2023届新高考新教材物理人教版一轮学案-第十章第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流.docx

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1、第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流主干知识填一填一、法拉第电磁感应定律1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，n为线圈匝数(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I.2导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直，则EBlv(2)EBlvsin ，为运动方向与磁感线方向的夹角(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EBlBl2.二、自感和涡流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(2)自感电动势定义：在自感现象中

2、产生的感应电动势叫作自感电动势表达式：EL.(3)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有关单位：亨利(H)，1 mH103 H，1 H106 H.2涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生像水的漩涡状的感应电流规律结论记一记1感应电动势的方向与电池电动势的方向一样，都规定为在电源内部由负极指向正极2穿过线圈的磁通量与匝数无关，感应电动势与匝数有关，n匝线圈相当于n个相同的电源串联3计算通过导体截面的电荷量的两个途径：qt4安培力做功时的能量转化：电能机械能5平动直杆所受的安培力：FA；热功率：P热.必刷小题测一测一、易混易错判断1线圈中磁通量越大，产生的

3、感应电动势越大()2线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大()3线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大()4线圈中的电流越大，自感系数也越大()5磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势()6对于同一线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势越大()二、经典小题速练1(鲁科版选择性必修第二册P39T2)(多选)有一种非接触式电源供应系统，这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力其工作原理可用两个左右相邻或上下相对的线圈来说明，如图所示下列说法正确的是()A若线圈A中输入电流，则线圈B中会产生感应电动势B只有线圈A中输入变化的电流，线圈B中才会产生感应电动势C线圈A中电流越大，线圈B中

4、感应电动势也越大D线圈A中电流变化越快，线圈B中感应电动势越大解析：BD根据感应电流产生的条件，若A线圈中输入恒定的电流，则A产生恒定的磁场，B中的磁通量不发生变化，则B线圈中就不会产生感应电动势，故A错误若A线圈中输入变化的电流，根据法拉第电磁感应定律：E可得，B线圈中就会产生感应电动势，故B正确；根据法拉第电磁感应定律：E可得，电流变化越快，A线圈中电流产生的磁场变化越快，B线圈中感应电动势越大，故C错误，D正确2(粤教版选择性必修第二册P57T1改编)(多选)高频焊接原理示意图如图所示，线圈通以高频交流电，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝熔化焊接，要使焊接处产生的热量较大，可采用

5、()A增大交变电流的电压B增大交变电流的频率C增大焊接缝的接触电阻D减小焊接缝的接触电阻解析：ABC当增大交变电流的电压，则线圈中交流电流增大，那么磁通量变化率增大，因此产生感应电动势增大，感应电流也增大，那么焊接时产生的热量也增大，故A正确；高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，则磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，则焊缝处的温度升高得越快，产生热量较大，故B正确；在交变电压和频率相同的条件下，产生的感应电动势相同增大接缝处的接触电阻，接触处电阻上的电压、功率分配越大，产生的热量就会

6、越大，故C正确，D错误3.(人教版选择性必修第二册P43、T2改编)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设整个运动过程中金属棒ab的取向不变，且不计空气阻力，则金属棒ab在运动过程中产生的感应电动势大小将()A越来越大B越来越小C保持不变 D无法确定解析：C金属棒做平抛运动，水平速度不变，且水平速度为金属棒垂直切割磁感线的速度，故感应电动势保持不变，选项C正确命题点一法拉第电磁感应定律的理解和应用(师生互动)核心整合1对法拉第电磁感应定律的理解(1)公式En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)感应电

7、动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量的大小，磁通量的变化量的大小没有必然联系(3)磁通量的变化率对应t图像上某点切线的斜率(4)通过回路横截面的电荷量q，仅与n、和回路电阻R有关，与时间长短无关2磁通量发生变化的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，BS，则En.(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，BS，则En，注意S为线圈在磁场中的有效面积(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求|末初|，Enn.(多选)如图甲所示，螺线管匝数n1000，横截面积S0.02 m2，电阻r1 ，螺线管外接一个阻值R4 的电阻，电阻的一端b接地一方向

