2024-2025学年下学期高二物理沪科版期中必刷常考题之自感和涡流现象

第54页（共54页）2024-2025学年下学期高二物理沪科版（2020）期中必刷常考题之自感和涡流现象一．选择题（共8小题）1．（2024秋•惠山区校级期末）如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关，以下说法正确的是（）A．P比Q先熄灭 B．P闪亮后再熄灭 C．P与Q同时熄灭 D．断开开关瞬间a点的电势高于b点的电势2．（2025•白云区一模）随着绿色环保理念深入人心，电动汽车市场日趋火爆，电池充电技术飞速发展。如图为某科技公司利用电磁感应原理设计的无线充电桩原理示意图，若汽车以22kW的恒定功率充电，送电线圈连接u＝2202sin100πt（V）的交流电，不计能量损失，下列说法正确的是（）A．送电线圈中的电流为100A B．受电线圈中电流的频率为100Hz C．仅减小送电线圈的匝数，会增大电池端的输出电流 D．仅减小送电线圈的匝数，会减小电池端的输出电压3．（2024秋•望花区校级期末）如图所示电路图，电源电阻不计，A、B为同样的灯泡，D1、D2为两个理想二极管，自感线圈L稳定工作时电阻为RL。则下列说法正确的是（）A．闭合开关，B灯先亮，A灯不亮 B．闭合开关，A灯先亮，B灯后亮 C．断开开关，A灯立即熄灭，B灯缓慢亮起 D．断开开关，A灯立即熄灭，B灯亮起后缓慢熄灭4．（2024秋•无锡校级期末）下列四幅图的说法中正确的是（）A．图甲真空冶炼炉外的线圈通入高频交流电时，炉外线圈中会产生大量热量 B．图乙回旋加速器是利用磁场使带电粒子“转圈”、恒定电场进行加速的仪器 C．图丙毫安表运输时把正负接线柱用导线连在一起是利用电磁阻尼保护表头 D．图丁摇动手柄使蹄形磁铁转动，则铝框会和磁铁同向共速转动5．（2024秋•济南期末）下列与电、磁相关的实例应用中利用电磁感应原理的是（）①图甲中扬声器把电流信号转换成声音信号②图乙中磁电式电流表的指针偏转③图丙中利用电磁炉加热铁锅内食物④图丁中动圈式话筒把声音信号转化成电流信号A．①② B．②③ C．①④ D．③④6．（2024秋•石家庄期末）如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，下列说法正确的是（）A．接通开关S，A立即变亮，最后A比B亮 B．接通开关S，B立即变亮，最后A、B一样亮 C．断开开关S，A、B都立刻熄灭 D．断开开关S，A、B都逐渐熄灭7．（2024秋•抚顺期末）1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“阿拉果圆盘实验”。如图所示，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（）A．圆盘中始终未发生电磁感应现象 B．该实验现象与真空冶炼炉的原理相同 C．由于小磁针的磁性较弱，分析本现象时可以忽略小磁针的磁场 D．探测地雷的探雷器的工作原理与本实验现象无关联8．（2024秋•金凤区校级期末）关于教材中的四幅插图，下列说法正确的是（）A．图甲：是电磁感应实验，说明磁可以生电，最先由奥斯特发现的 B．图乙：是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内的金属中会产生涡流，会产生大量热量，从而冶炼金属 C．图丙：在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，如果忽略摩擦，铜盘会一直转动下去 D．图丁：微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起从而保护电表指针，这是利用了电磁驱动原理二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•西城区期末）图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器监测通过电感线圈L中的电流。已知电路中灯泡的电阻R1＝6Ω，定值电阻R2＝2Ω，电源电动势为6V，内阻不计。闭合开关S使电路处于稳定状态，灯泡发光。在t＝0.1s时刻断开开关S，断开开关S前后电流传感器显示电流随时间变化的图像如图乙所示。电流传感器的内阻忽略不计，根据以上信息下列说法中正确的是（）A．可以求出电感线圈的电阻 B．可以估算出断开开关后流过灯泡的电荷量 C．可以判断出断开开关后R2两端电压的变化情况 D．可以判断出断开开关后灯泡不会出现闪亮的现象（多选）10．（2024秋•哈尔滨校级期末）如图所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图。把一个半径为r的铜盘放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G为灵敏电流表，内阻为R，铜盘及其余线路电阻可忽略。现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法中正确的是（）A．电流表中的电流方向为由b到a B．C点电势高于D点电势 C．流过灵敏电流表的电流大小为BωrD．若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡旋电流（多选）11．（2024秋•洛阳期末）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，下列情况中能使焊接处消耗的电功率增大的是（）A．其他条件不变，增大交变电流的电压 B．其他条件不变，增大交变电流的频率 C．感应电流相同的条件下，增大焊接处的接触电阻 D．感应电流相同的条件下，减小焊接处的接触电阻（多选）12．（2024秋•贵阳期末）一弹簧上端固定，下端悬挂一个条形磁体，在磁体N极正下方的水平桌面上固定一闭合铜线圈，如图所示。现将磁体托起到某一高度后放开，磁体只在竖直方向上下振动，并在较短时间就停下来，不计空气阻力。下列关于该磁体的分析正确的是（）A．该磁体N极靠近线圈时，线圈对桌面的压力大于其重力 B．该磁体N极靠近线圈时，自上而下看线圈中有顺时针方向的感应电流 C．该磁体无论向上或向下运动，都将受到线圈中感应电流磁场的阻碍作用 D．该磁体在较短时间停下来的原因是弹簧和磁体的机械能转化为线圈中的电能三．解答题（共3小题）13．（2024秋•海淀区期末）物理学家可以通过构建新模型、借助已有理论和逻辑推理，形成对微观世界的新认识，如对光电效应、α粒子散射实验等现象的解释。经典理论认为：①金属导体中自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞，形成了自由电子定向移动的阻力，其大小为f＝kv，k称为阻力系数，v为自由电子定向移动的速率。②通电金属导线中，电场线总是与导线的表面平行。已知元电荷为e，忽略电子的重力及其热运动的影响，请借助上面的理论，通过构建模型来解答以下问题。（1）现有两种不同的金属材料1和2，材料对电子定向移动的阻力系数分别为k1和k2，单位体积内的自由电子数分别为n1和n2。如图甲所示，用这两种金属材料制成横截面积相同、长度相同的两个圆柱形导体，将它们串联在一起接入电路，达到稳定时会有恒定电流流过。①在电压、电流、电阻三个电学量中，写出稳定时两导体一定相同的物理量。②求稳定时两导体中的电场强度大小之比E1：E2。（2）测得（1）中的两种圆柱形导体的横截面积相同，将它们制成半径为r的两个半圆环，再拼接成一个导体圆环（圆柱形导体截面的直径远小于圆环半径r），如图乙所示，M、N为拼接位置。已知k1＝2k2，n1＝3n2。金属细圆环内部存在垂直于圆环平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间均匀增加，变化率为β，其激发的涡旋电场会推动电子开始沿圆环运动。由于电子定向移动速率比较小，可忽略自由电子绕圆环运动所需的向心力。经过短暂的时间后，电子的运动达到稳定状态。①在稳定状态下，导体1中某电子受到的涡旋电场力F涡如图丙所示，请补充完整该电子受力的示意图；并判断拼接位置M处堆积的净剩电荷的电性。②求稳定状态下，导体1中的静电场场强大小E。14．（2023秋•佛山期末）交流异步电动机是利用交变电流产生的旋转磁场带动闭合线圈转动的电动机，其工作原理与右图所示的装置类似。磁铁旋转产生旋转磁场，带动闭合线圈转动。请根据所学物理知识回答以下问题，并说明理由。（1）线圈中是否有感应电流？（2）线圈转动方向是否与磁铁转动方向一致？（3）电动机带负载工作时，线圈的转速是否可以达到磁铁转动的转速？15．（2023•海淀区二模）电磁场，是一种特殊的物质。（1）电场具有能量。