2025届高三一轮复习 第十章 电磁感应第2讲 法拉第电磁感应定律 涡流和自感练习
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第2讲 法拉第电磁感应定律 涡流和自感素养目标 1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E＝n进行有关计算。2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势。3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼。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。(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：E＝n，其中n为线圈匝数。(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I＝。二、涡流、电磁阻尼、电磁驱动和自感1.涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流。(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流。2.电磁阻尼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相对运动。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，使导体受到安培力,的作用，使导体运动起来。4.自感现象(1)概念：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的现象称为自感现象，由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。(2)表达式：E＝L。(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。基础自测1.(2022·江苏卷)如图1所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为( )图1A.πkr2B.πkR2C.πB0r2D.πB0R2答案 A解析 由题意可知磁感应强度的变化率为＝＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝kπr2，故A正确。2.(2023·江苏南京市第二十九中学高三检测)以下为教材中的四幅图，下列相关叙述错误的是( ),A.甲图是法拉第电磁感应实验，奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第根据对称性思想，做了如上实验发现了磁生电的现象B.乙图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属C.丙图是无轨电车在行驶过程中由于车身颠簸电弓和电网之间容易闪现电火花，这是由于车弓脱离电网产生自感电动势使空气电离D.丁图是电吉他中电拾音器的基本结构金属弦被磁化，弦振动过程中线圈中会产生感应电流从而使音箱发声。如果选用铜质弦，电吉他不能正常工作答案 B解析 甲图是法拉第电磁感应实验，奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第根据对称性思想，做了如上实验发现了磁生电的现象，故A不符题意；当炉外线圈通入高频交流电时，是炉内的金属产生涡流，在电流的热效应下，产生热量，熔化金属(自己烧自己)，故B符合题意；丙图是无轨电车在行驶过程中由于车身颠簸电弓和电网之间容易闪现电火花，这是由于车弓脱离电网产生自感电动势使空气电离，故C不符题意；丁图是电吉他中电拾音器的基本结构金属弦被磁化，弦振动过程中线圈中会产生感应电流从而使音箱发声。如果选用铜质弦，电吉他不能正常工作，故D不符题意。考点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用1.对法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电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Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系。,(2)磁通量的变化率对应Φ－t图线上某点切线的斜率。2.应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝n。(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝n。(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，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝n≠n。例1(2020·天津卷，10)如图2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R＝0.1Ω，边长l＝0.2m。求：图2(1)在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中的感应电动势E；(2)t＝0.05s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；(3)在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中电流的电功率P。答案 (1)0.08V (2)0.016N 方向垂直于ab向左 (3)0.064W解析 (1)在t＝0到t＝0.1s的时间Δt内，磁感应强度的变化量ΔB＝0.2T，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有ΔΦ＝ΔBl2①由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有E＝②联立①②式，代入数据，解得E＝0.08V。(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝③,由图可知，t＝0.05s时，磁感应强度为B1＝0.1T，金属框ab边受到的安培力F＝IlB1④联立①②③④式，代入数据解得F＝0.016N⑤由楞次定律知金属框中电流方向为顺时针，由左手定则知，ab边受到安培力方向垂直于ab向左。(3)在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中电流的电功率P＝I2R⑥联立①②③⑥式，代入数据解得P＝0.064W。跟踪训练1.(2022·江苏盐城模拟)如图3甲所示，一矩形线圈置于匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。则线圈中产生的感应电动势的情况为( )图3A.t1时刻感应电动势最大B.t＝0时刻感应电动势为零C.t2时刻感应电动势为零D.t1～t2时间内感应电动势增大答案 D解析 由于线圈内磁场面积一定、磁感应强度变化，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E＝nS·∝，t1时刻磁感应强度的变化率为零，感应电动势为零，A错误；t＝0时刻磁感应强度的变化率不为零，则感应电动势不为零，B错误；t2时刻磁感应强度的变化率不为零，感应电动势不为零，C错误；t1～t2时间内磁感应强度的变化率增大，感应电动势增大，D正确。