2025新高考方案一輪物理第十章含答案

2025新高考方案一輪物理第十章第十章電磁感應大單元分層教學設計基礎落實課第1講電磁感應現(xiàn)象楞次定律第2講法拉第電磁感應定律自感和渦流綜合融通課第3講電磁感應中的電路和圖像問題第4講電磁感應中的動力學和能量問題第5講電磁感應中的動量問題第6講電磁感應中的新情境問題(習題課)實驗探究課第7講實驗：探究影響感應電流方向的因素第1講電磁感應現(xiàn)象楞次定律(基礎落實課)一、磁通量1．定義：在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一個與磁場方向垂直的面積為S的平面，B與S的乘積叫作穿過這個面積的磁通量。2．公式：Φ＝BS(B⊥S)；單位：韋伯(Wb)。3．矢標性：磁通量是標量，但有正負。4．磁通量的變化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1。5．磁通量的變化率：磁通量的變化量與所用時間的比值，即eq\f(ΔΦ,Δt)，與線圈的匝數(shù)無關；表示磁通量變化的快慢。二、電磁感應現(xiàn)象1．定義：當穿過閉合導體回路的磁通量發(fā)生變化時，閉合導體回路中有感應電流產生的現(xiàn)象。2．感應電流的產生條件(1)閉合導體回路；(2)磁通量發(fā)生變化。三、感應電流的方向判斷1．楞次定律(1)內容：感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化。(2)適用范圍：一切電磁感應現(xiàn)象。2．右手定則(1)內容：如圖所示，伸開右手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心進入，并使拇指指向導線運動的方向，這時四指所指的方向就是感應電流的方向。(2)適用情況：判斷導線切割磁感線產生的感應電流方向。情境創(chuàng)設1．如圖甲所示，是法拉第的圓盤發(fā)電機模型。2．如圖乙所示，線圈與電流表相連，把磁體的某一個磁極向線圈中插入、從線圈中抽出時，電流表的指針發(fā)生了偏轉。理解判斷(1)圖甲中圓盤轉動過程中，穿過圓盤的磁通量不變，不會有電流通過R。(×)(2)圖甲中圓盤轉動過程中，圓盤半徑做切割磁感線運動，有電流通過R。(√)(3)只要穿過線框中的磁通量變化，線框中一定有感應電流。(×)(4)圖乙中線圈中兩次產生的感應電流方向是相反的。(√)(5)由楞次定律知，感應電流的磁場一定與引起感應電流的磁場方向相反。(×)(6)感應電流的磁場一定阻礙引起感應電流的磁通量的變化。(√)

逐點清(一)對電磁感應現(xiàn)象的理解|題|點|全|練|1．[磁通量大小的計算]如圖所示，矩形線圈abcd放置在水平面內，磁場方向與水平方向成α角，已知α＝53°，線圈面積為S，磁感應強度為B，現(xiàn)將線圈以bc邊為軸順時針轉過90°，其磁通量的變化量大小為(sin53°＝0.8)()A．0 B．eq\f(1,5)BSC．BS D．eq\f(7,5)BS解析：選B開始時的磁通量為Φ1＝BSsinα＝eq\f(4,5)BS，當以bc邊為軸順時針轉過90°后，磁通量為Φ2＝BScosα＝eq\f(3,5)BS，故ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\f(1,5)BS，故B正確。2．[磁通量的變化量的比較]磁通量是研究電磁感應現(xiàn)象的重要物理量，如圖所示，通有恒定電流的直導線MN與閉合線框共面，第一次將線框由位置1平移到位置2，第二次將線框由位置1繞cd邊翻轉到位置2，設前后兩次通過線框的磁通量的變化量大小分別為ΔΦ1和ΔΦ2，則()A．ΔΦ1＞ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1＜ΔΦ2 D．無法確定解析：選C第一次將線框由位置1平移到位置2，磁感線從線框的同一側穿入，ΔΦ1為前后兩位置磁通量的絕對值之差。第二次將線框由位置1繞cd邊翻轉到位置2，磁感線從線框的不同側穿入，ΔΦ2為前后兩位置磁通量的絕對值之和。故ΔΦ1＜ΔΦ2，C正確。