3.1电磁感应（讲义）（5考点11题型）

3.1电磁感应TOC\o"13"\h\z\u考点一电磁感应现象的判断 2考点二楞次定律的应用 2考点三法拉第电磁感应定律的应用 3考点四导体切割磁感线产生感应电动势的计算 3考点五自感现象的理解 4TOC\o"44"\h\z\u题型1电磁感应现象 5题型2楞次定律的应用 7题型3对法拉第电磁感应定律的理解及应用 10题型4平动切割磁感线. 12题型5转动切割磁感线 14题型6有效长度问题 17题型7动生电动势的图像 19题型8感生电动势的图像 23题型9动力学图像 26题型10自感现象 29题型11涡流·电磁阻尼和电磁驱动 31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：Φ＝BS.适用条件：①匀强磁场．②S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：①磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数．②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．考点二楞次定律的应用1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)适用情况：所有的电磁感应现象．2．楞次定律中“阻碍”的含义eq\x(谁阻碍谁)→eq\x(感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场原磁场的磁通量的变化)eq\x(阻碍什么)→eq\x(阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身)eq\x(如何阻碍)→当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”eq\x(阻碍效果)→eq\x(阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行)3．楞次定律的使用步骤考点三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＝eq\f(E,R＋r).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eq\f(ΔΦ,Δt)和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝neq\f(ΔB·S,Δt)；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝neq\f(B·ΔS,Δt)；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt).3．磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率．考点四导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．公式E＝Blv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E＝Blvsinθ求解，θ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：l＝eq\x\to(cd)sinβ；乙图：沿v1方向运动时，l＝eq\x\to(MN)；沿v2方向运动时，l＝0.丙图：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R.4．“相对性”的理解E＝Blv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．考点五自感现象的理解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：E＝Leq\f(ΔI,Δt).(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．题型1电磁感应现象（2023秋•海门区期末）在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，某学生接成如图所示的实验电路，该同学将线圈B放置在线圈A中，闭合、断开开关时，电流计指针都没有偏转，其可能原因是（）A．螺线管A和B绕向一致 B．线圈B中未放入铁芯 C．开关接在A线圈电路中 D．