【备考2022】高考物理一轮复习学案第2讲　法拉第电磁感应定律　自感现象 教案.doc

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1、金版教程高考总复习·物理（新教材）第2讲法拉第电磁感应定律自感现象知识点法拉第电磁感应定律1感应电动势(1)概念：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改变，与电路是否闭合无关。(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则来判断。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化率成正比。(2)公式：En，其中n为线圈匝数。(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I。3导体切割磁感线时的感应电动势切割方式电动势表达式说明垂直切割EBlv导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场式中l为导体切割磁感线

2、的有效长度旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度l倾斜切割EBlvsin(为v与B的夹角)旋转切割(以一端为轴)EBl Bl2知识点自感、涡流1互感现象两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作互感电动势。2自感现象(1)定义：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势，这种现象称为自感。(2)自感电动势定义：由于自感而产生的感应电动势。表达式：EL。自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关。单位：亨利(H)，1 mH103 H,1 H1

3、06 H。3涡流、电磁阻尼和电磁驱动(1)涡流：如果穿过导体的磁通量发生变化，由于电磁感应，导体内会产生感应电流，这种电流像水中的漩涡，所以叫作涡电流，简称涡流。(2)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，这种现象称为电磁阻尼。(3)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，它使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。(4)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。 一 堵点疏通1导体棒在磁场中运动一定能产生感应电动势。()2公式EBlv中的l

4、就是导体的长度。()3断电自感中，感应电流方向与原电流方向一致。()4回路中磁通量变化量越大，回路产生的感应电流越大。()5在自感现象中，感应电流一定和原电流方向相反。()答案1.×2.×3.4.×5.×二 对点激活1将闭合多匝线圈置于随时间变化的磁场中，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可知En，感应电动势的大小与匝数成正比，A错误。感应电动势

5、大小与磁通量的变化率成正比，磁通量变化越快，感应电动势越大，C正确。感应电动势的大小与磁通量的大小以及磁通量的变化量的大小无关，所以B错误。感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，可能与原磁场方向相同，也可能与原磁场方向相反，D错误。2(人教版选择性必修第二册·P43·T5改编)A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA2rB，分别按图甲、乙两种方式放入匀强磁场中，且磁感应强度随时间均匀减小，则下列说法正确的是()A甲图中，A、B两线圈中电动势之比为41B甲图中，A、B两线圈中电流之比为21C乙图中，A、B两线圈中电动势之比为41D乙图中，A、B两线圈中电流之

6、比为41答案C解析由法拉第电磁感应定律可知，EnnS，其中S为有效面积。甲图中，A、B两线圈的有效面积相等，所以感应电动势之比就是匝数比，为11，由电阻定律R可知，电阻之比为两线圈周长之比，也就是21，所以甲图中，A、B两线圈中电流之比为12，故A、B错误。同理，乙图中，A、B两线圈中电动势之比为41，电流之比为21，故C正确，D错误。3(2015·海南高考)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线

7、的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为。则等于()A. B. C.1 D.答案B解析设金属棒的长度为l，磁感应强度为B，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小Blv；当将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线时，有效长度变为ll，所以此时的感应电动势大小BlvBlv。所以，故B正确。4(人教版选择性必修第二册·P39·演示实验改编)(多选)如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联后接到电路中，A2与可变电阻R串联后接到电路中。先闭合开关S，调节R，使两个灯泡的亮度相同，再调节R1，使它们正常发光，然后断开开关S，下列说法正确的是()A重新接通电路，A1

8、、A2同时亮B重新接通电路，A1逐渐变亮C接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A1、A2逐渐熄灭D接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A2闪亮一下再熄灭答案BC解析重新接通电路，由于L有自感电动势产生，阻碍电流增大，所以A1逐渐变亮，而A2立即变亮，故A错误，B正确。再次断开S，A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象，A1、A2都会逐渐熄灭，故C正确，D错误。5(人教版选择性必修第二册·P37·T3改编)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落

9、至底部。则小磁块()A在P和Q中都做自由落体运动B在两个下落过程中的机械能都守恒C在P中的下落时间比在Q中的长D落至底部时在P中的速度比在Q中的大答案C解析小磁块在铜管中下落的过程，根据电磁感应知铜管中产生涡流，小磁块受到阻力，P中小磁块的部分机械能转化为铜管中涡流产生的焦耳热，机械能不守恒，故A、B错误。Q管为塑料管，小磁块下落过程为自由落体运动，所以比在P中下落时间短，落至底部时比在P中的速度大，故C正确，D错误。考点1法拉第电磁感应定律的应用1.磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的比较 物理量项目磁通量磁通量的变化量磁通量的变化率意义某时刻穿过某个面的磁感线的条数某段时间内穿过某个面

