高考物理一轮复习考点精讲精练第24讲　法拉第电磁感应定律、自感和涡流（解析版）

第24讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流1、理解环和掌握法古拉第电滋感应定律。2、会求感生电动势和动生电动势。3、理解自感、祸流、电掬驱动和电嘟阻尼考点一法拉第电磁感应定律的应用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．（2024•下城区校级模拟）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。（2024•济南模拟）如图所示，边长为L正方形金属回路（总电阻为R）与水平面的夹角为60°，虚线圆与正方形边界相切，虚线圆形边界内（包括边界）存在竖直向下匀强磁场，其磁感应强度与时间的关系式为B＝kt（k＞0且为常量），则金属回路产生的感应电流大小为（）A．kL2R B．πkL24R【解答】解：根据法拉第电磁感应定律可知回路产生的感应电动势为：E=由闭合电路欧姆定律可知金属回路产生的感应电流大小为：I=E故选：D。（2023秋•渝中区校级期末）如图甲，圆心为O、半径为r、电阻为R的单匝圆形线圈置于光滑水平面上，用一根水平绝缘细杆将圆形线圈的最右端与墙面拴接，以图中虚线为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场，垂直纸面向里为磁场的正方向，两部分磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙。则0～t0时间内（）A．线圈受到的安培力的合力向右 B．线圈中电流沿顺时针方向 C．感应电流的大小πrD．细杆对线框的弹力逐渐增大【解答】解：AB、穿过左边部分的导线框的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，左边部分的导线框产生的感应电动势沿逆时针方向。穿过右边部分的导线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，右边部分的导线框产生的感应电动势沿逆时针方向，所以整个线圈中感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，左边部分的导线框所受的安培力向左，右边部分的导线框所受的安培力也向左，所以线圈受到的安培力的合力向左，故AB错误；C、由法拉第电磁感应定律知线圈产生感应电动势为E＝2×ΔBΔt•πr22=B再由闭合电路欧姆定律可得感应电流大小为I=ED、线圈受到的安培力的合力为F＝|B1|I•2r+B2I•2r＝B0I•2r＝2B0Ir，保持不变，由平衡条件可知细杆对线框的弹力与线圈受到的安培力的合力大小相等，则细杆对线框的弹力保持不变，故D错误。故选：C。考点二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．(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．图中有效长度分别为：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．（2023秋•玄武区校级期末）如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2，则在先后两种情况下（）A．线圈中的感应电动势之比为E1：E2＝1：2 B．线圈中的感应电流之比为I1：I2＝4：1 C．线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2＝2：1 D．通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2＝2：1【解答】解：A、v1＝2v2，根据E＝BLv，知感应电动势之比2：1，故A错误；B、感应电流I=ER=BLvRC、v1＝2v2，知时间比为1：2，根据Q＝I2Rt，知热量之比为2：1，故C正确；D、根据q=It＝nΔΦ故选：C。（2023秋•海淀区校级期末）如图，水平面内两导轨间距1m，处于磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，导轨的左端接有电阻R＝3Ω、长1m的导体棒PQ垂直导轨，以4m/s的速度向右匀速滑动，导体棒电阻为1Ω，导轨的电阻忽略不计。