2021高考物理一轮复习经典组合之法拉第电磁感应定律、自感Word版含答案.docx

法拉第电磁感应定律、自感考纲解读1.能应用法拉第电磁感应定律、公式EBlv计算感应电动势.2.理解自感、涡流的产生，并能分析实际应用1 对自感的考查如图1(a)、(b)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 ()图1A在电路(a)中，断开S，A将渐渐变暗B在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C在电路(b)中，断开S，A将渐渐变暗D在电路(b)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗答案AD解析在电路(a)中，灯A和线圈L串联，它们的电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，但流过灯A的电流仍渐渐减小，从而灯A只能渐渐变暗在电路(b)中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不再给灯供电，而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流突然变大，灯A变得更亮，然后渐渐变暗，故A、D正确3 对法拉第电磁感应定律应用的考查如图2所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面对里，磁感应强度以BB0Kt(K0)随时间变化，t0时，P、Q两极板电势相等两极板间的距离远小于环的半径，则经时间t电容器P板() 图2A不带电B所带电荷量与t成正比C带正电，电荷量是D带负电，电荷量是答案D解析磁感应强度以BB0Kt(K0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得ESKS，而S，经时间t电容器P板所带电荷量QEC；由楞次定律知电容器P板带负电，故D选项正确3 对公式EBlv的考查2022年11月24日，中国的歼15战机成功在“辽宁号”航母上起降，使中国真正拥有了自己的航母由于地磁场的存在，飞机在确定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有确定的电势差则从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势()A低 B高C相等 D以上状况都有可能答案B解析北半球的地磁场的竖直重量向下，由右手定则可判定飞机无论向哪个方向飞行，由飞行员的角度看均为左侧机翼电势较高考点梳理一、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.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：En.3 导体切割磁感线的情形(1)一般状况：运动速度v和磁感线方向夹角为，则EBlvsin_.(2)常用状况：运动速度v和磁感线方向垂直，则EBlv.(3)导体棒在磁场中转动导体棒以端点为轴，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EBlBl2(平均速度等于中点位置线速度l)二、自感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：EL.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4“极端法”的应用如图3所示，线圈A、B是由不同材料制成的导体线圈，它们的质量一样大，外形一样，设磁场足够大，下列说法正确的是()A电阻大的线圈达到稳定速度时的速度大B电阻小的线圈达到稳定速度时的速度大图3C两线圈的稳定速度是一样的D电阻率大的材料制成的线圈，稳定速度大答案A解析以极端状况分析，若线圈电阻格外大，以至于无穷大时，线圈中电流趋近于零，线圈做自由落体运动，速度将不断增大，所以可推知电阻大的线圈稳定运动时的速度大，A正确5 用结论“qn”解题如图4所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，线圈内接有电阻值为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.当线圈转过90时，通过电阻R的电荷量为() 图4A. B.C. D.答案B解析初状态时，通过线圈的磁通量为1，当线圈转过90时，通过线圈的磁通量为0，由qN可得通过电阻R的电荷量为.方法提炼1 “极端法”分析电磁感应问题将题中某些物理量推到极限状态或极值条件下分析争辩，会使问题变得简洁解决2感应电荷量的求法：q.考点一法拉第电磁感应定律的应用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和线圈的匝数共同打算，而与磁通量、磁通量的变化量的大小没有必定联系(2)当仅由B引起时，则En；当仅由S引起时，则En.2 磁通量的变化率是t图象上某点切线的斜率例1如图6(a)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(b)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： (a)(b)图6(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量审题指导1.