8、平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则()甲乙A在04 s时间内，R中有电流从a流向bB在t3 s时穿过螺线管的磁通量为0.07 WbC在46 s时间内，通过R的电流大小为8 AD在46 s时间内，R两端电压Uab40 V解析：BC本题考查感生电动势及电路中的电磁感应问题在04 s时间内，原磁场增大，则穿过螺线管的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，由安培定则可知，R中的电流从b流向a，故A错误；由题图乙可知，t3 s时磁感应强度为B3.5 T，则此时穿过螺线管的磁通量为BS3.50.02 Wb0.07 Wb，故B正确；在46 s时间内，感应

9、电动势为En V40 V，则通过R的电流大小为I A8 A，故C正确；在46 s时间内，根据楞次定律可知，R中的电流从a流向b，则R两端电压为UabIR84 V32 V，故D错误应用法拉第电磁感应定律应注意的问题公式En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 题组突破1.(En的应用)(2022山东济南高三检测)(多选)某合作探究学习小组在探究线圈中感应电流的影响因素时，设计如图所示的实验装置，将一个闭合圆线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30角，磁感应强度随时间均匀变化则下列说法中正确的是()A若把线圈的匝数增大一倍，线圈内感应电流大小不变B

10、若把线圈的面积增大一倍，线圈内感应电流变为原来的2倍C改变线圈轴线与磁场方向的夹角大小，线圈内感应电流可能变为原来的2倍D把线圈的半径增大一倍，线圈内感应电流变为原来的2倍解析：AD由法拉第电磁感应定律EnS可知，若线圈的匝数增大一倍，感应电动势与线圈的总电阻都增大一倍，线圈中的电流不变，A正确；若线圈的面积增大一倍，感应电动势增大一倍，但线圈的电阻增大，线圈内的感应电流并不是原来的2倍，B错误；EnScos 30，故无论如何改变线圈轴线与磁场方向的夹角，都不可能使线圈内的感应电流变为原来的2倍，C错误；若线圈的半径增大一倍，则面积是原来的4倍，电阻是原来的2倍，线圈内感应电流变为原来的2倍，

11、D正确2.(平均电流及感应电荷量的计算)(2019江苏卷)如图所示，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S0.3 m2、电阻R0.6 ，磁场的磁感应强度B0.2 T现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在t0.5 s时间内合到一起求线圈在上述过程中(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.解析：(1)感应电动势的平均值E磁通量的变化BS解得E代入数据得E0.12 V.(2)平均电流I代入数据得I0.2 A(电流方向如图所示)(3)电荷量qIt代入数据得q0.1 C.答案：(1)0.12 V(2)

12、0.2 A(电流方向见解析图)(3)0.1 C命题点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算(多维探究)1EBlv的特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度如图中，导体棒的有效长度为ab间的距离(3)相对性：EBlv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系2导体转动切割磁感线产生感应电动势的情况若长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度匀速转动，则(1)以中点为轴时，E0(不同两段的电动势的代数和)(2)以端点为轴时EBL2(平均速度取中点位置的线速度L)(3)以任意点为轴时EB

13、(LL)(L1L2，不同两段的电动势的代数和)第1维度：平动切割产生感应电动势(多选)如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为Bkt(k为大于零的常量)一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动在t0时刻，线框底边恰好到达MN处；在tT时刻，线框恰好完全进入磁场在线框匀速进入磁场的过程中()A线框中的电流始终为逆时针方向B线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向Ct时刻，流过线框的电流大小为Dt时刻，流过线框的电流大小为解析：AD根据楞次定律可知，穿过线框向里的磁通量增加，则线框中的电流始终为逆时针方向，选项A正确，B错误；线框的边长为，t时刻，线

14、框切割磁感线的有效长度为，感应电动势EBvv，线框因磁场变化中产生的感应电动势ESkaka2，则流过线框的电流大小为I，选项C错误，D正确第2维度：转动切割产生感应电动势转笔是一项用不同的方法与技巧以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识如图所示，某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点沿顺时针方向做角速度为的匀速圆周运动，已知手与笔的接触点O点恰好是长为L的金属笔杆的中点，地磁场的磁感应强度在与笔杆转动平面垂直方向的分量大小为B，方向垂直纸面向外，则()A笔杆上O点的电势最低BO点与笔尖间的电势差为BL2CO点与笔尖间的电势差为BL2D笔杆两端点间的电势差为BL2