导线接电池组时，接线柱正负极接反【解答】解：产生感应电流的条件是闭合回路且穿过闭合回路的磁通量发生变化；A.螺线管A和B绕向是否一致，不影响感应电流的产生，故A错误；B.线圈B中未放入铁芯，线圈B产生的磁感应强度较小，不影响感应电流的产生，故B错误；C.该同学将线圈B放置在线圈A中，再闭合、断开开关，线圈A中磁通量不变，所以无感应电流，故电流表指针不偏转，故C正确；D.导线接电池组时，接线柱正负极接反，不影响感应电流的产生，故D错误。故选：C。（2023秋•东城区期末）将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流计及开关按图示连接。线圈A放在线圈B中，线圈A中插有铁芯。闭合开关前滑动变阻器的滑片P处于如图所示位置。开关闭合的瞬间，电流计指针向左偏转。下列操作中仍使电流计指针向左偏转的是（）A．将线圈A中的铁芯拔出 B．将滑片P向右移动 C．A、B保持相对静止一起移动 D．保持其它不变，仅断开开关【解答】解：由题意可知，开关闭合的瞬间，电流计指针向左偏转，由此可知，当B中的磁通量增大时，电流计指针向左偏；A、将线圈A向上抽出B线圈的过程中，穿过线圈B的磁通量变小，则电流计指针向右偏转，故A错误；B、滑动变阻器的滑片P向右滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，则会产生感应电流，指针将会向左偏转，故B正确；C、AB保持相对静止一起运动，显然AB线圈的磁通量均不变，B中无感应电流，故C错误；D、断开开关时，穿过线圈B的磁通量减少，电流计指针向右偏转，故D错误；故选：B。（2023秋•西城区期末）线圈与电流表相连，把磁铁的某一个磁极向线圈中插入或从线圈中抽出时，电流表的指针发生了偏转。实验中观察到，当把磁铁N极向线圈中插入时，电流表指针向右偏转。下列操作中，同样可使电流表指针向右偏转的是（）A．保持磁铁N极处在线圈中静止 B．把磁铁的N极从线圈中抽出 C．把磁铁的S极从线圈中抽出 D．把磁铁的S极向线圈中插入【解答】解：当把磁铁N极向线圈中插入时，穿过线圈向下的磁通量增大，则感应电流的磁场方向向上；此时电流表指针向右偏转，电流从右侧流入电流表，说明感应电流的磁场方向向上时，感应电流从上向下流过线圈。A、保持磁铁N极处在线圈中静止，则超过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，电流表的指针不动，故A错误；B、把磁铁N极从线圈中拔出时，穿过线圈向下的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向下，产生的感应电流从下向上流过线圈，从左侧流入电流表，则指针向左偏转，故B错误；C、当把磁铁S极从线圈中拔出时，穿过线圈向上的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向上，产生的感应电流从上向下流过线圈，从右侧流入电流表，则指针向右偏转，故C正确；D、当把磁铁S极向线圈中插入时，穿过线圈向上的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向下，产生的感应电流从下向上流过线圈，从左侧流入电流表，则指针向左偏转，故D错误。故选：C。题型2楞次定律的应用（2023秋•江汉区校级期末）如图1所示，两固定在绝缘水平面上的同心金属圆环P、Q水平放置，圆环P中通有如图2所示的电流，以图示方向为电流正方向，下列说法正确的是（）A．T4时刻，两圆环相互排斥B．T2时刻，圆环Q中感应电流最大，受到的安培力最大C．T4∼3T4时间内，圆环QD．3T4∼T时间内，圆环Q【解答】解：A、P产生的磁场的大小与流过P的电流大小成正比，在T4时刻，流过P的电流最大，但电流的变化率为零，所以P产生的磁场最强，但变化率为零，所以穿过Q的磁通量的变化率也等于零，根据法拉第电磁感应定律可知，Q内产生的感应电动势为零，则感应电流为零，所以两圆环间无作用力，故AB、由图可知在T2时刻流过P的电流为零但电流的变化率最大，所以穿过Q的磁通量的变化率也最大，根据法拉第电磁感应定律可知，Q内产生的感应电动势最大，则感应电流最大，故BC、在T4～T2时间内，从上向下看P内顺时针方向的电流减小，根据安培定则可知，P产生方向向下的磁场减小，根据楞次定律可知，Q内将产生沿顺时针方向的感应电流；在T2～3T4时间内，从上向下看P内逆时针方向的电流增大，根据安培定则可知，P产生方向向上的磁场增大，根据楞次定律可知，D、由图可知在3T4～T时间内，从上向下看P内逆时针方向的电流减小，根据安培定则可知，P产生方向向上的磁场减小，根据楞次定律可知，Q内将产生沿逆时针方向的感应电流；由于Q内电流的方向与P内电流的方向相同，根据同向电流相互吸引可知，Q与P之间的作用力为吸引力，所以Q有面积缩小的趋势，故D故选：D。