则下列说法正确的是（）A．P点的电势高于Q点，PQ两点电势差的大小为4V B．P点的电势高于Q点，PQ两点电势差的大小为3V C．Q点的电势高于P点，PQ两点电势差的大小为4V D．Q点的电势高于P点，PQ两点电势差的大小为3V【解答】解：切割磁感线的导体棒相当于电源，导体棒PQ为电源，由右手定则可知PQ棒中感应电流方向Q→P，电源内部电流由低电势流向高电势，故P点电势高于Q点由E＝BLv得PQ棒产生的感应电动势为E＝BLv＝1×1×4V＝4VP、Q两点的电势差等于路端电压，由闭合电路欧姆定律得P、Q两点的电势差大小为U=IR=E故选：B。（2023秋•吉林期末）法拉第发明了世界上第一台发电机—法拉第圆盘发电机，原理图如图所示。半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是（金属圆盘的电阻不计）（）A．由d到c，I=Br2ωC．由c到d，I=Br2【解答】解：根据法拉第电磁感应定律，圆盘切割磁感线产生的感应电动势为E＝Brv=Br根据欧姆定律，通过电阻的电流大小为I=E由右手定则，圆盘相当于电源，其电动势方向为从边缘指向圆心，所以电阻中的电流方向为从d到c，故A正确，BCD错误。故选：A。（2023秋•黄冈期末）如图所示，abcd为水平固定的足够长的“⊂”形金属导轨，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，足够长的金属棒MN倾斜放置，与导轨成夹角θ＝30°，金属棒单位长度的电阻为r，保持金属棒以速度v（速度方向平行于ab，如图）匀速运动（金属棒尚未脱离导轨），金属棒与导轨接触良好，则通过金属棒中的电流为（）A．Bv2r B．Bv4r C．Bvr【解答】解：金属棒切割磁感线的有效长度等于导轨间距L，感应电动势：E＝BLv，导体棒接入电路的长度：l=L回路的总电阻：R＝lr＝2Lr通过金属棒的电流：I=E故选：A。（多选）（2024•厦门模拟）如图甲所示，M、N是两根固定在水平面内的平行金属长导轨，导轨间距为L，电阻不计。两虚线PQ、ST与导轨垂直，PQ左侧存在竖直向上的匀强磁场，ST右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。质量为m的金属棒ab与导轨垂直，静置在左侧磁场中。位于两虚线之间的金属棒cd与导轨夹角为θ，在外力作用下以速度v向右始终做匀速直线运动，从c端进入右侧磁场时开始计时，回路中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示，图中0～t1部分为直线，t1A．cd棒全部进入磁场时，cd棒产生的电动势大小为BLv B．t1时刻cd棒所受的安培力大小为BIC．2t1时刻ab棒的速度大小为(1−ID．t1～2t1时间内，通过回路某截面电荷量为mv【解答】解：A、cd棒全部进入磁场时，cd棒的有效切割长度为L，产生的电动势大小为E＝BLv，故A正确；B、根据题意可知t1=L2vtanθ，可知速度v则安培力大小为F＝BI1L'=故B错误；C、2t1时刻cd棒全部进入磁场，设电路总电阻为R，则总电流I2=t1时刻，ab未动，则有I1R=1联立解得vab=(1−故C正确；D、对ab受力分析，可知安培力F＝BIL，摩擦力为f＝BI1L，则有∑aΔt＝Δv=(1−即∑BIL−BI1LmΔt=BLm∑（IΔt﹣I1Δt）故BLm（q﹣I1t）解得q＝（1−I2故D错误；故选：AC。（多选）（2024•聊城一模）如图所示，两电阻为零的光滑导轨水平放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝（狭缝宽度不计），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，导轨左端通过单刀双掷开关S可以与电容C或电阻R相连，导轨上有一足够长且不计电阻的金属棒与x轴垂直，在外力F（大小未知）的作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，若某时刻开关S接1，外力用F1表示，通过金属棒电流的大小用I1表示；若某时刻开关S接2，外力用F2表示，通过金属棒电流的大小用I2表示。