12.2第十二章电磁感应第48课时法拉第电磁感应定律自感涡流讲义人教版高三物理一轮大单元考点题

目录TOC\o"13"\h\z\u第48课时法拉第电磁感应定律、自感、涡流 1考点一法拉第电磁感应定律的理解与应用 1题型1：法拉第电磁感应定律的内容与理解 2题型2：判断感应电动势的方向及变化情况 3考点二感应电动势的计算 5题型1：磁感应强度变化类 6题型2：导体平动切割类 7题型3：导体旋转切割类 7考点三自感、涡流、电磁阻尼、电磁驱动 9题型1：自感 11题型2：涡流 12题型3：电磁阻尼、电磁驱动 13巩固训练·提升能力 16考点一法拉第电磁感应定律的理解与应用必备知识·回顾梳理1．感应电动势(1)概念：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来判断。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＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数。(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r)。3．导体切割磁感线时的感应电动势切割方式电动势表达式说明垂直切割E＝Blv①导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场；②式中l为导体切割磁感线的有效长度；③旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度eq\f(1,2)lω倾斜切割E＝Blvsinθ(θ为v与B的夹角)旋转切割(以一端为轴)E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)Bl2ω关键能力·规律方法1．法拉第电磁感应定律的理解和应用（1）法拉第电磁感应定律公式的物理意义：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。（2）感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt共同决定，而与磁通量Φ的大小、磁通量的变化量（3）磁通量的变化率ΔΦΔt对应Φt（4）通过回路横截面的感应电荷量q＝nΔΦR，仅与n、ΔΦ和回路电阻R①Φ、ΔΦ、eq\f(ΔΦ,Δt)的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)不一定等于0；②感应电动势E与线圈匝数n有关，但Φ、ΔΦ、eq\f(ΔΦ,Δt)的大小均与线圈匝数无关。2．法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝neq\f(B·ΔS,Δt)。(动生电动势)(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，S是线圈在磁场范围内的有效面积，eq\f(ΔB,Δt)在B­t图像中为图线切线的斜率。(感生电动势)(3)磁通量的变化是由有效面积变化和磁场变化共同引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)。求瞬时值时，先分别求出动生电动势E1和感生电动势E2，再叠加求和。例题分析·考点题型题型1：法拉第电磁感应定律的内容与理解1.（单选）目前手机的无线充电技术(图甲)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(

)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】解：A、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；B、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=nΔΦΔt=常数，则线圈BC、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；D、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=nΔΦΔt，线圈B中感应电动势也会越大，故故选：D。题型2：判断感应电动势的方向及变化情况2.（多选）空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t=0到t=t1A.圆环所受安培力的方向始终不变 B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为B0rS4t【答案】BC

【解答】AB、由楞次定律可知，在t=0到t=t由左手定则可知：0-t0时间内圆环受到的安培力向左，t0-tCD、由电阻定律可知，圆环电阻：R=ρL由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=ΔΦ感应电流：I=ER=B0故选：BC。变式训练·举一反三3.（单选）现有100匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若穿过线圈的磁通量随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是(

)A.t=0时刻线圈中感应电动势为0B.t=5×10C.t=1×10-3sD.0∼5×10-3【答案】C

【解析】A.由图示图象可知，0时刻磁通量的变化率最大，感应电动势最大，但无法求出大小，故A错误；B.由图示图象可知，t=5×10-3sC.t=1×10-3s时刻线圈中的磁通量的变化率比t=2×10-3s时刻的大，则D.由法拉第电磁感应定律可知，0～5×10-3s故选C。4.（多选）如图，方向垂直纸面向里的匀强磁场，大小随时间的变化率ΔBΔt=k，k为负常量。用电阻率为ρ、横截面积为s的硬导线做成边长为l的正方形线框，让其右半部分在磁场区域并固定于纸面内，则A.导线中感应电流的大小为klsB.导线中感应电流的方向为逆时针方向C.导线框受到的安培力方向为水平向右D.磁场对方框作用力的大小随时间的变化率为-【答案】CD

