江苏省2024高考物理一轮复习第十章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流教案

PAGEPAGE1第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流一、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变更，与电路是否闭合无关．(3)方向推断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则推断．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更率成正比．(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\f(E,R＋r).(4)说明：①当ΔΦ仅由B的变更引起时，则E＝neq\f(ΔB·S,Δt)；当ΔΦ仅由S的变更引起时，则E＝neq\f(B·ΔS,Δt)；当ΔΦ由B、S的变更同时引起时，则E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt).②磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率．3．导体切割磁感线时的感应电动势(1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E＝Blv求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度；(2)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\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度eq\f(1,2)lω)．自测1将多匝闭合线圈置于仅随时间变更的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变更越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同答案C二、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变更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、形态、匝数以及是否有铁芯有关．2．涡流现象(1)涡流：块状金属放在变更磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流．(2)产生缘由：金属块内磁通量变更→感应电动势→感应电流．3．电磁阻尼导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的相对运动．4．电磁驱动假如磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来．自测2(多选)(2024·江苏卷·6)电吉他中电拾音器的基本结构如图1所示，磁体旁边的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音．下列说法正确的有()图1A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变更答案BCD解析铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项正确；由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变更，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变更，D项正确．1．感应电动势求解的“四种”情形情景图探讨对象回路(不肯定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端垂直匀强磁场匀速转动的一段导体棒绕与B垂直的轴匀速转动的导线框表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLvsinθE＝eq\f(1,2)BL2ωE＝NBSωsinωt(从中性面位置起先计时)2.解题技巧公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的应用，ΔΦ与B、S相关，可能是eq\f(ΔΦ,Δt)＝Beq\f(ΔS,Δt)，也可能是eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)，当B＝kt时，eq\f(ΔΦ,Δt)＝kS.例1(多选)(2024·全国卷Ⅲ·20)如图2甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦沟通电i，i的变更如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势()图2A．在t＝eq\f(T,4)时为零B．在t＝eq\f(T,2)时变更方向C．在t＝eq\f(T,2)时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向答案AC解析在t＝eq\f(T,4)时，i－t图线斜率为0，即磁场变更率为0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，E＝0，A项正确；在t＝eq\f(T,2)和t＝T时，i－t图线斜率的肯定值最大，在t＝eq\f(T,2)和t＝T时感应电动势最大．在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面对里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面对里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可推断在eq\f(T,2)到eq\f(3T,4)之间，R中电动势也为顺时针方向，在eq\f(3,4)T到T之间，R中电动势为逆时针方向，C项正确，B、D项错误．变式1(2024·安徽蚌埠市其次次质检)同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板MN连接，如图3甲所示．导线PQ中通有正弦交变电流i，i的变更如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1～2s内()图3A．M板带正电，且电荷量增加B．M板带正电，且电荷量减小C．M板带负电，且电荷量增加D．