如图1所示，原子核始终静止不动，α粒子先、后通过A、B两点，设α粒子的质量为m、电荷量为q，其通过A、B两点的速度大小分别为vA和vB，求α粒子从A点运动到B点的过程中电势能的变化量ΔEp。（2）变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图2所示，空间中有圆心在O点、垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，当空间中各点的磁感应强度随时间均匀增加时，请根据法拉第电磁感应定律、电动势的定义等，证明磁场内，距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。（提示：电荷量为q的电荷所受感生电场力F＝qE）（3）电磁场不仅具有能量，还具有动量。如图3所示，两极板相距为L的平行板电容器，处在磁感应强度为B的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向里。将一长度为L的导体棒ab垂直放在充好电的电容器两极板之间（其中上极板带正电），并与导体板良好接触。上述导体棒ab、平行板电容器以及极板间的电磁场（即匀强磁场、电容器所激发的电场）组成一个孤立系统，不计一切摩擦。求当电容器通过导体棒ab释放电荷量为q的过程中，该系统中电磁场动量变化量的大小Δp和方向。

2024-2025学年下学期高二物理沪科版（2020）期中必刷常考题之自感和涡流现象参考答案与试题解析题号12345678答案BADCDDBB一．选择题（共8小题）1．（2024秋•惠山区校级期末）如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关，以下说法正确的是（）A．P比Q先熄灭 B．P闪亮后再熄灭 C．P与Q同时熄灭 D．断开开关瞬间a点的电势高于b点的电势【考点】自感线圈对电路的影响．【专题】定性思想；归纳法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】B【分析】断开开关时，线圈L发生自感，线圈L和P组成闭合回路，所以Q灯马上熄灭，L相当于电源，在电源内部电流从低电势流向高电势，根据原来开关S闭合稳定时，通过线圈L的电流和灯泡P的电流大小比较看是否会发生闪亮效果。【解答】解：ABC、断开开关时，线圈L发生自感，线圈L和P组成闭合回路，所以Q灯马上熄灭，因为线圈L的电阻很小，所以在电路稳定时，通过线圈的电流大于通过灯泡P的电流，而断开开关时，通过线圈L和灯泡P的电路中电流是从原来通过L的电流开始减小的，所以在断开开关时，通过P的电流比原来开关闭合时通过P灯的电流大，则P灯会产生闪亮效果，即P闪亮后再熄灭，故AC错误，B正确；D、断开开关瞬间，通过线圈L的电流方向不变，仍然是从做向右，线圈L相当于电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，即a点的电势低于b点的电势，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了对断电自感的认识，知道灯泡P发生闪亮效果的条件。2．（2025•白云区一模）随着绿色环保理念深入人心，电动汽车市场日趋火爆，电池充电技术飞速发展。如图为某科技公司利用电磁感应原理设计的无线充电桩原理示意图，若汽车以22kW的恒定功率充电，送电线圈连接u＝2202sin100πt（V）的交流电，不计能量损失，下列说法正确的是（）A．送电线圈中的电流为100A B．受电线圈中电流的频率为100Hz C．仅减小送电线圈的匝数，会增大电池端的输出电流 D．仅减小送电线圈的匝数，会减小电池端的输出电压【考点】互感和互感现象．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据送电线圈连接u＝2202sin100πt（V）的交流电可知交流电的最大值和角速度，即可求得有效值和频率，根据P＝UI求得电流，根据电压之比与匝数成正比，根据输入功率等于输出功率即可判断。【解答】解：A、根据u＝2202sin100πt（V）交流电的最大值为Um=2202V，有效值为U=Um2=B、根据u＝2202sin100πt（V）交流电的角速度为ω＝100πrad/s，送电线圈频率为f=ω2π=100CD、输送电压与输送功率恒定，则送电线圈中电流恒定，减小送电线圈匝数，受电线圈电压增大，电流减小，CD错误；故选：A。【点评】本题主要考查了无线充电，即通过理想变压器原理，抓住电压之比与线圈的匝数成正比，输入功率等于输出功率。3．（2024秋•望花区校级期末）如图所示电路图，电源电阻不计，A、B为同样的灯泡，D1、D2为两个理想二极管，自感线圈L稳定工作时电阻为RL。则下列说法正确的是（）A．闭合开关，B灯先亮，A灯不亮 B．闭合开关，A灯先亮，B灯后亮 C．断开开关，A灯立即熄灭，B灯缓慢亮起 D．断开开关，A灯立即熄灭，B灯亮起后缓慢熄灭【考点】自感线圈对电路的影响．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】D【分析】二极管具有单向导电性，线圈具有阻碍电流变化的作用，由此分析。【解答】解：AB．开关闭合，由于二极管的单向导通性，所以A灯先亮，B灯始终不亮，故AB错误；CD．开关K断开后，由于线圈的自感作用，会产生一个自感电动势来阻碍电流的减小，这个自感电动势会使电流继续维持一段时间，然后逐渐减小到零。此时线圈产生的感应电动势右端的电势高于左端电势，由于二极管的单向导通性，灯泡A的电流立刻为零，A灯立即熄灭，而灯泡B所在支路的二极管导通，所以B灯会闪亮一下再渐渐熄灭，故C错误，D正确。故选：D。【点评】记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段有电阻的导线，断开瞬间L相当于电源。4．（2024秋•无锡校级期末）下列四幅图的说法中正确的是（）A．图甲真空冶炼炉外的线圈通入高频交流电时，炉外线圈中会产生大量热量 B．图乙回旋加速器是利用磁场使带电粒子“转圈”、恒定电场进行加速的仪器 C．图丙毫安表运输时把正负接线柱用导线连在一起是利用电磁阻尼保护表头 D．图丁摇动手柄使蹄形磁铁转动，则铝框会和磁铁同向共速转动【考点】电磁阻尼与电磁驱动；生活中的电磁感应现象；磁电式电流表；涡流的产生及原理．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．【答案】C【分析】真空冶炼炉，在铁块中会产生涡流，产生大量热量，冶炼金属。根据回旋加速器的工作原理进行分析；将毫安表的表头短接来保护电表，利用了电磁阻尼原理；当磁铁与线圈相对运动时，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，根据电磁阻尼的知识进行分析。【解答】解：A、图甲是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，故A错误；B、图乙是回旋加速器，带电粒子在恒定电场中加速后进入磁场中偏转，再进入电场中加速、进入磁场中偏转，最后由特殊的装置将粒子引出，所以电场为交变电场，故B错误；C、图丙是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，运输过程中导线转动切割磁感应线产生感应电流、产生安培力阻碍线框的转动，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故C正确；D、由电磁驱动原理可知，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢，即同向异步，和磁铁转得不一样快，故D错误。故选：C。【点评】该题为电磁驱动的模型、电磁阻尼等知识，考查法拉第电磁感应定律，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，同时掌握回旋加速器的工作原理。5．（2024秋•济南期末）下列与电、磁相关的实例应用中利用电磁感应原理的是（）①图甲中扬声器把电流信号转换成声音信号②图乙中磁电式电流表的指针偏转③图丙中利用电磁炉加热铁锅内食物④图丁中动圈式话筒把声音信号转化成电流信号A．①② B．②③ C．①④ D．③④【考点】电磁阻尼与电磁驱动；感应电流的产生条件；涡流的应用与防止．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】D【分析】根据电磁感应的各种应用的原理逐一分析每个选项。【解答】解：我们逐一分析每个选项：①图甲中扬声器把电流信号转换成声音信号：这是利用了电流的磁效应，即电流通过导线时会产生磁场，这个磁场与扬声器中的永磁体相互作用，从而产生声音，这并不是电磁感应原理的应用，所以①错误。