3．[感應電流有無的判斷]下列關于甲、乙、丙、丁四幅圖的說法，正確的是()A．圖甲中，當兩導體棒以相同的速度在導軌上勻速向右運動時，導體棒中能產生感應電流B．圖乙中，當導體棒ab在勻強磁場中以恒定的角速度轉動時，導體棒中能產生感應電流C．圖丙中，當閉合圓環(huán)導體(水平放置)某一直徑正上方的直導線中通有恒定電流時，閉合圓環(huán)導體中能產生感應電流D．圖丁中，當滑動變阻器的滑片P向右滑動時，不閉合的導體環(huán)中能產生感應電流解析：選B題圖甲中，當兩導體棒以相同的速度在導軌上勻速向右運動時，兩導體棒所構成回路的面積不變，磁感應強度不變，則回路中的磁通量不變，因此不會產生感應電流，故A錯誤；題圖乙中，當導體棒ab在勻強磁場中以恒定的角速度轉動時，導體棒切割磁感線，產生感應電流，故B正確；題圖丙中，當閉合圓環(huán)導體(水平放置)某一直徑正上方的直導線中通有恒定電流時，在以通電導線的投影為對稱軸的閉合圓環(huán)導體前后面中，通電導線產生的磁場方向相反，則閉合圓環(huán)導體的磁通量為零，因此不會產生感應電流，故C錯誤；題圖丁中，當滑動變阻器的滑片P向右滑動時，電路中的電阻增大，電流減小，電流產生的磁場發(fā)生變化，使不閉合的導體環(huán)中產生感應電動勢，但因為沒有形成完整的回路，環(huán)中沒有感應電流，故D錯誤。|精|要|點|撥|1．磁通量大小及其變化分析(1)定量計算：通過公式Φ＝BS來定量計算，計算磁通量時應注意的問題：①明確磁場是否為勻強磁場，知道磁感應強度的大小。②平面的面積S應為磁感線通過的有效面積。當平面與磁場方向不垂直時，應明確所研究的平面與磁感應強度方向的夾角，準確求出有效面積。③穿過線圈的磁通量及其變化與線圈匝數(shù)無關，即磁通量的大小不受線圈匝數(shù)的影響。(2)定性判斷：磁通量是指穿過線圈面積的磁感線的“凈條數(shù)”，當有不同方向的磁場同時穿過該面積時，此時的磁通量為各磁場穿過該面積磁通量的代數(shù)和。2．判斷感應電流有無的方法逐點清(二)感應電流方向的判斷細作1對楞次定律的理解1．(多選)下列說法正確的是()A．感應電流的磁場方向總是與引起感應電流的磁場方向相反B．感應電流的磁場方向與引起感應電流的磁場方向可能相同，也可能相反C．楞次定律只能判斷閉合電路中感應電流的方向D．楞次定律表明感應電流的效果總是與引起感應電流的原因相對抗解析：選BD根據(jù)楞次定律的表述，感應電流的效果總是與引起感應電流的原因相對抗，感應電流的磁場方向與引起感應電流的磁場方向可能相同，也可能相反，故A錯誤，B、D正確；楞次定律除了可判斷閉合電路中感應電流方向外，還可判斷閉合電路中磁通量的變化情況，故C錯誤。eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1())eq\a\vs4\al(一點一過)楞次定律中“阻礙”的含義細作2應用楞次定律判斷感應電流的方向2．(2023·海南高考)汽車測速利用了電磁感應現(xiàn)象，汽車可簡化為一個矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時針(俯視)方向電流，當汽車經(jīng)過線圈時()A．線圈1、2產生的磁場方向豎直向上B．汽車進入線圈1過程產生感應電流方向為abcdC．汽車離開線圈1過程產生感應電流方向為abcdD．汽車進入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同解析：選C由題意知，埋在地下的線圈1、2通有順時針(俯視)方向的電流，則根據(jù)安培定則，可知線圈1、2產生的磁場方向豎直向下，A錯誤；汽車進入線圈1過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產生感應電流方向為adcb，B錯誤；汽車離開線圈1過程中，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知產生感應電流方向為abcd，C正確；汽車進入線圈2過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產生感應電流方向為adcb，再根據(jù)左手定則，可知汽車受到的安培力方向與速度方向相反，D錯誤。