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專題24 法拉第電磁感應定律、自感和渦流
課標要求 知識要點 命題推斷
1、理解環(huán)和掌握法古拉第電滋感應定律。 2、會求感生電動勢和動生電動勢。 3、理解自感、禍流、電掬驅動和電嘟阻尼 考點一　法拉第電磁感應定律的應用 考點二　導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的計算 考點三　自感現(xiàn)象的理解 題型：選擇題 計算題 1感應電動勢的求解 2感應電流電荷量的求解 3平動導體棒切割電動勢 4轉動導體棒切割電動勢 5通電和斷電自感 6渦流 電磁阻尼 電磁驅動
考點一　法拉第電磁感應定律的應用
1．感應電動勢
(1)感應電動勢：在電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢．產(chǎn)生感應電動勢的那部分導體就相當于電源，導體的電阻相當于電源內阻．
(2)感應電流與感應電動勢的關系：遵循閉合電路歐姆定律，即I＝.
2．感應電動勢大小的決定因素
(1)感應電動勢的大小由穿過閉合電路的磁通量的變化率和線圈的匝數(shù)共同決定，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系．
(2)當ΔΦ僅由B的變化引起時，則E＝n；當ΔΦ僅由S的變化引起時，則E＝n；當ΔΦ由B、S的變化同時引起時，則E＝n≠n.
3．磁通量的變化率是Φ－t圖象上某點切線的斜率．
考點二　導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的計算
1．公式E＝Blv的使用條件
(1)勻強磁場．
(2)B、l、v三者相互垂直．
(3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ求解，θ為B與v方向間的夾角．
2．“瞬時性”的理解
(1)若v為瞬時速度，則E為瞬時感應電動勢．
(2)若v為平均速度，則E為平均感應電動勢．
3．切割的“有效長度”
公式中的l為有效切割長度，即導體在與v垂直的方向上的投影長度．圖中有效長度分別為：
甲圖：l＝sin β；
乙圖：沿v1方向運動時，l＝；沿v2方向運動時，l＝0.
丙圖：沿v1方向運動時，l＝R；沿v2方向運動時，l＝0；沿v3方向運動時，l＝R.
4．“相對性”的理解
E＝Blv中的速度v是相對于磁場的速度，若磁場也運動，應注意速度間的相對關系．
考點三　自感現(xiàn)象的理解
1．自感現(xiàn)象
(1)概念：由于導體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應電動勢叫做自感電動勢．
(2)表達式：E＝L.
(3)自感系數(shù)L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關．
2．自感現(xiàn)象“阻礙”作用的理解
(1)流過線圈的電流增加時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢與電流方向相反，阻礙電流的增加，使其緩慢地增加．
(2)流過線圈的電流減小時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢與電流方向相同，阻礙電流的減小，使其緩慢地減小．
線圈就相當于電源，它提供的電流從原來的IL逐漸變小．
3．自感現(xiàn)象的四大特點
(1)自感電動勢總是阻礙導體中原電流的變化．
(2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化．
(3)電流穩(wěn)定時，自感線圈就相當于普通導體．
(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向．
4．斷電自感中，燈泡是否閃亮問題
(1)通過燈泡的自感電流大于原電流時，燈泡閃亮．
(2)通過燈泡的自感電流小于或等于原電流時，燈泡不會閃亮．
（2024 江蘇模擬）如圖所示，邊長為L的正方形導線框abcd放在紙面內，在ad邊左側有范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，導線框的總電阻為R。現(xiàn)使導線框繞a點在紙面內沿順時針方向勻速轉動，經(jīng)時間Δt第一次轉到圖中虛線位置。則在Δt內通過導線框截面的電荷量為（　　）
A． B． C． D．
（2024 廣東三模）我國最新航空母艦福建艦采用了世界上最先進的電磁彈射技術，裝備了三條電磁彈射軌道，電磁彈射的簡化模型如圖所示：足夠長的水平固定金屬軌道處于豎直向下的勻強磁場中，左端與充滿電的電容器C相連，與機身固連的金屬桿ab靜置在軌道上，閉合開關S后，飛機向右加速。若不計所有阻力和摩擦，回路總電阻R保持不變，下列說法不正確的是（　　）
A．提高電容器的放電量，可以提高飛機的起飛速度
B．飛機運動過程中，a端的電勢始終高于b端的電勢
C．飛機的速度最大時，金屬桿ab產(chǎn)生的感應電動勢與電容器兩端電壓相等
D．飛機的速度達到最大時，電容器所帶的電荷量為零
（2024 黃陂區(qū)校級一模）n匝半徑為r的圓形閉合線圈，置于如圖所示的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直。若磁感應強度與時間的關系為B＝B0﹣kt（B0、k為常數(shù)），線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為E；若磁感應強度B＝B0，使線圈繞直徑勻速轉動時，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的有效值也為E。則線圈的角速度ω為（　　）
A． B．
C． D．
（2024 江蘇模擬）如圖所示，在光滑水平面上MN右側區(qū)域存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。t＝0時刻，一質量為m、高為a、電阻為R的正三角形金屬線框以速度v從邊界MN處進入磁場，最終線框恰好完全進入。在線框運動過程中，下列說法錯誤的是（　　）
A．線框中的電流始終為逆時針方向
B．t＝0時刻，線框的感應電動勢大小為Bav
C．通過導線橫截面的電荷量為
D．線框中感應電流產(chǎn)生的焦耳熱為
（2024 豐臺區(qū)二模）如圖甲所示，在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一圓形導體環(huán)，磁場的磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示。規(guī)定磁場豎直向上為正，導體環(huán)中電流沿順時針方向（俯視）為正，導體環(huán)中感應電流隨時間變化的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
（2024 錦江區(qū)校級模擬）如圖所示，在豎直向下的勻強磁場B中，將一根水平放置的金屬棒ab以某一水平速度v0拋出，金屬棒在運動過程中始終保持水平且未離開磁場區(qū)域，不計空氣阻力，下列關于金屬棒在運動過程中的說法正確的是（　　）
A．機械能保持不變
B．感應電動勢越來越大
C．a(chǎn)點電勢比b點電勢高
D．所受重力的功率保持不變
（2024 桃城區(qū)校級模擬）如圖，三個完全相同的金屬鋁球a、b、c。b球被切割為兩個半球，并用絕緣材料粘合到一起，c球被切割成多個薄片，也用絕緣材料粘合到一起。空間存在豎直向上的磁場，磁感應強度大小自左向右逐漸減小，先后將三個小球以相同的初速度從相同位置斜拋，小球運動軌跡始終在紙面內。三球落地速度大小分別為va、vb、vc，運動時間分別為ta、tb、tc，不計空氣阻力，拋出位置離地足夠高，下列選項正確的是（　　）
A．ta＝tb＝tc B．ta＞tb＞tc C．va＜vb＜vc D．va＞vb＞vc
（多選）（2020 金華模擬）如圖所示的電路中，L為一個自感系數(shù)很大、直流電阻不計的線圈，D1、D2是兩個完全相同的電燈，E是內阻不計的電源．t＝0時刻，閉合開關S，經(jīng)過一段時間后，電路達到穩(wěn)定，t1時刻斷開開關S．規(guī)定圖示流過電燈D1、D2的電流方向為正，分別用I1、I2表示流過電燈D1和D2中的電流，則以下各圖中能定性描述I隨時間t變化關系的是（　　）
A． B．
C． D．
