【优化方案】2022届高三物理大一轮复习-第9章-第2节-法拉第电磁感应定律-自感-涡流-教学讲义-

其次节法拉第电磁感应定律自感涡流一、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．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．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)，n为线圈匝数．3．导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv.(2)若B⊥l，l⊥v，v与B夹角为θ，则E＝Blvsin_θ.1.(单选)(2021·太原质检)如图所示，用两根相同的导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形闭合线圈A和B，两线圈所在平面与匀强磁场垂直．当磁感应强度随时间均匀变化时，两线圈中的感应电流之比IA∶IB为()A.eq\f(n1,n2) B.eq\f(n2,n1)C.eq\f(n\o\al(2,1),n\o\al(2,2)) D.eq\f(n\o\al(2,2),n\o\al(2,1))答案：B二、自感与涡流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、外形、匝数以及是否有铁芯有关．2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它四周的任何导体中都会产生像水的旋涡状的感应电流．(1)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．(2)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，使导体受到安培力作用，安培力使导体运动起来．沟通感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的．2.(多选)(2021·郑州模拟)如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()A．在电路甲中，断开S后，A将渐渐变暗B．在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开S后，A将渐渐变暗D．在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后渐渐变暗答案：AD考点一公式E＝nΔΦ/Δt的应用1．感应电动势大小的打算因素(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)和线圈的匝数共同打算，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必定联系．(2)当ΔΦ仅由B引起时，则E＝neq\f(SΔB,Δt)；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝neq\f(BΔS,Δt).2．磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率．如图甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面对里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计．求0至t1时间内(1)通过电阻R1的电流大小和方向．(2)通过电阻R1的电荷量q及电阻R1上产生的热量．[解析](1)穿过闭合线圈的磁场的面积为S＝πreq\o\al(2,2)由题图乙可知，磁感应强度B的变化率的大小为eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，依据法拉第电磁感应定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),t0)由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为I＝eq\f(E,R＋2R)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)再依据楞次定律可以推断，流过电阻R1的电流方向应由b到a.(2)0至t1时间内通过电阻R1的电荷量为q＝It1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)电阻R1上产生的热量为Q＝I2R1t1＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0)).[答案](1)eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)方向从b到a(2)eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))[规律总结]应用电磁感应定律应留意的三个问题(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)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关．推导如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R).1.(单选)(2022·高考江苏卷)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A.eq\f(Ba2,2Δt) B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt) D.eq\f(2nBa2,Δt)解析：选B.线圈中产生的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(ΔB,Δt)·S＝n·eq\f(2B－B,Δt)·eq\f(a2,2)＝eq\f(nBa2,2Δt)，选项B正确．考点二公式E＝Blv的应用1．使用条件本公式是在确定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场外，还需B、l、v三者相互垂直．实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的重量进行计算，公式可为E＝Blvsinθ，θ为B与v方向间的夹角．2．使用范围导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即eq\x\to(E)＝Bleq\x\to(v).若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势．3．有效性公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度．例如，求下图中MN两点间的电动势时，有效长度分别为甲图：l＝cdsinβ.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E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应留意速度间的相对关系．