人教版高中物理一轮复习试题：第九章.docx

考点内容要求说明考纲解读电磁感应现象1.导体切割磁感线时，感应电动势的计算，只限于l垂直于B、v的情况2在电磁感应现象里，不要求判断内电路中各点电势的高低3不要求用自感系数计算自感电动势.1.应用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向2结合各种图象(如t图象、Bt图象和it图象)，考查感应电流的产生条件及其方向的判定，导体切割磁感线产生感应电动势的计算3电磁感应现象与磁场、电路、力学等知识的综合，以及电磁感应与实际相结合的题目.磁通量法拉第电磁感应定律楞次定律自感、涡流第1课时电磁感应现象楞次定律考纲解读1.知道电磁感应现象产生的条件.2.理解磁通量及磁通量变化的含义，并能计算.3.掌握楞次定律和右手定则的应用，并能判断感应电流的方向及相关导体的运动方向考点一电磁感应现象的判断1磁通量(1)定义：在匀强磁场中，磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积的乘积(2)公式：BS.适用条件：匀强磁场S为垂直磁场的有效面积(3)磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)(4)磁通量的意义：磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数同一线圈平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零2电磁感应现象(1)电磁感应现象：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应(2)产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化产生感应电动势的条件：无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势产生(3)电磁感应现象中的能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能，该过程遵循能量守恒定律例1如图1所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由平移到，第二次将金属框绕cd边翻转到，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为1和2，则()图1A12，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现B12，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现C12，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现D12，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现解析设金属框在位置的磁通量为1，金属框在位置的磁通量为，由题可知：1|，2|，所以金属框的磁通量变化量大小12，由安培定则知两次磁通量均向里减小，所以由楞次定律知两次运动中线框中均出现沿adcba方向的电流，C对答案C递进题组1磁通量的计算如图2所示，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的改变量的大小是()图2A.BSB.NBSC.BSD.NBS答案C解析是标量，但有正负之分，在计算21时必须注意2、1的正负，要注意磁感线从线框的哪一面穿过，此题中在开始位置磁感线从线框的下面穿进，在末位置磁感线从线框的另一面穿进若取转到末位置时穿过线框方向为正方向，则2BS，1BS，因穿过多匝线圈的磁通量的大小与匝数无关，故BS.2电磁感应现象的判断现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图3所示连接下列说法中正确的是()图3A开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转C开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转答案A解析电流计要实现偏转，所在电路必须具备两个条件：(1)电路闭合；(2)磁通量发生变化P匀速或加速滑动，A线圈中的电流大小都发生变化，A产生的磁场变化，都会引起B线圈中磁通量的变化3电磁感应现象的判断如图4所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是()图4Aab向右运动，同时使减小B使磁感应强度B减小，角同时也减小Cab向左运动，同时增大磁感应强度BDab向右运动，同时增大磁感应强度B和角(0vab，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b到a答案D解析若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则知应产生顺时针方向的电流，故A错若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围的面积不变，磁通量不变，不产生感应电流，故B错若ab向左、cd向右同时运动，则abdc中有顺时针方向的电流，故C错若ab、cd向右运动，且vcdvab，则ab、cd所围的面积发生变化，磁通量也发生变化，故由楞次定律可判断出产生由c到d到b到a的电流，故D正确3如图3所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点作切线OO，OO与线圈在同一平面上在线圈以OO为轴翻转180的过程中，线圈中电流流向()图3A始终由ABCAB始终由ACBAC先由ACBA再由ABCAD先由ABCA再由ACBA答案A解析在线圈以OO为轴翻转090的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小，则感应电流产生的磁场垂直桌面向下，由右手定则可知感应电流方向为ABCA；线圈以OO为轴翻转90180的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，则感应电流产生的磁场垂直桌面向上，由右手定则可知感应电流方向仍然为ABCA，A正确4长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中静止不动，如图4甲所示长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的交流电：iImsint，it图象如图乙所示规定沿长直导线方向向上的电流为正方向关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是()图4A由顺时针方向变为逆时针方向B由逆时针方向变为顺时针方向C由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向D由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向答案D解析0时间内，直导线中的电流增大，通过线框中的磁通量增大，线框中产生逆时针方向的电流.