10、的磁通量变化的多少穿过某个面的磁通量变化的快慢大小BS21(B·S)两种特例：B·SS·B两种特例： BS注意若有相反方向的磁场，磁通量可抵消；S为有效面积转过180°前后穿过平面的磁通量是一正一负，2BS，而不是零等于单匝线圈上产生的感应电动势，即E提示：、的大小之间没有必然的联系，0，不一定等于0；感应电动势E与线圈匝数n有关，但、的大小均与线圈匝数无关。2法拉第电磁感应定律公式的物理意义：En求的是t时间内的平均感应电动势，当t0时，E为瞬时感应电动势。3法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时，B·S，则

11、En。(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，B·S，则En，S是磁场范围内的有效面积。(3)磁通量的变化是由有效面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，末初，En。4在图像问题中磁通量的变化率是­t图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。例1(2020·贵州省铜仁市高三适应性考试)如图甲所示，一金属线圈的横截面积为S，匝数为n匝。t0时刻，磁场平行于线圈轴线向左穿过线圈，其磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。则线圈两端a和b之间的电势差Uab()A在t0时刻，UabB在tt1时刻，Uab0C从0t2这段时间，UabD从0t2这段时间

12、，Uab(1)如何求线圈两端a和b之间的电势差？提示：利用图乙斜率得到磁感应强度的变化率，再乘以线圈面积就是磁通量的变化率，再乘以线圈匝数即可得到Uab的大小，根据楞次定律即可得到Uab的正负。(2)t1时刻磁通量变化率为0吗？提示：不是，0t2这段时间内磁通量变化率不变。尝试解答选C。由图乙可知，磁感应强度在0t1时间内均匀减小，由法拉第电磁感应定律可知Ennn，由楞次定律可知线圈中感应电流方向从a到b，则UabEn，t1t2时间内磁感应强度变化率与0t1时间内的相同，则a、b两端电势差相等，故A、B、D错误，C正确。法拉第电磁感应定律的规范应用(1)一般解题步骤分析穿过闭合电路的磁场方向及

13、磁通量的变化情况；利用楞次定律确定感应电流的方向；灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。(2)应注意的问题用公式EnS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积，且不变，在B­t图像中为图线切线的斜率；用公式En求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，只有在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值；通过回路的电荷量q仅与n、和回路总电阻R有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：qtt。变式1(2020·云南省昆明市 “三诊一模”)如图甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积S0.3 m2，线框连接一个阻值R3 的电阻

14、，其余电阻不计，线框cd边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是()A00.4 s内线框中感应电流沿逆时针方向B0.40.8 s内线框有扩张的趋势C00.8 s内线框中的电流为0.1 AD00.4 s内ab边所受安培力保持不变答案C解析由图乙所示图线可知，00.4 s内磁感应强度垂直于纸面向里且减小，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可知，线框中感应电流沿顺时针方向，故A错误；0.40.8 s内磁感应强度垂直于纸面向外且增大，穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B错误；00.8 s内线框的感应电

15、动势为ES×0.3 V0.3 V，线框中的电流为I A0.1 A，故C正确；在00.4 s内线框中的感应电流I保持不变，磁感应强度B大小不断减小，由FIlB可知，ab边所受安培力不断减小，故D错误。考点2导体切割磁感线产生感应电动势的计算切割磁感线的那部分导体相当于电路中的电源，常见的情景有以下两种：1导体平动切割磁感线对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式EBlv，应从以下几个方面理解和掌握。(1)正交性本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。(2)平均性导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E

16、为平均感应电动势，即Bl。(3)瞬时性导体平动切割磁感线时，若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。(4)有效性公式中的l为导体有效切割长度，即导体在与v共同所在平面上垂直于v的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：甲图：lcdsin(容易错算成labsin)。乙图：沿v1方向运动时，lMN；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。(5)相对性EBlv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。2导体转动切割磁感线当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度匀速转动时，则：(1)以导体棒中点

17、为轴时，E0(相同两段的代数和)。(2)以导体棒端点为轴时，EBl2。(3)以导体棒上任意一点为轴时，EB(ll)(不同两段的代数和，其中l1>l2)。例2(2020·山东省滨州市一模)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形导体框MNPQ斜向上垂直进入磁场，当MP刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成45°，若导体框的总电阻为R，则()A导体框进入磁场过程中，导体框中电流的方向为MNPQBMP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为CMP刚进入磁场时导体框所受安培力为DMP刚进入磁场时M、P两端的电压为(1)