（2023秋•黄浦区校级期末）汽车上装有的磁性转速表的内部简化结构如图所示，转轴I可沿图示方向双向旋转，永久磁体同步旋转。铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝盘靠近永久磁体，当转轴I以一定的转速旋转时，指针指示的转角大小即反映转轴I的转速。下列说法正确的是（）A．永久磁体匀速转动时，铝盘中不会产生感应电流 B．零刻度线应标在刻度盘的a端 C．由楞次定律描述的“阻碍”效果可知，永久磁体的转动方向与指针偏转方向总是相反 D．永久磁体逆时针（从左向右看）转动，若转速增大，则指针向逆时针方向偏角变大【解答】解：A、当永久磁铁随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁铁的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，故A错误；B、转轴I可沿图示方向双向旋转，永久磁体同步双向旋转，铝盘也会双向旋转，所以零刻度线应标在刻度盘的中央，故B错误；C、该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁铁转动，要阻碍穿过铝盘磁通量的变化，永久磁铁转动方向与铝盘转动方向相同，故C错误；D、结合C的分析可知，当永久磁体逆时针（从左向右看）转动，则指针向逆时针方向偏转，若转速增大，则指针向逆时针方向偏角变大，故D正确。故选：D。（2023秋•龙凤区校级期末）课堂上，杨老师演示了一个有趣的电磁现象：将一空心铝管竖立，把一块直径比铝管内径小一些的圆柱形的强磁铁从铝管上端由静止释放，强磁铁在铝管内下落过程中始终沿着铝管的轴线运动，不与铝管内壁接触，且无翻转。可以观察到，相比强磁铁自由下落，强磁铁在铝管中的下落会延缓许多。强磁铁由静止释放在铝管中运动过程中，关于其运动和受力情况，下列分析正确的是（）A．先加速下落后减速下落 B．始终做加速运动，且加速度不断增大 C．所受铝管对它的作用力方向竖直向上 D．所受合力方向竖直向上【解答】解：AB、强磁铁在下落的过程中，铝管切割磁感线产生感生电流，受到磁铁所给的向下安培力作用，磁铁受到向上的安培力反作用力。初始阶段，磁铁的速度较小，在铝管中产生的安培力较小，磁铁受到的向下重力大于向上的安培力反作用力，于是向下做加速度减小的加速运动。如果铝管足够长，磁铁的加速度减小到零，此时磁铁受到的向下重力等于向上的安培力反作用力，之后磁铁向下做匀速运动，故AB错误；C、由以上分析可知，强磁铁在运动过程中，所受铝管对它的作用力方向竖直向上，故C正确；D、由于强磁铁在铝管中运动的速度越来越大，铝管切割磁感线产生感生电流越来越大，受到磁铁所给的向下安培力越来越大，如果铝管足够长，强磁铁在运动过程中，所受合力方向先竖直向下后减为零，不可能竖直向上，故D错误。故选：C。题型3对法拉第电磁感应定律的理解及应用（2023秋•昌平区期末）如图甲所示，100匝（图中只画了2匝）圆形线圈面积为0.01m2，电阻不计。线圈内存在方向垂直纸面向里且强度随时间变化的磁场；t＝0时，B＝0。线圈两端A、B与一个电压传感器相连，电压传感器测得A、B两端的电压按图（乙）所示规律变化。在t＝0.05s时（）A．磁感应强度随时间的变化率为0.01T/s B．磁感应强度随时间的变化率为20T/s C．穿过每匝线圈的磁通量为2.5×10﹣4Wb D．穿过每匝线圈的磁通量为5.0×10﹣4Wb【解答】解：AB、由图乙知，在t＝0.05s时A、B两端的电压U＝1.0V，因线圈电阻不计，所以线圈产生的感应电动势E＝U＝1.0V根据法拉第电磁感应定律得E＝NΔΦΔt=N解得：ΔBΔt=1.0T/s，故CD、在t＝0.05s时，B=ΔBΔtt＝1.0×0.05T＝0.05T，穿过每匝线圈的磁通量为Φ＝BS＝0.05×0.01m2＝5×10﹣4Wb，故C错误，故选：D。（2023秋•玄武区校级期末）如图甲所示，100匝总阻值为0.3kΩ的圆形线圈两端M、N与一个阻值为1.2kΩ的电压表相连，其余电阻不计，线圈内有垂直纸面指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。下列说法正确的是（）A．线圈中产生的感应电流沿顺时针方向 B．电压表的正接线柱接线圈的N端 C．线圈中磁通量的变化率为0.05Wb/s D．