（2024 邗江區(qū)模擬）如圖所示，用等臂天平測量勻強磁場的磁感應強度。天平的左臂為掛盤，右臂掛矩形線圈，天平平衡。線圈上部處在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁場區(qū)域寬度L＝0.4m，磁感應強度B隨時間均勻增大，其變化率。線圈下部處在與紙面垂直的勻強磁場中，掛盤中放質量為m＝0.08kg的砝碼時，天平再次平衡。已知線圈的水平邊長d＝0.2m，匝數(shù)N＝1000匝，總電阻R＝1Ω，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）線圈中感應電流的大小I；
（2）未知磁場的磁感應強度大小B0和方向。
（2024 金東區(qū)校級模擬）如圖所示，水平金屬圓環(huán)由沿半徑方向的金屬桿連接，外環(huán)和內環(huán)的半徑分別是R1＝0.2m，R2＝0.1m。兩環(huán)通過電刷分別與間距L＝0.2m的平行光滑水平金屬軌道PM和P′M′相連，MM′右側是水平絕緣導軌，并由一小段圓弧平滑連接傾角θ＝30°的等距金屬導軌，下方連接阻值R＝0.2Ω的電阻。水平導軌接有理想電容器，電容C＝1F。導體棒ab、cd，垂直靜止放置于MM′兩側，質量分別為m1＝0.1kg，m2＝0.2kg，電阻均為r＝0.1Ω。ab放置位置與MM′距離足夠長，所有導軌均光滑，除已知電阻外，其余電阻均不計。整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B＝1T，忽略磁場對電容器的影響。圓環(huán)處的金屬桿做順時針勻速轉動，角速度ω＝20rad/s。求：
（1）S擲向1，穩(wěn)定后電容器所帶電荷量的大小q；
（2）在題（1）的基礎上，再將S擲向2，導體棒ab到達MM′的速度大小；
（3）ab與cd棒發(fā)生彈性碰撞后，cd棒由水平導軌進入斜面忽略能量損失，沿斜面下滑12m距離后，速度達到最大，求電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱（此過程ab棒不進入斜面）。
題型1感應電動勢的求解
（2024 沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，用輕繩把邊長為L的正方形金屬框豎直懸掛于一個有界的勻強磁場邊緣，磁場方向垂直于紙面向里，金屬框的上半部處于磁場內，下半部處于磁場外，磁感應強度大小隨時間變化規(guī)律為B＝kt（k＞0），已知金屬框阻值一定，從t＝0開始的全過程輕繩不會被拉斷，關于該過程，下列說法正確的是（　　）
A．金屬框受到豎直向上的安培力
B．金屬框的感應電動勢大小E＝kL2
C．金屬框中感應電流的大小方向均不變
D．金屬框受到的安培力大小不變
（2024 唐山一模）用一條均勻直導線繞成如圖所示的閉合回路，平行紙面放置，小圓環(huán)半徑為R，大圓環(huán)半徑為4R，整個回路處于垂直紙面向外的磁場中，磁場強度大小隨時間的變化規(guī)律為B＝kt（k＞0），則閉合回路產(chǎn)生的感應電動勢大小為（　　）
A．kπR2 B．7kπR2 C．13kπR2 D．19kπR2
（2024 江蘇二模）如圖所示，半徑為r2的圓形單匝線圈中央有半徑為r1的有界勻強磁場，磁感應強度隨時間變化關系為B＝B0+kt（k＞0），線圈電阻為R，則磁感應強度從B0增大到2B0時間內（　　）
A．線圈面積有縮小的趨勢
B．線圈中電子沿逆時針方向定向移動
C．線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為
D．通過導線橫截面電荷量為
題型2感應電流電荷量的求解
（多選）如圖所示，在垂直紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中有一個均勻導線制成的單匝直角三角形線框．現(xiàn)用外力使線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框的AB邊始終與磁場右邊界平行，已知AB＝BC＝L，線框導線的總電阻為R．則線框進入磁場的過程中（　　）
A．線框中的電動勢隨時間均勻增大
B．通過線框截面的電荷量為
C．線框所受外力的最大值為
D．線框中的熱功率與時間成正比
如圖所示，一由均勻電阻絲折成的正方形閉合線框abcd，置于磁感應強度方向垂直紙面向外的有界勻強磁場中，線框平面與磁場垂直，線框bc邊與磁場左．右邊界平行．若將該線框以不同的速率從圖示位置分別從磁場左．右邊界勻速拉出至全部離開磁場，在此過程中（　　）
A．流過ab邊的電流方向相反
B．a(chǎn)b邊所受安培力的大小相等
C．線框中產(chǎn)生的焦耳熱相等
D．通過電阻絲某橫截面的電荷量相等
一正方形光滑金屬線框位于有界勻強磁場區(qū)域內，線框平面與磁場垂直，線框的右邊緊貼著磁場邊界，如圖甲．t＝0時刻對線框施加一水平向右的外力F，讓線框從靜止開始在水平面做勻加速直線運動穿過磁場．外力F隨時間t變化的圖線如圖乙所示．已知線框質量m＝1kg、電阻R＝1Ω，求：
（1）勻強磁場的磁感應強度B；
（2）線框穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量q．
題型3平動導體棒切割電動勢
（2024 蘇州校級二模）如圖所示，空間中存在勻強磁場B，方向垂直紙面向里。一長度為l的銅棒以速度v向右勻速運動，速度方向與銅棒之間的夾角為30°，則銅棒ab兩端的電勢差Uab為（　　）
A．Blv B．﹣Blv C． D．
（2024 甘肅）如圖，相距為d的固定平行光滑金屬導軌與阻值為R的電阻相連，處在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中。長度為L的導體棒ab（不計電阻）沿導軌向右做勻速直線運動，速度大小為v，則導體棒ab所受的安培力為（　　）
A．，方向向左 B．，方向向右
C．，方向向左 D．，方向向右
（2024 沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，一“＜”形的光滑金屬導軌AOC，OA＝OC＝d，∠AOC＝60°，單位長度的電阻為R0。整個裝置豎直固定放置于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中。一質量為m、電阻不計且長也為d的金屬棒平行于AC連線放置，O在金屬棒的中點，從O端開始在一水平外力作用下以速度v0水平向右勻速運動至A、C端點，整個運動過程中金屬棒與導軌接觸良好。關于金屬棒運動的整個過程中（不含O點），下列說法正確的是（　　）
A．通過金屬棒的電流不變
B．感應電流方向為順時針方向
C．A、C兩點的電勢始終有φA＜φC
D．整個過程中通過金屬棒的電荷量為
題型4轉動導體棒切割電動勢
（2024春 長沙期末）圖甲為某風速測量裝置，可簡化為圖乙所示的模型。圓形磁場半徑為L，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，風推動風杯組（導體棒OA代替）繞水平軸以角速度ω順時針轉動，風杯中心到轉軸距離為2L，導體棒OA電阻為r，導體棒與彈性簧片接觸時回路中產(chǎn)生電流，接觸過程中，導體棒轉過的圓心角為45°，圖乙中電阻阻值為R，其余電阻不計。下列說法正確的是（　　）
A．流過電阻R的電流方向為從左向右
B．風杯的速率為ωL
C．導體棒與彈性簧片接觸時產(chǎn)生的電動勢為E＝BL2ω
D．導體棒每轉動一圈，流過電阻R的電荷量為
（2023春 包河區(qū)校級期末）如圖，合肥一中某教室墻上有一朝南的鋼窗，將鋼窗右側向外打開45°，在這一過程中，以推窗人的視角來看，下列說法正確的是（　　）
A．AB邊切割地磁場過程中可以等效成一個左負右正的電源
B．鋼窗中有順時針電流
C．鋼窗有收縮趨勢
D．B點電勢高于C點
如圖所示，一導體圓環(huán)位于紙面內，O為圓心．環(huán)內兩個圓心角為90°的扇形區(qū)域（半徑r＝0.2m）中有方向相反且與紙面垂直的勻強磁場，磁感應強度B＝1T。長為0.3m的導體桿OM可繞O轉動，電阻為1Ω，M端通過滑動觸點與圓環(huán)接觸良好。在圓心和圓環(huán)間連有電阻R＝1Ω．桿OM以角速度ω＝20rad/s逆時針勻速轉動，t＝0時恰好在圖示位置，圓環(huán)的電阻忽略不計，則桿OM從t＝0開始轉動一周的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．所產(chǎn)生電流為直流電
B．t＝0.02s時通過R的電流方向為a到b
C．t＝0.02s時通過R的電流大小為0.2A
D．電阻R的電功率為0.04W