M板带负电，且电荷量减小答案A解析在1～2s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面对里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变更率变大；假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面对里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误．例2(2024·江苏卷·14)如图4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图4(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(ΔФ,Δt)磁通量的变更ΔФ＝BΔS联立可得E＝eq\f(BΔS,Δt)，代入数据得E＝0.12V；(2)平均电流I＝eq\f(E,R)代入数据得I＝0.2A(电流方向见图)；(3)电荷量q＝IΔt代入数据得q＝0.1C.变式2(2024·江苏海门市、启东市联考)如图5所示，磁场中有两个正方形导体环a、b，磁场方向与导体环所在平面垂直．磁感应强度B随时间匀称增大，两正方形边长之比为2∶1，环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两环间的相互影响．下列说法正确的是()图5A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向答案A解析依据法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，题中eq\f(ΔB,Δt)相同．a正方形中产生的感应电动势为Ea＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Sa＝eq\f(ΔB,Δt)a2；b正方形中产生的感应电动势为Eb＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Sb＝eq\f(ΔB,Δt)b2；由于a∶b＝2∶1，所以eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(4,1).由于磁场向里，磁感应强度B随时间匀称增大，依据楞次定律可知，感应电流均沿逆时针方向．1．大小计算：切割方式表达式垂直切割E＝Blv旋转切割(以一端为轴)E＝eq\f(1,2)Bl2ω说明(1)导体与磁场方向垂直；(2)磁场为匀强磁场．2．方向推断：(1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源．(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则推断出电流的方向．(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低．类型1平动切割磁感线例3(2024·江苏苏北三市期末)如图6所示，相距L的两平行金属导轨位于同一水平面上，左端与一阻值为R的定值电阻相连，一质量为m、阻值为r的导体棒放在导轨上，整个装置置于磁感应强度大小为B0、方向竖直向下的匀强磁场中．导体棒在水平外力作用下以速度v沿导轨水平向右匀速滑动．滑动过程中棒始终保持与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻可忽视，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：图6(1)棒中电流I的大小；(2)水平外力F的大小；(3)当棒与定值电阻间的距离为d时起先计时，保持棒速度v不变，欲使棒中无电流，求磁感应强度B随时间t变更的关系式．答案(1)eq\f(B0Lv,R＋r)(2)μmg＋eq\f(B\o\al(02)L2v,R＋r)(3)B＝eq\f(B0d,vt＋d)解析(1)棒切割磁感线产生电动势为E＝B0Lv依据闭合电路欧姆定律可以得到棒中电流为：I＝eq\f(E,R＋r)得到：I＝eq\f(B0Lv,R＋r)；(2)棒受力平衡，依据平衡条件可以得到：F＝μmg＋F安，F安＝B0IL联立可得：F＝μmg＋eq\f(B\o\al(02)L2v,R＋r)；(3)棒中无电流，则回路磁通量不变，则：B0Ld＝BL(vt＋d)得到：B＝eq\f(B0d,vt＋d).变式3(2024·江苏无锡一中期初)如图7所示，ab、cd为足够长、水平放置的光滑固定导轨，导体棒MN的长度为L＝2m，电阻r＝1Ω.有垂直abcd平面对下的匀强磁场，磁感应强度B当导体棒MN水平向左匀速运动时，小灯泡L正常发光．导体棒MN运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，求：图7(1)志向电流表的示数；(2)导体棒MN两端的电压；(3)导体棒MN运动的速度大小．答案(1)0.45A(2)11.4V(3)4m/s解析(1)志向电流表的示数为：I2＝eq\f(UL,R2)＝0.45A；(2)通过灯泡的电流为：IL＝eq\f(PL,UL)＝0.15A，则干路中的电流为：I＝I2＋IL＝0.6A导体棒MN两端的电压为路端电压，大小为：U＝IR1＋UL＝11.4V；(3)感应电动势大小为：E＝U＋Ir＝12V，由E＝BLv，得v＝eq\f(E,BL)＝4m/s.类型2转动切割磁感线例4(2024·安徽宣城市调研)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粗细匀称，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边起先转入磁场的瞬间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\x\to(v)＝Bleq\f(lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω；设每个边的电阻为R，a、b两点间的电势差为：U＝I·2R＝eq\f(E,3R)·2R，故U＝eq\f(1,3)Bl2ω，故A正确，B、C、D错误．变式4(多选)(2024·全国卷Ⅱ·20)法拉第圆盘发电机的示意图如图9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B中．圆回旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()图9A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流淌C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变更，则电流方向可能发生变更D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍答案AB解析将圆盘看成多数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，依据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，故B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变更时，I大小变更，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，故D错．