②图乙中磁电式电流表的指针偏转：磁电式电流表的工作原理是安培力原理，即电流在磁场中会受到力的作用，这个力使得指针偏转，从而指示出电流的大小。这也不是电磁感应原理的应用，所以②错误。③图丙中利用电磁炉加热铁锅内食物：电磁炉的工作原理就是电磁感应原理。电磁炉内部有一个线圈，当线圈中有交流电通过时，会产生变化的磁场，这个磁场会在铁锅中产生感应电流（涡流），感应电流在铁锅中流动时会产生热量，从而加热食物，所以③正确。④动圈式话筒的工作原理也是电磁感应原理。当声音波动作用于话筒的膜片时，膜片会带动线圈在磁场中做切割磁感线的运动，从而产生感应电流，这个感应电流就包含了声音信号的信息，所以④正确。综上所述，利用电磁感应原理的实例是③和④，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题主要考查电磁感应原理的应用，需要理解电磁感应现象以及其在各种实例中的应用。6．（2024秋•石家庄期末）如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，下列说法正确的是（）A．接通开关S，A立即变亮，最后A比B亮 B．接通开关S，B立即变亮，最后A、B一样亮 C．断开开关S，A、B都立刻熄灭 D．断开开关S，A、B都逐渐熄灭【考点】自感线圈对电路的影响．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】D【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析。【解答】解：AB、接通开关S，因此A立刻亮；根据通电自感可知，闭合开关时，线圈产生自感电动势阻碍电流的增加，则B逐渐变亮，A、B为两个相同灯泡，则最后A、B一样亮，故AB错误；CD、由于闭合开关稳定时AB两灯的电流相同，根据断电自感可知，断开开关时，AB灯都逐渐熄灭，不会闪亮，故C错误，D正确；故选：D。【点评】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。7．（2024秋•抚顺期末）1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“阿拉果圆盘实验”。如图所示，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（）A．圆盘中始终未发生电磁感应现象 B．该实验现象与真空冶炼炉的原理相同 C．由于小磁针的磁性较弱，分析本现象时可以忽略小磁针的磁场 D．探测地雷的探雷器的工作原理与本实验现象无关联【考点】电磁阻尼与电磁驱动；生活中的电磁感应现象；涡流的产生及原理．【答案】B【分析】由电磁感应的条件和电磁驱动判断。【解答】解：小磁针的磁场穿过铜圆盘，转动时磁通量发生改变，铜圆盘中产生涡流（旋涡似的感应电流，以中心的竖直轴为圆心旋转），而涡流在磁场中受到安培力，小磁针受到安培力的反作用力随之一起转动起来，这种现象叫电磁驱动。AC.小磁针的磁场使铜圆盘中发生了电磁感应现象，故AC错误；BD.真空冶炼炉是利用高频电流使炉内产生涡流加热金属，探雷器是利用高频电流产生变化的磁场遇到金属时产生涡流而报警，与此原理相同，故BD正确。故选：B。【点评】涡流是在金属板中发生电磁感应产生的感应电流，像水的旋涡一样，故叫涡流。8．（2024秋•金凤区校级期末）关于教材中的四幅插图，下列说法正确的是（）A．图甲：是电磁感应实验，说明磁可以生电，最先由奥斯特发现的 B．图乙：是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内的金属中会产生涡流，会产生大量热量，从而冶炼金属 C．图丙：在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，如果忽略摩擦，铜盘会一直转动下去 D．图丁：微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起从而保护电表指针，这是利用了电磁驱动原理【考点】电磁阻尼与电磁驱动；生活中的电磁感应现象；涡流对金属在磁场中运动的影响．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据电磁感应、涡流、电磁阻尼和电磁驱动等电磁学的基本概念和应用来判断每个选项的正确性。【解答】解：A.图甲是电磁感应实验，说明磁可以生电，但不是奥斯特发现，故A错误；B.图乙：给真空冶炼炉通入高频交流电，炉内的金属中会产生涡流，会产生大量热量，从而冶炼金属，故B正确；C.图丙：在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，就算摩擦极小，也会因产生感应电流，在电磁阻尼的作用下很快停下，故C错误；D.图丁：微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，运输过程中导线转动切割磁感应线产生感应电流，线圈受到的安培力会阻碍线框的转动，可以保护电表指针，这是利用了电磁阻尼原理，故D错误。故选：B。【点评】考查电磁感应和电磁阻力等知识，会根据题意进行准确分析解答。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•西城区期末）图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器监测通过电感线圈L中的电流。已知电路中灯泡的电阻R1＝6Ω，定值电阻R2＝2Ω，电源电动势为6V，内阻不计。闭合开关S使电路处于稳定状态，灯泡发光。在t＝0.1s时刻断开开关S，断开开关S前后电流传感器显示电流随时间变化的图像如图乙所示。电流传感器的内阻忽略不计，根据以上信息下列说法中正确的是（）A．可以求出电感线圈的电阻 B．可以估算出断开开关后流过灯泡的电荷量 C．可以判断出断开开关后R2两端电压的变化情况 D．可以判断出断开开关后灯泡不会出现闪亮的现象【考点】自感线圈对电路的影响．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】ABC【分析】根据欧姆定律求出开关断开前线圈的直流电阻；由楞次定律判断出自感电流的方向及自感电动势的正负极，自感线圈支路总电阻小于灯泡电阻，原电流大，断开开关瞬间，小灯泡会闪亮。【解答】解：A、开关S闭合且电路稳定时流过线圈L的电流为：I0＝1.5A，由欧姆定律可得I0=UR2+RL，代入数据解得：B、由Q＝It，则I﹣t图象中I与围成的面积，t＝0.1s后曲线围成的面积表示流过线圈的电量，故B正确；C、开关闭合时，流过线圈的电流由左向右，断开开关后，线圈L、电阻R和电灯构成一闭合回路，发生自感现象，线圈的电流要保持由左向右电流方向，流进灯泡由右向左，形成回路，线圈相当于电源，线圈右端为正极，故C正确；D、RL+R2＝4Ω＜R1＝6Ω，故闭合S时，流过线圈的电流大于流过灯泡电流，断开S发生自感现象时，小灯泡会发生闪亮现象，故D错误；故选：ABC。【点评】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用；线圈回路发生自感现象，线圈相当于电源，由电流方向判断电源正负极；是否闪亮要比较自感前后电流的变化。（多选）10．（2024秋•哈尔滨校级期末）如图所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图。把一个半径为r的铜盘放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G为灵敏电流表，内阻为R，铜盘及其余线路电阻可忽略。现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法中正确的是（）A．电流表中的电流方向为由b到a B．C点电势高于D点电势 C．流过灵敏电流表的电流大小为BωrD．若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡旋电流【考点】涡流的产生及原理；右手定则；导体转动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】ACD【分析】把铜盘看作若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，产生大小和方向不变的电流。根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=12Bωr【解答】解：AB．根据右手定则，电流表中的电流方向为由b到a，C点电势低于D点电势，盘边缘为电源正极，中心为负极，故A正确，B错误；C．