一點一過“四步法”判斷感應電流方向細作3應用右手定則判斷感應電流的方向3．下列圖中表示閉合電路中的一部分導體ab在磁場中做切割磁感線運動的情境，導體ab上的感應電流方向為a→b的是()解析：選A導體ab順時針轉動，運用右手定則，磁感線穿過手心，拇指指向順時針方向，則導體ab上的感應電流方向為a→b，故A正確；ab向紙外運動，運用右手定則時，磁感線穿過手心，拇指指向紙外，則知導體ab上的感應電流方向為b→a，故B錯誤；穿過回路的磁通量減小，由楞次定律知，回路中感應電流方向由b→a→d→c，則導體ab上的感應電流方向為b→a，故C錯誤；導體ab沿導軌向下運動，由右手定則判斷知導體ab上的感應電流方向為b→a，故D錯誤。一點一過右手定則的理解和應用(1)右手定則是楞次定律的一種特殊形式，用右手定則能解決的問題，用楞次定律均可代替解決。(2)應用右手定則“三注意”：①磁感線必須垂直穿入掌心。②拇指指向導體運動的方向。③四指所指的方向為感應電流的方向。

逐點清(三)楞次定律的推廣應用楞次定律中“阻礙”的含義可以推廣為：感應電流的效果總是阻礙引起感應電流的原因。具體表現(xiàn)常見如下幾種形式：內容例證阻礙原磁通量變化——“增斥減吸”阻礙相對運動——“來拒去留”使回路面積有變化趨勢——“增縮減擴”注意：此結論只適用于磁感線單方向穿過回路的情境阻礙原電流的變化——“增反減同”(即自感現(xiàn)象)[考法全訓]考法1阻礙原磁通量變化——“增斥減吸”1．國產航母福建艦上的艦載機起飛采用了先進的電磁彈射技術。電磁驅動原理示意圖如圖所示，在固定線圈左右兩側對稱位置放置兩個閉合金屬圓環(huán)，鋁環(huán)和銅環(huán)的形狀、大小相同，已知銅的電阻率較小，不計所有接觸面間的摩擦，則閉合開關S的瞬間()A．鋁環(huán)向右運動，銅環(huán)向左運動B．鋁環(huán)和銅環(huán)都向右運動C．銅環(huán)受到的安培力大于鋁環(huán)受到的安培力D．從左向右看，兩環(huán)中的感應電流均沿逆時針方向解析：選C根據(jù)楞次定律中的“增斥減吸”可知，閉合開關S的瞬間，鋁環(huán)向左運動，銅環(huán)向右運動，A、B錯誤；由于銅的電阻率較小，則銅環(huán)的電阻較小，銅環(huán)中產生的感應電流較大，銅環(huán)受到的安培力大于鋁環(huán)受到的安培力，C正確；根據(jù)楞次定律和安培定則可知，從左向右看，兩環(huán)中的感應電流均沿順時針方向，D錯誤?？挤?阻礙相對運動——“來拒去留”2．如圖所示，右端為N極的磁鐵置于粗糙水平桌面上并與輕質彈簧相連，彈簧一端固定在豎直墻面上，當彈簧處于原長時，磁鐵的中心恰好是接有一盞小燈泡的豎直固定線圈的圓心。用力將磁鐵向右拉到某一位置，撤去作用力后磁鐵穿過線圈來回振動，有關這個振動過程，以下說法正確的是()A．燈泡的亮暗不會發(fā)生變化B．磁鐵接近線圈時，線圈對磁鐵產生排斥力C．從左往右看線圈中的電流一直沿逆時針方向D．若忽略摩擦力和空氣阻力，磁鐵振動的幅度不會減小解析：選B以S極接近線圈過程分析，速度增大，且接近線圈時磁感應強度增大，則穿過線圈的磁通量變化率增大，感應電流增大，燈泡會變亮，故A錯誤；根據(jù)楞次定律的“來拒去留”可知磁鐵接近線圈時，線圈對磁鐵產生排斥力，故B正確；當S極接近線圈時，根據(jù)楞次定律可知線圈中的電流沿逆時針方向，當S極向右運動遠離線圈時，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的電流沿順時針方向，故C錯誤；若忽略摩擦力和空氣阻力，根據(jù)能量守恒定律，磁鐵的振幅也會越來越小，因為彈簧和磁鐵的機械能逐漸轉化為焦耳熱，故D錯誤?？挤?使回路面積有變化趨勢——“增縮減擴”3．(2024·通遼?？既?(多選)如圖，圓環(huán)形導體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者直徑相同、軸線重合，螺線管與電源、滑動變阻器連接成如圖所示的電路。