15、解析：C本题考查电磁感应中导体旋转切割磁感线问题根据右手定则判断知，笔杆上O点的电势最高，A错误；O点与笔尖间的电势差为UBBL2，B错误，C正确；笔杆两端点间的电势差为零，D错误第3维度：线框在磁场中平动切割产生感应电动势(2021广西省钦州市一中高三月考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B纸面内有一正方形均匀金属线框abcd, 其边长为 L，每边电阻为R，ad边与磁场边界平行从 ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在垂直磁场边界向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：(1)ad两点间的电压大小；(2)拉力所做的功W；(3)通过线框某一横截面的电量q为多大？【思维导引】(

16、1)ad边进入磁场的过程，切割磁感线产生感应电动势，ad边相当于电源(2)线框匀速进入磁场，拉力所做的功与克服安培力做功相等解析：(1)根据导体切割磁感线产生的感应电动势计算公式可得EBLv，ad两点间的电压大小UadEBLv.(2)根据闭合电路的欧姆定律可得线框中电流I拉力做的功等于克服安培力做的功，所以有WBILL.(3)通过线框某一横截面的电量qIttt.答案：(1)BLv(2)(3)电磁感应现象中电势高低的判断(1)把产生感应电动势的部分电路或导体看作电源，其内部电流由低电势流向高电势(2)外电路部分，顺着电流方向每经过一个电阻，电势都要降低命题点三自感和涡流(师生互动)核心整合1自感

17、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，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，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I2I1，灯泡闪亮后逐渐变暗两种情况下灯泡中电流方向均改变3.对涡流的理解(1)产生涡流的两种情况块状金属放

18、在变化的磁场中块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动(2)产生涡流时的能量转化伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能(多选)如图所示，两个相同灯泡L1、L2分别与电阻R和自感线圈L串联，接到内阻不可忽略的电源的两端，当闭合开关S到电路稳定后，两灯泡均正常发光，已知自感线圈的自感系数很大则下列说法正确的是()A闭合开关S到电路稳定前，灯泡L1逐渐变亮B闭合开关S到电路稳定前，灯泡L2由亮变暗C断开开关S的一段时间

19、内，A点电势比B点电势高D断开开关S的一段时间内，灯泡L2亮一下逐渐熄灭解析：AB闭合开关的瞬间，L2灯立即发光，L1灯所在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，L1灯逐渐变亮，故A正确；闭合开关S到电路稳定前，L1电路中的电流逐渐增大，电源的内电阻上的电压逐渐增大，所以路端电压逐渐减小，则灯泡L2逐渐变暗，故B正确；闭合开关，待电路稳定后断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源，电流的方向与开关断开前L1的方向相同，从右向左流过L2灯，所以A点电势比B点电势低，故C错误；断开开关S的一段时间内，L中产生自感电动势，相当于电源，电流从原来的电流开始减小，所以两个灯泡都是逐

20、渐熄灭，不会闪亮一下，故D错误自感线圈在电路中的作用(1)电路突然接通时，产生感应电动势，阻碍电流变化使与之串联的灯泡不是立即点亮，而是逐渐变亮(2)电路突然断开时，产生感应电动势，在电路中相当于新的电源若流过灯泡的电流比原来的大，则灯泡“闪亮”一下再熄灭；若流过灯泡的电流不大于原来的电流，则灯泡不能闪亮而逐渐熄灭 题组突破1.(通电自感现象)如图，L是自感系数很大、电阻不计的线圈，a、b是两个相同的小灯泡，开关S由断开到闭合()Aa先亮b后亮，然后b逐渐变亮Bb先亮a后亮，然后a逐渐变亮Ca、b同时亮后b逐渐变暗至熄灭Da、b同时亮后a逐渐变暗至熄灭解析：C当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同

21、时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将b灯短路，b逐渐变暗直到熄灭，同时，a灯电流逐渐增大，变得更亮故C正确，ABD错误2(自感现象中的图像问题)如图，平行导轨左端接有电阻和线圈，导体棒MN与导轨垂直，其右侧存在垂直于纸面的匀强磁场，MN保持向右做匀速运动，且与导轨接触良好，则MN中电流随时间变化的图像可能正确的是()解析：A因为导体棒产生的感应电动势恒定，所以线圈中的自感电动势逐渐减小，根据EL可得，图像的斜率逐渐减小，故选A.3.(对涡流的理解)(多选)如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，半圆轨道的半径为R.质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑重力加速度大小为

22、g.下列说法正确的是()A金属球会运动到半圆轨道的另一端B由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C金属球受到的安培力做负功D系统产生的总热量为mgR解析：CD金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，C正确，A、B错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR，D正确素养培优31电磁感应在生产、生活中的应用磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其Et关系如图所