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更．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变更．(3)电流稳定时，自感线圈相当于一般导体．(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”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流渐渐增大，灯泡渐渐变亮电流突然增大，然后渐渐减小达到稳定断电时电流渐渐减小，灯泡渐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡渐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡闪亮后渐渐变暗．两种状况下灯泡中电流方向均变更例5某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图10所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽然多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出缘由．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的缘由是()图10A．电源的内阻较大 B．小灯泡的电阻偏大C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大答案C解析由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时熄灭的缘由是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流．由题图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错误；造成不闪亮的缘由是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B错误，C正确；自感系数越大，则产生的自感电动势越大，与灯泡是否闪亮无干脆关系，故D错误．变式5(多选)(2024·山东潍坊市二模)如图11所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽视不计，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是()图11A．开关S闭合时，b、c灯马上亮，a灯渐渐亮B．开关S闭合，电路稳定后，b、c灯亮，a灯不亮C．开关S断开时，b、c灯马上熄灭，a灯渐渐熄灭D．开关S断开时，c灯马上熄灭，a、b灯渐渐熄灭答案AD解析开关S闭合时，b、c灯马上亮，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，使得a灯渐渐亮，选项A正确；开关S闭合，电路稳定后，三灯都亮，选项B错误；开关S断开时，c灯马上熄灭，由于在L中产生自感电动势阻碍电流的减小，则电流将在L与a、b灯之间形成新的回路，使得a、b灯渐渐熄灭，选项D正确，C错误．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更而产生感应电流，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例6(2024·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12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其左右振动的衰减最有效的方案是()图12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更．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，磁通量发生变更，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．变式6(多选)(2024·北京市东城区二模)如图13甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图．其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的变更，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息．如图乙所示是一个由带铁芯的线圈L、开关S和电源连接起来的跳环试验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将马上跳起．对以上两个实例的理解正确的是()图13A．涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环试验演示了自感现象B．能被探测的物件和试验所用的套环必需是导电材料C．金属探伤时接的是沟通电，跳环试验装置中接的是直流电D．以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是恒压直流电源答案BC解析涡流探伤技术的原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的变更；跳环试验中线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量变更，套环中产生感应电流，会跳起，属于演示楞次定律，故A错误．无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都须要产生感应电流，而感应电流的产生需在导电材料内，故B正确．金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变更的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的试验中，线圈接在直流电源上，故C正确，D错误.1．(法拉第电磁感应定律的应用)(2024·江苏如皋市期中)穿过某线圈的磁通量随时间变更的关系如图14所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()图14A．0～2s B．2～4sC．4～5s D．5～10s答案D解析Φ－t图线斜率表示磁通量的变更率，由题图可知，在5～10s内图线斜率最小，则磁通量变更率最小，由法拉第电磁感应定律知感应电动势最小，D正确．