（2024 鹽都區(qū)校級三模）寬度為L＝0.5m的足夠長的平行金屬導軌，導軌平面與水平面之間的夾角為θ＝30°，導軌上端連接電阻R＝0.125Ω，虛線OP、MV與導軌垂直，OP、MN間距d＝0.2m，OP、MN間區(qū)域存在勻強磁場，磁場方向垂直軌道平面向上，如圖所示。垂直于導軌水平放置一質量m＝0.1kg、電阻R＝0.125Ω的金屬桿ab，金屬桿與導軌間動摩擦因數(shù)μ，金屬桿從距OP距離d＝0.2m處從靜止開始下滑，從OP處剛進入磁場時恰好做勻速直線運動。導軌電阻不計，重力加速度為g＝10m/s2，求：
（1）勻強磁場的磁感應強度大小B；
（2）金屬桿在磁場中運動過程中產(chǎn)生的電熱Q。
（2024 成華區(qū)校級模擬）如圖所示，間距為L＝1.0m的兩平行光滑金屬導軌由傾斜部分和水平部分（足夠長）平滑連接而成，傾斜部分導軌與水平面夾角為θ＝30°，導軌上端接有一個電阻R＝1.0Ω。空間存在垂直斜面向上和豎直向上的兩部分勻強磁場，兩磁場互不干擾，大小均為B＝2.0T。導體棒a與b的質量均為m＝2.0kg，內阻分別為ra＝1.0Ω與rb＝2.0Ω，兩根導體棒垂直導軌放置。現(xiàn)閉合電鍵K1，斷開電鍵K2，將a棒從某高度由靜止釋放，經(jīng)過一段時間，a棒在斜面上達到最大速度v0。已知導體棒與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g＝10m/s2。求：
（1）a棒在斜面上達到的最大速度v0；
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為0.8J，求該過程中通過電路的電荷量q1；
（3）a棒在離開斜面的瞬間閉合電鍵K2，斷開電鍵K1，從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現(xiàn)穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，求電路中產(chǎn)生的焦耳熱，以及流過b棒的電荷量q。
（2024 河南模擬）如圖所示，兩根電阻不計、足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在絕緣水平面上，導軌間距為L，導軌所在空間存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根金屬桿a、b間隔一定距離靜止于導軌上，兩桿與導軌垂直且接觸良好，桿a、b的電阻分別為R和3R，桿a、b的質量分別為3m和m。現(xiàn)使桿a獲得一個大小為U0、水平向右的初速度。
（1）當桿b的速度大小為3時（兩桿未相撞），求此時桿b受到的安培力大小F；
（2）若整個運動過程中兩桿未相撞，求整個運動過程中桿a產(chǎn)生的焦耳熱Qa；
（3）若初始位置時兩桿之間的距離，通過計算判斷兩桿在整個運動過程中是否相撞。
題型5通電和斷電自感
（多選）（2016 泰州一模）如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內阻r不能忽略．R1和R2是兩個定值電阻，L是一個自感系數(shù)較大的線圈．開關S原來是斷開的．從閉合開關S到電路中電流達到穩(wěn)定為止的時間內，通過R1的電流I1和通過R2的電流I2的變化情況是（　　）
A．I1開始較大而后逐漸變小
B．I1開始很小而后逐漸變大
C．I2開始很小而后逐漸變大
D．I2開始較大而后逐漸變小
（2024春 棗莊期末）LC振蕩電路的原理圖如圖甲所示。開關先撥到位置“1”，待電容器充電完成后，在t＝0時刻將開關撥到位置“2“。若電流從傳感器的“+”極流入，電流顯示為正，振蕩電流i隨時間t變化的圖線，如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）
A．圖乙中從t0到A點對應時刻的時段內電容器的電荷量增加
B．圖乙中從t0到A點對應時刻的時段內電容器的電壓減小
C．若電阻R的阻值減小，電流的變化情況如圖丙中實線所示
D．若電阻R的阻值減小，電流的變化情況如圖丙中虛線所示
（2024春 順義區(qū)期末）如圖所示的電路中，A、B是兩個相同的燈泡，L1，L2是自感系數(shù)很大，直流電阻為零的線圈，開始時S1、S2均斷開，先閉合S1，穩(wěn)定后再閉合S2，則下列判斷正確的是（　　）
A．閉合S1一瞬間，A、B兩燈立即變亮
B．閉合S1后，A燈立即變亮B燈緩慢變亮
C．閉合S2一瞬間，A燈立即變暗
D．閉合S2后，A燈逐漸熄滅，B燈逐漸變亮
題型6渦流 電磁阻尼 電磁驅動
（2024春 中山市期末）如圖a所示是高頻焊接原理示意圖，線圈中通以圖b所示的交變電流時（以電流順時針為正方向），待焊接的金屬工件中就產(chǎn)生感應電流，感應電流流過工件產(chǎn)生大量熱量，將金屬熔化，把工件焊接在一起，下列說法正確的是（　　）
A．待焊接金屬工件中產(chǎn)生的感應電流為直流電
B．圖b中的交流電的頻率越小，焊縫處的溫度上升越快
C．0.5×10﹣6 1×10﹣6s內，工件中的感應電流在減小
D．1×10﹣6 1.5×10﹣6s內，工件中的感應電流方向為順時針
（2023春 渝中區(qū)校級期中）如圖甲所示為工業(yè)或醫(yī)學上用到的電子感應加速器的核心部分側視圖；圖乙為真空室俯視圖，當圖甲中線圈通以變化的電流時，將在真空室所在空間產(chǎn)生變化的磁場，變化的磁場將產(chǎn)生渦旋電場，渦旋電場的方向與感應電流方向的判斷方法完全相同。其電場線是一系列以圖乙O點為圓心的平行于紙面的同心圓。滿足一定條件時，電子槍發(fā)射的電子在渦旋電場力的作用下被加速，同時在磁場力作用下繞O點做圓周運動。現(xiàn)建立如圖丙所示模型研究電子感應加速器的工作原理：半徑為r的光滑絕緣圓管（內外半徑之差可忽略）固定在光滑絕緣水平桌面（紙面）內，圓管所包圍圓形區(qū)域的平均磁感應強度（即磁通量與面積之比）B＝kt（k為正的常數(shù)），方向垂直于紙面向外。質量為m、帶電量為﹣q（q＞0）的小球（視為質點）在t＝0時刻釋放。（本題計算過程中，電動勢用ES表示，場強用EC表示）
（1）求小球在渦旋電場力作用下的繞行方向及轉動一周后具有的動能Ek。
（2）若紙面內離O點的距離為0≤x≤r的范圍內的變化磁場為勻強磁場，在x＞r的范圍內不存在磁場，求x（0≤x≤∞）處的滿旋電場的場強EC。
（3）撤去圓管，其余條件不變，為保證小球依然做半徑為r的圓周運動，求任意時刻平均磁感應強度B與小球軌跡上的磁感應強度B′的比值。中小學教育資源及組卷應用平臺
專題24 法拉第電磁感應定律、自感和渦流
課標要求 知識要點 命題推斷
1、理解環(huán)和掌握法古拉第電滋感應定律。 2、會求感生電動勢和動生電動勢。 3、理解自感、禍流、電掬驅動和電嘟阻尼 考點一　法拉第電磁感應定律的應用 考點二　導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的計算 考點三　自感現(xiàn)象的理解 題型：選擇題 計算題 1感應電動勢的求解 2感應電流電荷量的求解 3平動導體棒切割電動勢 4轉動導體棒切割電動勢 5通電和斷電自感 6渦流 電磁阻尼 電磁驅動
考點一　法拉第電磁感應定律的應用
1．感應電動勢
(1)感應電動勢：在電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢．產(chǎn)生感應電動勢的那部分導體就相當于電源，導體的電阻相當于電源內阻．
(2)感應電流與感應電動勢的關系：遵循閉合電路歐姆定律，即I＝.
2．感應電動勢大小的決定因素
(1)感應電動勢的大小由穿過閉合電路的磁通量的變化率和線圈的匝數(shù)共同決定，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系．
(2)當ΔΦ僅由B的變化引起時，則E＝n；當ΔΦ僅由S的變化引起時，則E＝n；當ΔΦ由B、S的變化同時引起時，則E＝n≠n.
3．磁通量的變化率是Φ－t圖象上某點切線的斜率．
考點二　導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的計算
1．公式E＝Blv的使用條件
(1)勻強磁場．
(2)B、l、v三者相互垂直．
(3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ求解，θ為B與v方向間的夾角．
2．“瞬時性”的理解
(1)若v為瞬時速度，則E為瞬時感應電動勢．
(2)若v為平均速度，則E為平均感應電動勢．
3．切割的“有效長度”
公式中的l為有效切割長度，即導體在與v垂直的方向上的投影長度．圖中有效長度分別為：
甲圖：l＝sin β；
乙圖：沿v1方向運動時，l＝；沿v2方向運動時，l＝0.