用公式EnS求解时，S应为线圈在磁场范围内的有效面积，应为Bt图象斜率的大小2 产生感应电动势的线圈相当于电源，R1为外电阻解析(1)穿过闭合线圈的磁场的面积为Sr由题图(b)可知，磁感应强度B的变化率的大小为依据法拉第电磁感应定律得：EnnS由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为：I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qIt1电阻R1上产生的热量为QI2R1t1答案(1)方向从b到a(2) 1.应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化状况；(2)利用楞次定律确定感应电流的方向；(3)机敏选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解2几点留意(1)公式En是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择(2)用公式EnS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、和回路总电阻R总有关，与时间长短无关推导如下：qtt.突破训练1如图7甲所示，边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框静置于光滑水平面上，处于与水平面垂直的匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示求： 甲乙图7(1)在t0到tt0时间内，通过导线框的感应电流大小；(2)在t时刻，ab边所受磁场作用力大小；(3)在t0到tt0时间内，导线框中电流做的功答案(1)(2)(3)解析(1)由法拉第电磁感应定律得，导线框的感应电动势E通过导线框的感应电流大小：I(2)t时刻，ab边所受磁场作用力大小：FBILF(3)在t0到tt0时间内，导线框中电流做的功：WI2Rt0.考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1 公式EBlv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EBlvsin 求解，为B与v方向间的夹角2 “瞬时性”的理解若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即EBl.3 切割的“有效长度”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图8中有效长度分别为：图8甲图：lsin ；乙图：沿v1方向运动时，l；沿v2方向运动时，l0.丙图：沿v1方向运动时，lR；沿v2方向运动时，l0；沿v3方向运动时，lR.4 “相对性”的理解EBlv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例2如图9甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L2.0 m，R是连在导轨一端的电阻，质量m1.0 kg的导体棒ab垂直跨在导轨上，电压传感器与这部分装置相连导轨所在空间有一磁感应强度B0.50 T、方向竖直向下的匀强磁场从t0开头对导体棒ab施加一个水平向左的拉力，使其由静止开头沿导轨向左运动，电压传感器测出R两端的电压随时间变化的图线如图乙所示，其中OA、BC段是直线，AB段是曲线假设在1.2 s以后拉力的功率P4.5 W保持不变导轨和导体棒ab的电阻均可忽视不计，导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好不计电压传感器对电路的影响g取10 m/s2.求：图9(1)导体棒ab最大速度vm的大小；(2)在1.2 s2.4 s的时间内，该装置总共产生的热量Q；(3)导体棒ab与导轨间的动摩擦因数和电阻R的值审题指导1.R两端的电压和导体棒中产生的电动势有什么关系？2在1.2 s2.4 s的时间内，能量是如何转化的？301.2 s和2.4 s后导体棒分别做什么运动？受力状况如何？解析(1)从题图乙可知，2.4 s时R两端的电压最大，Um1.0 V，由于导体棒内阻不计，故UmEmBLvm1.0 V，所以vm1.0 m/s(2)由于UEBLv，而B、L为常数，所以由题图乙知，在01.2 s内导体棒做匀加速直线运动设导体棒在这段时间内的加速度为a，t11.2 s时导体棒的速度为v1，由题图乙可知此时电压U10.90 V.由于U1E1BLv1所以v10.90 m/s在1.2 s2.4 s时间内，依据功能关系mvPtmvQ代入数据解得Q5.3 J(3)导体棒做匀加速运动的加速度a0.75 m/s2当t11.2 s时，设拉力为F1，则有F15.0 N同理，当t22.4 s时，设拉力为F2，则有F24.5 N对ab棒受力分析如图所示，依据牛顿其次定律有F1FfF安1maF2FfF安20mgFN0又由于F安1BI1LF安2BI2LFfFN联立，代入数据可求得R0.4 ，0.2答案(1)1.0 m/s(2)5.3 J(3)0.20.4 1.