【解答】A.导线框的感应电动势为：E=ΔΦΔt=ΔBΔt·12l2①，导线框中的电流为：I=ERB.根据题意知穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律知导线中感应电流的方向为顺时针方向，故B错误；C.导线中感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则知导线框受到的安培力方向为水平向右，故C正确；D.导线框所受磁场的作用力的大小为：F=BIl⑤，它随时间的变化率为：ΔFΔt=IlΔBΔt⑥，由⑤⑥故选CD。考点二感应电动势的计算关键能力·规律方法1．导体平动切割磁感线对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握：(1)正交性本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。(2)平均性导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即eq\o(E,\s\up6(－))＝Bleq\o(v,\s\up6(－))。(3)瞬时性导体平动切割磁感线时，若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。(4)有效性公式中的l为导体有效切割长度，当v⊥B时，即为导体在垂直于v和B的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：甲图：l＝cdsinβ(容易错算成l＝absinβ)。乙图：沿v1方向运动时，l＝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。(5)相对性E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。2．导体转动切割磁感线当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度ω匀速转动时，则：(1)以导体棒中点为轴时，E＝0(相同两段的代数和)。(2)以导体棒端点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bωl2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(平均速度取中点位置的线速度\f(1,2)ωl))。(3)以导体棒上任意一点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bω(leq\o\al(2,1)－leq\o\al(2,2))(不同两段的代数和，其中l1>l2)。例题分析·考点题型题型1：磁感应强度变化类5.（单选）如图所示，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A.πkr2 B.πkR2 C.【答案】A

【解答】由题意可知磁场的变化率为：ΔB根据法拉第电磁感应定律可知：E=故选：A。题后反思注意面积带有效面积，并不等于线圈的面积.法拉第电磁感应定律的规范应用(1)一般解题步骤①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；②利用楞次定律确定感应电流的方向；③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。(2)应注意的问题①用公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，只有在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值；②通过回路的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)。题型2：导体平动切割类6.（单选）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab从距地面高为h处，以水平初速度v0抛出。设运动的整个过程中棒的取向不变，且不计空气阻力，则落地时金属棒a、b两端产生的感应电动势和电势高低，判断正确的是(

)A.E=BLv0，φa>φC.E=BLv0，φa<φ【答案】C

【解析】金属棒抛出后做平抛运动，其水平分速度恒为vx=v0，产生的感应电动势恒为E=BLv题后反思(1)注意理解和掌握E＝Blv，特别是B、l、v三者方向的关系。(2)求瞬时电动势(电流)时，E＝Blv为首选式，并同时注意有效长度l。(3)对于转动切割，如果记不住公式或情况复杂(如转动中心不在导体棒上)时，可用E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))计算，也可以用假想的导线将导体棒连接，组成回路，用E＝Beq\f(ΔS,Δt)计算。(4)如果在导体切割磁感线时，磁感应强度B也在变化，则只能用E＝eq\f(Δ（B·S）,Δt)计算。题型3：导体旋转切割类7.（单选）某国产直升机在我国某地上空悬停，长度为L的螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)，转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx，竖直分量为By。叶片的近轴端为a，远轴端为bA.12BxLω，a端电势高于b端电势 B.12C.12ByL2ω，a端电势高于b端电势 D.【答案】D

【解答】每个叶片中的感应电动势E=ByL⋅ωL+02=12ByωL变式训练·举一反三8.（多选）动圈式扬声器的结构如图甲所示，图乙为磁铁和线圈部分的右视图。当人对着纸盆说话，纸盆带着线圈左右运动能将声信号转化为电信号。已知线圈有n匝，线圈半径为R，总电阻为r，线圈所在位置的磁感应强度大小为B，则(