(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，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开头，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＝0时，杆受的安培力大小为eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)时，杆受的安培力大小为eq\f(3B2av,5π＋3R0)[解析]开头时刻，感应电动势E1＝BLv＝2Bav，故A项正确．θ＝eq\f(π,3)时，E2＝B·2acoseq\f(π,3)·v＝Bav，故B项错误．由L＝2acosθ，E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，R＝R0[2acosθ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0时，F＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(4B2av,R02＋π)，故C项错误．θ＝eq\f(π,3)时F＝eq\f(3B2av,R05π＋3)，故D项正确．[答案]AD[总结提升]感应电动势两个公式的比较公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blv导体一个回路一段导体适用普遍适用导体切割磁感线意义常用于求平均电动势既可求平均值也可求瞬时值联系本质上是统一的．但是，当导体做切割磁感线运动时，用E＝Blv求E比较便利；当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E比较便利2.(多选)(2021·沈阳质检)如图所示，在磁感应强度B＝1.0T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v＝2m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝1.0m，电阻R＝3.0Ω，金属杆的电阻r＝1.0Ω，导轨电阻忽视不计，则下列说法正确的是()A．通过R的感应电流的方向为由d到aB．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0VC．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5ND．外力F做功大小等于电路产生的焦耳热解析：选BC.由楞次定律或者右手定则可以判定通过R的电流方向为由a到d，选项A错误；由法拉第电磁感应定律可得金属杆切割磁感线产生的感应电动势的大小为E＝BLv＝2V，选项B正确；安培力F安＝BIL＝0.5N，选项C正确；由于轨道粗糙，由能量守恒定律可知，外力做的功等于电路中产生的焦耳热和摩擦生热的总和，选项D错误．考点三自感现象的分析1．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．2．自感现象的四个特点(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．3．自感现象中的能量转化通电自感中，电能转化为磁场能；断电自感中，磁场能转化为电能．(多选)如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是()A．B灯马上熄灭B．A灯将比原来更亮一下后熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a[解析]S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯一样亮，说明两个支路中的电流相等，这时线圈L没有自感作用，可知线圈L的电阻也为R，在S2、S1都闭合且稳定时，IA＝IB，当S2闭合、S1突然断开时，由于线圈的自感作用，流过A灯的电流方向变为b→a，但A灯不会毁灭比原来更亮一下再熄灭的现象，故选项D正确，B错误；由于定值电阻R没有自感作用，故断开S1时，B灯马上熄灭，选项A正确，C错误．[答案]AD[总结提升]分析自感现象的两点留意(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程，线圈中电流渐渐变大，断电过程，线圈中电流渐渐变小，方向不变．此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的推断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再渐渐熄灭．3.(单选)(2021·南昌模拟)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，L1、L2和L3是3个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过L1、L2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过L1和L2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是()解析：选C.L的直流电阻不计，电路稳定后通过L1的电流是通过L2、L3电流的2倍．闭合开关瞬间，L2马上变亮，由于L的阻碍作用，L1渐渐变亮，即I1渐渐变大，在t1时刻断开开关S，之后电流I会在电路稳定时通过L1的电流大小基础上渐渐变小，I1方向不变，I2反向，故选C.真题剖析——转动切割产生电动势的计算方法(10分)(2022·高考新课标全国卷Ⅱ)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽视．重力加速度大小为g.求：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．[审题点睛](1)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(B竖直向下,导体棒逆时针转动))→电流方向(2)转动切割产生的电动势用公式E＝Blv计算时，v是导体棒中点的速度．(3)外力的功率等于回路中的电功率与克服摩擦力做功功率之和．eq\a\vs4\al([规范解答])—————————该得的分一分不丢！(1)依据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D.(1分)设导体棒AB中点的速度为v，则v＝eq\f(vA＋vB,2)(1分)而vA＝ωr，vB＝2ωr(1分)依据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv(1分)依据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，(1分)联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I＝eq\f(3Bωr2,2R).(1分)(2)依据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋Ffv，而Ff＝μmg(3分)解得P＝eq\f(9B2ω2r4,4R)＋eq\f(3μmgωr,2).(1分)[答案](1)C→Deq\f(3Bωr2,2R)(2)eq\f(9B2ω2r4,4R)＋eq\f(3μmgωr,2)[方法总结]导体在磁场中转动切割磁感线产生的电动势E＝Bleq\x\to(v)，eq\x\to(v)是导体中点的线速度．4.(单选)(2021·石家庄质检)法拉第制造了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是()A．回路中电流大小变化，方向不变B．回路中电流大小不变，方向变化C．回路中电流的大小和方向都周期性变化D．回路中电流方向不变，从b导线流进电流表解析：选D.