若將滑動變阻器的滑片P向上滑動，下列說法正確的是()A．線圈a中將產生順時針方向(俯視)的感應電流B．穿過線圈a的磁通量變大C．線圈a有擴張的趨勢D．線圈a對水平桌面的壓力大于自身重力解析：選AC滑片向上滑動，回路電阻變大，電流減小，螺線管產生磁場變弱，線圈a面積不變，線圈a的磁通量變小，根據(jù)楞次定律中“增縮減擴”原理可以判斷，線圈a有擴張的趨勢；根據(jù)安培定則判斷穿過a線圈的磁場豎直向下，根據(jù)楞次定律可知，a線圈的感應電流產生磁場豎直向下，根據(jù)安培定則判斷，線圈a中將產生順時針方向(俯視)的感應電流；根據(jù)楞次定律中“增斥減吸”原理可判斷，a線圈磁通量減小，所以線圈a有靠近b的趨勢，對桌面壓力變小，壓力小于自身重力。逐點清(四)“三定則、一定律”的應用1．“三定則、一定律”的比較定則或定律適用的現(xiàn)象因果關系安培定則電流的磁效應——電流、運動電荷產生的磁場因電生磁左手定則(1)安培力——磁場對通電導線的作用力(2)洛倫茲力——磁場對運動電荷的作用力因電受力右手定則導體做切割磁感線運動產生的電磁感應現(xiàn)象因動生電楞次定律閉合回路中磁通量變化產生的電磁感應現(xiàn)象因磁生電2．“三定則、一定律”的聯(lián)系(1)應用楞次定律時，一般要用到安培定則。(2)判斷感應電流所受安培力方向的“兩法”：①先用右手定則確定電流的方向，再用左手定則確定安培力的方向。②直接應用楞次定律的推論確定——“來拒去留”“增斥減吸”等。[考法全訓]考法(一)楞次定律、安培定則及左手定則的綜合應用[例1](多選)如圖所示，在長直通電導線MN附近有一個矩形閉合金屬線圈ABCD，線圈與導線放在光滑絕緣水平面上，且導線MN固定。下列說法正確的是()A．若MN中通有從N流向M的電流且電流增大，則線圈的CD邊受到向右的安培力B．若MN中通有從N流向M的電流且電流增大，則線圈ABCD會向右運動C．如果MN中通有從N流向M的恒定電流，發(fā)現(xiàn)線圈中感應出A→B→C→D→A流向的電流，原因可能是線圈向左運動了D．如果MN中通有從N流向M的恒定電流，且讓線圈向右運動，則線圈有收縮趨勢[解析]若MN中通有從N流向M的電流且電流增大，根據(jù)安培定則可知，穿過線圈的磁場方向為垂直紙面向里，且逐漸變大，根據(jù)楞次定律可知，線圈中感應電流的方向為A→B→C→D→A，根據(jù)左手定則可知，CD邊受到向左的安培力，AB邊受到向右的安培力，越靠近導線磁場越強，則線圈ABCD受到的向右的安培力大于向左的安培力，則線圈ABCD會向右運動，故A錯誤，B正確；如果MN中通有從N流向M的恒定電流，發(fā)現(xiàn)線圈中感應出A→B→C→D→A流向的電流，根據(jù)楞次定律可知，穿過線圈的磁通量增加，當線圈向左運動，磁通量增加，故C正確；如果MN中通有從N流向M的恒定電流，且讓線圈向右運動，則穿過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈有擴張的趨勢，故D錯誤。[答案]BC考法(二)“二次感應”問題[例2](多選)如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，MN的左邊有一閉合電路，當PQ在一外力的作用下運動時，MN由靜止開始向右運動，則PQ所做的運動可能是()A．向右加速運動 B．向左加速運動C．向右減速運動 D．向左減速運動[解析]MN由靜止開始向右運動，說明MN受到向右的安培力，因為導線ab在MN處產生的磁場垂直紙面向里eq\o(→,\s\up7(左手定則),\s\do5())MN中的感應電流方向為M→Neq\o(→,\s\up7(安培定則))L1中感應電流的磁場方向向上eq\o(→,\s\up7(楞次定律),\s\do5())eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(L2中磁場方向向上減弱,L2中磁場方向向下增強))。