回路中的感应电动势为E=流过灵敏电流表的电流大小为I=故C正确；D．若铜盘不转动，使所加磁场强度均匀增大，在铜盘中产生感生环形电场，使铜盘中的自由电荷在电场力作用下定向移动，在铜盘中形成涡旋电流，故D正确。故选：ACD。【点评】本题考查运用物理知识分析实际问题的能力。此题是电磁感应问题，基本规律有楞次定律或右手定则、法拉第电磁感应定律，路端电压与电动势大家很容易混淆，其关系为：当外电路开路或内电阻为零时，路端电压等于电源电动势，总而言之，当内电压为零时，路端电压等于电动势。（多选）11．（2024秋•洛阳期末）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，下列情况中能使焊接处消耗的电功率增大的是（）A．其他条件不变，增大交变电流的电压 B．其他条件不变，增大交变电流的频率 C．感应电流相同的条件下，增大焊接处的接触电阻 D．感应电流相同的条件下，减小焊接处的接触电阻【考点】涡流的应用与防止．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．【答案】ABC【分析】高频焊接技术利用了电磁感应原理，当高频交流电通过线圈时，会在金属工件中产生涡流，即感应电流。根据焦耳定律，感应电流在工件中产生的热量与电流的平方成正比，与电阻成正比。因此，要增加焊接处消耗的电功率，可以通过增加感应电流的强度或增加焊接处的电阻来实现。然而，增加焊接处的电阻会降低焊接效率，因为电阻增加会导致焊接处的温度上升过快，可能造成材料过热损坏。因此，更有效的策略是增加感应电流的强度，这可以通过增加交变电流的电压或频率来实现。【解答】解：A、增大交变电流的电压，其他条件不变，则线圈中交变电流增大，磁通量变化率增大，因此产生的感应电动势增大，根据欧姆定律可知，感应电流也增大，根据电功率与电流的关系，故焊接处消耗的电功率增大，故A正确；B、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，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，焊缝处消耗的电功率越大，故B正确；CD、电路中感应电流相同条件下，增大焊接缝的接触电阻，根据电功率公式P＝I2R，可知焊缝处消耗的电功率增大，故C正确，D错误。故选：ABC。【点评】在高频焊接技术中，增加电功率的关键在于增加感应电流的强度，这可以通过增加交变电流的电压或频率来实现。同时，虽然增加焊接处的电阻可以增加电功率，但需要权衡材料过热的风险。因此，在实际应用中，应优先考虑增加电压或频率，以提高焊接效率和质量。（多选）12．（2024秋•贵阳期末）一弹簧上端固定，下端悬挂一个条形磁体，在磁体N极正下方的水平桌面上固定一闭合铜线圈，如图所示。现将磁体托起到某一高度后放开，磁体只在竖直方向上下振动，并在较短时间就停下来，不计空气阻力。下列关于该磁体的分析正确的是（）A．该磁体N极靠近线圈时，线圈对桌面的压力大于其重力 B．该磁体N极靠近线圈时，自上而下看线圈中有顺时针方向的感应电流 C．该磁体无论向上或向下运动，都将受到线圈中感应电流磁场的阻碍作用 D．该磁体在较短时间停下来的原因是弹簧和磁体的机械能转化为线圈中的电能【考点】电磁阻尼与电磁驱动．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．【答案】ACD【分析】利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，从而判断线圈对水平面的压力变化情况，线圈会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁最终会停止。【解答】解：AB．磁体向下振动靠近线圈时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，线圈对磁体的作用力的合力竖直向上，磁体对线圈作用力的合力竖直向下，所以线圈对水平面的压力大于其重力，故A正确，B错误；C．该磁体无论向上或向下运动，根据楞次定律来拒去留的推论，都将受到线圈中感应电流磁场的阻碍作用，故C正确；D．由于磁体上下振动的过程中产生感应电流，机械能转化为电能，所以磁体很快就会停下来，故D正确。故选：ACD。【点评】本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“增反减同，来拒去留”这一规律，此类题目难度不大。三．解答题（共3小题）13．（2024秋•海淀区期末）物理学家可以通过构建新模型、借助已有理论和逻辑推理，形成对微观世界的新认识，如对光电效应、α粒子散射实验等现象的解释。经典理论认为：①金属导体中自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞，形成了自由电子定向移动的阻力，其大小为f＝kv，k称为阻力系数，v为自由电子定向移动的速率。②通电金属导线中，电场线总是与导线的表面平行。已知元电荷为e，忽略电子的重力及其热运动的影响，请借助上面的理论，通过构建模型来解答以下问题。（1）现有两种不同的金属材料1和2，材料对电子定向移动的阻力系数分别为k1和k2，单位体积内的自由电子数分别为n1和n2。如图甲所示，用这两种金属材料制成横截面积相同、长度相同的两个圆柱形导体，将它们串联在一起接入电路，达到稳定时会有恒定电流流过。①在电压、电流、电阻三个电学量中，写出稳定时两导体一定相同的物理量。②求稳定时两导体中的电场强度大小之比E1：E2。（2）测得（1）中的两种圆柱形导体的横截面积相同，将它们制成半径为r的两个半圆环，再拼接成一个导体圆环（圆柱形导体截面的直径远小于圆环半径r），如图乙所示，M、N为拼接位置。已知k1＝2k2，n1＝3n2。金属细圆环内部存在垂直于圆环平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间均匀增加，变化率为β，其激发的涡旋电场会推动电子开始沿圆环运动。由于电子定向移动速率比较小，可忽略自由电子绕圆环运动所需的向心力。经过短暂的时间后，电子的运动达到稳定状态。①在稳定状态下，导体1中某电子受到的涡旋电场力F涡如图丙所示，请补充完整该电子受力的示意图；并判断拼接位置M处堆积的净剩电荷的电性。②求稳定状态下，导体1中的静电场场强大小E。【考点】感生电场和感生电动势；电流的微观表达式；电动势的概念和物理意义；法拉第电磁感应定律的基本计算．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；电磁感应与电路结合；模型建构能力．【答案】（1）①稳定时两导体一定相同的物理量是电流。②稳定时两导体中的电场强度大小之比E1：E2=k（2）①在稳定状态下，导体1中某电子受力的示意图见解答；拼接位置M处堆积的净剩电荷的电性为负电荷。②稳定状态下，导体1中的静电场场强大小E为110【分析】（1）①两导体为串联关系，稳定时两导体一定相同的物理量是电流。②根据电流强度的微观表达式和稳定时两导体的电流相同，得到两导体中自由电子定向移动速率的关系，将电子在两导体中运动视为匀速运动，根据二力平衡求解两导体中的电场强度大小之比。（2）①②根据法拉第电磁感应定律得到感应电动势的表达式，根据电动势定义得到导体环内涡旋电场的电场强度大小。根据串联的导体1和导体2中电流相等，结合已知条件得到导体1和导体2中自由电子定向移动受到的阻力大小关系。应用假设法，根据自由电子受力平衡条件，推理拼接位置M处堆积的净剩电荷的电性，以及自由电子受到的电场力方向，并求出导体1中的静电场场强大小。【解答】解：（1）①两导体为串联关系，稳定时两导体一定相同的物理量是电流。②根据电流强度的微观表达式：I＝neSv，由稳定时两导体的电流相同可得：n1eSv1＝n2eSv2解得：v因电流不变，故可将电子在两导体中运动视为匀速运动，根据二力平衡得：eE1＝k1v1；eE2＝k2v2联立解得：E（2）①②匀强磁场的磁感应强度B随时间均匀增加，会激发逆时针方向的涡旋电场。根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：ε=设导体环内涡旋电场的电场强度大小为E涡，根据电动势定义可得：ε=qE涡⋅联立解得：E根据串联的导体1和导体2中电流相等可得：n1eSv1＝n2eSv2，可得：v导体1和导体2中自由电子定向移动受到的阻力大小分别为：f1＝k1v1；f2＝k2v2联立解得：f假设稳定状态下，拼接位置M处堆积的净剩电荷为负电荷，N处堆积的净剩电荷为正电荷。则导体1中的静电场方向为顺时针，自由电子受到的电场力方向为逆时针，导体2中的自由电子受到的电场力方向为顺时针。