丙圖：沿v1方向運動時，l＝R；沿v2方向運動時，l＝0；沿v3方向運動時，l＝R.
4．“相對性”的理解
E＝Blv中的速度v是相對于磁場的速度，若磁場也運動，應注意速度間的相對關系．
考點三　自感現(xiàn)象的理解
1．自感現(xiàn)象
(1)概念：由于導體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應電動勢叫做自感電動勢．
(2)表達式：E＝L.
(3)自感系數(shù)L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關．
2．自感現(xiàn)象“阻礙”作用的理解
(1)流過線圈的電流增加時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢與電流方向相反，阻礙電流的增加，使其緩慢地增加．
(2)流過線圈的電流減小時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢與電流方向相同，阻礙電流的減小，使其緩慢地減小．
線圈就相當于電源，它提供的電流從原來的IL逐漸變小．
3．自感現(xiàn)象的四大特點
(1)自感電動勢總是阻礙導體中原電流的變化．
(2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化．
(3)電流穩(wěn)定時，自感線圈就相當于普通導體．
(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向．
4．斷電自感中，燈泡是否閃亮問題
(1)通過燈泡的自感電流大于原電流時，燈泡閃亮．
(2)通過燈泡的自感電流小于或等于原電流時，燈泡不會閃亮．
（2024 江蘇模擬）如圖所示，邊長為L的正方形導線框abcd放在紙面內，在ad邊左側有范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，導線框的總電阻為R。現(xiàn)使導線框繞a點在紙面內沿順時針方向勻速轉動，經(jīng)時間Δt第一次轉到圖中虛線位置。則在Δt內通過導線框截面的電荷量為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：Δt時間內穿過線框的磁通量變化量為
由法拉第電磁感應定律得
平均感應電流
通過導線框截面的電荷量
解得
故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2024 廣東三模）我國最新航空母艦福建艦采用了世界上最先進的電磁彈射技術，裝備了三條電磁彈射軌道，電磁彈射的簡化模型如圖所示：足夠長的水平固定金屬軌道處于豎直向下的勻強磁場中，左端與充滿電的電容器C相連，與機身固連的金屬桿ab靜置在軌道上，閉合開關S后，飛機向右加速。若不計所有阻力和摩擦，回路總電阻R保持不變，下列說法不正確的是（　　）
A．提高電容器的放電量，可以提高飛機的起飛速度
B．飛機運動過程中，a端的電勢始終高于b端的電勢
C．飛機的速度最大時，金屬桿ab產(chǎn)生的感應電動勢與電容器兩端電壓相等
D．飛機的速度達到最大時，電容器所帶的電荷量為零
【解答】解：A、對金屬桿與飛機，由動量定理可得BIL Δt＝mv﹣0，其中q＝I Δt，聯(lián)立可得BLq＝mv，則提高電容器的放電量，可以提升飛機的起飛速度，故A正確；
B、飛機向右加速，通過金屬桿ab的電流方向為a→b，則電容器上板帶正電，下板帶負電，a端的電勢高于b端的電勢，故B正確；
CD、隨著飛機加速，金屬桿ab產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv增大，電容器兩端電壓U減小，根據(jù)牛頓第二定律，對金屬桿和飛機有，則金屬桿的加速度a減小，當U＝E時，飛機的速度達到最大，此時電容器所帶的電荷量不為零，故C正確，D錯誤。
本題選不正確的，
故選：D。
（2024 黃陂區(qū)校級一模）n匝半徑為r的圓形閉合線圈，置于如圖所示的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直。若磁感應強度與時間的關系為B＝B0﹣kt（B0、k為常數(shù)），線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為E；若磁感應強度B＝B0，使線圈繞直徑勻速轉動時，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的有效值也為E。則線圈的角速度ω為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：若磁感應強度與時間的關系為B＝B0﹣kt（B0、k為常數(shù)），根據(jù)法拉第電磁感應定律得線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為
若磁感應強度B＝B0，使線圈繞直徑勻速轉動時，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢最大值為
Em＝nB0Sω
又有 EmE
即
聯(lián)立解得：，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2024 江蘇模擬）如圖所示，在光滑水平面上MN右側區(qū)域存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。t＝0時刻，一質量為m、高為a、電阻為R的正三角形金屬線框以速度v從邊界MN處進入磁場，最終線框恰好完全進入。在線框運動過程中，下列說法錯誤的是（　　）
A．線框中的電流始終為逆時針方向
B．t＝0時刻，線框的感應電動勢大小為Bav
C．通過導線橫截面的電荷量為
D．線框中感應電流產(chǎn)生的焦耳熱為
【解答】解：A、根據(jù)右手定則，線框進入磁場的過程中，線框中的感應電流方向為逆時針方向，故A正確；
B、正三角形金屬線框的高為a，由幾何關系可得其邊長：L
根據(jù)法拉第電磁感應定律，t＝0時刻，線框的感應電動勢大小為：E＝BLv，故B錯誤；
C、通過導線橫截面的電荷量為：，故C正確；
D、根據(jù)能量守恒定律，線框中感應電流產(chǎn)生的焦耳熱為：Q，故D正確。
本題選則錯誤的，故選：B。
（2024 豐臺區(qū)二模）如圖甲所示，在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一圓形導體環(huán)，磁場的磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示。規(guī)定磁場豎直向上為正，導體環(huán)中電流沿順時針方向（俯視）為正，導體環(huán)中感應電流隨時間變化的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：根據(jù)楞次定律，在0～2s內線圈中電流為沿順時針方向，即正方向；根據(jù)法拉第電磁感應定律可得，感應電動勢為，感應電流為不變；在2～4s內線圈中電流為沿逆時針方向，即負方向；電流大小不變，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2024 錦江區(qū)校級模擬）如圖所示，在豎直向下的勻強磁場B中，將一根水平放置的金屬棒ab以某一水平速度v0拋出，金屬棒在運動過程中始終保持水平且未離開磁場區(qū)域，不計空氣阻力，下列關于金屬棒在運動過程中的說法正確的是（　　）
A．機械能保持不變
B．感應電動勢越來越大
C．a(chǎn)點電勢比b點電勢高
D．所受重力的功率保持不變
【解答】解：A、金屬棒做平拋運動中，只有重力做功，因此機械能保持不變，故A正確；
B、金屬棒做平拋運動的過程中，水平方向的分速度不變，因而金屬棒在垂直切割磁感線的速度v0不變，由動生電動勢的計算方法可得E＝BLv0，所以金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢大小保持不變，故B錯誤；
C．由右手定則可知，金屬棒ab切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，相當于電源，因此b點電勢高，即a點電勢比b點電勢低，故C錯誤；
D．金屬棒做平拋運動中，豎直方向的速度逐漸增大，由重力的功率公式可得PG＝mgvy可知所受重力的功率逐漸增大，故D錯誤。