考点二 导体切割磁感线产生感应电动势,1.大小计算切割方式表达式平动切割E＝Blvsinθ，其中θ为v与B的夹角旋转切割(以一端为轴)E＝Bl2ω说明：(1)导体与磁场方向垂直。(2)磁场为匀强磁场。2.方向判断(1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源。(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向。(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低。考向 平动切割磁感线例2(2020·江苏卷，14)如图4所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，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0.5T。在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右匀速穿过磁场区域。求线圈在上述过程中图4(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)0.8V (2)0.8N (3)0.32J解析 (1)感应电动势E＝Blv代入数据得E＝0.8V。,(2)根据闭合电路的欧姆定律知感应电流I＝拉力的大小等于安培力，即F＝IlB解得F＝，代入数据得F＝0.8N。(3)运动时间t＝根据焦耳定律Q＝I2Rt解得Q＝，代入数据得Q＝0.32J。考向 转动切割磁感线例3如图5所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )图5A．杆OP产生的感应电动势增大B．杆OP受到的安培力不变C．杆MN做匀加速直线运动D．杆MN中的电流逐渐减小答案 D解析 OP转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A错误；杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，,MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，使回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，杆OP受到的安培力方向改变，且随电流减小而减小，故D正确，B、C错误。跟踪训练2．(2023·江苏省阜宁中学高三月考)如图6，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。使该线框从静止开始绕过圆心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，磁感应强度大小从B0开始在Δt时间内均匀减小到零。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，Δt应为( )图6A.B.C.D.答案 C解析 设半圆弧的半径为r，线框从静止开始绕圆心O以角速度ω匀速转动时，线圈中产生的感应电动势大小为E＝B0r2ω；线框保持图中所示位置，磁感应强度大小从B0开始在Δt时间内均匀减小到零，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势大小为E′＝＝S＝×πr2，为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，则有E＝E′，联立解得Δt＝，故C正确。考点三 自感现象1．自感现象的四大特点,(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化。(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，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，线圈中电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②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4(2023·天津红桥区模拟)如图7所示灯泡A1、A2的规格完全相同，线圈L的电阻不计，下列说法中正确的是( )图7A.当接通电路时，A1和A2始终一样亮B.当接通电路时，A2先达到最大亮度，A1后达到最大亮度，最后两灯一样亮C.当断开电路时，A2立即熄灭、A1过一会儿才熄灭D.当断开电路时，两灯都立即熄灭答案 B解析 当接通电路时，A2立即正常发光，而线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先达到最大亮度，A1,后达到最大亮度，电路稳定后，两灯一样亮，故B正确，A错误；当断开电路时，A2原来方向的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，由于线圈L的电阻不计，回路中电流从原来值逐渐减小到零，流过A2的电流与原来方向相反，则A1和A2都要过一会儿才熄灭，故C、D错误。跟踪训练3.(2023·北京海淀区期末)物理课上，老师做了一个奇妙的“自感现象”实验。按图8连接电路，先闭合开关S，电路稳定后小灯泡A正常发光，然后断开开关S，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭。已知自感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡A正常发光时电阻为RA。下列说法中正确的是( )图8A.RL＞RAB.RL＜RAC.断开开关S的瞬间，小灯泡A中的电流方向为a→bD.断开开关S的瞬间，小灯泡A中无电流答案 B解析 稳定时，灯泡A与线圈L并联，故两者电压相等，假设通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2，稳定后开关S再断开，小灯泡闪亮一下，可以判断I1＞I2，结合欧姆定律可知，线圈L的电阻小于灯泡A的电阻，A错误，B正确；在断开开关瞬间，线圈中产生自感电动势，线圈相当于电源，线圈右端为电源正极，小灯泡中的电流方向为b→a，C、D错误。考点四 涡流、电磁阻尼和电磁驱动电磁阻尼电磁驱动成因由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力,不同点由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力效果安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动能量转化导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功相同点两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动例5(2023·常州调研)零刻度在表盘正中间的电流计，非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上安装的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是( )答案 D解析 如图A、C所示，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C错误；B图是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B错误；D图是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快稳定的停下，便于读数，D正确。