两导体中电子都做匀速运动，则有：导体1中的电子受力满足：eE涡＝eE+f1导体2中的电子受力满足：eE涡+eE＝f2联立解得：E因所得E＞0，假设成立，可得拼接位置M处堆积的净剩电荷为负电荷。导体1中某电子受力的示意图如下图所示：答：（1）①稳定时两导体一定相同的物理量是电流。②稳定时两导体中的电场强度大小之比E1：E2=k（2）①在稳定状态下，导体1中某电子受力的示意图见解答；拼接位置M处堆积的净剩电荷的电性为负电荷。②稳定状态下，导体1中的静电场场强大小E为110【点评】本题考查了电磁感应现象中感生电场问题，电动势的物理意义，电流的微观表达式。解答时要合理构建模型、借助已学过的原理进行逻辑推理。14．（2023秋•佛山期末）交流异步电动机是利用交变电流产生的旋转磁场带动闭合线圈转动的电动机，其工作原理与右图所示的装置类似。磁铁旋转产生旋转磁场，带动闭合线圈转动。请根据所学物理知识回答以下问题，并说明理由。（1）线圈中是否有感应电流？（2）线圈转动方向是否与磁铁转动方向一致？（3）电动机带负载工作时，线圈的转速是否可以达到磁铁转动的转速？【考点】生活中的电磁感应现象．【答案】（1）线圈中有感应电流。（2）线圈转动方向与磁铁转动方向一致。（3）电动机带负载工作时，线圈的转速不可以达到磁铁转动的转速。【分析】（1）磁通量发生变化，闭合线圈中有感应电流产生；（2）由电磁驱动知识可知线圈转动方向与磁铁转动方向一致；（3）感应电流磁场是阻碍磁通量变化而不是阻止，所以线圈的转速不可以达到磁铁转动的转速。【解答】解：（1）由题图可知，当磁铁旋转产生旋转磁场时，穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中有感应电流产生。（2）对磁铁旋转从右向左看，磁铁逆时针转动，闭合线圈的上直边相对磁铁顺时针转动，由右手定则可知，上直边产生的感应电流方向从右向左，由左手定则可知，上直边受到的安培力沿逆时针方向，即上直边受到的安培力对线圈产生逆时针方向的转动力矩，线圈逆时针转动，线圈转动方向是与磁铁转动方向一致。（3）电动机带负载工作时，线圈的转速不可以达到磁铁转动的转速，若线圈的转速达到磁铁转动的转速，则穿过闭合线圈的磁通量不会发生变化，线圈中不会产生感应电流，线圈就不会产生转动的力矩，电动机不能带负载工作。答：（1）线圈中有感应电流。（2）线圈转动方向与磁铁转动方向一致。（3）电动机带负载工作时，线圈的转速不可以达到磁铁转动的转速。【点评】本题涉及电磁感应原理以及电磁驱动相关知识，熟记课本知识即可以顺利求解。15．（2023•海淀区二模）电磁场，是一种特殊的物质。（1）电场具有能量。如图1所示，原子核始终静止不动，α粒子先、后通过A、B两点，设α粒子的质量为m、电荷量为q，其通过A、B两点的速度大小分别为vA和vB，求α粒子从A点运动到B点的过程中电势能的变化量ΔEp。（2）变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图2所示，空间中有圆心在O点、垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，当空间中各点的磁感应强度随时间均匀增加时，请根据法拉第电磁感应定律、电动势的定义等，证明磁场内，距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。（提示：电荷量为q的电荷所受感生电场力F＝qE）（3）电磁场不仅具有能量，还具有动量。如图3所示，两极板相距为L的平行板电容器，处在磁感应强度为B的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向里。将一长度为L的导体棒ab垂直放在充好电的电容器两极板之间（其中上极板带正电），并与导体板良好接触。上述导体棒ab、平行板电容器以及极板间的电磁场（即匀强磁场、电容器所激发的电场）组成一个孤立系统，不计一切摩擦。求当电容器通过导体棒ab释放电荷量为q的过程中，该系统中电磁场动量变化量的大小Δp和方向。【考点】感生电场和感生电动势；动量定理的内容和应用；感应电动势及其产生条件．【专题】定性思想；归纳法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】（1）求α粒子从A点运动到B点的过程中电势能的变化量ΔE（2）证明过程见解答过程。（3）当电容器通过导体棒ab释放电荷量为q的过程中，该系统中电磁场动量变化量的大小BLq，方向水平向左。【分析】（1）考虑匀速运动的运动模型，根据法拉第电磁感应定律列式求解即可；（2）根据欧姆定律求解感应电动势，再结合法拉第电磁感应定律求解磁感应强度的变化率；（3）动生电动势是由于洛伦兹力作用而产生，感生电动势是由于涡旋电场的电场力产生.【解答】解：（1）由能量守恒可得ΔE（2）假设磁场中有以0为圆心半径为/的圆形闭合回路。磁感应强度随时间均匀增加则B＝B0+kt回路中产生的感应电动势为U=带电量为y的粒子在回路中运动一圈有Uq＝Eq•2πr解得E=距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。（3）对导体棒ab由动量定理可得BILt＝Δpab得BLq＝Δpab即导体棒ab动量变化量大小为BLq，方向水平向右。系统动量守恒，所以Δp＝﹣Δpab＝﹣BLq即电磁场动量变化量的大小为BLq，方向水平向左。答：（1）求α粒子从A点运动到B点的过程中电势能的变化量ΔE（2）证明过程见解答过程。（3）当电容器通过导体棒ab释放电荷量为q的过程中，该系统中电磁场动量变化量的大小BLq，方向水平向左。【点评】本题考查感生电动势与动生电动势，关键是找出非静电力的来源，会从法拉第电磁感应定律公式推导切割公式，不难.

考点卡片1．动量定理的内容和应用【知识点的认识】1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命题方向】篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（）A、减小篮球对手的冲量B、减小篮球对人的冲击力C、减小篮球的动量变化量D、增大篮球的动量变化量分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。故选：B。点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。【解题方法点拨】1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．2．电流的微观表达式【知识点的认识】1.电流的微观表达式的推导如图所示，AD表示粗细均匀的一段长为l的导体，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体每单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量大小为q。则：导体AD内的自由电荷全部通过横截面D所用的时间t=导体AD内的自由电荷总数N＝nlS，总电荷量Q＝Nq＝nlSq，此导体上的电流I=Q2.电流的微观表达式：I＝nqSv（1）I=qt是电流的定义式，I＝nqSv电流的决定式，因此电流I通过导体横截面的电荷量q及时间t无关，从微观上看，电流的大小取决于导体中单位体积内的自由电荷数n、每个自由电荷的电荷量大小q、定向移动的速率v，还与导体的横截面积（2）v表示电荷定向移动的速率。自由电荷在不停地做无规则的热运动，其速率为热运动的速率，电流是自由电荷在热运动的基础上向某一方向定向移动形成的。【命题方向】有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I；设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此电子的定向移动速率为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为（）A.nvSΔtB.nv•ΔtC.IΔtveD.分析：首先根据电流强度的定义可以求得t时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数．解答：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为V＝vtS．又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N＝nvSΔt。