故選：A。
（2024 桃城區(qū)校級模擬）如圖，三個完全相同的金屬鋁球a、b、c。b球被切割為兩個半球，并用絕緣材料粘合到一起，c球被切割成多個薄片，也用絕緣材料粘合到一起。空間存在豎直向上的磁場，磁感應強度大小自左向右逐漸減小，先后將三個小球以相同的初速度從相同位置斜拋，小球運動軌跡始終在紙面內。三球落地速度大小分別為va、vb、vc，運動時間分別為ta、tb、tc，不計空氣阻力，拋出位置離地足夠高，下列選項正確的是（　　）
A．ta＝tb＝tc B．ta＞tb＞tc C．va＜vb＜vc D．va＞vb＞vc
【解答】解：AB．三種情況下，球運動中，穿過球的磁通量發(fā)生變化，都會產(chǎn)生渦流，球都會受到水平方向的安培力，但豎直方向只是重力作用，可見三種情況下，小球在豎直方向的運動情況相同，則落地所用的時間也相同，即
ta＝tb＝tc
故A正確，B錯誤；
CD．由于小球在豎直方向的運動情況相同，落地時豎直分速度也相同，由于拋出位置離地足夠高，球受到水平方向的安培力，始終充當阻力，水平方向一直減速，直至水平方向速度最后減為0，最終球內沒有渦流產(chǎn)生，可見小球落地的速度大小相等，即
va＝vb＝vc
故CD錯誤。
故選：A。
（多選）（2020 金華模擬）如圖所示的電路中，L為一個自感系數(shù)很大、直流電阻不計的線圈，D1、D2是兩個完全相同的電燈，E是內阻不計的電源．t＝0時刻，閉合開關S，經(jīng)過一段時間后，電路達到穩(wěn)定，t1時刻斷開開關S．規(guī)定圖示流過電燈D1、D2的電流方向為正，分別用I1、I2表示流過電燈D1和D2中的電流，則以下各圖中能定性描述I隨時間t變化關系的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、電鍵閉合時，電感阻礙電流變化，L為一個自感系數(shù)很大、直流電阻不計的線圈，
所以電感的阻礙慢慢減小，即流過電感的電流增大，所以I1慢慢減小，最后穩(wěn)定時電感相當于一根導線，I1為0，
電感阻礙自身電流變化，產(chǎn)生的感應電流流過電燈D1，其方向與規(guī)定圖示流過電燈D1的方向相反，I1慢慢減小最后為故A正確，B錯誤。
C、電鍵閉合時，電感阻礙電流變化，L為一個自感系數(shù)很大、直流電阻不計的線圈，
電感的阻礙慢慢減小，即流過電感的電流增大，所以I2慢慢增大，最后穩(wěn)定，斷開電鍵，原來通過D2的電流立即消失。故C正確，D錯誤。
故選：AC。
（2024 邗江區(qū)模擬）如圖所示，用等臂天平測量勻強磁場的磁感應強度。天平的左臂為掛盤，右臂掛矩形線圈，天平平衡。線圈上部處在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁場區(qū)域寬度L＝0.4m，磁感應強度B隨時間均勻增大，其變化率。線圈下部處在與紙面垂直的勻強磁場中，掛盤中放質量為m＝0.08kg的砝碼時，天平再次平衡。已知線圈的水平邊長d＝0.2m，匝數(shù)N＝1000匝，總電阻R＝1Ω，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）線圈中感應電流的大小I；
（2）未知磁場的磁感應強度大小B0和方向。
【解答】解：（1）線圈中產(chǎn)生的感應電動勢大小為E0.08V
根據(jù)閉合電路的歐姆定律有I0.08A
根據(jù)楞次定律可知電流的方向為順時針。
（2）線圈受到的安培力為F＝NB0Id
根據(jù)平衡條件有mg＝F
代入數(shù)據(jù)解得B0＝0.05T
根據(jù)左手定則可知磁場的方向為垂直紙面向里
答：（1）線圈中感應電流的大小I為0.08A；
（2）未知磁場的磁感應強度大小B0為0.05T，方向垂直紙面向里。
（2024 金東區(qū)校級模擬）如圖所示，水平金屬圓環(huán)由沿半徑方向的金屬桿連接，外環(huán)和內環(huán)的半徑分別是R1＝0.2m，R2＝0.1m。兩環(huán)通過電刷分別與間距L＝0.2m的平行光滑水平金屬軌道PM和P′M′相連，MM′右側是水平絕緣導軌，并由一小段圓弧平滑連接傾角θ＝30°的等距金屬導軌，下方連接阻值R＝0.2Ω的電阻。水平導軌接有理想電容器，電容C＝1F。導體棒ab、cd，垂直靜止放置于MM′兩側，質量分別為m1＝0.1kg，m2＝0.2kg，電阻均為r＝0.1Ω。ab放置位置與MM′距離足夠長，所有導軌均光滑，除已知電阻外，其余電阻均不計。整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B＝1T，忽略磁場對電容器的影響。圓環(huán)處的金屬桿做順時針勻速轉動，角速度ω＝20rad/s。求：
（1）S擲向1，穩(wěn)定后電容器所帶電荷量的大小q；
（2）在題（1）的基礎上，再將S擲向2，導體棒ab到達MM′的速度大小；
（3）ab與cd棒發(fā)生彈性碰撞后，cd棒由水平導軌進入斜面忽略能量損失，沿斜面下滑12m距離后，速度達到最大，求電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱（此過程ab棒不進入斜面）。
【解答】解：（1）金屬桿順時針切割磁感線的有效長度為L＝R2﹣R1，切割的速度為v＝ω ，根據(jù)動生電動勢E＝BLv可知，產(chǎn)生的電動勢為：
電容器充電穩(wěn)定時：q＝CE
代入數(shù)據(jù)解得：q＝0.3C
（2）MM′右側是水平絕緣導軌，將S擲向2后，ab棒與電容器組成電路，當電容器兩端電壓與ab棒產(chǎn)生的感應電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒做勻速運動，設此時ab棒速度為v，電容器帶電為q2，則
根據(jù)動量定理可得：m1v﹣0＝F安t＝BLit＝BL（q﹣q2）
聯(lián)立解得：
（3）棒ab與cd發(fā)生彈性碰撞，則以向右為正方向
根據(jù)動量守恒定律有：m1v＝m1v1+m2v2
根據(jù)機械能守恒定律有：
解得：
當cd棒做勻速運動時速度達到最大，設最大速度為vm，對cd棒受力分析，根據(jù)受力平衡可得：
m2gsinθ＝BILcosθ
而根據(jù)歐姆定律可得此時電流：
根據(jù)能量守恒得：m2gxsinθ
聯(lián)立解得：
根據(jù)功能原理和焦耳定律，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為：QJJ
答：（1）穩(wěn)定后電容器所帶電荷量的大小q為0.3C；
（2）導體棒ab到達MM′的速度大小為；
（3）電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為。
題型1感應電動勢的求解
（2024 沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，用輕繩把邊長為L的正方形金屬框豎直懸掛于一個有界的勻強磁場邊緣，磁場方向垂直于紙面向里，金屬框的上半部處于磁場內，下半部處于磁場外，磁感應強度大小隨時間變化規(guī)律為B＝kt（k＞0），已知金屬框阻值一定，從t＝0開始的全過程輕繩不會被拉斷，關于該過程，下列說法正確的是（　　）
A．金屬框受到豎直向上的安培力
B．金屬框的感應電動勢大小E＝kL2
C．金屬框中感應電流的大小方向均不變
D．金屬框受到的安培力大小不變
【解答】解：BC.根據(jù)楞次定律可得感應電流為逆時針方向，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知E，電流大小始終不發(fā)生改變，故C正確，B錯誤；
A.根據(jù)左手定則可以判定安培力方向豎直向下，故A錯誤；
D.雖然電流大小方向沒有發(fā)生改變，但是由于磁感應強度的變化，故安培力大小逐漸增大，故D錯誤。
故選：C。
（2024 唐山一模）用一條均勻直導線繞成如圖所示的閉合回路，平行紙面放置，小圓環(huán)半徑為R，大圓環(huán)半徑為4R，整個回路處于垂直紙面向外的磁場中，磁場強度大小隨時間的變化規(guī)律為B＝kt（k＞0），則閉合回路產(chǎn)生的感應電動勢大小為（　　）
A．kπR2 B．7kπR2 C．13kπR2 D．19kπR2
【解答】解：由法拉第電磁感應定律得
EkS
根據(jù)楞次定律可知，三個小圓環(huán)中的感應電動勢與大圓環(huán)中的感應電動勢方向相反，可知回路中產(chǎn)生的感應電動勢大小為