跟踪训练4.(2022·江苏南京模拟)如图9是汽车上使用的电磁制动装置示意图。电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是( ),图9A.制动过程中，导体不会产生热量B.如果导体反向转动，此装置将不起制动作用C.制动力的大小与线圈中电流的大小无关D.线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大答案 D解析 电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量，A错误；如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁场的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，B错误；线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C错误；线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大，D正确。A级 基础对点练对点练1 法拉第电磁感应定律的理解和应用1.(2023·江苏无锡高三期末)目前手机的无线充电技术(图1甲)已经成熟，其工作过程可简化为图乙所示，A、B两个线圈彼此靠近平行放置，当线圈A接通工作电源时，线圈B中会产生感应电动势，并对与其相连的手机电池充电。下列说法正确的是( )图1,A.只要线圈A中输入电流，线圈B中就会产生感应电动势B.若线圈A中输入变化的电流，线圈B中产生的感应电动势也会发生变化C.线圈A中输入的电流越大，线圈B中感应电动势越大D.线圈A中输入的电流变化越快，线圈B中感应电动势越大答案 D解析 根据感应电流产生的条件，若在线圈A中输入恒定电流，则线圈A只产生恒定的磁场，线圈B中的磁通量不发生变化，则线圈B中不会产生感应电动势，故A错误；若线圈A中输入随时间均匀变化的电流，则会使线圈A产生随时间均匀变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律E＝n＝常数，则线圈B中会产生恒定不变的感应电动势，故B错误；若线圈A中电流恒定不变，无论多大，产生的磁场是恒定的，则线圈B中没有磁通量变化，则不会产生感应电动势，故C错误；线圈A中电流变化越快，则线圈A中电流产生的磁场变化越快，根据法拉第电磁感应定律E＝n，线圈B中感应电动势也会越大，故D正确。2.(2022·河北卷)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图2所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为( )图2A.kS1B.5kS2C.k(S1－5S2)D.k(S1＋5S2)答案 D解析 由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝＝＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝＝＝kS2,，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正确，A、B、C错误。3.在如图3甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1000匝，横截面积S＝20cm2。螺线管导线电阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是( )图3A.螺线管中产生的感应电动势为1.2VB.闭合S，电路中的电流稳定后电容器下极板带负电C.闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10－2WD.S断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－2C答案 C解析 根据法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，解得E＝0.8V，故A错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端是电源的正极，那么电容器下极板带正电，故B错误；根据闭合电路欧姆定律，有I＝＝0.08A，根据P＝I2R1，解得P＝2.56×10－2W；故C正确；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时电容器极板上所带的电荷量Q，电容器两端的电压为U＝IR2＝0.4V，流经R2的电荷量为Q＝CU＝1.2×10－5C，故D错误。4.(2023·北京海淀区期末)如图4所示，匀强磁场中有a、b两个闭合线圈，它们用同样的导线制成，匝数均为n匝，线圈半径ra＝2rb。磁场方向与两线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大。两线圈中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，感应电流分别为Ia和Ib。不考虑两线圈间的相互影响，下列说法中正确的是,( )图4A.Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向B.Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向C.Ia∶Ib＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D.Ia∶Ib＝1∶2，感应电流均沿顺时针方向答案 C解析 设磁感应强度的变化率为k，由法拉第电磁感应定律E＝nS，得Ea＝nkπr，Eb＝nkπr，所以Ea∶Eb＝4∶1，根据楞次定律，磁感应强度B随时间均匀增大，所以感应电流均沿逆时针方向，故A、B错误；根据电阻定律可知，两线圈的电阻之比等于周长之比，由闭合电路的欧姆定律I＝可得Ia∶Ib＝×＝2∶1，故C正确，D错误。对点练2 导体切割磁感线产生感应电动势5.如图5所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自东向西飞行。该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5T，则( )图5A.两翼尖之间的电势差为2.9VB.两翼尖之间的电势差为1.1VC.飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高,D.飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低答案 C解析 飞机的飞行速度为4.5×102km/h＝125m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝Blv＝4.7×10－5×50×125V≈0.29V，A、B项错误；飞机从东向西飞行，磁场有竖直向下的分量，根据右手定则可知，飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误。