由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为Q＝It，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N=It故只有A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度．【解题思路点拨】用电流的微观表达式求解问题的注意点（1）准确理解公式中各物理量的意义，式中的v是指自由电荷定向移动的速率，不是电流的传导速率，也不是电子热运动的速率。（2）I＝neSv是由I=qt导出的，若3．电动势的概念和物理意义【知识点的认识】1.电源：电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化成电势能的装置．2.非静电力：电源内将正电荷从电源的负极搬运到电源正极的作用力称为非静电力。从功能角度看，非静电力做功，使电荷的电势能增加。3.电动势：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E=Wq，单位：4.电动势的物理含义：电动势表示电源把其它形式的能转化成电势能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压，等于非静电力把1C正电荷从电源负极搬运到正极所做的功。【命题方向】铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A、电路中每通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能B、蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大C、蓄电池与电路断开时两极间的电压为2VD、蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能分析：电动势在数值上等于非静电力将1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，电动势大，非静电力做功的本领就大，即将其它形式的能转化为电能的本领就大．解答：A．电动势在数值上等于非静电力将1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，所以对于铅蓄电池的电动势为2V，电路中每通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能。故A正确。B．电动势大，非静电力做功的本领就大，即将其它形式的能转化为电能的本领就大。故B正确。C．电源未接入电路时两端间的电压等于电动势。故C正确。D．电动势是2V，意义是移动1C的正电荷在电源内从负极移到正极，非静电力做功2J，即有2J的化学能转变成电能，不是1s内将2J的化学能转变成电能。故D错误。故选：ABC。点评：解决本题的关键理解电动势的大小反映将其它形式的能转变为电能本领的大小以及电动势是电源非静电力特性决定，与电源的体积无关，与外电路无关．【解题思路点拨】1.电源的电动势是表征电源把其他形式的能转化为电势能的本领大小的物理量，即非静电力移送相同电荷量的电荷做功越多，则电动势越大。2.公式E=Wq是电动势的定义式而不是决定式，E的大小与W和4．磁电式电流表【知识点的认识】磁电式电流表的示意图如下所示：（1）构造：如图所示，圆柱形铁芯固定于U型磁铁两极间，铁芯外面套有缠绕着线圈并可转动的铝框，铝框的转轴上装有指针和游丝。（2）原理：当电流流入线圈时，线圈受安培力作用而转动，使游丝扭转形变，从而对线圈的转动产生阻碍。当安培力产生的转动与游丝形变产生的阻碍达到平衡时，指针便停留在某一刻度。电流越大，安培力越大，指针偏转角度越大。【命题方向】实验室经常使用的电流表是磁电式仪表．这种电流表的构造如图甲所示．蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的．当线圈通以如图乙所示的电流，下列说法正确的是（）A、线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行B、线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动C、当线圈转到如图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向上D、当线圈转到如图乙所示的位置，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动分析：首先利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；然后找出与电流表的原理相同的选项即可．同时由左手定则来确定安培力的方向．解答：A、磁场是均匀地辐向分布，除了线圈所在平面的磁感线与其平行，其它位置磁感线均不与线圈平面平行，故A错误；B、当通电后，处于磁场中的线圈受到安培力作用，使其转动，螺旋弹簧被扭动，则受到弹簧的阻力，从而阻碍线圈转动，故B正确；C、由左手定则可判定：当线圈转到如图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向下，故C错误；D、由左手定则可判定：当线圈转到如图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向下，a端受到的安培力方向向上，因此安培力使线圈沿顺时针方向转动，故D正确；故选：BD。点评：在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握．【解题思路点拨】1.磁电式电流表的工作原理通电线圈在磁场中受到安培力的作用而发生偏转。线圈偏转的角度越大，被测电流就越大；线圈偏转的方向不同，被测电流的方向不同2.磁电式电流表的磁场特点两磁极间装有极靴，极靴中间的铁质圆柱使极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，保持线圈转动时，安培力的大小不受磁场影响，电流所受安培力的方向总与线圈平面垂直，线圈平面始终与磁场方向平行，从而使得表盘刻度均匀。5．感应电流的产生条件【知识点的认识】1.感应电流的产生条件：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中就产生感应电流。2.一种特殊情况：对于如下图所示，导体棒切割磁场产生感应电流的情况，依然可以认为是CDEF所围的闭合回路的磁通量发生了变化，从而引起感应电流的产生。3.关键词：①闭合回路；②磁通量的变化。4.判断有无感应电流的基本步骤（1）明确所研究的电路是否为闭合电路。（2）分析最初状态穿过电路的磁通量情况。（3）根据相关量变化的情况分析穿过闭合电路的磁通量是否发生变化，常见的情况有以下几种：①磁感应强度B不变，线圈面积S发生变化，例如闭合电路的一部分导体切割磁感线时。②线圈面积S不变，磁感应强度B发生变化，例如线圈与磁体之间发生相对运动时或者磁场是由通电螺线管产生而螺线管中的电流变化时。③磁感应强度B和线圈面积S同时发生变化，此时可由△Φ＝Φ1﹣Φ0。计算并判断磁通量是否发生变化。④线圈面积S不变，磁感应强度B也不变，但二者之间的夹角发生变化，例如线圈在磁场中转动时。【命题方向】关于产生感应电流的条件，下列说法正确的是（）A、只要闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定有感应电流B、只要闭合电路中有磁通量，闭合电路中就有感应电流C、只要导体做切割磁感线运动，就有感应电流产生D、只要穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，闭合电路中就有感应电流分析：产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动．根据这个条件进行选择．解：A、闭合电路在磁场中运动，穿过闭合电路的磁通量不一定发生变化，所以闭合电路中不一定有感应电流。故A错误。B、闭合电路中有磁通量，如没有变化，闭合电路中就没有感应电流。故B错误。C、导体做切割磁感线运动，不一定有感应电流产生，只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生。故C错误。D、穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，磁通量一定发生变化，则闭合电路中就有感应电流。故D正确。故选：D。点评：感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化．【解题思路点拨】判断产生感应电流的条件应注意的问题（1）磁通量有变化，但回路没闭合，不产生感应电流。