若L2中磁場方向向上減弱eq\o(→,\s\up7(安培定則),\s\do5())PQ中電流方向為Q→P且減小eq\o(→,\s\up7(右手定則),\s\do5())PQ向右減速運動；若L2中磁場方向向下增強eq\o(→,\s\up7(安培定則),\s\do5())PQ中電流方向為P→Q且增大eq\o(→,\s\up7(右手定則),\s\do5())PQ向左加速運動。[答案]BC|思|維|建|模|在二次感應問題中，“程序法”和“逆向推理法”的選擇：(1)如果要判斷二次感應后的現(xiàn)象或結果，選擇程序法。(2)如果已知二次感應后的結果，要判斷導體棒的運動情況或磁場的變化，需選擇逆向推理法。[課時跟蹤檢測]一、立足基礎，體現(xiàn)綜合1．(多選)如圖，在垂直于紙面的范圍足夠大的勻強磁場中，有一個矩形線圈abcd，線圈平面與磁場垂直，O1O2與O3O4是線圈的兩個對稱軸。在下列運動中，能使線圈中產生感應電流的是()A．向左或向右平動B．向上或向下平動C．繞O1O2軸勻速轉動D．繞O3O4軸變速轉動解析：選CD線圈向左或向右平動，或者向上或向下平動時，穿過線圈的磁通量都不變，不會產生感應電流，A、B錯誤；繞O1O2軸勻速轉動，或者繞O3O4軸變速轉動，穿過線圈的磁通量都會變化，會產生感應電流，C、D正確。2.導線MON在中點O彎折成一定角度，OO′為其角平分線，在導線MON內通以如圖所示的恒定電流I，由均勻導線制成的正方形小線框L的中線與OO′重合，則能在L中產生感應電流的辦法是()A．增大電流IB．將L沿OO′向右勻速移動C．將L沿OO′向右加速移動D．將L在紙面內向OM一側快速移動解析：選D根據(jù)右手螺旋定則可知，穿過正方形線框的磁通量為零，增大電流，磁通量不變，A錯誤；將線框沿OO′向右運動，穿過正方形線框的磁通量始終為零，無感應電流產生，B、C錯誤；將L在紙面內向OM一側快速移動，穿過正方形線框的磁通量發(fā)生變化，會有感應電流產生，D正確。3．(2024年1月·廣西高考適應性演練)如圖，當車輛駛入或駛出圓形區(qū)域時，車輛會改變區(qū)域內通電線圈中的磁場，通過傳感器電路將磁場的變化轉換為交通燈的控制信號，車輛駛入圖中圓形區(qū)域時，車輛引起磁場變化的原因類似于()A．將鐵芯放入通電線圈B．增大通電線圈的面積C．增加通電線圈的匝數(shù)D．加大對通電線圈的壓力解析：選A當車輛駛入或駛出圓形區(qū)域時，車輛會改變區(qū)域內通電線圈中的磁場，利用的是互感現(xiàn)象，汽車上大部分是金屬，汽車經(jīng)過線圈時會引起汽車磁通量的變化，從而產生電磁感應現(xiàn)象，產生感應電流，從而改變區(qū)域內通電線圈中的磁場；此過程類似于將鐵芯放入通電線圈，鐵芯的磁通量也會變化，也會產生感應電流，從而改變通電線圈中的磁場。故選A。4.廠商通過在手機背面安裝感應線圈來實現(xiàn)無線充電，如圖是一種結構緊湊的雙層感應線圈設計圖，a、b為線圈的兩端。當線圈處在向上增強的磁場中時，感應電流流向及兩線圈之間的安培力方向應為()A．從a端流出，兩層線圈相互排斥B．從a端流出，兩層線圈相互吸引C．從b端流出，兩層線圈相互排斥D．從b端流出，兩層線圈相互吸引解析：選D當線圈處在向上增強的磁場中時，穿過線圈的磁通量向上增加，根據(jù)楞次定律可知，產生的感應電流從a端流入，從b端流出；兩線圈中的感應電流從上往下看都是順時針方向，則兩線圈相互吸引。故選D。5.如圖所示，用絕緣細線吊起一個鋁環(huán)，將磁鐵的N極沿鋁環(huán)的中心軸線靠近鋁環(huán)，鋁環(huán)向右擺動。下列說法正確的是()A．N極靠近鋁環(huán)時，從左向右看鋁環(huán)中的感應電流方向為順時針B．鋁環(huán)右擺的過程中，磁鐵對鋁環(huán)做的功大于鋁環(huán)動能的增加量C．僅將鋁環(huán)改為鐵環(huán)，鐵環(huán)也一定會向右擺動D．