)A.纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生顺时针方向的感应电流B.纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生逆时针方向的感应电流C.纸盆向右运动速度为v时，线圈所受安培力为4nD.纸盆向右运动速度为v时，线圈所受安培力为4【答案】BD

【解析】AB、纸盆向左运动时，由右手定则知，图乙的线圈中产生逆时针方向的感应电流，故A错误，B正确；CD、纸盆向右运动速度为v时，线圈中产生的感应电动势E=nB·2πR·v=2πnBRv，则线圈中感应电流I=Er=2πnBRvr，线圈上所受的安培力大小F=n·BI·2πR=9.（单选）如图所示，将两根表面涂有绝缘漆的相同硬质细导线分别绕成闭合线圈a、b，两线圈中大圆环半径均为小圆环的3倍，垂直线圈平面方向有一匀强磁场，磁感应强度随时间均匀变化，则a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比为(

)A.5:13 B.13:5 C.1:7 D.7:1【答案】A

【解析】a图中小圆的产生的感应电动势和大圆中产生的感应电动势方向相反，即电动势为E1b图中小圆的产生的感应电动势和大圆中产生的感应电动势方向相同，即电动势为E2a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比5:13，故A项正确。10.（单选）如图，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差为(

)A.12BωR2 B.2BωR2【答案】C

【解答】AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小，为E=B·2Rv故选C。考点三自感、涡流、电磁阻尼、电磁驱动必备知识·回顾梳理1．互感现象两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作互感电动势。2．自感现象(1)定义：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，这种现象称为自感。(2)自感电动势①定义：由于自感而产生的感应电动势。②表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。③自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、匝数，以及是否有铁芯等因素有关。单位：亨利(H)，1mH＝10－3H，1μH＝10－6H。3．涡流、电磁阻尼和电磁驱动(1)涡流：如果穿过导体的磁通量发生变化，由于电磁感应，导体内会产生感应电流，这种电流像水中的漩涡，所以叫作涡电流，简称涡流。产生原因：导体内磁通量变化→感应电动势→感应电流。(2)电磁阻尼：当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运动，这种现象称为电磁阻尼。(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，它使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。(4)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。关键能力·规律方法1．自感现象的特点(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。电路图器材要求A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大（有铁芯）通电时在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定断电时回路电流减小，灯泡逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向（1）若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；（2）若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况下灯泡中电流方向均改变总结自感电动势总是阻碍原电流的变化2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题灯泡与线圈串联灯泡与线圈并联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，然后电流逐渐减小达到稳定，灯泡比刚通电时暗些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、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3.产生涡流的两种情况(1)块状金属放在变化的磁场中。(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中做切割磁感线运动。4．产生涡流时的能量变化伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能。(1)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。(2)如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中做切割磁感线运动，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。5．电磁阻尼与电磁驱动的比较电磁阻尼电磁驱动不同点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，阻碍导体运动安培力的方向与导体运动方向相同，驱动导体运动能量转化导体克服安培力做功，其他形式能转化为电能，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题分析·考点题型题型1：自感11.（单选）如图所示，图甲和图乙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，灯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A3A.图甲中，A1与LB.图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于C.图乙中，变阻器R与L ​D.图乙中，闭合S2瞬间，L ​2【答案】C