电表的读数为40V【解答】解：AB、穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律判断可知，线圈中产生的感应电流沿逆时针方向，所以电压表的正接线柱接线圈的M端，故AB错误；C、由图乙知，线圈中磁通量的变化率为：ΔΦΔt=0.15Wb-0.10WbD、根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E＝nΔΦΔt=100×0.5V电表的读数为：U=RR+rE=故选：D。（2023秋•浦东新区校级期末）如图（a）所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路，若圆环内加一垂直于纸面的变化的磁场，变化规律如图（b）所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻，以下说法正确的是（）A．0～1s内，流过电阻R的电流方向为a→R→b B．2～3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小 C．t＝2s时，流过电阻R的电流方向发生改变 D．t＝2s时，Uab＝πr2B0（V）【解答】解：A、依据楞次定律，在0﹣1s内，穿过线圈的向里磁通量增大，则线圈中产生顺时针方向感应电流，那么流过电阻R的电流方向为b→a，故A错误；B、由图可知，在2﹣3s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B错误；C、2s时磁感应强度为零，但是磁通量的变化率没有发生变化，故电流为恒定电流，方向不变，故C错误；D、当t＝2s时，根据法拉第电磁感应定律，E=ΔBΔtS＝πr2B0；因不计金属圆环的电阻，因此Uab＝E＝πr2B0，故故选：D。题型4平动切割磁感线.（2023秋•江苏期末）如图所示，abcd为水平固定放置的U形导体框，其中bc长为x，bc部分阻值为r，其余部分电阻不计。长为2x、阻值为2r的均匀导体棒MN，始终与导体框接触良好。整个装置处于垂直纸面的匀强磁场中。现使导体棒以速度v水平向左匀速运动，则导体棒两端的电势差是（）A．0.5Bxv B．Bxv C．1.5Bxv D．2Bxv【解答】解：闭合回路部分的电势差为U1=Bxvr+r•r，解得闭合回路之外的电势差为U2＝Bxv所以导体棒两端的电势差U＝U1+U2＝0.5Bxv+Bxv＝1.5Bxv，故C正确，ABD错误。故选：C。（2023秋•海淀区校级期末）如图，水平面内两导轨间距1m，处于磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，导轨的左端接有电阻R＝3Ω、长1m的导体棒PQ垂直导轨，以4m/s的速度向右匀速滑动，导体棒电阻为1Ω，导轨的电阻忽略不计。则下列说法正确的是（）A．P点的电势高于Q点，PQ两点电势差的大小为4V B．P点的电势高于Q点，PQ两点电势差的大小为3V C．Q点的电势高于P点，PQ两点电势差的大小为4V D．Q点的电势高于P点，PQ两点电势差的大小为3V【解答】解：切割磁感线的导体棒相当于电源，导体棒PQ为电源，由右手定则可知PQ棒中感应电流方向Q→P，电源内部电流由低电势流向高电势，故P点电势高于Q点由E＝BLv得PQ棒产生的感应电动势为E＝BLv＝1×1×4V＝4VP、Q两点的电势差等于路端电压，由闭合电路欧姆定律得P、Q两点的电势差大小为U=IR=ER+rR=43+1故选：B。（2023秋•龙凤区校级期末）在水平光滑绝缘桌面上有一边长为L的正方形线框abcd，被限制在沿ab方向的水平直轨道自由滑动．bc边右侧有一正直角三角形匀强磁场区域efg，直角边ge和ef的长也等于L，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示，线框在水平拉力作用下向右匀速穿过磁场区，若图示位置为t＝0时刻，设逆时针方向为电流的正方向。则感应电流i﹣t图象正确的是（时间单位为L/v）（）A． B． C． D．【解答】解：bc边的位置坐标x在0﹣l的过程，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。线框bc边有效切线长度为L＝l﹣vt，感应电动势为E＝BLv＝B（l﹣vt）•v＝Bv﹣Bv2t，均匀减小，感应电流i=E同理，x在l﹣2l过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流均匀减小。故ABC错误，D正确。故选：D。题型5转动切割磁感线（2023秋•吉林期末）法拉第发明了世界上第一台发电机—法拉第圆盘发电机，原理图如图所示。