若將磁鐵的S極沿鋁環(huán)的中心軸線靠近鋁環(huán)，鋁環(huán)將會向左擺動解析：選BN極靠近鋁環(huán)時，通過鋁環(huán)的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反，從左向右看鋁環(huán)中的感應電流方向為逆時針，故A錯誤；鋁環(huán)右擺的過程中，鋁環(huán)的動能和重力勢能均增大，所以磁鐵對鋁環(huán)做的功大于鋁環(huán)動能的增加量，故B正確；僅將鋁環(huán)改為鐵環(huán)，條形磁鐵吸引鐵環(huán)，所以鐵環(huán)向左擺動，故C錯誤；若將磁鐵的S極沿鋁環(huán)的中心軸線靠近鋁環(huán)，根據(jù)楞次定律可知，鋁環(huán)將會向右擺動，故D錯誤。6.某同學學習了電磁感應相關知識之后，做了探究性實驗：將閉合線圈按圖示方式放在電子秤上，線圈上方有一N極朝下豎直放置的條形磁鐵，手握磁鐵在線圈的正上方靜止，此時電子秤的示數(shù)為m0。下列說法正確的是()A．將磁鐵N極加速插向線圈的過程中，電子秤的示數(shù)小于m0B．將靜止于線圈內的磁鐵勻速抽出的過程中，電子秤的示數(shù)大于m0C．將磁鐵N極加速插向線圈的過程中，線圈中產生的電流沿逆時針方向(俯視)D．將磁鐵N極勻速插向線圈的過程中，磁鐵減少的重力勢能等于線圈中產生的焦耳熱解析：選C將條形磁鐵插入線圈或從線圈中抽出的過程，穿過線圈的磁通量發(fā)生了變化，線圈中產生了感應電流，線圈與條形磁鐵會發(fā)生相互作用，根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”可知，在將磁鐵插入線圈(無論是勻速、加速還是減速)的過程中，線圈與磁鐵相互排斥，導致電子秤的示數(shù)大于m0；在抽出磁鐵(無論是勻速、加速還是減速)的過程中，線圈與磁鐵相互吸引，導致電子秤的示數(shù)小于m0，A、B錯誤。根據(jù)楞次定律可判斷，將條形磁鐵的N極加速插入線圈時，線圈中產生的感應電流方向為逆時針方向(俯視)，C正確；將磁鐵N極勻速插入線圈的過程中，磁鐵受到重力、手對磁鐵的拉力、線圈對磁鐵的斥力作用，重力和拉力的合力做的功等于克服斥力所做的功，等于線圈中產生的焦耳熱，D錯誤。7．如圖所示是銅制圓盤發(fā)電機的示意圖，銅盤安裝在水平固定的轉軸上，它的邊緣正好在兩磁極之間(磁極未畫出)，磁場方向和銅盤盤面垂直，兩塊銅片C、D分別與轉動軸和銅盤的邊緣接觸。使銅盤轉動，電阻R中就有電流通過。設銅盤沿順時針方向(從左向右看)勻速轉動，兩磁極之間的磁場可視為勻強磁場，關于通過電阻R的電流，下列說法正確的是()A．正弦式交變電流B．恒定電流，電流從上向下通過電阻RC．恒定電流，電流從下向上通過電阻RD．電流大小不斷變化，電流從下向上通過電阻R解析：選C圓盤轉動時，相當于一條條半徑切割磁感線，因為勻速轉動，則產生恒定不變的感應電流，根據(jù)右手定則可知，D點相當于電源的正極，則電流從下向上通過電阻R。故選C。8．為了測量列車運行的速度和加速度的大小，可采用如圖甲所示的裝置，它由一塊安裝在列車車頭底部的強磁體和埋設在軌道地面的一組線圈及電流測量記錄儀組成(測量記錄儀未畫出)。當列車經(jīng)過線圈上方時，線圈中產生的電流被記錄下來，P、Q為接測量儀器的端口，若俯視軌道平面磁場垂直地面向下(如圖乙所示)。則在列車經(jīng)過測量線圈的過程中，流經(jīng)線圈的電流方向()A．始終沿逆時針方向B．先沿逆時針方向，再沿順時針方向C．先沿順時針方向，再沿逆時針方向D．始終沿順時針方向解析：選B列車通過線圈時，穿過線圈的磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知線圈中產生的電流先沿逆時針方向，再沿順時針方向，B正確。9．(2024·岳陽高三檢測)某興趣小組利用多匝線圈和靈敏電流計制作了一個簡易的電流探測儀，用于檢測埋在地下的通電導線，如圖(a)所示。地面表層有兩根由絕緣皮包裹的垂直長導線AB、CD，如圖(b)所示。當線圈水平放置沿A1B1快速移動，電流計指針不偏轉。當線圈水平放置沿C1D1方向快速移動，電流計指針偏轉。下列說法正確的是()A．兩根導線中都有電流B．兩根導線中都無電流C．AB中無電流，CD中有電流D．AB中有電流，CD中無電流解析：選D當線圈水平放置沿A1B1快速移動時，電流計指針不偏轉，說明線圈中磁通量不變，直導線CD中無電流。當線圈沿C1D1方向快速移動，電流計指針偏轉，說明線圈中磁通量有變化，則直導線AB中有電流，故D正確，A、B、C錯誤。