2．(平动切割问题)(2024·江苏南京市六校期末)如图15所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽视不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面对里)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动．设MN两端电压的大小为U，下列说法正确的是()图15A．U＝eq\f(1,2)Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到dB．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bC．MN受到的安培力大小F＝eq\f(B2l2v,2R)，方向水平向右D．MN受到的安培力大小F＝eq\f(B2l2v,R)，方向水平向左答案A解析依据法拉第电磁感应定律，MN产生的电动势E＝Blv，由于MN的电阻与外电路电阻相同，所以MN两端的电压U＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)Blv，依据右手定则可知流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小F＝eq\f(B2l2v,2R)，方向水平向左，故C、D错误．3．(自感现象)(2024·北京卷·19)如图16所示，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．试验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后渐渐变暗；闭合开关S2，灯A2渐渐变亮．而另一个相同的灯A3马上变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()图16A．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A1，灯A1突然闪亮，随后渐渐变暗，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渐渐变亮，而另一个相同的灯A3马上变亮，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．4．(涡流现象)如图17所示，关于涡流的下列说法中错误的是()图17A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C．阻尼摆摇摆时产生的涡流总是阻碍其运动D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流答案B5．(平动切割问题)(2024·西藏拉萨市北京试验中学月考)如图18所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，其间距L＝0.2m,磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场垂直导轨平面对下，两导轨之间连接的电阻R＝4.8Ω，在导轨上有一金属棒ab，其接入电路的电阻r＝0.2Ω，金属棒与导轨垂直且接触良好，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v＝0.5m/s向右匀速运动，设金属导轨足够长．求：图18(1)金属棒ab产生的感应电动势；(2)通过电阻R的电流大小和方向；(3)水平拉力的大小F；(4)金属棒a、b两点间的电势差．答案(1)0.05V(2)0.01A从M通过R流向P(3)0.001N(4)0.048V解析(1)设金属棒ab中产生的感应电动势为E，则：E＝BLv代入数值得E＝0.05V(2)设通过电阻R的电流大小为I，则：I＝eq\f(E,R＋r)代入数值得I＝0.01A由右手定则可得，通过电阻R的电流方向从M通过R流向P(3)F安＝BIL＝0.001Nab棒做匀速直线运动，则F＝F安＝0.001N(4)设a、b两点间的电势差为Uab，则：Uab＝IR代入数值得Uab＝0.048V1．关于电磁感应，下列说法正确的是()A．穿过回路的磁通量越大，则产生的感应电动势越大B．穿过回路的磁通量减小，则产生的感应电动势肯定变小C．穿过回路的磁通量变更越快，则产生的感应电动势越大D．穿过回路的磁通量变更越大，则产生的感应电动势越大答案C2.(多选)如图1所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变更．下列说法正确的是()图1A．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流肯定增大C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流肯定增大D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变答案AD解析线框中的感应电动势为E＝eq\f(ΔB,Δt)S，设线框的电阻为R，则线框中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)，因为B增大或减小时，eq\f(ΔB,Δt)可能减小，可能增大，也可能不变，故选项A、D正确．3．(多选)(2024·江苏启东市期末)超导现象是当今高科技的热点，当一块磁体靠近超导体时，超导体会产生强大的电流并且对磁体有排斥作用，这种排斥作用可以使磁体悬浮在空中．则()A．超导体产生强大电流的缘由是超导体中磁通量的变更率很大B．超导体产生强大电流的缘由是超导体中电阻为0C．超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相反D．超导体的电流会产生焦耳热答案ACD解析超导体产生强大的电流，是由于超导体中电阻很小，且磁通量的变更率很大，故A正确，B错误；超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相反，产生了排斥作用，这种排斥作用可以使磁体悬浮于空中，故C正确；超导体仍有电阻，则流过超导体的电流会产生焦耳热，故D正确．4.(多选)(2024·山东青岛市质检)如图2所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽视，下列说法中正确的是()图2A．闭合开关S接通电路时，A2始终比A1亮B．闭合开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最终一样亮C．