18、导体框进入磁场过程中，导体框中电流的方向如何判断？提示：由右手定则判断。(2)MP刚进入磁场时，导体框切割磁感应线的有效长度是多少？提示：a。尝试解答选C。根据右手定则可得，导体框进入磁场过程中，导体框中电流的方向为MQPN，故A错误；根据导体切割磁感线产生的感应电动势的计算公式可得，MP刚进入磁场时，导体框的感应电动势EBav，导体框中感应电流大小为I，故B错误；根据安培力的计算公式可得，MP刚进入磁场时，导体框所受安培力为FBI·a，故C正确；MP刚进入磁场时，根据闭合电路的欧姆定律可得，M、P两端的电压U，故D错误。(1)注意理解和掌握EBlv，特别是B、l、v三者方向的关系。

19、(2)求瞬时电动势(电流)时，EBlv为首选式，并同时注意有效长度l。(3)对于转动切割，如果记不住公式或情况复杂(如转动中心不在导体棒上)时，可用EBl计算，也可以用假想的导线将导体棒连接，组成回路，用EB计算。(4)如果在导体切割磁感线时，磁感应强度B也在变化，则只能用E计算。变式21 (多选)如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r、电阻为4R的圆环，PQ为圆环的直径，在PQ的左右两侧均存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长为2r、电阻不计的金属棒MN绕着圆心O以角速度顺时针匀速转动，金属棒与圆环紧密接触。下列说法正确的是()A金属棒MN两端的电压大小为

20、Br2B金属棒MN中的电流大小为C图示位置金属棒中电流方向为从M到ND金属棒MN在转动一周的过程中电流方向不变答案AC解析金属棒MO和NO都切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知两端产生的感应电动势方向相同，所以MN产生的感应电动势为E2××Br2Br2，又因为MN的电阻不计，所以MN两端的电压就等于MN棒产生的电动势Br2，故A正确；MN棒把圆环分为相等的两部分，每部分的电阻为2R，且两部分是并联的，所以电路中的总电阻为R，由闭合电路欧姆定律可知MN中的电流为，故B错误；由右手定则可知图示位置金属棒中电流方向为从M到N，故C正确；由右手定则可知MO转到右侧磁场时，金属

21、棒中电流方向为从N到M，故D错误。变式22(2015·全国卷)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()AUa>Uc，金属框中无电流BUb>Uc，金属框中电流方向沿abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUacBl2，金属框中电流方向沿acba答案C解析在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据EBlv可得：电动势大小为Bl2；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据EBlv，可得：电动势

22、大小也为Bl2；由右手定则可知：金属框内无电流，且Uc>UbUa，A、B、D错误；UbcUacBl2，C正确。考点3自感现象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。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逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后电流逐渐减小达到稳定，灯泡比刚通电时暗些断电时电流逐渐减小，灯泡

23、逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2若I2I1，灯泡逐渐变暗；若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变例3(人教版选择性必修第二册·P42·T3改编)如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()AS闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮BS闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮CS闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即

24、不亮，L1亮一下才灭DS闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才灭(1)开关闭合瞬间、电路稳定时、开关断开瞬间线圈分别相当于什么？提示：L分别相当于阻值减小的大电阻、导线、电动势减小的电源。(2)当自感电流满足什么条件时，灯泡L1才会闪亮一下？提示：当自感电流大于电路稳定时灯泡L1中的原电流时灯泡L1才会闪亮一下。尝试解答选D。S闭合瞬间，自感线圈L相当于一个大电阻，以后阻值逐渐减小到0，所以观察到的现象是灯泡L1和L2同时亮，以后L1逐渐变暗到熄灭，L2逐渐变得更亮。S断开瞬间，自感线圈相当于一个电动势逐渐减小的内阻不计的电源，它与灯泡

25、L1组成闭合回路，所以L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭。所以A、B、C错误，D正确。(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。(2)断电自感：断电时自感线圈相当于电源，电流由恰好断电前的值逐渐减小到零。(3)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一条支路的用电器中的电流方向不变；与线圈并联的用电器中的电流方向改变。(4)电流稳定时，自感线圈就是导体，是否需要考虑其电阻，根据题意而定。变式31 (2020·北京市朝阳区高三(下)三模)如图是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电