关于外力、电流大小随时间变化的图象关系正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：AB、由题知金属棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为：L＝2x⋅tanθ其中：x＝vt则产生的感应电动势为：E＝2Bv2ttanθ当开关S接1时，通过金属棒的电流为：I1则可得知道安培力：F1由于具有初速度，则开始计时时I1、F1不为零，不过原点。故A正确，B错误；CD、当开关S接2时，通过金属棒的电流为：I2=ΔqΔt=C⋅ΔU则可得：F2=BLI2=4故选：AD。（2024•辽宁模拟）某小组设计了一种汽车电磁感应悬架系统模型，其原理示意图如图所示。质量为m的重物系统MNPQ内存在方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，系统正下方的水平地面上固定有闭合的单匝矩形线圈，其电阻为R、ab边长为L。某次测试过程中，当重物底部MQ与线圈ab边重合时，重物系统的速度为v0，向下运动一段距离h后，速度达到最小值，此时NP未碰到ab边上的弹簧，重物系统未碰到地面，已知重力加速度为g，不计一切摩擦，求重物系统：（1）速度为v0时，线圈中的感应电流大小；（2）向下运动h的过程中，线圈中产生的焦耳热；（3）向下运动h的时间。【解答】解：（1）根据电磁感应定律，速度为v0时线圈中的感应电动势为E＝BLv0根据闭合电路的欧姆定律有I=E联立解得I=BL（2）重物系统向下运动一段距离h后，速度达到最小值，此时加速度为0，根据牛顿第二定律有BI′L﹣mg＝0根据闭合电路的欧姆定律有I'=E'根据电磁感应定律，此时线圈中的感应电动势为E′＝BLv联立解得v=mgR重物系统向下运动h的过程，根据能量守恒定律有Q=mgℎ+1解得Q=mgℎ+1（3）重物系统向下运动h的过程，以向下为正方向，根据动量定理有mgt−BI又It=qq=BLℎ联立解得t=B（2023秋•辽宁期末）如图（a），超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，具有超高速低能耗、无噪声零污染等特点。如图（b），已知运输车管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为3r。运输车的质量为m，横截面是个圆，运输车上固定着长为3（1）当运输车由静止离站时，在导体棒2后距离为D处，接通固定在导轨上电动势为E的直流电源（电源内阻为R），此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图（c），则刚接通电源时运输车加速度多大？（2）运输车进站时切断电源，管道内依次分布着相邻的方向相反的匀强磁场，各个匀强磁场宽度均为D，磁感应强度大小均为B，如图（d），则当运输车速度为v时受到的安培力多大？（3）求在（2）的条件下，运输车以速度v0进入磁场到停止运动的过程中，导体棒1上产生的焦耳热。【解答】解：（1）运输车到站时R总由闭合电路的欧姆定律I=E通过导体棒的电流I1导体棒所受的安培力F1根据牛顿第二定律，运输车的加速度a=F解得a=2（2）当车速为v时，由法拉第电磁感应定律E1=Bv3由闭合电路的欧姆定律I=E导体棒所受的安培力F1运输车所受的合力F=F（3）根据能量守恒定律，导体棒产生的总焦耳热为Q=1则可导体棒1产生的焦耳热为Q'=1考点三自感现象的理解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．（2024春•深圳期中）如图所示，M和N为两个完全一样的灯泡，L是一个理想电感线圈（电阻不计），R是一个定值电阻，当电键S突然闭合或断开时，下列判断正确的是（）A．电键突然闭合，N比M先亮 B．电键闭合较长时间后，N比M亮 C．电键突然断开，N比M先熄灭 D．无论电键突然闭合还是断开，M和N的现象完全相同【解答】解：A、电键突然闭合，L产生感应电动势，阻碍电流的增大，通过M灯的电流逐渐增加，所以M灯逐渐亮，而N灯立即亮，所以N比M先亮，故A正确、D错误；B、电键闭合较长时间后，电路处于稳定状态，因为两个灯泡完全相同，而L的电阻小于R的电阻，所以M的电流大于N的电流，M比N亮，故B错误；CD、电键突然断开，L产生感应电动势，相当于电源，两个灯泡串联，电流相同，两灯同时熄灭，故CD错误。故选：A。（2024•大庆三模）如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，线圈L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，灯泡的阻值不变，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，下列说法正确的是（）A．