公式EBlvsin 求的是瞬时感应电动势，E与某个时刻或某个位置相对应切割磁感线的那部分导体就相当于电源2本题中Ut图象实际上可以转化为vt图象(UEBlv)，因此，此运动类似于机车启动模型3以图象形式给出题目已知条件的，要竭力挖掘图象中的隐含信息突破训练2在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为L0.4 m，如图10所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 的金属杆cd，框架电阻不计若杆cd以恒定加速度a2 m/s2，由静止开头做匀变速运动，则：(1)在5 s内平均感应电动势是多少？图10(2)第5 s末，回路中的电流多大？(3)第5 s末，作用在cd杆上的水平外力多大？答案(1)0.4 V(2)0.8 A(3)0.164 N解析(1)5 s内的位移xat225 m5 s内的平均速度5 m/s(也可用求解)故平均感应电动势BL0.4 V(2)第5 s末：vat10 m/s此时感应电动势：EBLv则回路中的电流为I A0.8 A(3)杆cd匀加速运动，由牛顿其次定律得FF安ma即FBILma0.164 N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，使其缓慢地减小线圈就相当于电源，它供应的电流从原来的IL渐渐变小2 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，更不能使过程反向例3如图11所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源t0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是 () 图11解析当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1渐渐熄灭，电流反向且减小；综上所述知选项A、C正确答案AC 在分析自感现象问题时，应留意电路的结构，弄清楚自感线圈L与用电器的串、并联关系，明确原电流的方向，再推断自感电流的方向及大小变化同时留意，L的自身电阻是不是能忽视不计在断开开关时，还要看线圈和用电器能否形成回路突破训练3在如图12所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t时刻再闭合S，则在t前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是 ()图12答案B解析闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流均为I，说明RLR.若t时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流快速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍流过L1的电流i1增大，直至达到电流I，故A错误，B正确；而对于t时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2马上达到电流I，故C、D错误41应用法拉第电磁感应定律答题的规范在阅卷过程中，我们看到同学计算题的答题卷面，有时不是由于物理学问不够扣分，而是由于答题不规范而扣分，很是惋惜下面谈一下规范答题的几大要素1 文字说明(1)争辩对象个体或系统、过程或状态(2)所列方程的依据名称(3)题目中的隐含条件、临界条件(4)非题设字母，说明符号的物理意义字母符号书写、使用要规范，题目给了符号最好不要再另设符号敬重课本常用符号(5)规定的正方向、零势点(面)及所建立的坐标系(6)结果的物理意义，给出明确答案2 必要方程(1)写出符合题意的原始方程，不能写变形式，如：要写成“”，不要写成“F”(2)要用字母表述方程，不要写代入数据的方程，方程中等号两边虽然含有相同的物理量字母，也不能相“约”，如“mghmv2”(3)要用原始方程组联立求解，不要用连等式，不要在等式中不断的“续”进一些内容(4)方程式有多个时，应分步列，并对各方程式编号，不要合写一式，以免一错全错3 数字运用(1)几何关系只说结果，不必证明(2)数字相乘，要用“”，不用“”(3)卷面上不能打“/”相约4 答题模板解设(未知量)为对过程由规律得：(具体问题的原始方程)在位置由公式得：(具体问题的原始方程)联立以上各式(或联立式)得：(由已知量符号表示)“结果”(代入数据得结果，并留意待求量的数值及单位)解析(1)金属棒达到最大速度时产生的电动势EB0Lvm(1分)回路中产生的感应电流I(1分)金属棒所受安培力FB0IL(1分)金属棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则mgsin Fmgcos 0(2分)解得vm2 m/s(1分)(2)设电阻R上产生的焦耳热为Q，整个电路产生的焦耳热为Q总，则由动能定理，得mgssin mgscos W安mv(3分)W安Q总(1分)QQ总(1分)解得Q0.16 