23、示如果只将刷卡速度改为，线圈中的Et关系图可能是( )解析：D若将刷卡速度改为，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D项正确，其他选项错误铺设海底金属油气管道时，焊接管道需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热将被加热管道置于感应线圈中，当感应线圈中通以电流时管道发热下列说法中正确的是()A管道发热是由于线圈中的电流直接流经管道引起的B感应加热是利用线圈电阻产生的焦耳热加热管道的C感应线圈中通以恒定电流时也能在管道中产生电流D感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电解析：D感应加热是利用线圈产生变化的磁场，从而在管道中产生感应电流，形成涡流，对管道进行

24、加热，A、B错误；感应线圈中通过恒定电流时，线圈产生的磁场不变，在管道中无法产生感应电流，C错误；感应线圈中通以正弦交流电，在管道中产生的涡流也是交流电，D正确如图所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，它利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，当变化的磁场通过含铁质锅的底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速升温，然后再加热锅内食物电磁炉工作时产生的电磁波，完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害关于电磁炉，以下说法正确的是()A电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的B电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速

25、升温，进而对锅内食物加热的C电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的D电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的解析：B电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，变化的磁场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流，使锅体温度升高后加热食物，故选项A、D错误B正确；而选项C是微波炉的加热原理，C项错误(2021山东卷)迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r.导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻

26、力，可使卫星保持在原轨道上已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为L(LH)，地球半径为R、质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面忽略地球自转的影响据此可得，电池电动势为()ABL BBL CBL DBL 解析：A根据右手定则，导体绳切割磁感线产生的感应电动势方向向上，是由于LH，可认为导体绳平动切割磁感线，其切割电动势大小为BLv，则导体绳中总电动势为E总E电BLv；对卫星由万有引力等于向心力Gm，解得v ；由题意：BILf，其中I，联立可得：E电BL，故A正确，B、C、D错误限时规范训练基础巩固1.(多选)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁

27、场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是()A保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针方向的电流B保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针方向的电流C保持半径不变，使磁感应强度随时间按Bkt变化，线圈中的电流为D保持半径不变，使磁感应强度随时间按Bkt变化，线圈中的电流为解析：AC根据磁通量的定义可知，当线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，故A正确；同理，保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，根据感应电流的

28、产生条件可知，线圈内没有感应电流，故B错误；保持半径不变，使磁感应强度随时间按Bkt变化，根据法拉第电磁感应定律可知，Er2kr2，根据欧姆定律可知，线圈中的电流I，故C正确，D错误2.(2021北京海淀区高三检测)如图所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2i1)，则下列图像中正确的是()解析：C开关断开后，A与L组成闭合回路后，L中的电流方向不变，而A中的电流方向与此前的电流方向相反，故C正确，A、B、D错误3如图所示，三个灯泡L1、L2

29、、L3的阻值关系为R1R2R3，电感线圈L的直流电阻可忽略，D为理想二极管，开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是( )AL1逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗BL1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗CL1立即熄灭，L2、L3均逐渐变暗DL1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗解析：B开关S处于闭合状态时，由于R1R2R3，则分别通过三个灯泡的电流大小I1I2I3，开关S从闭合状态突然断开时，电感线圈产生与L中电流方向一致的自感电动势，由于二极管的反向截止作用，L2立即熄灭，电感线圈、L1、L3组成闭合回路，L1逐渐变暗，通过L3的电流由I3变为I1，再逐渐减小，故L

30、3先变亮，然后逐渐变暗，选项B正确4如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L0.4 m，一端连接R1 的电阻导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B1 T导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好导轨和导体棒的电阻均可忽略不计在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v5 m/s.求：(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0.1 s时间内，拉力冲量IF的大小；(3)若将MN换为电阻r1 的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLv10.45 V2 V，感应电流I A2 A.(2)拉力

31、大小等于安培力大小FBIL120.4 N0.8 N，冲量大小IFFt0.80.1 Ns0.08 Ns.(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流I A1 A，由欧姆定律可得，导体棒两端的电压UIR11 V1 V.答案：(1)2 V2 A(2)0.08 Ns(3)1 V能力提升5(2021山东滨州高三一模)(多选)如图所示，完全一样的导线绕成单匝线圈ABCD和EFGH，它们分别绕成扇形，扇形的内径r0.2 m，外径为R0.5 m，它们处于同一个圆面上，扇形ABCD对应的圆心角为30，扇形EFGH对应的圆心角为60.在BCGF圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均匀增大则()A线圈ABCD