半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是（金属圆盘的电阻不计）（）A．由d到c，I=Br2ω2R B．由dC．由c到d，I=Br2ω2R D．由【解答】解：根据法拉第电磁感应定律，圆盘切割磁感线产生的感应电动势为E＝Brv=Br根据欧姆定律，通过电阻的电流大小为I=E由右手定则，圆盘相当于电源，其电动势方向为从边缘指向圆心，所以电阻中的电流方向为从d到c，故A正确，BCD错误。故选：A。（多选）（2023秋•杨浦区校级期末）如图所示为法拉第圆盘发电机的示意图，半径为L的铜质圆盘安装在竖直的铜轴上，两电刷P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，空间施加竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆盘随转轴沿如图所示的方向以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是（）A．穿过圆盘的磁通量不变，回路中无感应电流 B．电阻R中电流方向由b到a C．圆盘中心电势比边缘电势高 D．电路中感应电动势大小为1【解答】解：A．圆盘可以看作是由无数条金属棒组成的，金属棒转动切割磁感线产生感应电动势，回路中产生感应电流，故A错误；BC．根据右手定则可知，圆盘中的电流方向从圆盘边缘指向圆盘中心，根据电流的流向可知通过电阻R中电流方向由a到b；在电源内部，电流是从低电势流向高电势，所以圆盘中心电势比边缘电势高，故B错误，C正确；D．根据法拉第电磁感应定律，可得电路中感应电动势大小为E=BLv故D正确。故选：CD。（多选）（2023秋•大连期末）如图所示在空间直角坐标系O﹣xyz中有一等腰直角三角形线框，其中一条直角边与z轴重合，另一条直角边在xOy平面内，线框总电阻为r，直角边长为l，当线框在外力作用下绕着z轴以角速度ω匀速转动时，线框上的P点先后经过x轴和y轴，整个装置处于沿y轴方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，则下列判断正确的是（）A．当线框经过x轴时，OP两点间的电势差UOPB．当线框经过y轴时，P、Q两点电势差为UPQC．线框由x轴位置转到y轴位置的过程中，通过线框截面的电量为量q=BD．线框在转动一圈的过程中电流方向改变一次【解答】解：A、当线框经过x轴时，各边都不切割磁感应线，OP两点的电势差为UOP＝0，故A错误；B．当线框经过y轴时，线框的有效切割长度为l，此时产生的感应电动势：E＝Blv根据几何关系可知PQ的长度为2l，由右手定律可知PQ切割磁感线，P点的电势高于Q点的电势，P、Q两点电势差为路端电势差，则有：UPQ=2l(2+2C．线框由x轴位置转到y轴位置的过程中，线框中磁通量的变化量为：q=IΔt=ErΔt=D．每经过一次中性面，电流方向改变一次，线框在转动一圈的过程中，经过两次中性面，所以电流方向改变两次，故D错误。故选：BC。（2022秋•中原区校级期末）如图所示，边长为l的正方形线圈abcd垂直于均匀磁场B放置，如果线圈绕通过a点并垂直于线圈所在平面的轴，以匀角速度ω旋转，那么a，c两点间的动生电动势为（）A．Bωl22 B．Bωl2 C．2Bωl2 D．4B【解答】解：线圈绕a点转动时，四条边都在转动切割磁感线，都产生动生电动势，根据动生电动势公式的推论：E=绕a点转动的有效长度L=2l，故ac两点间的电势差为：E=12B(2l)2故选：B。题型6有效长度问题（2022秋•荔湾区校级期末）光滑水平面上存在一直角坐标系xOy，在0≤x≤0.4m范围内有一有界匀强磁场区域，其下边界与x轴重合，上边界满足曲线方程y=0.2sinπ0.4x(m)，磁感应强度B＝0.4T，方向垂直纸面向里。总电阻为R＝0.1Ω的导线框在沿x轴正方向的拉力F作用下，从图中位置起以v＝10m/s的速度水平向右做匀速直线运动，已知导线框为正方形，边长LA．导线框AD两端的最大电压为0.6V B．线框中的最大电流为8A C．流过线框的电荷量为0.32C D．拉力F先增大后减小【解答】解：A.导线框AD边运动到磁场中心时，AD两端电压最大，此时Umax=EmaxR×34R，Emax＝Bymaxv，ymax＝0.2m，联立解得B.导线框AD边运动到磁场中心时，电流最大，Imax=EmaxR，Emax＝Bymaxv，解得Imax＝2AC.流过线框的电荷量q=It，I=Et，E=ΔΦΔt，联立解得q=ΔΦR，在线框完全穿过整个磁场的过程，ΔΦ＝BS，S为磁场的区域面积，若流过线框的电荷量为0.32C是正确的，那么解得：S＝0.08m2，由图象可知磁场的区域面积小于0.4mD.