（2）闭合回路切割磁感线，但磁通量没变化，不产生感应电流。（3）初、末位置磁通量相同，但过程中闭合回路磁通量有变化，产生感应电流。（4）线圈有正、反两面，磁感线穿过的方向不同，磁通量不同，产生感应电流。6．右手定则【知识点的认识】右手定则伸开右手，让大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过掌心，大拇指指向导体的运动方向，其余四指所指的方向，就是感应电流的方向．【命题方向】题型一：楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（）A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动分析：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．故选：BC．点评：本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．【解题方法点拨】1．右手定则适用于部分导体切割磁感线运动时感应电流的方向判定，而楞次定律适用于一切电磁感应现象，是判断感应电流方向的基本方法，对于由于磁通量变化而引起的感应电流，运用楞次定律判断其方向更方便．2．安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较及应用．（1）规律比较基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流有作用力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律（2）应用区别关键是抓住因果关系：①因电而生磁（I→B）→安培定则；②因动而生电（v、B→I安）→右手定则；③因电而受力（I、B→F安）→左手定则．7．感应电动势及其产生条件【知识点的认识】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．如果电路闭合，就有感应电流．如果电路不闭合，就只有感应电动势而无感应电流．2．产生感应电动势的条件无论电路是否闭合，只要穿过电路平面的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势，产生感应电动势的那部分导体就相当于电源．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=E4.如果感应电动势是由导体运动产生的，它也叫作动生电动势。导体切割磁场时一定会产生动生电动势，但如果没有闭合回路，则不会产生感应电流。【命题方向】关于感应电动势和感应电流，下列说法中正确的是（）A、只有当电路闭合，且穿过电路的磁通量发生变化时，电路中才有感应电动势B、只有当电路闭合，且穿过电路的磁通量发生变化时，电路中才有感应电流C、不管电路是否闭合，只要有磁通量穿过电路，电路中就有感应电动势D、不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电流分析：当穿过电路的磁通量发生变化时，电路中就有感应电动势，电路闭合时，电路才有感应电流。解答：AC、不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势产生。故AC错误。B、当穿过电路的磁通量发生变化时，电路中就有感应电动势产生，而只有当电路闭合，电路中才有感应电流。故B正确。D、只有穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中才有感应电流。故D错误。故选：B。点评：本题考查产生感应电流与感应电动势的条件，可以与直流电路类比理解。产生感应电流的条件有两个：一是电路必须闭合；二是穿过电路的磁通量必须变化。【解题思路点拨】1.只要回路中的磁通量发生变化或导体切割磁感线，就能产生感应电动势，如果有闭合回路，才能产生感应电流；如果没有闭合回路，就不会有感应电流。2.感应电动势与感应电流的关系可以总结为：有感应电动势不一定有感应电流，有感应电流一定有感应电动势。8．法拉第电磁感应定律的基本计算【知识点的认识】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＝nΔΦΔt【命题方向】一个100匝的线圈，在0.4s内穿过它的磁通量从0.02Wb均匀增加到0.08Wb，则线圈中总的感应电动势V．若线圈电阻为10Ω，则线圈中产生的电流强度I＝A．分析：根据法拉第电磁感应定律E=n解答：感应电动势E=感应电流的大小I=E故本题答案为：15，1.5．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律E=n【解题方法点拨】1．对法拉第电磁感应定律的理解2．计算感应电动势的公式有两个：一个是E＝n△∅△t，一个是E＝Blvsinθ，计算时要能正确选用公式，一般求平均电动势选用E＝n△∅△t，求瞬时电动势选用E＝3．电磁感应现象中通过导体横截面的电量的计算：由q＝I•△t，I=ER总，E＝n△∅△t，可导出电荷量9．导体转动切割磁感线产生的感应电动势【知识点的认识】如果导体棒绕平行于磁场的轴转动时，因为棒上各处速度不再相等，动生电动势的计算公式E＝Blv就不再适用。如下图所示，导体棒在磁场中旋转，切割磁感线产生感应电动势：虽然导体棒各处速度不同，但是根据圆周运动线速度与角速度的关系可知各处速度大小呈线性变化，所以可以用中点处的线速度表示平均速度从而计算感应电动势，即E＝Blv=Bl①如果转轴绕棒的一端旋转，vmin＝0，vmax＝ωl，则E=12Bωω是棒转动的角速度②如果以棒上一点为圆心旋转，E=12Bω（l12-l22），l③如果以棒外一点Wie圆心旋转，E=12Bω（l12-l22），l【命题方向】一直升飞机停在南半球的地磁极上空。该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B．直升飞机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示。如果忽略a到转轴中心线的距离，用ε表示每个叶片中的感应电动势，则（）A、ε＝πfl2B，且a点电势低于b点电势B、ε＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势C、ε＝πfl2B，且a点电势高于b点电势D、ε＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势分析：转动切割产生的感应电动势根据E=12BLv求出大小，根据右手定则判断出电动势的方向，从而判断出a解答：顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，若俯视，则叶片逆时针转动切割磁感线，根据右手定则，b点电势高于a点电势；v＝lω＝2πlf，所以电动势为E=12Blv=故选：A。点评：解决本题的关键掌握转动切割产生感应电动势的表达式E=12【解题思路点拨】对于导体转动切割磁感线产生的感应电动势，要先确认转动的圆心，然后根据E＝Blv进行计算，要正确计算导体棒的平均速度。10．感生电场和感生电动势【知识点的认识】1.感生电场：磁场变化时会在空间激发一种电场，这种电场与静电场不同，它不是由电荷产生的，我们把它叫作感生电场。2.感生电动势：如果感应电动势是由感生电场产生的，它也叫作感生电动势。其非静电力是感生电场的电场力。3.应用——电子感应加速器工作原理：如图甲所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，如图乙，电子在真空室中沿逆时针方向做圆周运动。电磁铁线圈中电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。根据楞次定律，为使电子加速，电磁铁线圈中的电流应该由小变大。【命题方向】如图所示，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环径口的带正电的小球，以速率v沿逆时针方向匀速转动，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球带电量不变，那么（）A.小球对玻璃环的压力一定不断增大B.小球受到的磁场力一定不断增大C.小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动D.磁场力对小球一直做负功分析：变化的磁场产生感生电场，由楞次定律判断出感生电场方向，然后判断带电小球受到的电场力方向，判断小球的运动性质，然后判断小球对环的压力如何变化，判断小球受到的磁场力如何变化．