时间内，直导线中的电流减小，通过线框中的磁通量减小，线框中产生顺时针方向的电流，同样判断出第3个、第4个周期时间内的电流方向分别为顺时针和逆时针5.如图5所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下在将磁铁的S极插入线圈的过程中()图5A通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互排斥B通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互排斥C通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互吸引D通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互吸引答案B解析磁铁的S极朝下，在将磁铁的S极插入线圈的过程中，通过线圈的磁场方向向上，且增强，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁场的增加，则感应电流方向为由b到a，线圈与磁铁相互排斥，选项B正确二、多项选择题6.如图6是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()图6A开关S闭合瞬间B开关S由闭合到断开的瞬间C开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动D开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动答案AC解析当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，产生感应电流，使钻头M向右运动，故A项正确；当开关S已经闭合时，只有左侧线圈电流增大才会导致钻头M向右运动，故C项正确7(2013海南10)如图7所示，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间()图7A两小线圈会有相互靠拢的趋势B两小线圈会有相互远离的趋势C两小线圈中感应电流都沿顺时针方向D左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向答案BC解析在金属框接通逆时针方向电流的瞬间，在左右两个矩形刚性小线圈中产生垂直于线圈向上的磁通量，根据楞次定律可得在两个小线圈中均产生沿顺时针方向的感应电流，C项正确，D项错；为阻碍磁通量的增加，两小线圈会有相互远离的趋势，B项正确，A项错8.如图8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()图8A穿过回路的磁通量为零B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9某同学将一条形磁铁放在水平转盘上，如图9甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边当转盘(及磁铁)转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化的周期与转盘转动周期一致经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈，当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时按照这种猜测()图9A在t0.1s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化B在t0.15s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化C在t0.1s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值D在t0.15s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值答案AC解析图乙中斜率既能反映线圈内产生的感应电流的方向变化，又能反应感应电流的大小变化t0.1s时刻，图线斜率最大，意味着磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值，t0.1s时刻前后的图线斜率一正一负，说明产生的感应电流的方向发生了变化，所以A、C正确；同理可知t0.15s时刻，图线斜率不是最大值，且该时刻前后图线斜率全为负值，说明线圈内产生的感应电流的方向没有变化，而且大小并未达到最大值，选项B、D错误10如图10甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则()图10At1时刻，FNGBt2时刻，FNGCt3时刻，FNG，A选项正确t2时刻Q中电流恒定，线圈P中磁通量不变，不产生感应电流，P只受重力G与桌面支持力FN作用而平衡，有FNG，故B选项错同理在t4时刻Q中电流恒定，有FNG，D选项正确t3时刻Q中电流变化，P中磁通量变化，产生感应电流，但Q中I0，对P无磁场力作用，仍是FNG，故C选项错11如图11所示装置中，cd杆光滑且原来静止当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动()图11A向右匀速运动B向右加速运动C向左加速运动D向左减速运动答案BD解析ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd杆保持静止，A不正确；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下增大，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向上，故通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确12如图12甲所示，等离子气流由左边连续以方向如图所示的速度v0射入P1和P2两金属板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示则下列说法正确的是()图12A01s内ab、cd导线互相排斥B12s内ab、cd导线互相排斥C23s内ab、cd导线互相排斥D34s内ab、cd导线互相排斥答案CD解析由题图甲左侧电路可以判断ab中电流方向为由a到b；由右侧电路及题图乙可以判断，02s内cd中感应电流方向为由c到d，跟ab中的电流同向，因此ab、cd相互吸引，选项A、B错误.24s内cd中感应电流方向为由d到c，跟ab中电流反向，因此ab、cd相互排斥，选项C、D正确第2课时法拉第电磁感应定律、自感和涡流考纲解读1.