∶1；则电功率之比为27∶1，故D正确。3、(2022·天津红桥区一模)如图所示，灯泡A1、A2的规格完全相同，线圈L的电阻不计，下列说法中正确的是()A．当接通电路时，A1和A2始终一样亮B．当接通电路时，A2先达到最大亮度，A1后达到最大亮度，最后两灯一样亮C．当断开电路时，A2立即熄灭、A1过一会儿才熄灭D．当断开电路时，两灯都立即熄灭【答案】B【解析】当接通电路时，A2立即发光，逐渐变暗，达到稳定，由于线圈中自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先达到最大亮度，A1后达到最大亮度，最后电路稳定，两灯一样亮，故B正确，A错误；当断开电路时，A2原来方向的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，由于线圈L的电阻不计，回路中电流从原来值逐渐减小到零，流过A2的电流与原来方向相反，则A1和A2都要过一会儿才熄灭，故C、D错误。4、(多选)(2022·长春质量监测)如图甲所示，单匝正方形线框abcd的电阻R＝0.5Ω，边长L＝20cm，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是()A．线框中的感应电流沿逆时针方向，大小为2.4×10－2AB．0～2s内通过ab边横截面的电荷量为4.8×10－2CC．3s时ab边所受安培力的大小为1.44×10－2ND．0～4s内线框中产生的焦耳热为1.152×10－3J【答案】BD【解析】由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，由法拉第电磁感应定律得电动势E＝Seq\f(ΔB,Δt)，感应电流I＝eq\f(E,R)＝2.4×10－2A，故A错误；电荷量q＝IΔt，解得q＝4.8×10－2C，故B正确；安培力F＝BIL，由题图乙得，3s时B＝0.3T，代入数值得F＝1.44×10－3N，故C错误；由焦耳定律得Q＝I2Rt，代入数值得Q＝1.152×10－3J，故D正确。5、(2022·江苏前黄高级中学、溧阳中学联考)如图所示，置于磁场中的一段导线abcd与缠绕在螺线管上的导线组成闭合回路，螺线管MN上的绕线方式没有画出，A是MN正下方水平放置在地面上的细金属圆环，若磁场在变化的过程中，线圈A突然跳起，以下磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律可能正确是()【答案】C【解析】若磁场在变化的过程中，线圈A突然跳起，说明二者相互吸引，根据楞次定律知螺线管MN中产生的磁场在减小，即螺线管中的电流减小；根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，则eq\f(ΔB,Δt)减小，B－t图像的斜率减小，故C正确，A、B、D错误。6、(多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终与圆环保持良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。则()A．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB．θ＝eq\f(π,3)时，杆产生的电动势为eq\r(3)BavC．θ＝eq\f(π,3)时，杆受到的安培力大小为D．θ＝0时，杆受到的安培力大小为【答案】AC【解析】θ＝0时，杆产生的电动势E＝BLv＝