J(1分)(3)不产生感应电流，即磁通量不变，金属棒不受安培力作用，金属棒做匀加速直线运动，由牛顿其次定律可得mgsin mgcos ma(2分)得ag(sin cos )10(0.60.50.8) m/s22 m/s2(1分)依据闭合回路磁通量不变有B0LsBL(svmtat2)(3分)得B(1分)所以，当t1 s时，B0.5 T(1分)答案(1)2 m/s(2)0.16 J(3)0.5 T高考题组1 (2022课标全国19)如图14，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 图14过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，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的大小应为()A. B. C. D.答案C解析当线框绕过圆心O的转动轴以角速度匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1.当线框不动，磁感应强度变化时，I2，因I1I2，可得，C选项正确2 (2022四川理综20)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垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B.直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开头，直杆的位置由确定，如图15所示则()A0时，直杆产生的电动势为2Bav图15B时，直杆产生的电动势为BavC0时，直杆受的安培力大小为D时，直杆受的安培力大小为答案AD解析当0时，直杆切割磁感线的有效长度l12a，所以直杆产生的电动势E1Bl1v2Bav，选项A正确此时直杆上的电流I1，直杆受到的安培力大小F1BI1l1，选项C错误当时，直杆切割磁感线的有效长度l22acos a，直杆产生的电动势E2Bl2vBav，选项B错误此时直杆上的电流I2，直杆受到的安培力大小F2BI2l2，选项D正确3 (2011北京理综19)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16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经多次重复，仍未见老师演示时毁灭的小灯泡闪亮现象，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16A电源的内阻较大 B小灯泡电阻偏大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毁灭闪亮现象，故B错误，C正确；自感系数越大，则产生的自感电流越大，灯泡更亮，故D错误4 (2011广东理综15)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，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化越快，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解析由法拉第电磁感应定律En可知感应电动势的大小E与n有关，与即磁通量变化的快慢成正比，所以A、B错误，C正确由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，即原磁通量增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；原磁通量减小，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故D错误模拟题组5. 如图17所示的金属圆环放在有界匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出来，下列说法正确的是 ()A向左拉出和向右拉出过程中，其感应电流方向相反B不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是顺时针的 图17C不管从什么方向拉出，环中的磁通量的变化量都相同D在匀速拉出过程中，感应电流大小不变答案BC解析无论是向左拉出或向右拉出磁场区域，圆环中的磁通量都削减，由楞次定律可判出环中的感应电流方向应是顺时针的，B、C项正确，A项错误；由EBlv知，圆环被拉出时，切割的有效长度在变化，因此，E发生变化，感应电流大小发生变化，D项错误6. 如图18所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽视的自感线圈，电源内阻不计，开关S原来接通现将开关S断开，则() 图18AL1点亮，L2变暗，最终两灯一样亮BL2闪亮一下后恢复到原来的亮度CL3变暗一下后恢复到原来的亮度DL3闪亮一下后恢复到原来的亮度答案AD解析当S闭合时，L把灯L1短路，L1不亮，IL3IL2；将S断开时，L1与L2串联，电流变小，L2变暗，L1被点亮，最终两灯一样亮由于L中的电流要减小，且与L3串联，IL3，因此L3要闪亮一下后再恢复到原来的亮度因此正确选项为A、D两项(限时：45分钟)题组1对法拉第电磁感应定律的考查1 (2010江苏单科2)一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为 ()A. B1 C2 D4答案B解析设原磁感应强度是B，线框面积是S.