能应用法拉第电磁感应定律En和导线切割磁感线产生电动势公式EBlv计算感应电动势.2.会判断电动势的方向，即导体两端电势的高低.3.理解自感现象、涡流的概念，能分析通电自感和断电自感考点一法拉第电磁感应定律的应用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感应电动势大小的决定因素(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决定，而与磁通量、磁通量的变化量的大小没有必然联系(2)当仅由B的变化引起时，则En；当仅由S的变化引起时，则En；当由B、S的变化同时引起时，则Enn.3磁通量的变化率是t图象上某点切线的斜率例1(2013江苏13)如图1所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数N100，边长ab1.0m、bc0.5m，电阻r2.磁感应强度B在01s内从零均匀变化到0.2T在15s内从0.2T均匀变化到0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：图1(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；(2)在15s内通过线圈的电荷量q；(3)在05s内线圈产生的焦耳热Q.解析(1)感应电动势E1N，磁通量的变化量1B1S，解得E1N，代入数据解得E110V，感应电流方向为adcba(或逆时针方向)(2)同理可得：1s5s内，感应电动势E2N，感应电流I2，电荷量qI2t2，解得qN，代入数据解得q10C.(3)01s内线圈产生的焦耳热Q1Irt1，且I1，15s内线圈产生的焦耳热Q2Irt2，由QQ1Q2，代入数据得Q100J.答案(1)10Vadcba(或逆时针方向)(2)10C(3)100J递进题组1感应电动势大小的计算(2012新课标全国19)如图2，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()图2A.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法拉第电磁感应定律的应用如图3甲所示，一个圆形线圈的匝数n100，线圈面积S200cm2，线圈的电阻r1，线圈外接一个阻值R4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示下列说法中正确的是()图3A线圈中的感应电流方向为顺时针方向B电阻R两端的电压随时间均匀增大C线圈电阻r消耗的功率为4104WD前4s内通过R的电荷量为4104C答案C解析由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为E0.1V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项B错误；回路中电流I0.02A，线圈电阻r消耗的功率为PI2r4104W，选项C正确；前4s内通过R的电荷量为qIt0.08C，选项D错误法拉第电磁感应定律解题技巧(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.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(1)若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势(2)若v为平均速度，则E为平均感应电动势3切割的“有效长度”公式中的l为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度图4中有效长度分别为：图4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，应注意速度间的相对关系例2(2012四川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向里的匀强磁场，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开始，直杆的位置由确定，如图5所示则()图5A0时，直杆产生的电动势为2BavB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l22acosa，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正确答案AD递进题组3对EBlv的考查如图6所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计下列说法正确的是()图6A此时AC两端电压为UAC2BLvB此时AC两端电压为UACC此过程中电路产生的电热为QFdmv2D此过程中通过电阻R0的电荷量为q答案BD解析AC的感应电动势为E2BLv，两端电压为UAC，A错，B对；由功能关系得Fdmv2QQf，C错；此过程中平均感应电流为，通过电阻R0的电荷量为qt，D对4导体切割磁感线产生感应电动势问题如图7所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成角(090)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的部分的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()图7Aa点的电势高于b点的电势Bab棒中产生的焦耳热小于ab棒重力势能的减少量C下滑的位移大小为D受到的最大安培力大小为sin答案ABC解析由右手定则可知a点相当于电源的正极，b点相当于电源的负极，故A正确；由能量守恒可知ab棒重力势能的减少量等于ab棒中产生的焦耳热与ab棒的动能之和，故B正确；由q可得，下滑的位移大小x，故C正确；金属棒ab在这一过程中受到的安培力大小为FBIL，I最大为，故最大安培力大小为，故D错误公式En与EBlvsin的区别与联系两个公式项目EnEBlvsin区别求的是t时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程相对应求的是瞬时感应电动势，E与某个时刻或某个位置相对应求的是整个回路的感应电动势整个回路的感应电动势为零时，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零求的是回路中一部分导体切割磁感线时产生的感应电动势由于是整个回路的感应电动势，因此电源部分不容易确定由于是由一部分导体切割磁感线的运动产生的，该部分导体就相当于电源联系公式En和EBlvsin是统一的，当t0时，E为瞬时感应电动势，而公式EBlvsin中的v若代入，求出的E则为平均感应电动势考点三自感现象的理解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，