E＝kπ（4R）2﹣3×kπR2＝13kπR2，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2024 江蘇二模）如圖所示，半徑為r2的圓形單匝線圈中央有半徑為r1的有界勻強磁場，磁感應強度隨時間變化關系為B＝B0+kt（k＞0），線圈電阻為R，則磁感應強度從B0增大到2B0時間內（　　）
A．線圈面積有縮小的趨勢
B．線圈中電子沿逆時針方向定向移動
C．線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為
D．通過導線橫截面電荷量為
【解答】解：A.線圈未在磁場中，不受力，沒有縮小或擴張的趨勢，故A錯誤；
B.根據(jù)楞次定律和右手定則可知，線圈中感應電流為逆時針方向，因此電子運動方向為順時針，故B錯誤；
C.線圈中的感應電動勢為
Ek
變化過程中產(chǎn)生的焦耳熱為
Qt
由于
t
聯(lián)立可得
Q
故C正確；
D.通過導線的電荷量為
q＝Itt
可得
q
故D錯誤。
故選：C。
題型2感應電流電荷量的求解
（多選）如圖所示，在垂直紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中有一個均勻導線制成的單匝直角三角形線框．現(xiàn)用外力使線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框的AB邊始終與磁場右邊界平行，已知AB＝BC＝L，線框導線的總電阻為R．則線框進入磁場的過程中（　　）
A．線框中的電動勢隨時間均勻增大
B．通過線框截面的電荷量為
C．線框所受外力的最大值為
D．線框中的熱功率與時間成正比
【解答】解：A、線框進入磁場的t時間時，線框切割磁感線的有效長度為vt，感應電動勢為 E＝BLvt，可知 E∝t，即電動勢隨時間均勻增大，故A正確；
B、通過線框截面的電荷量 q＝IΔt Δt
又根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E＝n，
聯(lián)立得：q＝n，故B正確。
C、當AB剛要切割磁感線時電流最大，安培力最大，F(xiàn)安＝BIL＝B，根據(jù)平衡條件得知，外力 F＝F安，故C錯誤；
D、由上可知，感應電流I與時間成正比，由P＝I2R，可知熱功率與時間成二次關系，故D錯誤。
故選：AB。
如圖所示，一由均勻電阻絲折成的正方形閉合線框abcd，置于磁感應強度方向垂直紙面向外的有界勻強磁場中，線框平面與磁場垂直，線框bc邊與磁場左．右邊界平行．若將該線框以不同的速率從圖示位置分別從磁場左．右邊界勻速拉出至全部離開磁場，在此過程中（　　）
A．流過ab邊的電流方向相反
B．a(chǎn)b邊所受安培力的大小相等
C．線框中產(chǎn)生的焦耳熱相等
D．通過電阻絲某橫截面的電荷量相等
【解答】解：A、由于線框被拉出磁場的過程中，穿過線圈的磁通量均減小，磁場方向相同，則根據(jù)楞次定律及右手定則可判斷出感應電流方向相同，故A錯誤；
B、根據(jù)及F＝BIL可得安培力表達式：，則速度不同，ab邊所受安培力的大小不同，故B錯誤；
C、由可知速度不同，線框中產(chǎn)生的焦耳熱不同，故C錯誤；
D、根據(jù)可知通過電阻絲某橫截面的電荷量與速度無關，故D正確。
故選：D。
一正方形光滑金屬線框位于有界勻強磁場區(qū)域內，線框平面與磁場垂直，線框的右邊緊貼著磁場邊界，如圖甲．t＝0時刻對線框施加一水平向右的外力F，讓線框從靜止開始在水平面做勻加速直線運動穿過磁場．外力F隨時間t變化的圖線如圖乙所示．已知線框質量m＝1kg、電阻R＝1Ω，求：
（1）勻強磁場的磁感應強度B；
（2）線框穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量q．
【解答】解：（1）t＝0時刻，線框的速度為零，線框沒有感應電流，不受安培力，加速度為a1m/s2
線框的邊長為 Lm＝0.5m
線框剛出磁場時的速度為 v＝at＝1×1m/s＝1m/s，此時線框所受的安培力為FA＝BIL，I，
則得 FA
根據(jù)牛頓第二定律得 F﹣FA＝ma
代入得 Fma
代入數(shù)據(jù) F＝3N，m＝1kg，R＝1Ω，L＝0.5m，v＝1m/s，a＝1m/s2解得，B＝2T
（2）由q，，，得
電量qCC
答：（1）勻強磁場的磁感應強度B是2T；
（2）線框穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量q是C．
題型3平動導體棒切割電動勢
（2024 蘇州校級二模）如圖所示，空間中存在勻強磁場B，方向垂直紙面向里。一長度為l的銅棒以速度v向右勻速運動，速度方向與銅棒之間的夾角為30°，則銅棒ab兩端的電勢差Uab為（　　）
A．Blv B．﹣Blv C． D．
【解答】解：銅棒ab切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，銅棒ab相當于電源，根據(jù)右手定則可知a端相當于電源的負極，b端相當于電源的正極，則a端的電勢低于b端的電勢，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2024 甘肅）如圖，相距為d的固定平行光滑金屬導軌與阻值為R的電阻相連，處在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中。長度為L的導體棒ab（不計電阻）沿導軌向右做勻速直線運動，速度大小為v，則導體棒ab所受的安培力為（　　）
A．，方向向左 B．，方向向右
C．，方向向左 D．，方向向右
【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應定律可得導體棒ab產(chǎn)生的電動勢為：E＝Bdv
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得回路中的電流為：I
根據(jù)安培力的計算公式可得導體棒ab所受的安培力大小為：F＝BId
聯(lián)立解得：F
由右手定則判斷可知回路中的電流方向為逆時針，由左手定則判斷可知導體棒ab所受的安培力的方向為向左，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2024 沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，一“＜”形的光滑金屬導軌AOC，OA＝OC＝d，∠AOC＝60°，單位長度的電阻為R0。整個裝置豎直固定放置于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中。一質量為m、電阻不計且長也為d的金屬棒平行于AC連線放置，O在金屬棒的中點，從O端開始在一水平外力作用下以速度v0水平向右勻速運動至A、C端點，整個運動過程中金屬棒與導軌接觸良好。關于金屬棒運動的整個過程中（不含O點），下列說法正確的是（　　）
A．通過金屬棒的電流不變
B．感應電流方向為順時針方向
C．A、C兩點的電勢始終有φA＜φC
D．整個過程中通過金屬棒的電荷量為
【解答】解：B.根據(jù)右手定則可知感應電流方向為逆時針方向，故B錯誤；
C.金屬棒的上端為等效電源的正極，下端為負極，始終有φA＞φC，故C錯誤；
A.設金屬棒運動的距離為x，可知金屬棒產(chǎn)生的感應電流
I
得I，為定值，故A正確；
D.整個過程中通過金屬棒的電荷量q＝It，故D錯誤。
故選：A。
題型4轉動導體棒切割電動勢
（2024春 長沙期末）圖甲為某風速測量裝置，可簡化為圖乙所示的模型。圓形磁場半徑為L，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，風推動風杯組（導體棒OA代替）繞水平軸以角速度ω順時針轉動，風杯中心到轉軸距離為2L，導體棒OA電阻為r，導體棒與彈性簧片接觸時回路中產(chǎn)生電流，接觸過程中，導體棒轉過的圓心角為45°，圖乙中電阻阻值為R，其余電阻不計。下列說法正確的是（　　）
A．流過電阻R的電流方向為從左向右
B．風杯的速率為ωL
C．導體棒與彈性簧片接觸時產(chǎn)生的電動勢為E＝BL2ω
D．導體棒每轉動一圈，流過電阻R的電荷量為
【解答】解：A、根據(jù)右手定則可知，導體棒OA中感應電流方向為從O到A，則流過電阻R的電流方向為從右向左，故A錯誤；
B、風杯的轉動半徑為2L，角速度為ω，則風杯的速率為v＝ω×2L＝2ωL，故B錯誤；