圆盘在磁场中切割磁感线产生恒定的感应电动势E＝eq\f(1,2)BωR2，由右手定则推断得a端为负极、b端为正极，所以只有D项正确．1．(多选)(2021·汕头质检)如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C.正方形线框的一半放在垂直于纸面对里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，下列说法正确的是()A．线框产生的感应电动势大小为kL2B．电压表没有读数C．a点的电势高于b点的电势D．电容器所带的电荷量为零解析：选BC.由于线框的一半放在磁场中，因此线框产生的感应电动势大小为eq\f(kL2,2)，A错误；由于线框所产生的感应电动势是恒定的，且线框连接了一个电容器，相当于电路断路，外电压等于电动势，内电压为零，而接电压表的这部分相当于回路的内部，因此，电压表两端无电压，电压表没有读数，B正确；依据楞次定律可以推断，a点的电势高于b点的电势，C正确；电容器所带电荷量为Q＝Ceq\f(kL2,2)，D错误．2．(单选)(2021·泰州模拟)如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面对里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是()A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B．电阻R两端的电压随时间均匀增大C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4WD．前4s内通过R的电荷量为4×10－4C解析：选C.由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势恒定为E＝eq\f(nSΔB,Δt)＝0.1V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项B错误；回路中电流I＝eq\f(E,R＋r)＝0.02A，线圈电阻r消耗的功率为P＝I2r＝4×10－4W，选项C正确；前4s内通过R的电荷量为q＝It＝0.08C，选项D错误．3．(单选)(2021·石家庄模拟)如图所示的电路中，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相同．下列说法正确的是()A．闭合开关S，A灯渐渐变亮B．电路接通稳定后，流过B灯的电流是流过C灯电流的eq\f(3,2)C．电路接通稳定后，断开开关S，C灯马上熄灭D．电路接通稳定后，断开开关S，A、B、C灯过一会儿才熄灭，且A灯亮度比B、C灯亮度大解析：选D.闭合开关的瞬间，线圈自感电动势很大，相当于断路，故三灯同时发光；随线圈自感阻碍作用减小，通过灯A的电流不断减小，A项错；电路稳定时，线圈相当于电阻，与C灯并联支路总电阻为C灯电阻的1.5倍，由并联分流规律可知，通过B灯的电流是流过C灯电流的eq\f(2,3)，B项错；断开开关后，自感线圈产生自感电动势，可等效为电源，与C灯构成回路，故C灯并不马上熄灭，C项错；在断开S后的等效电路中，B、C灯所在支路电阻大于A灯所在支路电阻，故流过A灯的电流较大，D项正确．4．(多选)如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直于纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时()A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势的大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同答案：ABD5．(单选)如图，均匀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.使该线框从静止开头绕过圆心O、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，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()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)解析：选C.设圆的半径为L，电阻为R，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E1＝eq\f(1,2)B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，由eq\f(E1,R)＝eq\f(E2,R)得eq\f(1,2)B0ωL2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，即eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，故C正确．6．(单选)(2021·长沙模拟)如图所示，闭合导线框的质量可以忽视不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；其次次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则()A．W1<W2，q1<q2B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2D．W1>W2，q1>q2解析：选C.两次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1.电动势之比E1∶E2＝3∶1，电流之比I1∶I2＝3∶1，则电量之比：q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1.安培力之比F1∶F2＝3∶1，则外力做功之比：W1∶W2＝3∶1，故C正确．一、单项选择题1．如图所示，已知大线圈的面积为2×10－3m2，小探测线圈有2000匝，小线圈的面积为5×10－4m2.整个串联回路的电阻是1000Ω，当电键S反向时测得ΔQ＝5.0×10－7C．则被测处的磁感应强度为()A．1.25×10－4T B．5×10－4TC．2.5×10－4T D．1×10－3T解析：选C.由I＝eq\f(E,R)＝eq\f(N\f(ΔΦ,Δt),R)，I＝eq\f(ΔQ,Δt)，得感应电荷量公式ΔQ＝Neq\f(ΔΦ,R)，ΔΦ＝2BS，联立得B＝Req\f(ΔQ,2NS)，代入数据得B＝2.5×10－4T，故C对．2.(2021·无锡模拟)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化状况是()A．越来越大 B．越来越小C．保持不变 D．无法推断解析：选C.金属棒ab切割磁感线，产生感应电动势而不产生感应电流，没有安培力产生，在重力作用下做平抛运动，垂直于磁感线方向速度不变，始终为v0，由公式E＝BLv知，感应电动势为BLv0不变，故A、B、D错误，C正确．3．(2021·高考北京卷)如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为()A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2解析：选C.杆MN向右匀速滑动，由右手定则判知，通过R的电流方向为a→c；又由于E＝BLv，所以E1∶E2＝1∶2，故选项C正确．4.