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、形状、匝数以及是否有铁芯有关2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，它提供的电流从原来的IL逐渐变小3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4断电自感中，灯泡是否闪亮问题(1)通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮(2)通过灯泡的自感电流小于或等于原电流时，灯泡不会闪亮例3如图8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是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源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分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是()图8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先变亮再慢慢熄灭，电流反向；综上所述知选项A、C正确答案AC递进题组5对自感的考查如图9(a)、(b)所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，电路达到稳定后，灯泡A发光，则()图9A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，流过灯A的电流逐渐减小，因而灯A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后，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，通过电阻R、灯泡A形成回路，灯泡A中电流突然变大，灯泡A先变得更亮，然后渐渐变暗，故A、D正确6对通电自感和断电自感的考查如图10所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()图10AS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立即熄灭，L1逐渐变暗BS闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭CS闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下再熄灭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亮一下再熄灭答案D分析自感现象的两点注意(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大，断电过程中，电流是逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭高考模拟明确考向1(2014安徽20)英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场如图11所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为q的小球，已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是()图11A0B.r2qkC2r2qkDr2qk答案D解析变化的磁场产生电场，电场对运动的带电粒子做功均匀变化的磁场产生恒定的电场，电动势ESkr2，电场力做功WqEr2qk故选项D正确图122(2014江苏1)如图12所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A.B.C.D.答案B解析线圈中产生的感应电动势EnnSn，选项B正确3(2013北京17)如图13所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1E2分别为()图13Aca,21Bac,21Cac,12Dca,12答案C解析用右手定则判断出两次滑动中金属棒MN中的电流方向均为NM，所以电阻R中的电流方向为ac.由感应电动势公式EBlv可知：，故选项C正确4磁场在xOy平面内的分布如图14所示，其磁感应强度的大小均为B0，方向垂直于xOy平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为L0，整个磁场以速度v沿x轴正方向匀速运动若在磁场所在区间内放置一由n匝线圈组成的矩形线框abcd，线框的bcLB、abL，LB略大于L0，总电阻为R，线框始终保持静止求：图14 (1)线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小；(2)线框所受安培力的大小和方向答案(1)2nB0Lv(2)方向沿x轴正方向解析(1)线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动，切割磁感线的速度大小为v，任意时刻线框ab边切割磁感线产生的感应电动势大小为E1nB0Lvcd边切割磁感线产生的感应电动势大小为E2nB0Lvab边和cd边所处的磁场方向总是相反的，故ab边和cd边中产生的感应电动势方向总是相同的，所以总的感应电动势大小E2nB0Lv，由闭合电路欧姆定律得导线中的电流大小I.(2)线框所受安培力的大小F2nB0LI由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x轴正方向练出高分一、单项选择题1如图1所示，虚线区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L，磁感应强度大小为B.总电阻为R的直角三角形导线框，两条直角边边长分别为2L和L，当该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，下列说法正确的是()图1A线框中的感应电流方向始终不变B线框中感应电流一直在增大C线框所受安培力方向始终相同D当通过线框的磁通量最大时，线框中的感应电动势为零答案C解析该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律、安培定则可以判断线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，且始终不为零，由左手定则可以判断线框在该磁场中一直受到水平向左的安培力作用，故A、D项错，C项正确；该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，导线框切割磁感线的有效长度先增大、后不变、后再增大，由EBLv及闭合电路欧姆定律可得线框中的感应电流先增大、后不变、后再增大，故B项错2.如图2所示，两块水平放置的