二、注重應用，強調創(chuàng)新10．如圖為電磁剎車實驗裝置，小車底面安裝有矩形導線框abcd，線框底面平行于地面，在小車行進方向有與abcd等寬、等長的有界勻強磁場，磁場方向垂直地面向上。小車進入磁場前撤去牽引力，小車穿過磁場后滑行一段距離停止。則小車()A．進入磁場時，矩形導線框中感應電流的方向為adcbaB．離開磁場時，矩形導線框中感應電流的方向為abcdaC．穿過磁場的過程中，中間有一段時間矩形導線框中沒有感應電流D．穿過磁場的過程中，矩形導線框受到的安培力方向始終水平向左解析：選D根據(jù)楞次定律可知，進入磁場時，矩形導線框中感應電流的方向為abcda，離開磁場時，矩形導線框中感應電流的方向為adcba，A、B錯誤；因線框與磁場等寬、等長，則穿過磁場的過程中，矩形導線框中始終有感應電流，C錯誤；根據(jù)左手定則可知，穿過磁場的過程中，矩形導線框受到的安培力方向始終水平向左，D正確。11.如圖所示，A為水平放置的膠木圓盤，在其側面均勻分布著負電荷，在A的正上方用絕緣絲線懸掛一個金屬圓環(huán)B，使B的環(huán)面水平且與膠木圓盤面平行，其軸線與膠木圓盤A的軸線OO′重合?，F(xiàn)使膠木圓盤A由靜止開始繞其軸線OO′按箭頭所示方向加速轉動，則()A．金屬環(huán)B的面積有擴大的趨勢，絲線受到的拉力增大B．金屬環(huán)B的面積有縮小的趨勢，絲線受到的拉力減小C．金屬環(huán)B的面積有擴大的趨勢，絲線受到的拉力減小D．金屬環(huán)B的面積有縮小的趨勢，絲線受到的拉力增大解析：選B使膠木圓盤A由靜止開始繞其軸線OO′按箭頭所示方向加速轉動，膠木圓盤側面形成逐漸增大的電流，穿過金屬環(huán)B的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，金屬環(huán)B的面積有縮小的趨勢，且B有向上升高的趨勢，絲線受到的拉力減小，故B項正確。12.如圖所示，在粗糙絕緣水平面上，固定兩條相互平行的直導線，導線中通有大小和方向都相同的電流，在兩條導線的中間位置放置一正方形線框，導線、線框均關于虛線對稱，當導線中電流發(fā)生變化時，線框始終靜止。已知導線周圍某點的磁感應強度與導線中的電流大小成正比，與到導線的距離成反比。則下列對導線中電流變化后線框所受摩擦力的方向的判斷正確的是()A．a、b中電流同步增大，摩擦力方向向左B．a、b中電流同步減小，摩擦力方向向左C．a中電流減小，b中電流增大，摩擦力方向向右D．a中電流減小，b中電流不變，摩擦力方向向左解析：選Ca、b兩導線中間部分的磁場的磁感應強度大小分布關于虛線對稱，磁場方向相反，當a、b導線中的電流同步增大或減小時，正方形線框中的磁通量不變，線框所受摩擦力為0，A、B錯誤；a中電流減小、b中電流增大時，磁感應強度為0處向a導線移動，線框內的磁通量垂直紙面向外增大，根據(jù)楞次定律可知，線框有向左運動的趨勢，所受摩擦力方向向右，同理可知，a中電流減小、b中電流不變時，線框所受摩擦力方向也向右，C正確，D錯誤。13．(2024·濟南高三質檢)某實驗小組的同學用如圖所示裝置研究電磁感應現(xiàn)象，軟鐵環(huán)上繞有M、N兩個線圈，M線圈與電源和滑動變阻器相連，N線圈與電流表相連，閉合開關S的瞬間，觀察到電流表指針向右偏轉。下列說法正確的是()A．閉合S后，滑片P勻速向上滑動的過程中，電流表指針不偏轉B．閉合S后，滑片P加速向上滑動的過程中，電流表指針向左偏轉C．斷開S的瞬間，電流表指針不發(fā)生偏轉D．斷開S的瞬間，電流表指針向右偏轉解析：選B閉合S后，滑片P勻速向上或加速向上滑動的過程中，線圈M中電流逐漸減小，線圈N中磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，電流表指針向左偏轉，故A錯誤，B正確；斷開S的瞬間，線圈M中電流變?yōu)榱?，線圈N中磁通量減小，電流表指針向左偏轉，故C、D錯誤。14．(多選)某同學設想的減小電梯墜落時造成傷害的一種應急安全裝置如圖所示，在電梯轎廂底部安裝永久強磁鐵，磁鐵N極朝上，電梯井道內壁上鋪設若干金屬線圈，線圈在電梯轎廂墜落時能自動閉合，減緩下落速度，從而減小對電梯內人員的傷害。