如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，线圈电阻不计，边长为L，匝数为N，线圈内接有阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面对里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈绕OO′转过90°时，通过电阻R的电荷量为()A.eq\f(BL2,2R) B.eq\f(NBL2,2R)C.eq\f(BL2,R) D.eq\f(NBL2,R)解析：选B.初状态时，通过单匝线圈的磁通量为Φ1＝eq\f(BL2,2)，当线圈转过90°时，通过单匝线圈的磁通量为0，由q＝IΔt，I＝eq\f(E,R)，E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，得q＝Neq\f(ΔΦ,R)，可得通过电阻R的电荷量为eq\f(NBL2,2R).5．如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽视不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化状况是(灯丝不会断)()A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度渐渐变亮，最终两灯一样亮；S断开，L2马上熄灭，L1渐渐变亮B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2马上熄灭C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1渐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2马上熄灭，L1亮一下才熄灭D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1渐渐熄灭，L2则渐渐变得更亮；S断开，L2马上熄灭，L1亮一下才熄灭解析：选D.当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串联后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，由于L的直流电阻不计，则L的分流作用增大，L1中的电流渐渐减小为零，由于总电阻变小，故电路中的总电流变大，L2中的电流增大，L2变得更亮；当S断开，L2中无电流，马上熄灭，而线圈L产生自感电动势，试图维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1要亮一下后再熄灭．综上所述，D正确．☆6.(2021·山东青岛质检)如图所示，虚线区域内有一垂直纸面对里的匀强磁场，磁场宽度为L，磁感应强度大小为B.总电阻为R的直角三角形导线框，两条直角边边长分别为2L和L，当该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，下列说法正确的是()A．线框中的感应电流方向始终不变B．线框中的感应电流始终在增大C．线框所受安培力方向始终相同D．当通过线框的磁通量最大时，线框中的感应电动势为零解析：选C.该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，依据楞次定律、安培定则可以推断线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，且始终不为零，由左手定则可以推断线框在该磁场中始终受到水平向左的安培力作用，故A、D两项错，C项正确；该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，导线框切割磁感线的有效长度先增大、后不变、再增大，由E＝BLv及闭合电路的欧姆定律可得线框中的感应电流先增大、后不变、再增大，故B项错．二、多项选择题7．(2022·高考山东卷)如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是()A．FM向右 B．FN向左C．FM渐渐增大 D．FN渐渐减小解析：选BCD.依据直线电流产生磁场的分布状况知，M区的磁场方向垂直纸面对外，N区的磁场方向垂直纸面对里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是抵制引起感应电流的缘由，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，选项B正确；导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，依据E＝Blv，I＝eq\f(E,R)及F＝BIl可知，FM渐渐变大，故选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，依据E＝Blv，I＝eq\f(E,R)及F＝BIl可知，FN渐渐变小，故选项D正确．8．如图所示，匀强磁场的方向垂直于电路所在平面，导体棒ab与电路接触良好．当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时，若不计摩擦和导线的电阻，整个过程中，灯泡L未被烧毁，电容器C未被击穿，则该过程中()A．感应电动势将变大B．灯泡L的亮度变大C．电容器C的上极板带负电D．电容器两极板间的电场强度将减小解析：选AB.当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时，由右手定则知，导体棒a端的电势高，电容器C的上极板带正电；由公式E＝BLv知，感应电动势将变大，导体棒两端的电压变大，灯泡L的亮度变大，由场强E＝eq\f(U,d)，知电容器两极板间的电场强度将变大．故A、B正确，C、D错．9．(2021·武汉三中高三质检)如图所示，一导线弯成闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直平面对外．线圈总电阻为R，从线圈进入磁场开头到完全进入磁场为止，下列结论正确的是()A．感应电流始终沿顺时针方向B．线圈受到的安培力先增大，后减小C．感应电动势的最大值E＝BrvD．穿过线圈某个横截面的电荷量为eq\f(Br2＋πr2,R)解析：选AB.在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量渐渐增大，依据楞次定律可知感应电流的方向始终为顺时针方向，A正确．导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B正确．导体切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大为E＝2Brv，C错误．穿过线圈某个横截面的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2＋\f(π,2)r2)),R)，D错误．☆10.(2021·陕西长安一中模拟)如图所示，在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，金属框架ABCD固定在水平面内，AB与CD平行且足够长，BC与CD夹角为θ(θ<90°)，金属框架的电阻为零．光滑导体棒EF(垂直于CD)在外力作用下以垂直于自身的速度v向右匀速运动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，经过C点瞬间作为计时起点，下列关于电路中电流大小I与时间t、消耗的电功率P与导体棒水平移动的距离x变化规律的图象中正确的是()解析：选AD.设导体棒单位长度的电阻为r0，AB、CD间的距离为L0.当导体棒在BC边上运动时，从C点开头经时间t，导体棒向前移动距离为vt，有效切割长度为L＝vttanθ，则回路的电动势为E＝BLv＝Bv2ttanθ，则回路中的电流为I＝