断开S后，灯泡闪一下熄灭 B．断开S后，B点电势高于A点电势 C．0～t1时间内，灯泡D两端电压先增大再保持不变 D．0～t1时间内，电阻R两端电压先减小再保持不变【解答】解：A、由于电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，所以当开关闭合时，线圈所在支路的电阻大于灯泡的电阻，则电流小于流过灯泡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，灯泡不会闪亮一下，故A错误；B、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，则此时B点电势高于A点电势，故B正确；C、开关闭合时，线圈由于产生自感对电流有阻碍作用，可看作电阻，线圈电阻随电流的增大逐渐减小，则并联电路电阻逐渐减小，根据闭合电路的欧姆定律可知电路中的总电流增大，则电源的内电压增大，所以电压UAB逐渐减小，当电路中的电流稳定后再保持不变，故C错误；D、开关闭合时，线圈由于产生自感对电流有阻碍作用，但阻碍作用随电流的增大逐渐减小，即流过L与R的电流逐渐增大，根据U＝IR可知，灯泡D两端电压先增大，当电路中的电流稳定后再保持不变，故D错误。故选：B。（2024•重庆模拟）如图为某品牌手机无线充电的原理示意图。若某段时间内送电线圈产生的磁场B在逐渐增强，则（）A．此时送电线圈中的电流由端口1流入 B．此时受电线圈的端口3为正极 C．此时受电线圈的面积有扩大的趋势 D．受电线圈中电流产生的磁场方向与图示磁场方向相同【解答】解：A、送电线圈产生的磁场B方向向上，根据右手螺旋定则，送电线圈上的电流由端口1流入，由端口2流出，故A正确；BCD、送电线圈产生的磁场B在逐渐增强，依据楞次定律和右手螺旋定则，受电线圈感应电流阻碍体通量变化，受电线圈感应电流的磁场向下，受电线圈的面积有缩小的趋势，电流从3流进，由4流出，由于电源内部，电流从负极流向正极，因此端口4为正极，故BCD错误；故选：A。（2024•淮安模拟）如图所示，将绝缘导线绕在柱形铁块上，导线内通以交变电流，铁块内就会产生感应电流，即涡流。当线圈内部空间的磁感线方向竖直向上，在铁块内产生（自上而下观察）沿虚线顺时针方向的涡流方向时，下列说法正确的是（）A．绝缘导线中的电流正在减小 B．绝缘导线中的电流由b流向a C．为减小涡流，可以增大交变电流的频率 D．为减小涡流，可以把铁块沿纵向切成很薄的铁片，涂上绝缘层后叠放起来【解答】解：AB、图中涡流为顺时针方向，根据安培定则可知，感应电流的磁场方向向下，与交变电流的磁场的方向相反，根据楞次定律可知绝缘导线中的电流正在增大；柱形铁块中磁场方向如图所示，根据安培定则可知，此时绝缘导线中的电流由a流向b，故AB错误；C、增大交变电流的频率，则电流产生的磁场的变化率增大，可增大导体内产生的感应电动势，所以会增加涡流，故C错误；D、在感应电动势的大小一定时要减小涡流，需要增大铁块电阻，根据电阻定律可知，可减小铁块的横截面积，故可以把铁块沿纵向切成很薄的铁片，涂上绝缘层后叠放起来，故D正确。故选：D。（2023秋•道里区校级期末）电磁炉的基本结构图如图所示，下列说法正确的是（）A．任何材质的锅具都适合在电磁炉上使用 B．电磁炉支板处产生涡流，锅体无涡流 C．电磁炉使锅体产生涡流，支板处无涡流 D．电磁炉通上恒定电流也可以加热食物【解答】解：BC、电磁炉是利用电磁感应加热原理制成的烹饪器具，使用时，加热线圈中通入交变电流，线圈周围便产生周期性变化的磁场，周期性变化磁场的磁感线大部分通过金属锅底，在锅底中产生大量的涡流，从而产生烹饪所需要的热量，电磁炉支板处不产生涡流，锅体有涡流，故B错误，C正确；A、要使锅内产生涡流，则锅的材质必须是金属，不是任何材质的锅具都适合在电磁炉上使用，故A错误；D、电磁炉的工作原理是通电线圈中通入交变电流，其产生周期性变化的磁场在锅底中产生涡流，使锅底发热，通入恒定电流不会产生感应电流，无法加热食物，故D错误。故选：C。（2024春•虹口区校级期中）灵敏电流计的零刻度位于刻度盘中央，为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学设计利用“电磁阻尼”来实现这一目的。