26、动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在tt1时刻断开开关S。在下图所示的图像中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是()答案B解析在t0时刻，闭合开关的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，自感线圈相当于一个阻值很大的电阻，灯泡中有一定的电流通过；随着自感线圈L电动势的逐渐减小，自感线圈的等效阻值逐渐减小，直至减小到其直流电阻值，线圈与灯泡并联电路两端的电压逐渐减小至稳定值，故灯泡中的电流逐渐减小至稳定值，A、D错误。当在tt1时刻断开开关S时，线圈产生自感电动势，线圈中的电流与原来的电流方向相同，它与

27、灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，故灯泡的电流方向与原来相反，为负值；线圈的直流电阻大于灯泡D的阻值，故tt1时刻灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故B正确，C错误。变式32(2020·浙江省高考压轴卷)如图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()A在电路a中，断开S，A将立即熄灭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D解析在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致

28、灯A将逐渐变暗，因为断开前后通过灯A的电流一样，灯不会变得更亮，故A、B错误；在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以电路稳定时，通过灯泡A的电流比通过线圈的电流小得多，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致灯泡A先变得更亮，然后逐渐变暗，故C错误，D正确。1(2020·浙江7月选考)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO上，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静

29、止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是()A金属棒产生的电动势为Bl2B微粒的电荷量与质量之比为C电阻消耗的电功率为D电容器所带的电荷量为CBr2答案B解析金属棒绕OO轴转动切割磁感线，产生的电动势EBr·Br2，A错误；电容器两极板间的电压等于电源电动势E，带电微粒在两极板间处于静止状态，则qmg，即，B正确；电阻消耗的电功率P，C错误；电容器所带的电荷量QCE，D错误。2(2019·全国卷)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图a中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定

30、在纸面内，圆心O在MN上。t0时磁感应强度的方向如图a所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图b所示。则在t0到tt1的时间间隔内()A圆环所受安培力的方向始终不变B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为D圆环中的感应电动势大小为答案BC解析由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小E|·S·，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I，C正确，D错误。3(2018&

31、#183;全国卷)(多选)如图a，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中通有正弦交流电流i，i的变化如图b所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势()A在t时为零B在t时改变方向C在t时最大，且沿顺时针方向D在tT时最大，且沿顺时针方向答案AC解析由图b可知，导线PQ中电流在t时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t时导线框中产生的感应电动势为零，A正确；在t时，导线PQ中电流图象斜率正负不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t时，导线框中产生的感应电动势方向不变，B错误；由于

32、在t时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，C正确；由楞次定律可判断出在tT时感应电动势的方向为逆时针方向，D错误。4(2018·全国卷)如图，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。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、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)；再使磁

33、感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)。在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于()A. B. C. D.2答案B解析通过导体横截面的电荷量为：q·t·tn，过程流过OM的电荷量为：q1；过程流过OM的电荷量：q2，依题意有：q1q2，即：B·r2(BB)·r2，解得：，正确答案为B。5(2017·北京高考)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()A

34、图1中，A1与L1的电阻值相同B图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D图2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的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1<RA1，故A错误。图1中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1<RA1，所以A1中电流小于L1中电流，故B错误。闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，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正确。闭合S2瞬间

35、，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错误。6.(2017·全国卷)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左右振动的衰减最有效的方案是()答案A解析底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没

36、有阻尼效应；在B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；在A这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，A正确。7(2020·北京高考)如图甲所示，N200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r2 ，其两端与一个R48 的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。(1)判断通过电阻R的电流方向；(2)求线圈产生的感应电动势E；(3)求电阻R两端的电压U。答案(1)ab(2)10 V(3)9.6 V解析(1)根据图乙可知，线圈中垂直于纸面向里的磁通量增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知

37、，线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所以通过电阻R的电流方向为ab。(2)根据法拉第电磁感应定律得EN200× V10 V。(3)电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知UE×10 V9.6 V。8(2020·天津高考)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R0.1 ，边长l0.2 m。求(1)在t0到t0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E；(2)t0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；(3)

38、在t0到t0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P。答案(1)0.08 V(2)0.016 N方向垂直于ab向左(3)0.064 W解析(1)在t0到t0.1 s的时间t0.1 s内，磁感应强度的变化量大小B0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量大小为，有Bl2由于磁感应强度随时间均匀变化，故金属框中的感应电动势是恒定的，为E联立式，代入数据，解得E0.08 V。(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I由图可知，t0.05 s时，磁感应强度为B10.1 T，金属框ab边受到的安培力大小FIlB1联立式，代入数据，解得F0.016 N根据楞次定律、安培定则及左手定则可知，F的方向垂直