C、導體棒與彈性簧片接觸時產(chǎn)生的電動勢為，故C錯誤；
D、依題意，導體棒每轉動一圈，接觸過程中，導體棒轉過的圓心角為45°，所以三組風杯組總共接觸過程對應的時間為
根據(jù)閉合電路歐姆定律，有
導體棒每轉動一圈，流過電阻R的電荷量為
q＝It
聯(lián)立解得：，故D正確。
故選：D。
（2023春 包河區(qū)校級期末）如圖，合肥一中某教室墻上有一朝南的鋼窗，將鋼窗右側向外打開45°，在這一過程中，以推窗人的視角來看，下列說法正確的是（　　）
A．AB邊切割地磁場過程中可以等效成一個左負右正的電源
B．鋼窗中有順時針電流
C．鋼窗有收縮趨勢
D．B點電勢高于C點
【解答】解：A、合肥所在處地磁場的水平分量由南指向北，豎直分量豎直向下，將朝南的鋼窗右側向外打開45°，根據(jù)右手定則可知AB邊切割地磁場過程中可以等效成一個左正右負的電源，故A錯誤；
BC、鋼窗右側向外打開過程，向北穿過窗戶的磁通量減少，根據(jù)楞次定律可知，鋼窗中感應電流產(chǎn)生的磁場方向由南指向北，以推窗人的視角來看，感應電流為逆時針電流，同時根據(jù)“增縮減擴”推論可知，鋼窗有擴張趨勢，故BC錯誤；
D、由于流過BC邊的感應電流方向由B到C，BC為外電路，所以B點電勢高于C點，故D正確。
故選：D。
如圖所示，一導體圓環(huán)位于紙面內，O為圓心．環(huán)內兩個圓心角為90°的扇形區(qū)域（半徑r＝0.2m）中有方向相反且與紙面垂直的勻強磁場，磁感應強度B＝1T。長為0.3m的導體桿OM可繞O轉動，電阻為1Ω，M端通過滑動觸點與圓環(huán)接觸良好。在圓心和圓環(huán)間連有電阻R＝1Ω．桿OM以角速度ω＝20rad/s逆時針勻速轉動，t＝0時恰好在圖示位置，圓環(huán)的電阻忽略不計，則桿OM從t＝0開始轉動一周的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．所產(chǎn)生電流為直流電
B．t＝0.02s時通過R的電流方向為a到b
C．t＝0.02s時通過R的電流大小為0.2A
D．電阻R的電功率為0.04W
【解答】解：導體桿轉動一周經(jīng)過的時間為：Ts＝0.1πs＝0.314s。
A、根據(jù)右手定則可以判定，0～時間內感應電流的方向從M指向圓心O，～時間內沒有感應電流，～時間內感應電流的方向從O指向圓心M，～T時間內無感應電流，所以產(chǎn)生電流為交流電，故A錯誤；
BC、t＝0.02ss＝0.0785s，此時感應電流的方向從M指向圓心O，通過R的電流方向為b到a；
感應電動勢大小為：EωV＝0.4V，通過R的電流大小為IA＝0.2A，故B錯誤、C正確；
D、如果電路中始終由電流且I＝0.2A，則電阻R的電功率為P＝I2R＝0.22×1W＝0.04W，但在～時間內和～T時間內無感應電流，通過電阻R的有效值小于0.2A，所以電阻R的電功率小于0.04W，故D錯誤。
故選：C。
（2024 鹽都區(qū)校級三模）寬度為L＝0.5m的足夠長的平行金屬導軌，導軌平面與水平面之間的夾角為θ＝30°，導軌上端連接電阻R＝0.125Ω，虛線OP、MV與導軌垂直，OP、MN間距d＝0.2m，OP、MN間區(qū)域存在勻強磁場，磁場方向垂直軌道平面向上，如圖所示。垂直于導軌水平放置一質量m＝0.1kg、電阻R＝0.125Ω的金屬桿ab，金屬桿與導軌間動摩擦因數(shù)μ，金屬桿從距OP距離d＝0.2m處從靜止開始下滑，從OP處剛進入磁場時恰好做勻速直線運動。導軌電阻不計，重力加速度為g＝10m/s2，求：
（1）勻強磁場的磁感應強度大小B；
（2）金屬桿在磁場中運動過程中產(chǎn)生的電熱Q。
【解答】解：（1）金屬桿下滑到OP過程，由動能定理得：（mgsinθ﹣μmgcosθ）d0，
代入數(shù)據(jù)解得：v＝1m/s，
金屬桿剛進入磁場時感應電動勢：E＝BLv，
感應電流：I，
金屬桿受到的安培力：F＝BIL，
金屬棒剛進入磁場時恰好做勻速直線運動，
由平衡條件得：mgsinθ＝μmgcosθ+F，
代入數(shù)據(jù)解得：B＝0.5T；
（2）金屬桿在磁場中運動過程：d＝vt，
金屬桿產(chǎn)生的焦耳熱：Q＝I2Rt，
代入數(shù)據(jù)解得：Q＝0.025J；
答：（1）勻強磁場的磁感應強度大小B為0.5T；
（2）金屬桿在磁場中運動過程中產(chǎn)生的電熱Q為0.025J。
（2024 成華區(qū)校級模擬）如圖所示，間距為L＝1.0m的兩平行光滑金屬導軌由傾斜部分和水平部分（足夠長）平滑連接而成，傾斜部分導軌與水平面夾角為θ＝30°，導軌上端接有一個電阻R＝1.0Ω。空間存在垂直斜面向上和豎直向上的兩部分勻強磁場，兩磁場互不干擾，大小均為B＝2.0T。導體棒a與b的質量均為m＝2.0kg，內阻分別為ra＝1.0Ω與rb＝2.0Ω，兩根導體棒垂直導軌放置。現(xiàn)閉合電鍵K1，斷開電鍵K2，將a棒從某高度由靜止釋放，經(jīng)過一段時間，a棒在斜面上達到最大速度v0。已知導體棒與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g＝10m/s2。求：
（1）a棒在斜面上達到的最大速度v0；
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為0.8J，求該過程中通過電路的電荷量q1；
（3）a棒在離開斜面的瞬間閉合電鍵K2，斷開電鍵K1，從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現(xiàn)穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，求電路中產(chǎn)生的焦耳熱，以及流過b棒的電荷量q。
【解答】解：（1）當a棒在斜面上勻速運動時，速度達到最大，由平衡條件有
BIL＝mgsinθ
又
E＝BLv0，
聯(lián)立解得a棒在斜面上達到的最大速度為：v0＝5m/s
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝0.8J，設此過程a棒下滑的距離為x，根據(jù)能量守恒定律得
又有QRQ
聯(lián)立解得：x＝2.66m
則該過程中通過電路的電荷量為
代入數(shù)據(jù)解得：q1＝2.66C
（3）a棒在離開斜面的瞬間閉合電鍵K2，斷開電鍵K1，a棒與b棒受到的安培力大小相等，方向相反，則兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒定律，當兩棒共速時，達到穩(wěn)定狀態(tài)，取向右為正方向，由動量守恒定律有
mv0＝2mv
代入數(shù)據(jù)解得：v＝2.5m/s
從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現(xiàn)穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，根據(jù)能量守恒可知電路中產(chǎn)生的焦耳熱為
Q′
代入數(shù)據(jù)解得：Q′＝12.5J
以b棒為研究對象，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得
又
聯(lián)立解得流過b棒的電荷量為
q＝2.5C
答：（1）a棒在斜面上達到的最大速度v0為5m/s；
（2）該過程中通過電路的電荷量q1為2.66C；
（3）電路中產(chǎn)生的焦耳熱為12.5J，流過b棒的電荷量q為2.5C。
（2024 河南模擬）如圖所示，兩根電阻不計、足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在絕緣水平面上，導軌間距為L，導軌所在空間存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根金屬桿a、b間隔一定距離靜止于導軌上，兩桿與導軌垂直且接觸良好，桿a、b的電阻分別為R和3R，桿a、b的質量分別為3m和m。現(xiàn)使桿a獲得一個大小為U0、水平向右的初速度。
（1）當桿b的速度大小為3時（兩桿未相撞），求此時桿b受到的安培力大小F；
（2）若整個運動過程中兩桿未相撞，求整個運動過程中桿a產(chǎn)生的焦耳熱Qa；
（3）若初始位置時兩桿之間的距離，通過計算判斷兩桿在整個運動過程中是否相撞。
【解答】解：（1）以向右為正方向，對金屬桿a、b組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有：