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案，甲方案和乙方案中的相同磁场均位于零刻度线下方，甲方案在指针转轴上装上扇形铝板，乙方案在指针转轴上装上扇形铝框，下列说法正确的是（）A．因为铝框较铝板质量小，所以乙方案比甲方案更加合理 B．乙方案中，铝框小幅度摆动时一定会产生感应电流 C．甲方案中，即使铝板摆动幅度很小，铝板中也能产生涡流 D．因为穿过铝框的磁通量更大，所以乙方案更合理【解答】解：C、甲方案中，铝板摆动时，扇形铝板的半径切割磁感应线，在铝板内形成环状电流，产生涡流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故C正确；ABD、乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，与铝框质量大小无关，因此，甲方案更合理，故ABD错误；故选：C。题型1感应电动势的求解（2023秋•海淀区校级期末）如图甲所示，10匝铜导线制成的线圈两端M、N与一理想电压表相连，线圈内磁场方向垂直纸面向里，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是（）A．电压表的正接线柱接线圈的N端 B．线圈中磁通量的变化率为1.5Wb/s C．电压表的读数为0.5V D．电压表的读数为5V【解答】解：A、穿过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知线圈感应电动势沿逆时针方向，则M端比N端的电势高，所以电压表的正接线柱接线圈的M端，故A错误；B、磁通量的变化率为：ΔΦΔtCD、根据法拉第电磁感应定律得：E＝NΔΦΔt=10故选：D。（2023秋•玄武区校级期末）如图甲所示，100匝总阻值为0.3kΩ的圆形线圈两端M、N与一个阻值为1.2kΩ的电压表相连，其余电阻不计，线圈内有垂直纸面指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。下列说法正确的是（）A．线圈中产生的感应电流沿顺时针方向 B．电压表的正接线柱接线圈的N端 C．线圈中磁通量的变化率为0.05Wb/s D．电表的读数为40V【解答】解：AB、穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律判断可知，线圈中产生的感应电流沿逆时针方向，所以电压表的正接线柱接线圈的M端，故AB错误；C、由图乙知，线圈中磁通量的变化率为：ΔΦΔtD、根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E＝nΔΦΔt=100电表的读数为：U=R故选：D。（2023秋•昌平区期末）如图甲所示，100匝（图中只画了2匝）圆形线圈面积为0.01m2，电阻不计。线圈内存在方向垂直纸面向里且强度随时间变化的磁场；t＝0时，B＝0。线圈两端A、B与一个电压传感器相连，电压传感器测得A、B两端的电压按图（乙）所示规律变化。在t＝0.05s时（）A．磁感应强度随时间的变化率为0.01T/s B．磁感应强度随时间的变化率为20T/s C．穿过每匝线圈的磁通量为2.5×10﹣4Wb D．穿过每匝线圈的磁通量为5.0×10﹣4Wb【解答】解：AB、由图乙知，在t＝0.05s时A、B两端的电压U＝1.0V，因线圈电阻不计，所以线圈产生的感应电动势E＝U＝1.0V根据法拉第电磁感应定律得E＝NΔΦΔt=N解得：ΔBΔtCD、由图（乙）所示规律可得：Et＝Ut＝20t（V）由：Et＝NΔΦ可得：ΔΦΔt可得：Φt＝0.1t2（Wb）在t＝0.05s时，Φ＝0.1×（0.05）2Wb＝2.5×10﹣4Wb，故D错误，C正确。故选：C。题型2感应电流电荷量的求解（2023秋•五华区校级期末）纸面内有一边长如图所示的单匝“凹”字形金属线框组成闭合回路，置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框绕ab轴做角速度为ω的匀速圆周运动．则从图示位置（）A．转动45°时电流瞬时值等于回路中电流的有效值 B．转动60°时回路中的电流为逆时针方向 C．转动180°的过程中通过导线截面的电荷量为零 D．转动360°的过程中感应电动势的最大值为3BL2ω【解答】解：AD、转动45°时感应电动势瞬时值为e＝B×2L×（2Lωsin45°）﹣BL（Lωsin45°）=322BL2感应电动势的最大值为Em＝B×2L×（2Lω）﹣BL（Lω）＝3BL2ω。