32、中电流的方向为ADCBAB线圈ABCD和线圈EFGH中电动势之比为12C线圈ABCD和线圈EFGH中电流之比11D线圈ABCD和线圈EFGH中产生的电功率之比12解析：AB根据楞次定律可知，线圈ABCD中电流的方向为ADCBA，选项A正确；根据ES可知，线圈ABCD和线圈EFGH面积之比为12，则电动势之比为12，选项B正确；线圈ABCD和线圈EFGH周长之比不等于12，则电阻之比不等于12，根据I可知，两线圈中的电流之比不等于11，根据PIE可知，线圈ABCD和线圈EFGH中产生的电功率之比不等于12，选项C、D错误6某星球表面0200 km高度范围内，水平方向磁场的磁感应强度大小随高度增加

33、由60 T均匀减小至10 T，为使航天器能在星球表面安全降落，可以利用电磁阻力来减小航天器下落的速度若在航天器上固定一边长为1 m 的正方形闭合线圈，航天器竖直降落时线圈平面始终与磁场垂直，上下两边始终处于水平状态，为使航天器速度为1 km/s 时产生的电磁阻力(只对该闭合线圈产生的作用力)为1000 N，则线圈电阻的阻值R为()A2.51014B51011C6.25108 D1105解析：C本题考查电磁感应中的阻尼问题由磁场分布规律可知，线圈上下两边所处位置的磁感应强度大小之差B2.5104T，线圈上下两边产生的总感应电动势大小EBLv，线圈上下两边产生的总安培力大小FBIL，其中I，解得R

34、6.25108，故C正确7(多选)在光滑的水面地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的分界线，磁场范围足够大一个半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图实线所示位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v，则下列说法正确的是()A此时圆环中的电流沿逆时针方向B此时圆环的加速度为C此时圆环中的电功率为D此过程中通过圆环截面的电荷量为解析：AC由本题考查圆环切割组合磁场的电磁感应问题由右手定则可知，此时圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A正确；圆环左右两边均切割磁感线，故感应电动势的大小为E2B2rvB

35、rv，感应电流大小为I，故其所受安培力大小为F2B2rI，加速度为a，故B错误；此时圆环消耗的电功率为PI2R，故C正确；此过程中圆环磁通量的变化量为Br2，故此过程中通过圆环某横截面的电荷量为q，故D错误8.如图所示，两根完全相同的光滑金属导轨OP、OQ固定在水平桌面上，导轨间的夹角74.导轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B00.2 Tt0时刻，一长为L1 m的金属杆MN在外力作用下以恒定速度v0.2 m/s从O点开始向右滑动，在滑动过程中金属杆MN与导轨接触良好，且始终垂直于两导轨夹角的平分线，金属杆的中点始终在两导轨夹角的平分线上，导轨与金属杆单位长度(1 m)的电

36、阻均为r00.1 .sin 370.6.(1)求t12 s时刻，金属杆中的感应电动势E和此时闭合回路的总长度(2)求t12 s时刻，闭合回路中的感应电流I.(3)若在t12 s时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v0.2 m/s做匀速运动，在金属杆脱离导轨前可采取将B从B0逐渐减小的方法，从撤去外力开始计时的时间为t2，则磁感应强度B应随时间t2怎样变化(写出B与t2的关系式)?解析：(1)在t12 s时刻，金属杆运动的距离xvt10.4 m，连入回路的金属杆的长度l2xtan 370.6 m.回路的电动势EB0lv0.024 V，回路的总长度sl21.6 m.(2)回路的电阻Rr0s0.16 ，回路的电流I0.15 A.(3)在t12 s时刻撤去外力后，因金属杆做匀速运动，故光滑金属杆不再受到安培力作用，回路的感应电流为零，任一时刻回路磁通量相等t12 s时刻回路的磁通量1B0x2tan 37，再过时间t2，回路的磁通量2B(xvt2)2tan 37，则有B0x2tan 37B(xvt2)2tan 37，且2(xvt2)tan 37L1 m，联立解得B T.答案：(1)0.024 V1.6 m(2)0.15 A(3)B T