第1 s内12BSBSBS，第2 s内22B2BSBS.由于En，所以两次感应电动势大小相等，B正确2 如图1甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S.在环形导体中有一垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示则在0t0时间内电容器 ()图1A上极板带正电，所带电荷量为B上极板带正电，所带电荷量为C上极板带负电，所带电荷量为D上极板带负电，所带电荷量为答案A解析由题图乙可知，B增大，依据楞次定律，感应电流沿逆时针方向，故上极板带正电，En，QCE，A正确3. 一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在磁场中，如图2所示，线圈平面与磁场方向成60角，磁感应强度随时间均匀变化，下列方法可使感应电流增加一倍的是()A把线圈匝数增加一倍B把线圈面积增加一倍图2C把线圈半径增加一倍D转变线圈与磁场方向的夹角为另确定值答案C解析设导线的电阻率为，横截面积为S0，线圈的半径为r，线圈与磁场方向的夹角为，线圈匝数为n，则Isin ，可见，将r增加一倍，I增加一倍；转变线圈与磁场方向的夹角，sin 不能变为原来的2倍(因sin 最大值为1)；若将线圈的面积增加一倍，半径r增加(1)倍，电流增加(1)倍；I与线圈匝数无关综上所述，只有C项正确4. 如图3所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B中两板间放一台小型压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为q的带正电小球K没有闭合时传感器有示数，K闭合时传感器示数变为原来的一半则线图3圈中磁场B的变化状况和磁通量变化率分别为()A正在增加， B正在增加，C正在减弱， D正在减弱，答案B解析依据K闭合时传感器示数变为原来的一半，推出带正电小球受电场力向上，即上极板带负电，下极板带正电，线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板，依据安培定则知感应磁场的方向向下，与原磁场方向相反，又由楞次定律得线圈中磁场正在增加；对小球受力分析得q，其中感应电动势En，代入得，故B正确题组2对公式EBlv的综合考查5 (2010山东理综21)如图4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 图4B回路中感应电动势大小为BLv0C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AD解析由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A项正确；ab、cd均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针方向，两电源串联，感应电动势为2BLv0，B、C项错误；由左手定则知ab、cd所受安培力方向均向左，D项正确6. 一个边长为L的正方形导线框在倾角为的光滑固定斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方方向垂直于斜面的匀强磁场中如图5所示，磁场的上边界线水平，线框的下边ab边始终水平，斜面以及下方的磁场往下方延长到足够远下列推理推断正确的是()A线框进入磁场过程b点的电势比a点高图5B线框进入磁场过程确定是减速运动C线框中产生的焦耳热确定等于线框削减的机械能D线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量不同答案C解析ab边进入磁场后，切割磁感线，ab相当于电源，由右手定则可知a为等效电源的正极，a点电势高，A项错由于线框所受重力的分力mgsin 与安培力大小不能确定，所以不能确定其是减速还是加速，B项错；由能量守恒知C项对；由qn知，q与线框下降的高度无关，D项错7 如图6所示，P、Q是两根竖直且足够长的金属杆(电阻忽视不计)，处在垂直纸面对里的匀强磁场B中，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，P、Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，A是在MN的正下方水平放置在地面上的金属圆环现将金属棒ef由静止释放，在下滑中始终与P、Q杆良好接触且无摩擦在金属棒释放后下列说法正确的是() 图6AA环中有大小不变的感应电流BA环中有越来越大的感应电流CA环对地面的压力先减小后增大至恒定值DA环对地面的压力先增大后减小至恒定值答案D解析金属棒ef从静止释放后，产生感应电流I，受力分析得mgBIlma，故其做a减小的加速运动，当a0后做匀速运动MN螺线管上的电流I，随v增大而增大，故A上产生与螺线管上相反的感应电流，由于反向电流相互排斥，A环受到斥力，故对地面的压力增大，当ef匀速运动时，电路中电流恒定，A环上不再产生感应电流，对地面的压力大小等于重力C项错误，D项正确由于A环上产生的I感正比于MN上电流的变化率，MN上电流的变化率由打算，由此知IA渐渐减小，A、B项错误8. 