设感应电动势的有效值为E，根据有效值的定义得：(Em解得：E=32BL2ω，电流的有效值为I=EB、转动60°时回路中磁通量向里减少，由楞次定律可知，回路中的电流为顺时针方向，故C错误；C、转动180°的过程中通过导线截面的电荷量为q=I•Δt=故选：D。（多选）（2023秋•太原期末）如图所示，直角三角形金属线框ACD固定在绝缘水平面上，AC＝CD＝L，AC、CD电阻均为R，AD电阻不计。E、F分别为AC和AD的中点，EF上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，EF下方存在垂直纸面向外的匀强磁场。已知两磁场磁感应强度B随时间t的变化关系均为B＝4t（T）。下列说法正确的是（）A．金属线框中有逆时针方向的感应电流 B．金属线框的感应电流始终保持不变 C．金属线框所受的安培力大小不变 D．在0～t0的时间内，通过金属线框某横截面的电荷量为L【解答】解：A、E、F分别为AC和AD的中点，则△AEF的面积小于四边形EFDC的面积，穿过整个金属线框的磁通量垂直纸面向外增加，根据楞次定律可知，金属线框中有顺时针方向的感应电流，故A错误；B、根据法拉第电磁感应定律，金属线框产生的感应电动势大小为：E=ΔBΔt（SEFDC﹣SAEF）＝4×{[12L2−12×（L2）2]−C、AE边和AF边所受安培力的合力等效于长度等于EF的直导线所受的安培力，由左手定则知该合力方向向上。EC边、CD边、FD边所受安培力的合力等效于长度等于EF的直导线所受的安培力，由左手定则知该合力方向向上，所以金属线框所受的安培力大小F＝BLEFI，由于B增大，所以金属线框所受的安培力大小增大，故C错误；D、金属线框产生的感应电流大小为I=E2R=L22R故选：BD。（多选）（2024•郑州一模）如图甲所示，一个n＝100匝的圆形导体线圈面积S1=0.5m2，总电阻r＝1Ω。在线圈内存在面积A．0～4s内a、b间的电势差Uab＝﹣0.04V B．4～6s内a、b间的电势差Uab＝8V C．0～4s内通过电阻R的电荷量为8C D．4～6s内电阻R上产生的焦耳热为64J【解答】解：AC、0～4s内，根据法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为E=nΔB回路中感应电流大小为I=E在0∼4s时间内，磁感应强度B增大，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流由b流经电阻R回到a，a点的电势低于b点的电势，则a、b间的电势差为Uab＝﹣IR＝﹣2×2V＝﹣4V通过电阻R的电荷量为q＝It＝2×4C＝8C，故A错误，C正确；BD、在4∼6s时间内，线圈产生的感应电动势为E2=n感应电流大小为I2根据楞次定律知，线圈中产生的感应电流由a流经电阻R回到b，a点的电势高于b点的电势，则a、b间的电势差为Uab′＝I2R＝4×2V＝8V电阻R上产生的焦耳热为Q=I22Rt＝42×故选：BCD。题型3平动导体棒切割电动势（2023秋•下城区校级期末）如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道左端MP间接一电动势为E、内阻为r的电源，并联电阻的阻值为R。不计轨道和导体棒的电阻，闭合开关S后导体棒从静止开始，经t秒以v匀速率运动，则下列判断正确的是（）A．速率v=ERB．从0～t秒电源消耗的电能E=1C．t秒后通过电阻R的电流为零 D．t秒末导体棒ab两端的电压为E【解答】解：ACD、闭合开关S后导体棒从静止开始运动，经t秒以v匀速率运动，此时导体棒不受安培力作用，导体棒中的电流为0，则导体棒ab产生的感应电动势与电阻R两端电压相等，则有：U＝BLv导体棒中的电流为0，相当于断路，此时通过电阻R的电流为：I=且有：U＝IR联立解得：v=ERBL(R+r)，t秒末导体棒ab两端的电压为：B、从0～t秒，根据能量守恒可知，电源消耗的电能转化为导体棒的动能、电阻R和内阻r的焦耳热，且通过电阻R的电流并不是一直为ER+r，因此电源消耗的电能E≠故选：A。（2023秋•攀枝花期末）如图所示，在边长为2l的正三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，一边长为l的菱形单匝金属线框abcd的底边与BC在同一直线上，菱形线框的∠c＝60°。使线框保持恒定的速度沿平行于BC方向匀速穿过磁场区域。