【解答】A.图甲中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L1的电流，则可知L1B.图甲中，L1的电阻小于A1的电阻，闭合S1C.图乙中，因为闭合开关S2后，最终A2与A3的亮度相同，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与LD.图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流小于变阻器R题后反思解决自感现象问题的技巧(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。(2)断电自感：断电时自感线圈相当于电源，电流由恰好断电前的值逐渐减小到零。(3)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一条支路的用电器中的电流方向不变；与线圈并联的用电器中的电流方向改变。(4)电流稳定时，自感线圈就是导体，是否需要考虑其电阻，根据题意而定。题型2：涡流12.（单选）桌面上放置一“U”形磁铁，用能绕端点转动的绝缘轻杆悬挂一半径为r、厚度为d的铝制薄圆盘，圆盘的平衡位置恰好位于两磁极之间，如图甲所示。若将圆盘拉离平衡位置一个固定角度后由静止释放(如图乙所示)，圆盘在竖直平面内来回摆动(圆盘面始终与磁场垂直)，经t1时间停下；若仅将圆盘厚度改变为2d，重复以上实验，圆盘经t2时间停下；若保持圆盘半径r和厚度d不变，仅将材料替换成电阻率和密度都更大的铅，重复以上实验，圆盘经tA.t2明显大于t1 B.t2明显小于t1 C.t3明显大于t1【答案】C

【解析】AB.根据

R=ρLS，若仅将圆盘厚度改变为2d，则电阻减小，相同条件下，圆盘产生的电流变大，圆盘受到的安培力变大，但是圆盘质量也变大，阻碍作用不好判断，考虑两个一模一样的圆盘，从同一高度单独释放到停下所用时间相同，那么两个圆盘并排贴在一起(相当于厚度加倍)，从同一高度单独释放到停下所用时间应该不变，即

t1

与

t2CD.结合以上分析，仅将材料替换成电阻率和密度都更大的铅，电阻变大，相同条件下，圆盘产生的电流变小，圆盘受到的安培力变小，同时圆盘质量变大，阻碍作用变小，则圆盘停下来所用时间变长，即

t3

明显大于

t1

，故C正确，故选C。题型3：电磁阻尼、电磁驱动13.（单选）如图1所示。一个可以自由转动的铝框放在U形磁铁的两个磁极间，铝框和磁铁均静止，其截面图如图2所示。转动磁铁，下列说法正确的是(

)A.铝框与磁铁的转动方向相反，阻碍磁通量的变化B.铝框与磁铁转动方向一致，转速比磁铁的转速小C.磁铁从图2位置开始转动时，铝框截面abcd感应电流的方向为a→d→c→b→aD.磁铁停止转动后、如果没有空气阻力和摩擦阻力，铝框将保持匀速转动【答案】B

【解析】AB.磁铁转动的过程中通过铝笼截面的磁通量增加，因此在铝笼内产生感应电流，根据楞次定律可知铝笼受到安培力作用，导致铝笼转动，为阻碍磁通量增加，则导致铝笼与磁铁转动方向相同，但快慢不相同，铝笼的转速一定比磁铁的转速小，故A错误，B正确；C.磁铁从图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流方向为a→b→c→d→a，故C错误；D.当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流，所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，故D错误。故选B。变式训练·举一反三15.（单选）如图甲所示，把一枚磁性较强的圆柱形永磁体在铝管管口静止释放，磁体直径略小于管的内径.则磁体在管中(

)A.做自由落体运动B.加速度恒定C.如图乙所示，换用一根有裂纹的铝管，运动比图甲中更慢D.换用一根直径稍大的铝管，运动比图甲中更快【答案】D

【解析】AB.磁体下落时，空心铝管会发生电磁感应，产生涡流。根据楞次定律可知产生的涡流阻力阻碍磁体的下落.开始时，速度较小，阻力小于重力，合力向下，当速度逐渐增大时，磁体所受阻力也增大，加速度减小，故AB错误；C.如图乙所示，换用一根有裂纹的铝管，在磁体下落时，空心铝管不会发生电磁感应，磁体就只受重力和铝管的摩擦力，运动比图甲中会更快，故C错误；D.换用一根直径稍大的铝管，磁体与铝管间的摩擦力变为0，运动比图甲中更快，故D正确。16.（单选）为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(

)A. B.C. D.【答案】A

【解析】施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生涡流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。17.（多选）如图所示，某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的直流电阻。线圈L的自感系数足够大，下列说法正确的是(