线框做匀速直线运动，拉力大小等于安培力大小，安培力F＝BIy，导线框BC或AD运动到磁场中心时，安培力最大，故安培力先增大后减小再增大再变小，故拉力先增大后减小再增大再变小，故D错误；故选：A。（2022秋•中原区校级期末）一根长为L、下端固定的导线OA处于匀强磁场中。磁场的方向竖直向上，大小为B。若该导线以角速度ω绕竖直轴OO'旋转，且角速度方向与磁场的方向相同，如图所示。则导线中的电动势（）A．大小为BωL22sinB．大小为BωL22sinα，方向由C．大小为BωL22sinD．大小为BωL22sinα【解答】解：根据右手定则可判断电动势的方向为：O→A由题可知，导线切割磁感线的有效长度为：l＝Lsinα导线切割磁感线的平均速度为：v故根据动生电动势的表达式可知：E＝Blv=B•Lsinα•12ωLsinα=12故选：A。题型7动生电动势的图像（2022秋•萨尔图区校级期末）如图所示，正方形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。下列选项中能表示线框的ab边受到的安培力F随时间t的变化关系的是（规定水平向左为力的正方向）（）A． B． C． D．【解答】解：0～1s：磁感应强度方向垂直纸面向里且均匀减小，由楞次定律及安培定则可得，线框中产生顺时针方向的感应电流，由E=ΔΦΔt=ΔBΔtS可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab1～3s：磁感应强度方向垂直纸面向外且均匀增大，由楞次定律及安培定则可得，线框中产生顺时针方向的感应电流，由E=ΔΦΔt=ΔBΔtS可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab3～5s：磁感应强度方向垂直纸面向外且均匀减小，由楞次定律及安培定则可得，线框中产生逆时针方向的感应电流，由E=ΔΦΔt=ΔBΔtS可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab故A正确，BCD错误。故选：A。（2023秋•兴庆区校级期末）一长方形闭合导线框abcd，ab边长为L＝0.05m，bc边长为2L，线框各边粗细均匀，bc边位于x轴上且b点与坐标原点O重合。在x轴原点O的右侧有宽度0.2m、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为1.0T，如图所示。当线框以2.4m/s的速度沿x轴正方向匀速运动穿过磁场区域时，图像表示的是线框从进入磁场到穿出磁场的过程中，ab边两端电势差Uab随位置变化的情况，其中正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：由题意，可知x在0﹣2L段：线框进入磁场，ab边切割磁感线，产生感应电动势，ab部分相当于电源，根据楞次定律判断知感应电流沿逆时针方向，结合闭合电路欧姆定律，可得ab边两端电势差Uabx在2L﹣4L段：线框完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流产生，但ab边两端电势差不为零，为Uab＝BLv＝1×0.05×2.4V＝0.12Vx在4L﹣6L段：线框穿出磁场，dc边切割磁感线，产生感应电动势，dc边相当于电源，根据楞次定律判断知感应电流沿顺时针方向，结合闭合电路欧姆定律可得，ab边两端电势差Uab=16BLv=1故ACD错误，B正确。故选：B。（多选）（2023秋•道里区校级期末）如图所示，水平桌面上有一个半径为R的导线框，虚线MN右侧存在垂直于桌面向下的匀强磁场。导线框在外力F的作用下沿垂直MN方向匀速进入磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时的为正，外力F向右为正，则以下关于线框中的感应电流i、外为F、电功率P随时间变化的图像可能正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：AB.导线框进入磁场的过程中，通过导线框的磁通量增大，由楞次定律可知导线框中感应电流的方向为逆时针方向，设导线框切割磁感线的有效长度为l，导线框匀速运动的速度为v，导线框的电阻为r，如图则导线框进入磁场一半前的过程中l＝Rsinθ=导线框中电流I=导线框进入磁场过程中电流增大，导线框的一半进入磁场前的瞬间切割磁感线的有效长度为R，导线框的一半进入磁场的瞬间切割磁感线的有效长度为2R，导线框的电流大小瞬间加倍，导线框一半进入磁场后，导线框切割磁感线的有效长度减小，导线框中的电流减小I'=故A正确，B错误；C.