以ab边刚进磁场时为零时刻，规定导线框中感应电流沿顺时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：线框进入磁场时，根据楞次定律可以判断出感应电流的方向为顺时针，所以感应电流为正值，由于ab边与AB边平行，所以ab边进入磁场后线框切割磁感线的有效长度一直为：l'=lcos6根据动生电动势公式有：E＝Bl′v线框中的电流为：I=可知，有效切割长度不变，电流都不变。线框全部进入磁场后，由几何关系可知，a点即将从AC边穿出，在穿出磁场过程中根据楞次定律，可判断出感应电流方向为逆时针，所以电流为负值。线框在穿出磁场的过程中有效切割长度从0开始增大到l′后又逐渐减小到0，根据动生电动势公式有：E＝Bl′v线框中的电流：I=E故选：B。（2023秋•郑州期末）如图所示，粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框abcd，置于有界匀强磁场中，图中虚线为磁场边界，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。现使线框以同样大小的速度v0匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法正确的是（）A．图①中a、b两点间的电势差最大 B．图②中a、b两点间的电势差最大 C．图③中回路电流最大 D．图④中回路电流最小【解答】解：设正方形线框边长为L，无论怎样进入磁场，四个图中的电动势均为：E＝BLv0设正方形线框的电阻为R，则四个图中回路的电流均为：I=其中图①中ab边相当于电源，ab两点间的电势差为：U图②、③、④中ab两点间的电势差均为：U'故选：A。题型4转动导体棒切割电动势（2024春•苏州期中）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒长为2l，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点在纸面内以角速度ω逆时针匀速转动，O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，OC两端产生的感应电动势为E，则（）A．φO＞φC，E=12Bωl2 B．φC＝φA，E＝BωlC．φO＜φA，E＝Bωl2 D．φC＞φA，E＝2Bωl2【解答】解：导体棒转动切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可知，φC＝φA＜φO，感应电动势的大小为E＝B•l•lω2故选：A。（2024•朝阳区校级模拟）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。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，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A．若圆盘转动的角速度不变，则电流为零 B．若圆盘转动方向不变，角速度大小均匀增大，则产生恒定电流 C．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向从a到b D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电阻R的热功率也变为原来的2倍【解答】解：AB.圆盘转动时相当于一条半径方向的导体棒转动切割磁感线产生感应电动势，感应电动势E=1CD.右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，故C正确；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，故D错误。故选：C。（2024•甘肃模拟）1831年，法拉第发明了第一台发电机，示意图如下。半径为r的铜盘安装在金属轴上，其边缘置于一个磁铁两极之间的狭缝里，铜盘边缘与轴通过导线与检流计连接。铜盘以周期T匀速旋转，检流计中有电流通过。已知狭缝沿半径方向的长度为a，狭缝间为匀强磁场，磁感应强度为B，忽略狭缝之外的磁场，下列说法正确的是（）A．检流计中电流方向从Q向P B．若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向也反向 C．铜盘产生的电动势为πa(2r−a)BTD．铜盘产生的电动势为πa(r−a)B【解答】解：AB．