6.如图6所示，固定在绝缘水平面上的半径r＝0.2m的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B＝0.1T的匀强磁场。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，随轴顺时针匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值R＝10Ω的电阻和板间距d＝0.01m的平行板电容器，有一质量m＝1g、电荷量q＝1×10－5C的颗粒在电容器极板间恰好处于静止状态。取重力加速度大小g＝10m/s2，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )图6A.电容器两极板间的电压为8VB.电容器的上极板带正电荷C.每秒钟通过电阻的电荷量为10CD.金属棒转动的角速度大小为5×103rad/s答案 D解析 对电容器极板间的带电颗粒受力分析有q＝mg，解得U＝＝10V，选项A错误；金属棒顺时针运动，由右手定则可知，转轴中心的电势高于圆环边缘的电势，故电容器下极板带正电荷，选项B错误；由公式I＝＝A＝1A，故每秒钟通过电阻的电荷量为Q＝It＝1×1C＝1C，选项C错误；由公式E＝Br＝,U，＝＝，解得ω＝＝rad/s＝5×103rad/s，选项D正确。对点练3 自感、涡流、电磁驱动和电磁阻尼7.磁电式电流表是常用的电学实验器材。如图7所示，电表内部由线圈、磁体、极靴、圆柱形软铁、螺旋弹簧等构成。下列说法正确的是( )图7A.极靴与圆柱形软铁之间为匀强磁场B.当线圈中电流方向改变时，线圈受到的安培力方向不变C.通电线圈通常绕在铝框上，主要因为铝的电阻率小，可以减小焦耳热的产生D.在运输时，通常把正、负极接线柱用导线连在一起，是应用了电磁阻尼的原理答案 D解析 极靴与圆柱间的磁场是均匀地辐向分布，并不是匀强磁场，故选项A错误；当线圈中电流方向改变时，由于磁场方向不变，所以线圈受到的安培力方向发生改变，故选项B错误；用金属铝做线圈框架，主要的原因有：(1)铝不导磁，用铝做框架可以减小磁场的影响，保证仪表的准确性更高；(2)铝材料较轻、电阻率较小，能更好地利用电磁阻尼现象，使指针迅速停下来，故选项C错误；运输过程中由于振动会使指针不停摆动，可能会使指针损坏。将接线柱用导线连在一起，相当于把表内线圈电路组成闭合回路，在指针摆动过程中线圈切割磁感线产生感应电流，利用电磁阻尼原理，阻碍指针摆动，防止指针因撞击而变形，故选项D正确。8.(2022·江苏泰州模拟)如图8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，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，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D1、D2的电流方向为正，分别用I1、I2表示流过D1和D2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( ),图8答案 C解析 当闭合开关，因为线圈与D1串联，所以电流I1会慢慢增大，灯泡D2这一支路立即就有电流。当S断开，D2这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且D1和D2、D3构成回路，通过D1的电流也流过D2，所以I2变成反向，且逐渐减小。故C正确。B级 综合提升练9.如图9为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止。则小车( )图9A.进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcbaB.离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda,C.穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流D.穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左答案 D解析 根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，选项A、B错误；因线圈与磁场等宽、等长，则穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，选项C错误；根据左手定则可知，穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左，选项D正确。10.(2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图10所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则( )图10A.I1<i3<i2b.i1>I3>I2C.I1＝I2>I3D.I1＝I2＝I3答案 C解析 设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝三个线框材料、粗细相同，根据电阻定律R＝ρ,可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3根据法拉第电磁感应定律有I＝＝·由于三个线框处于同一随时间线性变化的磁场中，可得电流之比为I1∶I2∶I3＝∶∶＝2∶2∶即I1＝I2>I3，故选项C正确。11.(2022·江苏常州模拟)如图11甲所示，轻绳系一质量为m＝0.8kg，半径为1m的圆形线圈，已知线圈总电阻R＝0.5Ω，在线圈上半部分布着垂直于线圈平面向里、大小随时间变化的磁场，如图乙所示，g取10m/s2，求：图11(1)线圈下半圆的端点的路端电压Uab；(2)绳的拉力与时间t的关系。答案 (1)0.25V (2)T＝N解析 (1)线圈中产生的感应电动势大小为E＝＝S＝πr2·T/s＝0.5V根据楞次定律可知线圈中电流沿逆时针方向，所以Ua＞Ub，根据闭合电路欧姆定律可得Uab＝＝0.25V。(2)由乙图可知B随t变化的关系为B＝T,线圈中电流为I＝＝1A线圈所受安培力的有效长度等于直径，则F安＝Ir2B＝N根据平衡条件可得绳的拉力与时间t的关系为T＝mg＋F安＝N。12.(2022·江苏南京模拟)某风速实验装置由风杯组系统(图12甲)和电磁信号产生系统(图乙)两部分组成。电磁信号产生器由圆形匀强磁场和固定于风轮转轴上的导体棒OA组成(O点连接风轮转轴)，磁场半径为L，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导体棒OA长为1.5L，电阻为r，风推动风杯组绕水平轴顺时针匀速转动，风杯中心到转轴距离为2L，导体棒每转一周A端与弹性簧片接触一次，接触时产生的电流强度恒为I。图中电阻为R，其余电阻不计。求：图12(1)当导体棒与弹性簧片接触时，OA两端电势差UOA；(2)风杯的速率v。答案 (1)－IR (2)解析 (1)根据题意可知，当导体棒在磁场中顺时针转动时，导体棒相当于电源，且O端相当于电源的负极，则根据欧姆定律可知，OA两端电势差UOA数值上等于电路中的外电压，则有UOA＝－IR。,(2)依题意有，电源电动势为E＝BL2ω结合闭合电路的欧姆定律有E＝I(r＋R)联立解得ω＝则风杯的速率为v＝ω·2L＝。</i3<i2b.i1>
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