代入數(shù)據(jù)解得：
此時回路中產(chǎn)生的感應電動勢：
回路中的電流：
桿b受到的安培力大小：F＝BIL
聯(lián)立以上解得：
（2）在整個運動中，桿a、b組成的系統(tǒng)動量守恒，設最終共同速度大小為v，有 3mv0＝（m+3m）v
代入數(shù)據(jù)解得：
由能量守恒定律有：
由焦耳定律可知：
聯(lián)立以上解得：
（3）若兩桿恰好不相撞，設初始時兩桿之間的距離為x，在很短時間Δt內，
對桿b分析，由動量定理有：BiL Δt＝mΔv
兩邊求和可得：∑BLi Δt＝∑mΔv
即：BLq＝mv
由于電荷量：
此時的磁通量：Φ＝ΔΦ＝BLx
聯(lián)立解得 d，故兩桿會相撞。
答：（1）當桿b的速度大小為3時（兩桿未相撞），此時桿b受到的安培力大小F為；
（2）若整個運動過程中兩桿未相撞，求整個運動過程中桿a產(chǎn)生的焦耳熱Qa為；
（3）若初始位置時兩桿之間的距離，通過計算判斷兩桿在整個運動過程中不會相撞。
題型5通電和斷電自感
（多選）（2016 泰州一模）如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內阻r不能忽略．R1和R2是兩個定值電阻，L是一個自感系數(shù)較大的線圈．開關S原來是斷開的．從閉合開關S到電路中電流達到穩(wěn)定為止的時間內，通過R1的電流I1和通過R2的電流I2的變化情況是（　　）
A．I1開始較大而后逐漸變小
B．I1開始很小而后逐漸變大
C．I2開始很小而后逐漸變大
D．I2開始較大而后逐漸變小
【解答】解：開關S閉合瞬間，L相當于斷路，通過R1的電流I1較大，通過R2的電流I2較小；當穩(wěn)定后L的自感作用減弱，通過R1的電流I1變小，通過R2的電流I2變大，故AC正確BD錯誤。
故選：AC。
（2024春 棗莊期末）LC振蕩電路的原理圖如圖甲所示。開關先撥到位置“1”，待電容器充電完成后，在t＝0時刻將開關撥到位置“2“。若電流從傳感器的“+”極流入，電流顯示為正，振蕩電流i隨時間t變化的圖線，如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）
A．圖乙中從t0到A點對應時刻的時段內電容器的電荷量增加
B．圖乙中從t0到A點對應時刻的時段內電容器的電壓減小
C．若電阻R的阻值減小，電流的變化情況如圖丙中實線所示
D．若電阻R的阻值減小，電流的變化情況如圖丙中虛線所示
【解答】解：AB、由乙圖可知從t0到A點對應時刻的時段內電路正在增加，是電容器的放電過程，所以電容器所帶電荷量正在減小，根據(jù)Q＝CU可知電容器的電壓正在減小，故A錯誤，B正確；
CD、若電阻R減小，根據(jù)振蕩周期公式T可知，電流的變化周期不變，最大電流變大，故CD錯誤。
故選：B。
（2024春 順義區(qū)期末）如圖所示的電路中，A、B是兩個相同的燈泡，L1，L2是自感系數(shù)很大，直流電阻為零的線圈，開始時S1、S2均斷開，先閉合S1，穩(wěn)定后再閉合S2，則下列判斷正確的是（　　）
A．閉合S1一瞬間，A、B兩燈立即變亮
B．閉合S1后，A燈立即變亮B燈緩慢變亮
C．閉合S2一瞬間，A燈立即變暗
D．閉合S2后，A燈逐漸熄滅，B燈逐漸變亮
【解答】解：AB、當閉合S1一瞬間，由于L2自感作用阻礙電流的增大，所以L2中的電流在逐漸變大，A、B兩燈也在逐漸變亮，故AB錯誤；
C、當閉合S1，電路穩(wěn)定后再閉合S2的一瞬間，由于L1中的自感電動勢很大，通過L1的電流逐漸增大，直至A燈被短路，因此A燈會逐漸熄滅，故C錯誤；
D、當閉合S2后，通過L1的電流在逐漸變大，直至A被短路，所以A燈會逐漸熄滅，而B燈會逐漸變亮，故D正確；
故選：D。
題型6渦流 電磁阻尼 電磁驅動
（2024春 中山市期末）如圖a所示是高頻焊接原理示意圖，線圈中通以圖b所示的交變電流時（以電流順時針為正方向），待焊接的金屬工件中就產(chǎn)生感應電流，感應電流流過工件產(chǎn)生大量熱量，將金屬熔化，把工件焊接在一起，下列說法正確的是（　　）
A．待焊接金屬工件中產(chǎn)生的感應電流為直流電
B．圖b中的交流電的頻率越小，焊縫處的溫度上升越快
C．0.5×10﹣6 1×10﹣6s內，工件中的感應電流在減小
D．1×10﹣6 1.5×10﹣6s內，工件中的感應電流方向為順時針
【解答】解：A．因為線圈中通過的是正弦交變電流，電流的變化率在時刻發(fā)生變化，金屬工件的磁通量的變化率也在變化，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，線圈中感應電動勢在時刻變化，所以在金屬工件中的感應電流是交流電。故A錯誤；
B．線圈中電流變化的頻率越高，金屬工件的磁通量變化頻率就越高，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，工件中產(chǎn)生的感應電動勢就越大，感應電流越大，焊縫處的溫度升高的就越快，故B錯誤；
C．0.5×10﹣6 1×10﹣6s內，線圈中的電流變化率在變大，所以金屬工件的磁通量變化率也在增大，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，工件中產(chǎn)生的感應電動勢在增大，所以工件中的感應電流在增大。故C錯誤；
D．1×10﹣6 1.5×10﹣6s內，線圈中的電流沿逆時針增大，穿過金屬的磁場方向垂直于紙面向外，且不斷增大，磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律可知工件中的感應電流方向為順時針。故D正確。
故選：D。
（2023春 渝中區(qū)校級期中）如圖甲所示為工業(yè)或醫(yī)學上用到的電子感應加速器的核心部分側視圖；圖乙為真空室俯視圖，當圖甲中線圈通以變化的電流時，將在真空室所在空間產(chǎn)生變化的磁場，變化的磁場將產(chǎn)生渦旋電場，渦旋電場的方向與感應電流方向的判斷方法完全相同。其電場線是一系列以圖乙O點為圓心的平行于紙面的同心圓。滿足一定條件時，電子槍發(fā)射的電子在渦旋電場力的作用下被加速，同時在磁場力作用下繞O點做圓周運動。現(xiàn)建立如圖丙所示模型研究電子感應加速器的工作原理：半徑為r的光滑絕緣圓管（內外半徑之差可忽略）固定在光滑絕緣水平桌面（紙面）內，圓管所包圍圓形區(qū)域的平均磁感應強度（即磁通量與面積之比）B＝kt（k為正的常數(shù)），方向垂直于紙面向外。質量為m、帶電量為﹣q（q＞0）的小球（視為質點）在t＝0時刻釋放。（本題計算過程中，電動勢用ES表示，場強用EC表示）
（1）求小球在渦旋電場力作用下的繞行方向及轉動一周后具有的動能Ek。
（2）若紙面內離O點的距離為0≤x≤r的范圍內的變化磁場為勻強磁場，在x＞r的范圍內不存在磁場，求x（0≤x≤∞）處的滿旋電場的場強EC。
（3）撤去圓管，其余條件不變，為保證小球依然做半徑為r的圓周運動，求任意時刻平均磁感應強度B與小球軌跡上的磁感應強度B′的比值。
【解答】解：（1）因渦旋電場方向與感應電流方向判斷方法相同，則根據(jù)“增反減同”及“安培定則”得渦旋電場方向為順時針，由于小球帶負電，所以小球受到逆時針的渦旋電場力，則會繞O點沿圓管逆時針轉動。
根據(jù)法拉第電磁感應定律，圓管所在圓周產(chǎn)生的感應電動勢為：
根據(jù)動能定理，非靜電力做的功等于小球動能的增加即：qES＝Ek﹣0
所以小球轉動一周后具有的動能為：
（2）當x≤r時，由（1）得小球轉動一周具有的動能為：
設渦旋電場場強為EC，由動能定理及微元法有：qEC 2πx＝Ek﹣0
比較以上兩式可得：
當x＞r時，由（1）得小球轉動一周具有的動能：
設渦旋電場場強為EC，由動能定理及微元法有：qEC 2πx＝Ek﹣0
同理可得：
（3）小球在圓周的切線方向上做初速度為零的勻加速運動，其切向加速度由渦旋電場力產(chǎn)生：
經(jīng)t獲得的速度：
軌道處的磁場B′對小球的洛倫茲力充當小球做圓周運動的向心力：
從而解得：
所以，任意時刻平均磁感應強度B與小球軌跡上的磁感應強度B'的比值為：
答：（1）小球在渦旋電場力作用下的繞行方向為逆時針，轉動一周后具有的動能Ek為πqkr2；
（2）當x≤r時，滿旋電場的場強為；當x＞r時滿旋電場的場強EC為；
（3）任意時刻平均磁感應強度B與小球軌跡上的磁感應強度B′的比值為2。

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