)A.开关S闭合瞬间，流经灯D1和DB.开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D2C.开关S断开瞬间，灯D2D.根据题中信息，可以推算出图乙中u【答案】AD

【解析】AB.开关S闭合瞬间，由于电感线圈的强烈阻碍作用，灯D3没有电流通过，灯

D1

和

D2

串联，流经灯

D1

和

D2

的电流相等，通过电感的电流逐渐增大，稳定后灯

D3

和

D2

并联再与

D1

串联，流过灯C.开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯

D3

和

D2

提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯

D3

和

D2

的电流相等，所以D.开关S闭合瞬间，灯

D1

和

D2

串联，电压传感器所测电压为D电路稳定后，流过D3的电流为开关S断开瞬间，电感线圈能够提供与之前等大电流，故其两端电压为u解得u故D正确。故选AD。巩固训练·提升能力一、单选题。1.某同学用图甲电路探究自感现象对电流的影响，闭合开关后灯泡发光，过一会再断开开关，图乙为电流传感器采集的电流随时间变化的图像。已知乙图中单元格边长为0.4s和0.1A，线圈直流电阻与灯泡电阻相同，电流传感器内阻不计。则(

)A.开关闭合后通过线圈的电流恒为0.4A B.开关断开后灯泡闪一下然后逐渐熄灭C.开关断开后通过灯泡的电流方向向左 D.开关断开后流过灯泡的电荷量约为0.2C【答案】D

【解析】A.根据题意，由于线圈的自感现象，通过线圈的电流逐渐增大，稳定后电流恒为0.4A，故ABC.根据题意可知，稳定后通过线圈的电流与通过灯泡的电流相等，开关断开后，由于线圈的自感现象，灯泡逐渐熄灭，且通过灯泡的电流方向向右，故BC错误；D.根据题意，I-t图像中图线与横轴围成的面积表示电荷量，由图可知，每个小格为q根据不足半格舍去，半格以上算一个可得，开关断开后流过灯泡的电荷量约为q=5故D正确。故选D。2.如图甲所示，连接电流传感器的线圈套在竖直放置的长玻璃管上。将强磁铁从离玻璃管上端高为h处由静止释放，磁铁在玻璃管内下落并穿过线圈。t1、t2、t3时刻的电流为A.磁铁上下翻转后重复实验，电流方向先负向后正向B.t1C.t2D.h加倍后重复实验，电流峰值将加倍【答案】A

【解析】解：A、根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知若将磁铁两极翻转后重复实验，磁场方向相反，则磁场的变化也随之相反，产生的感应电流的方向也相反，即先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故A正确；B、根据楞次定律的来拒去留，可知时间t1～tC、由乙图中感应电流的变化可知，t2时刻强磁铁恰好运动到线圈处，此时穿过线圈的磁通量最大，电流为0，穿过线圈磁通量的变化率为零，故CD、h加倍后重复实验，由于磁铁向下做加速度为零的加速运动，假设加速度等于重力加速度，则速度v=2gh，考虑到磁铁下降的过程中受到阻碍作用，下降h时的速度会略小于2gh，同时下降2h时的速度大体上接近下降h时的2倍，根据法拉第电磁感应定律可知，可知h加倍后重复实验，电路中产生的最大感应电动势与感应电流也大体接近原来的故选：A。3.航天飞机用导电缆绳与卫星相连，以共同的速度环绕地球飞行。当在北半球上空自西向东飞行时，电缆绳竖直，a端在上、b端在下，绳长20km，两端不闭合，电缆绳所在区域的地磁场强度为5×10-5T，与水平方向成37∘，航天飞机和卫星的运行速度大小为7.5km/s。sin37∘A.a端电势比b端电势高6×103V B.a端电势比C.a端电势比b端电势低6×103V D.a端电势比【答案】A