由于导线框匀速运动，所以外力F与安培力大小相等，安培力的方向阻碍导线框磁通量的增大，方向向左，则外力F的方向与安培力的方向相反，始终水平向右，故C错误；D.电功率与外力F的功率相等P＝Fv＝BIlv=B2导线框进入磁场﹣半前的过程中P'=B2vr（2Rvt﹣v导线框进入磁场过程中电功率增大，导线框的一半进入磁场前的瞬间切割磁感线的有效长度为R，导线框的一半进入磁场的瞬间切割磁感线的有效长度为2R，导线框的电功率大小瞬间变为原来的4倍；导线框一半进入磁场后，导线框切割磁感线的有效长度减小，电功率为P''=4B2vr故D正确。故选：AD。题型8感生电动势的图像（多选）（2023秋•南岗区校级期末）如图1所示，一金属圆环放在磁场中，磁场方向与金属圆环平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示，则在0∼1s的时间内与1～3s的时间内（）A．金属圆环中感应电流的方向相反 B．金属圆环中感应电流大小之比为1：2 C．通过金属圆环中某一截面电荷量之比为1：1 D．金属圆环中产生的焦耳热之比为4：1【解答】解：A．根据题意，结合图像，由楞次定律可知，0～1s时间内金属圆环中感应电流的方向逆时针（俯视），1～3s的时间内金属圆环中感应电流的方向顺时针（俯视），即金属圆环中感应电流的方向相反，故A正确；B．根据题意，由法拉第电磁感应定律有E=ΔΦ感应电流为I=由图可知，0～1s时间内ΔBΔt=21～3s时间内ΔB'Δt'=2可得，金属圆环中感应电流大小之比为I1：I2＝2：1故B错误；C．由公式q＝It可得，通过金属圆环中某一截面电荷量之比为q1故C正确；D．由公式Q＝I2Rt可得，金属圆环中产生的焦耳热之比为Q1故D错误。故选：AC。（多选）（2023秋•西城区期末）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。规定导体环中电流的正方向如图1所示，磁场方向向上为正方向。当磁感应强度B随时间t按图2所示的正弦曲线规律变化时，下列说法正确的是（）A．t＝1s时，导体环中的电流为0 B．t＝2s时，导体环中的磁通量变化率为0 C．t＝3s和t＝5s时，导体环中的电流大小相等、方向相反 D．2s～4s内，导体环中的电流方向先为负方向后为正方向【解答】解：ABC．根据法拉第电磁感应定律可知E=ΔΦΔt=ΔBΔtS可知，任意点的斜率大小为该点的感应电动势大小得t＝1s时该点该点斜率不为零，则磁通量变化率不为零，得感应电动势不变零，由欧姆定律得导体环中的电流不为零；t＝2s时，磁通量最大，但该点斜率为零，得磁通量变化率为零；在t＝3s和t＝5s时图像上该点的斜率大小相等，t＝3s斜率时为负，t＝5sD.2s～3s内，原磁场方向向上，ΔΦ减小，由楞次定律得感应电流为负方向，3s～4s内，原磁场方向向下，ΔΦ增大，由楞次定律得感应电流为负方向，故D错误。故选：BC。（2023秋•福州期末）如图甲所示，在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。规定导体环中电流逆时针方向（从上往下看）为正方向，磁场向上为正方向。当磁感应强度B随时间t按乙图变化时，导体环中感应电流随时间变化的图像可能正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有E=因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B﹣t图象中的斜率成正比，由图象可知：0﹣2s，斜率不变，根据欧姆定律，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为负值，而2﹣4s斜率不变，电流方向为顺时针，即为正值。故C正确，ABD错误。故选：C。题型9动力学图像（2023春•丰台区期末）如图所示，一个边长为l的正方形导线框沿x轴正方向匀速穿过匀强磁场区域。以x轴的正方向为安培力的正方向，从线框在图示位置的时刻开始计时，关于线框所受的安培力随时间变化的图像，正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：在0-lv内，线框在磁场之外，安培力为在lv-2lv内，由右手定则，感应电流的方向为逆时针，维持线框以恒定速度v沿F=B在2lv-4lv内，线框全部进入磁场，穿过线圈磁通量不变，感应电流为在4lv-5lv内，线框左边切割磁感线，由右手定则，感应电流的方向为顺时针，维持线框以恒定速度v沿x则图像如图故D正确，ABC错误。故选：D。