39、于ab向左。(3)在t0到t0.1 s时间内，金属框中电流的电功率PI2R联立式，代入数据，解得P0.064 W。9(2020·全国卷)如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x(0xl0)变化的关系式。答案F解析当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法拉第电磁感应定律

40、知，导体棒上感应电动势的大小为EBlv由闭合电路欧姆定律知，流过导体棒的感应电流为I式中，R为这一段导体棒的电阻。由题意有Rrl此时导体棒所受安培力大小为FBIl由题设和几何关系有l联立式得F。10(2020·江苏高考)如图所示，电阻为0.1 的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：(1)感应电动势的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感应电流产生的热量Q。答案(1)0.8 V(2)0.8 N(3)0.32 J解析(1)线

41、圈切割磁感线时产生的感应电动势大小为EBLv0.5×0.2×8 V0.8 V。(2)线圈做匀速直线运动，根据平衡条件有FF安BIL根据闭合电路欧姆定律有I联立解得F0.8 N。(3)线圈穿过磁场区域所用的时间为t s0.05 s感应电流产生的热量为QI2Rtt×0.05 J0.32 J。 时间：50分钟 满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中 18题为单选，910题为多选)1(2020·贵州省贵阳市四校高三联考)在地球北极附近，地磁场的竖直分量方向向下。考虑到地磁场的影响，汽车在北极路面上行驶时连接前轮的钢轴两端有电势差，设

42、司机左侧钢轴与轮毂连接处电势为1，右侧钢轴与轮毂连接处电势为2，则()A汽车沿某一方向后退时，1<2B汽车沿某一方向前进时，1<2C无论汽车前进还是后退时，都满足1>2D当汽车沿某一特定方向前进或后退时，12答案A解析在地球北极附近，地磁场的竖直分量方向向下，汽车连接前轮的钢轴水平运动时切割地磁场的磁感线，由右手定则可知，前进时，左侧相当于电源正极，有1>2；后退时，右侧相当于电源正极，有1<2，故A正确，B、C、D错误。2.(2020·江苏省泰州市二模)用电阻丝绕制标准电阻时，常在圆柱陶瓷上用如图所示的双线绕制方法绕制，其主要目的是()A制作无自感电阻

43、 B.增加电阻的阻值 C减少电阻的电容 D.提高电阻的精度答案A解析两个线圈绕向相同，但是通过的电流方向相反，根据安培定则可知两线圈产生的磁场方向相反，导线中通过的电流相等，所以产生的磁场相互抵消，螺线管内无磁场，从而制作成无自感电阻，故A正确，B、C、D错误。3.(2020·海南省海口市6月模拟)如图所示，一导线弯成半径为r的半圆形闭合线框。竖直虚线MN右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。线框以垂直虚线MN、大小为v的速度向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是()A闭合线框中的感应电流方向为顺时针 B直径CD段

44、导线始终不受安培力C穿过线框的磁通量不断增加，感应电动势也不断增大 D感应电动势的平均值为Brv答案D解析从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，穿过线框的磁通量逐渐增大，根据楞次定律知，感应电流的方向一直为逆时针方向，故A错误；CD段的电流方向由C到D，根据左手定则知，CD段受到竖直向上的安培力，故B错误；根据EBlv知随着线框的进入，切割磁感线的有效长度先增加到r，然后逐渐减小，故感应电动势先增大后减小，故C错误；感应电动势的平均值为Brv，故D正确。4(2020·山东省济南市上学期期末)如图甲所示，一线圈匝数为100匝，横截面积为0.01 m2，磁场与线圈轴线成30°角

45、向右穿过线圈。若在2 s时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差Uab为()A V B.2 VC. V D.从0均匀变化到2 V答案A解析由图乙可知，与线圈轴线成30°角向右穿过线圈的磁场，磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势。由楞次定律可知，Uab为负值。根据法拉第电磁感应定律，有：EnnScos30°，由图乙可知： T/s2 T/s，代入数据解得：UabE V，故A正确，B、C、D错误。5.(2020·河北省石家庄市二模)如图所示，两个闭合正方形线圈a、b用粗细相同的同种导线绕制而成，匝数相同，线圈a的边长为线圈b边长的3倍，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，下列说法正确的是()Aa、b线圈中均产生顺时针方向的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为31Ca、b线圈中感应电流之比为34Da、b线圈中电功率之比为271答案D解析根据楞次定律可知，原磁场向里增强，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此a、b线圈中感应电流的方向均为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知EnnSnl2，由题意知，两线圈匝数n相同，也相同，故EaEbl