解答：磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相反，小球做减速运动，当小球速度减小到零后，小球方向，即沿顺时针方向加速运动，速度又不大增加；A、小球在水平面内做圆周运动，环对小球的弹力与洛伦兹力共同提供向心力，小球速度先减小后增大，小球所需向心力先减小后增大，环的弹力先减小后增大，小球对环的压力先减小后增大，故A错误；B、由于小球的速度先减小后增大，由洛伦兹力公式f＝qvB可知，小球受到的磁场力先减小后增大，故B错误；C、小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动，故C正确；D、洛伦兹力始终与小球的运动方向垂直，磁场力对小球不做功，故D错误；故选：C。点评：本题考查了楞次定律的应用，由楞次定律判断出感生电场的方向，是正确解题的前提与关键；根据感生电场方向判断出带电小球受力方向，即可正确解题．【解题思路点拨】感生电场与静电场相同之处是电荷在电场中会受到力的作用：F＝qE。不同之处除了场源不同，另外感生电场的电场线是闭合的。11．涡流的产生及原理【知识点的认识】一、涡流的定义与产生原理将一金属块放在变化的磁场中，穿过金属块的磁通量发生变化，金属块内部就会产生感应电流，这种电流在金属块内部形成闭合回路，就像漩涡一样，我们把这种感应电流称为涡电流，简称涡流。由于整块金属的电阻很小，所以涡电流常常很大．涡电流会引起铁心发热，这不仅损耗了大量的电能，而且还可能烧坏设备．二、涡流的两种效应及应用（1）涡流的热效应：利用涡流在回路中产生的热量冶炼金属的高频炉；家庭中使用的电磁灶．（2）涡流的磁效应：利用涡流所产生的磁场进行电磁阻尼和电磁驱动．三、涡流的本质在理解涡流时，要注意涡流的本质是由于电磁感应而产生的，它的产生仍然符合感应电流产生的条件（有磁通量的改变，具体形式是有磁场的变化或导体切割磁感线），特殊之处在于感应电流不是在线状回路中产生的，而是在块状金属中产生的．四、对涡流的理解要注意到涡流产生的特点，从而理解涡流的两种效应的应用．涡流是在金属块内部产生的，因而加热电路无需和被加热材料直接接触，起到感应加热的作用．另外金属的电阻率一般较低，故而涡电流的强度一般很大，因而热效应和磁效应很明显，所以在应用时要特别重视．【命题方向】如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一装有水的小铁锅和一玻璃杯。给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是（）A、恒定直流、玻璃杯B、变化的电流、小铁锅C、变化的电流、玻璃杯D、恒定直流、小铁锅分析：根据变化的电流，产生磁通量的变化，金属器皿处于其中，则出现感应电动势，形成感应电流，从而产生内能。解答：由于容器中水温升高，则是电能转化成内能所致。因此只有变化的电流才能导致磁通量变化，且只有小铁锅处于变化的磁通量时，才能产生感应电动势，从而产生感应电流。导致电流发热。故只有B正确，ACD错误；故选：B。点评：考查产生感应电流的条件与磁通量的变化有关，同时要知道金属锅与玻璃锅的不同之处。【解题思路点拨】1.涡流的特点当电流在金属块内自成闭合回路（产生涡流）时，由于整块金属的电阻很小，涡流往往很强，根据公式P＝I2R知，热功率的大小与电流的平方成正比，故金属块的发热功率很大。2.涡流中的能量转化涡流现象中，其他形式的能转化成电能，并最终在金属块中转化为内能。若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；若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。3.注意（1）涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵循法拉第电磁感应定律。（2）磁场变化越快（ΔBΔt越大）导体的横截面积S12．涡流对金属在磁场中运动的影响【知识点的认识】涡流具有热效应，金属导体在磁场中运动时，因为涡流的存在，将金属导体的机械能转化成电能，进一步转化成内能，金属导体的机械能会逐渐减小。【命题方向】如图所示，一金属铜球用绝缘细线挂于O点，将铜球拉离平衡位置并释放，铜球摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，若不计空气阻力，则（）A、铜球向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度B、在进入和离开磁场时，铜球中均有涡流产生C、铜球进入磁场后离最低点越近速度越大，涡流也越大D、铜球最终将静止在竖直方向的最低点分析：当铜球进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生涡流．整个铜球在磁场区域来回摆动，不产生感应电流，机械能守恒．解答：A、铜球向右进入和穿出磁场时，会产生涡流，铜球中将产生焦耳热，根据能量守恒知铜球的机械能将转化为电能，所以回不到原来的高度了，故A错误。B、当铜球进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，均会产生涡流。故B正确。C、整个铜球进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生涡流，即涡流为零，机械能守恒。离平衡位置越近速度越大。故C错误。D、在铜球不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即铜球最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在最低点。故D错误。故选：B。点评：本题为楞次定律的应用和能量守恒相合．注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化．【解题思路点拨】对涡流的理解：1.涡流的特点当电流在金属块内自成闭合回路（产生涡流）时，由于整块金属的电阻很小，涡流往往很强，根据公式P＝I2R知，热功率的大小与电流的平方成正比，故金属块的发热功率很大。2.涡流中的能量转化涡流现象中，其他形式的能转化成电能，并最终在金属块中转化为内能。若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；若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。3.注意（1）涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵循法拉第电磁感应定律。（2）磁场变化越快（ΔBΔt越大）导体的横截面积S13．涡流的应用与防止【知识点的认识】1.涡流在生产生活中有利有弊，所以要注意正确的应用涡流的作用以及减轻涡流带来的危害。2.应用（1）利用涡流的热效应真空冶炼炉、电磁炉等（2）利用涡流的磁效应探雷器、机场与车站和重要活动场所的安检门、高考考场的探测器等3.防止电动机、变压器等设备中应防止铁芯中涡流过大而导致浪费能量，损坏电器，减小涡流的方法为，用电阻率较大且涂有绝缘材料的硅钢板材叠加做成铁芯。【命题方向】一般来说，只要空间有变化的磁通量，其中的导体就会产生感应电流，我们把这种电流叫涡流，利用涡流的热效应可以制成一种新炉灶，这种新炉灶是（）A、微波炉B、电磁炉C、电饭锅D、热水器分析：根据电磁炉的工作原理，即电磁感应原理，使金属锅体产生感应电流，锅体发热，食物利用热传导获得内能．解答：根据电磁炉电磁感应原理，使金属锅底产生感应电流，是利用了电流的磁效应，金属锅底发热后，食物从锅体上通过热传递来获得热量。故选：B。点评：考查了电流的磁效应和热效应及热传递改变内能的知识点．【解题思路点拨】对涡流的理解：1.涡流的特点当电流在金属块内自成闭合回路（产生涡流）时，由于整块金属的电阻很小，涡流往往很强，根据公式P＝I2R知，热功率的大小与电流的平方成正比，故金属块的发热功率很大。2.涡流中的能量转化涡流现象中，其他形式的能转化成电能，并最终在金属块中转化为内能。若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；若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。3.注意（1）涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵循法拉第电磁感应定律。（2）磁场变化越快（ΔBΔt越大）导体的横截面积S14．电磁阻尼与电磁驱动【知识点的认识】1.电磁阻尼当导体在磁场中运动时，感应电