（2022秋•青浦区校级期末）如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中，规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。以向下方向为安培力正方向，下列关于bc段导线受到的安培力F随时间变化的图像正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：E=ΔΦΔt结合闭合电路欧姆定律可知：I=bc段导线受到的安培力F＝BIL＝B•ΔBB﹣t图像的斜率即为ΔBΔt，由此可知0～3s内感应电流大小不变，根据楞次定律可判断电流方向为顺时针方向，由左手定则可判断出bc段导线受到的安培力方向先向下后向上，大小先减小后增大（与磁感应强度B成正比）；同理3～6s内，电流方向为逆时针方向，bc段导线受到的安培力方向先向下后向上，大小先减小后增大。故A正确，BCD故选：A。（2022秋•海淀区校级期末）如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab垂直于cd和eg放在金属导轨上且与它接触良好。在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计。现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在导轨上滑动，运动中杆ab始终垂直于导轨。若金属杆在外力F的作用下沿轨道做匀加速直线运动，则图中可以定性表示在对应时间内外力F随时间t变化关系的图象是（）A． B． C． D．【解答】解：设导体棒的加速度为a，经过一段时间后的速度为v，由运动学公式可知：v＝at导体棒切割产生电动势：E＝Blv根据闭合电路可知I=运动中的安培力大小为F安＝BIl由牛顿第二定律可知F﹣F安＝ma解得：F＝ma+B结合数学知识可知图像应该是B图像，故B正确，ACD错误；故选：B。题型10自感现象（2023秋•石家庄期末）如图，L是自感系数很大的线圈，电阻不为零，A1和A2是两个相同的小灯泡。闭合开关S一段时间后两灯泡都发光，断开开关S瞬间，灯泡A1闪亮一下后熄灭。则下列说法正确的是（）A．闭合开关S一段时间后两灯泡亮度相同 B．断开开关S后小灯泡A2逐渐熄灭 C．线圈的电阻必定小于小灯泡的电阻 D．断开开关S前后小灯泡A1的电流方向保持不变【解答】解：A．灯泡A2位于干路，灯泡A1位于支路，闭合开关S一段时间后，流过A2的电流一定大于流过A1的电流，所以两灯泡亮度不相同，故A错误；B．断开开关S后，小灯泡A2无法与线圈构成回路，小灯泡A2马上熄灭，故B错误；C．断开开关S瞬间，灯泡A1闪亮一下后熄灭，说明电路中的电流稳定后，通过线圈的电流大于通过A1的电流，结合欧姆定律可知线圈的电阻小于小灯泡的电阻，故C正确；D．断开开关S后较短的时间内，L中产生的自感电动势阻碍流过L的电流的变化，所以流过L的电流的方向不变；由于L与灯泡A1组成自感回路，所以断开开关S前后灯泡A1的电流方向由原来的向右变为向左，故D错误。故选：C。（2023秋•天心区校级期末）某物理兴趣小组的同学进行如图所示的现象研究。在图中，L为自感系数较大的电感线圈，且电阻忽略不计，A、B为两个完全相同的灯泡，且它们的额定电压均等于电源的电动势。下列说法正确的是（）A．闭合开关K的瞬间，灯泡A先亮，灯泡B后亮，待电路稳定后，B灯泡熄灭 B．闭合开关K的瞬间，两灯泡同时亮，待电路稳定后，B灯泡熄灭 C．闭合开关K，待电路稳定后，断开开关K，则灯泡A立即熄灭，灯泡B不亮 D．闭合开关K，待电路稳定后，断开开关K，则灯泡A逐渐熄灭，灯泡B闪亮后再次熄灭【解答】解：AB．合上开关K的瞬间，由于线圈对电流的增大有阻碍作用，则电源电压同时加到两灯泡上，灯泡A、B同时亮；电感线圈产生自感电动势阻碍电流增大，待电路稳定后，电感线圈电阻忽略不计，相当于导线，灯泡B被短路熄灭，灯泡A两端电压为电源电压，变得更亮，故A错误，B正确；CD．闭合开关K，待电路稳定后，断开开关K瞬间，灯泡A立即熄灭，电感线圈产生自感电动势阻碍电流减小，在电感线圈与灯泡B间构成的闭合回路中产生感应电流，灯泡B闪亮一下后熄灭，故CD错误。故选：B。（2023秋•海淀区校级期末）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，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．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