断开开关S切断电路时，A2先熄灭，A1过一会儿才熄灭D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭答案BD解析闭合开关S接通电路，A2马上亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流渐渐变大，最终两灯泡的电压一样大，所以一样亮，故A错误，B正确；断开开关S切断电路时，线圈对电流的减小有阻碍作用，相当于电源，与A1和A2串联，所以两灯泡都要过一会儿熄灭，故C错误，D正确．5．(2024·河南南阳市调研)如图3甲所示，边长为L＝0.1m的10匝正方形线框abcd处在变更的磁场中，在线框d端点处开有一个小口，d、e用导线连接到一个定值电阻上，线框中的磁场随时间的变更状况如图乙所示(规定垂直纸面对外为磁场的正方向)，下列说法正确的是()图3A．t＝3s时线框中的磁通量为0.03WbB．t＝4s时线框中的感应电流大小为零C．t＝5s时通过线框中的电流将反向D．t＝8s时通过线框中的电流沿逆时针方向答案C解析由磁通量的定义可知t＝3s时穿过线框的磁通量为Φ＝B0·L2＝0.003Wb，故A错误；t＝4s时，由法拉第电磁感应定律知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)L2＝10×eq\f(0.6,2)×0.01V＝0.03V，所以线框中的感应电流为I＝eq\f(E,R)，故B错误；由楞次定律可知，3～5s，线框中的感应电流为逆时针方向，5～11s，线框中的感应电流为顺时针方向，故t＝5s时通过线框中的电流将反向，故C正确，D错误．6.(多选)如图4所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通沟通电源，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()图4A．增加线圈的匝数B．提高沟通电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯答案AB解析当电磁铁接通沟通电源时，金属杯处在变更的磁场中产生涡流发热，使水温上升．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、提高沟通电源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，故选项A、B正确，选项C、D错误．7．如图5所示装置中，线圈A、B彼此绝缘绕在一铁芯上，B的两端接有一电容器，A的两端与放在匀强磁场中的导电轨道连接，轨道上放有一根金属杆ab.要使电容器上极板带正电，金属杆ab在磁场中运动的状况可能是：图5①向右减速滑行 ②向右加速滑行③向左减速滑行 ④向左加速滑行以上正确的是()A．①④B．②③C．①②D．③④答案B解析若ab向右减速滑行，右边线圈中的磁场从上向下减小，故穿过左边线圈的磁通量从下向上减小，此时下极板带正电，①错误；若ab向右加速滑行，则右边线圈的磁场是从上向下增大，所以左侧线圈的磁通量从下向上增大，此时上极板带正电，②正确；同理③正确，④错误．8.(2024·山东威海市5月模拟)如图6所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁，置于绝缘水平桌面上的圆形铝质闭合线圈放在条形磁铁的正下方，起先时整个装置处于静止状态．在外力作用下将磁铁竖直向下移动肯定距离(未接触桌面)，然后由静止释放，在之后的运动过程中，线圈始终未离开桌面，忽视空气阻力，下列说法正确的是()图6A．磁铁所受弹簧拉力与其重力相等时，磁铁的加速度为零B．磁铁上升过程中，从上向下看，线圈中产生顺时针方向的电流C．线圈对桌面压力大小可能大于其重力D．磁铁最终会静止，整个过程线圈中产生的热量等于磁铁机械能的削减量答案C解析若磁铁向上运动，会受到向下的安培阻力，若向下运动，会受到向上的安培阻力，因此当磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度不肯定为零，故A错误；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量向上减小，依据楞次定律知，感应电流的磁场的方向向上，俯视线圈，线圈中产生逆时针方向的电流，故B错误；依据楞次定律，磁铁向下运动时，受到向上的安培阻力，所以磁铁对线圈的作用力的方向向下，此时线圈对桌面压力大于其重力，故C正确；磁铁最终静止于起始时的平衡位置，依据能量守恒定律，从静止释放至停止，弹簧的弹性势能的削减量等于磁铁重力势能的增加量与线圈中产生的焦耳热之和，故D错误．9.(2024·全国卷Ⅰ·17)如图7，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽视不计．OM是有肯定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在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OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以肯定的变更率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq\f(B′,B)等于()图7A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2答案B解析在过程Ⅰ中，依据法拉第电磁感应定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)依据闭合电路欧姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)且q1＝I1Δt1在过程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)I2＝eq\f(E2,R)q2＝I2Δt2又q1＝q2，即eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2).10．(多选)(2024·湖南永州市其次次模拟)如图8(a)所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面的变更的磁场，变更规律如图(b)所示．规定磁场方向垂直纸面对里为正，不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是()图8A．0～1s内，流过电阻R的电流方向为b→R→aB．2～3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小C．t＝2s时，流过电阻R的电流方向发生变更D．t＝2s时，Uab＝πr2B0(V)答案AD解析规定磁场方向垂直纸面对里为正，依据楞次定律，在0～1s内，穿过线圈向里的磁通量增大，则线圈中产生逆时针方向的感应电流，那么流过电阻R的电流方向为b→R→a，故A正确；由题图(b)可知，在2～3s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B错误；1～2s内，磁通量向里减小，由楞次定律可知，产生的