根据右手定则可知，检流计中电流方向从P向Q，若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向不变，故AB错误；CD．铜盘产生的电动势为E=Ba(r−a)ω+rω故C正确，D错误。故选：C。题型5通电和断电自感（2023秋•辽宁期末）在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈L和定值电阻R等元件组成了如图甲所示的电路。闭合开关S待电路稳定后，两支路中的电流分别为I1和I2。断开开关S前、后的一小段时间内，电路中的电流I随时间t变化的关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．断开开关S前，定值电阻R中的电流为I2 B．断开开关S前，灯泡的电阻小于定值电阻R和电感线圈L的总电阻 C．断开开关S后，小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭 D．断开开关S后，小灯泡所在支路中的电流如曲线a所示【解答】解：AD．断开开关S前、后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，小灯泡所在支路的电流如曲线b所示，则断开开关S前，定值电阻R中的电流为I1，灯泡中的电流为I2，故AD错误；B．由题图可知，断开开关S前通过电感线圈L的电流大于通过小灯泡的电流，结合欧姆定律可知断开开关S前，小灯泡的电阻大于定值电阻R和电感线圈L的总电阻，故B错误；C．断开开关S后，电感线圈L产生的自感电动势阻碍电流的减小，电感线圈L相当于电源，由于线圈L、电阻R和灯泡重新组成回路，且断开开关S前电感线圈所在支路的总电阻小于小灯泡的总电阻，则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭，故C正确。故选：C。（2024春•武汉期中）在如图所示的电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，则下列判断错误的是（）A．S刚闭合瞬间，A灯和B灯同时亮 B．S闭合后电路稳定前，A灯逐渐变暗 C．S闭合电路稳定后，A灯和B灯亮度相同 D．S闭合电路稳定后，再断开S时，A灯闪亮一下后熄灭【解答】解：A．开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光，故A正确；BC．由于线圈的电阻可以忽略，所以在开关S闭合后的一小段时间内，灯A逐渐被短路，则流过A灯的电流逐渐减小，A灯逐渐变暗，直至熄灭，而流过B的电流增大，所以B灯变亮，故B正确，C错误；D．S闭合电路稳定后，断开开关S的瞬间，线圈L与灯A组成自感回路，流过线圈的电流要减小，产生自感电动势，相当电源，维持L中的电流逐渐减小，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，而流过B灯的电流突然消失，B立即熄灭，故D正确。本题选不正确的，故选：C。（2023秋•道里区校级期末）如图电路，A1与A2是完全相同的灯泡，电阻均为R，自感线圈直流电阻r＜R，则（）A．闭合开关后，A2立即亮，A1逐渐亮 B．闭合开关后，A1立即亮，A2逐渐亮 C．断开开关的瞬间，有电流流过A2，方向向左 D．断开开关的瞬间，有电流流过A1，方向向右【解答】解：AB、闭合开关的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，A1立即亮，A2逐渐亮，故A错误，B正确；CD、闭合开关，待电路稳定后断开开关，线圈L产生自感电动势，A、B串联与L、R组成自感回路，电流从流过线圈L的电流值开始逐渐减小，则电流向右流过A2，向左流过A1，故CD错误；故选：B。题型6涡流（2023秋•崇川区期末）如图所示，把一铁块放入通电线圈内部，一段时间后，铁块就会“烧”得通红。下列说法中正确的是（）A．铁块中产生了涡流 B．线圈接的是干电池 C．如果是用木块放在线圈内部，木块可能会燃烧 D．如果是将手指伸入线圈内部，手指可能被“烧”伤【解答】解：A、当线圈通入变化的电流时，会在线圈内部会产生变化的磁场，而铁块放在线圈内部，则在铁块内部会有变化的磁场，而变化的磁场能够产生电场，因此会在铁块内部形成涡流，而根据电流的热效应，铁块会被“烧”得通红，故A正确；B、干电池提供的是直流电，当线圈接干电池时，线圈中的电