【解析】电缆绳竖直，a端在上、b端在下，电缆绳所在区域的地磁场强度与水平方向成37∘，由以上信息可知B与L的夹角为530，由法拉第电磁感应定律可知E=BLvsin530=6×104.近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈。设每匝线圈面积为S，共有n匝。若磁场垂直纸面向里通过此线圈且均匀增加，磁感应强度随时间的变化率为k，则线圈中产生感应电动势的大小和感应电流的方向分别为(

)A.nkS，顺时针 B.kS，顺时针 C.nkS，逆时针 D.kS，逆时针【答案】C

【解析】根据楞次定律可知线圈中的感应电流为逆时针，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为

E=n故选C。5.如图一足够大的“⊂”形导轨固定在水平面，导轨左端接一灵敏电流计G，两侧导轨平行。空间中各处的磁感应强度大小均为B且随时间同步变化，t=0时刻，在电流计右侧某处放置一导体棒，并使之以速度v0向右匀速运动，发现运动过程中电流计读数始终为零，已知导体棒与导轨接触良好，则磁感应强度随时间变化的关系可能正确的是A. B.C. D.【答案】C

【解答】电流计读数始终为0，则回路始终无感应电流，即回路磁通量不变，可见B0Lx0=BL(x0+v0t)，可得16.如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是(

)A. B.C. D.【答案】C

【解析】如图所示导体棒匀速转动，设速度为v，设导体棒从A到C过程，棒转过的角度为θ，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为

v⊥=vcosθ

，可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经过C点和C点关于P点的对称点时，电流方向发生变化，根据

u=BLv⊥

可知导体棒两端的电势差二、多选题。7.圆形导体环用一根轻质细杆悬挂在O点，导体环可以在竖直平面内来回摆动，空气阻力和摩擦力均不计。在如图所示的正方形区域内有匀强磁场，磁场方向垂直于圆环的摆动面指向纸内。下列说法中正确的有

(

)A.导体环在摆动过程中机械能守恒B.导体环进入磁场和离开磁场时，环中电流的方向一定相反C.导体环通过最低点时，环中感应电流最大D.最后导体环在匀强磁场中摆动时，机械能守恒【答案】BD

【解析】A、导体环在进、出磁场过程中，穿过环的磁通量发生变化，有感应电流产生，机械能转化为电能，故机械能不守恒，选项A错误；B、导体环进入和离开磁场时，穿过环的磁通量分别增大和减小，根据楞次定律及安培定则可知感应电流的方向相反，选项B正确；C、导体环通过最低点时，环中磁通量不变化，感应电流为零，选项C错误；D、当导体环在匀强磁场中摆动时，穿过环的磁通量不再变化，不再有感应电流产生，只有重力做功，则机械能守恒，选项D正确。8.为防止意外发生，游乐场等大型设施都配备有电磁阻尼装置，如图所示为某款阻尼缓冲装置的原理示意图：带有光滑轨道的机械主体，能产生垂直缓冲轨道平面的匀强磁场，边缘绕有闭合矩形线圈abcd的高强度缓冲滑块撞到竖直墙时，被瞬间强制制动，机械主体以及磁场由于惯性继续缓冲减速，对缓冲过程，下列说法正确的是(

)A.线圈bc段受到向右的安培力 B.同一匝线圈中b端的电势高于c端的电势C.线圈ab段中电流方向为由b到a D.若磁场反向，则装置起不到缓冲作用【答案】BC

【解析】ABC、缓冲过程中，线圈bc段切割磁感线，根据右手定则，感应电流方向为c→b，b端的电势高于c端的电势，线圈bc段受到向左的安培力作用，故A项错误，B.C项正确：D、磁场反向时，感应电流方向反向，线图bc段受到的安培力方向仍然向左，仍起缓冲作用，故D项错误。9.如图所示，一实验小组利用传感器测量通电螺线管的磁场随时间变化的实验规律，测得螺线管的匝数为n=30匝、横截面积S=20cm2、螺线管电阻r=1Ω，与螺线管串联的外电阻R=5Ω