如图7所示，长为L的金属导线上端悬于C点，下端系一小球A，在竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动，转动方向如图所示，导线与竖直方向的夹角为，摆球的角速度为，磁感应强度为B，则金属导线中产生感应电动势的高电势端及大小为()AC点BL2BC点BL2sin2 图7CA点BL2DA点BL2sin2 答案B解析由右手定则可推断CA，即C端的电势高于A端的电势；金属导线切割磁感线的有效长度为Lsin ，所以导线中产生的感应电动势为：EB(Lsin )2BL2sin2 .故B正确9 如图8所示，MN、PQ是两根竖直放置的间距为L的足够长的光滑平行金属导轨，虚线以上有垂直纸面对外的匀强磁场，虚线以下有垂直纸面对里的匀强磁场，两磁场区域的磁感应强度均为B.金属棒ab质量为M，电阻为R，静止放在中导轨上的水平突起上；金属棒cd质量为m，电阻也为R.让cd在中某处无初速度释放，当cd下落距离为 图8h时，ab恰好对突起没有压力已知两根金属棒始终水平且与金属导轨接触良好，金属导轨的电阻不计，重力加速度为g.求：(1)当cd下落距离为h时，通过ab的电流I.(2)当cd下落距离为h时，cd的速度大小v.(3)从cd释放到下落距离为h的过程中，ab上产生的焦耳热Qab.(结果用B、L、M、m、R、h、g表示)答案(1)(2)(3)mgh解析(1)由题意知，ab受重力和安培力作用处于平衡状态，有MgBIL解得I(2)设cd切割磁感线产生的感应电动势为E，有EBLvI联立以上各式解得v(3)由能量守恒定律得mghQabQcdmv2因ab与cd串联，且电阻相等，故QabQcd联立解得Qabmgh题组3对自感现象的考查10. 如图9所示，P、Q是两个完全相同的灯泡，L是直流电阻为零的纯电感，且自感系数L很大C是电容较大且不漏电的电容器，下列推断正确的是()AS闭合时，P灯亮后渐渐熄灭，Q灯渐渐变亮BS闭合时，P灯、Q灯同时亮，然后P灯变暗，Q灯变得更亮 图9CS闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯马上熄灭DS闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯渐渐熄灭答案D解析当S闭合时，通过自感线圈的电流渐渐增大而产生自感电动势，故通过P、Q的电流几乎相同，故两灯同时亮，当电流稳定时，灯泡P被短路而熄灭，此时通过灯泡Q的电流变大，故Q变亮；当S断开时，灯泡P与自感线圈L组成了闭合回路，灯泡P中的电流先增大后减小至零，故闪亮一下再熄灭，电容器与灯泡Q组成闭合回路，电容器放电，故灯泡Q渐渐熄灭，选项D正确11(2010江苏单科4)如图10所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值在t0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在tt1时刻断开S.下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是()图10答案B解析S闭合时，由于电感L有感抗，经过一段时间电流稳定时L电阻不计，可见电路的外阻是从大变小的过程由U外E可知U外也是从大变小的过程，所以A、C错误t1时刻断开S，由于自感在L、R、D构成的回路中，电流从B经过D流向A，所以t1时刻UAB反向且渐渐减小，B正确，D错误图1112如图11所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时()AA灯中无电流通过，不行能变亮BA灯中有电流通过，方向由a到bCB灯渐渐熄灭，c点电势高于d点电势DB灯渐渐熄灭，c点电势低于d点电势答案D解析S断开时，C两端电压为L与灯B串联的电压，灯A是熄灭的当S闭合时，L、C支路均被短路，电容器C要放电，A灯中有电流通过，电流方向由b到a，因此A、B项皆错；S闭合后，把L支路短路，由L的自感作用，灯B渐渐熄灭，d点电势高于c点，选项C错，D对13如图12所示是争辩自感通电试验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调整电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调整可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开电键S.重新闭合电键S，则() 图12A闭合瞬间，A1马上变亮，A2渐渐变亮B闭合瞬间，A2马上变亮，A1渐渐变亮C稳定后，L和R两端电势差确定相同D稳定后，A1和A2两端电势差不相同答案BC解析依据题设条件可知，闭合电键调整电阻R，使两个灯泡的亮度相同，说明此时电阻R的阻值与线圈L的电阻一样大，断开电键再重新闭合电键的瞬间，依据自感原理，可推断A2马上变亮，而A1渐渐变亮，A项错误，B项正确；稳定后，自感现象消逝，依据题设条件可推断线圈L和R两端的电势差确定相同，A1和A2两端电势差也相同，所以C项正确，D项错误