當電梯轎廂墜落到圖示位置時，下列說法正確的是()A．從上往下看，金屬線圈A中的感應電流沿逆時針方向B．從上往下看，金屬線圈B中的感應電流沿逆時針方向C．金屬線圈B對電梯轎廂下落有阻礙作用，A沒有阻礙作用D．金屬線圈B有收縮的趨勢，A有擴張的趨勢解析：選AD當電梯墜落至題圖位置時，閉合線圈A中向上的磁場減弱，根據(jù)楞次定律，感應電流的方向從上往下看是逆時針方向，B中向上的磁場增強，感應電流的方向從上往下看是順時針方向，故B錯誤，A正確；結合上述分析可知，當電梯墜落至題圖位置時，閉合線圈A、B都在阻礙電梯下落，故C錯誤；閉合線圈A中向上的磁場減弱，B中向上的磁場增強，根據(jù)楞次定律可知，線圈B有收縮的趨勢，A有擴張的趨勢，故D正確。第2講法拉第電磁感應定律自感和渦流(基礎落實課)一、法拉第電磁感應定律1．感應電動勢定義在電磁感應現(xiàn)象中產生的電動勢產生穿過回路的磁通量發(fā)生改變，與電路是否閉合無關方向感應電動勢的方向判斷可用：①楞次定律；②右手定則2.法拉第電磁感應定律(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈匝數(shù)。(3)感應電流與感應電動勢的關系：①有感應電動勢，不一定有感應電流(電路不閉合)；②有感應電流，一定有感應電動勢(電路閉合)。3．導體切割磁感線的情形(1)若B、l、v相互垂直，則E＝Blv。(2)v∥B時，E＝0。二、自感、渦流1．自感現(xiàn)象定義由于導體本身的電流發(fā)生變化而使自身產生感應電動勢的現(xiàn)象自感電動勢①定義：在自感現(xiàn)象中產生的感應電動勢叫作自感電動勢。②表達式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。2．渦流定義塊狀金屬放在變化磁場中，或在磁場中有相對運動時，金屬塊內產生的旋渦狀感應電流產生原因金屬塊內磁通量變化→感應電動勢→感應電流。情境創(chuàng)設1．如圖甲所示，線圈兩端a、b與一電阻R相連，線圈內有垂直于線圈平面向里的磁場，t＝0時刻起，穿過線圈的磁通量按圖乙所示的規(guī)律變化。2．如圖丙、丁是研究通電自感和斷電自感現(xiàn)象的電路。理解判斷(1)圖乙中2t0時刻線圈的磁通量為零，產生的感應電動勢為零。(×)(2)圖乙中t0～2t0時間內線圈磁通量變化快，產生的感應電動勢大。(√)(3)圖乙中t0～2t0時間內線圈產生的感應電動勢大小是0～t0時間內的2倍。(√)(4)圖丙中K閉合瞬間，LA、LB一起亮起來。(×)(5)圖丙中K斷開時，LA、LB一起逐漸熄滅。(√)(6)圖丁中K閉合時，LC立即亮起來。(√)(7)圖丁中K斷開時，LC一定閃亮一下再熄滅。(×)(8)在斷電自感中，感應電流方向與原電流方向一致。(√)逐點清(一)法拉第電磁感應定律的應用|題|點|全|練|1．[公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的應用](多選)單匝線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖像如圖所示，則()A．在t＝0時，線圈中磁通量最大，感應電動勢也最大B．在t＝1×10－2s時，感應電動勢最大C．在t＝2×10－2s時，感應電動勢為0D．在0～2×10－2s時間內，線圈中感應電動勢的平均值為0解析：選BC由法拉第電磁感應定律知E∝eq\f(ΔΦ,Δt)，故t＝0及t＝2×10－2s時，感應電動勢E＝0，A錯誤，C正確；t＝1×10－2s時，感應電動勢E最大，B正確；0～2×10－2s時間內，ΔΦ≠0，感應電動勢的平均值eq\x\to(E)≠0，D錯誤。2．[公式E＝neq\f(ΔB,Δt)S的應用](1)(魯科版教材選擇性必修2，P44練習T3)無線充電技術中使用的受電線圈示意圖如圖所示，線圈匝數(shù)為n，面積為S。若在t1～t2這段時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間內線圈兩端a和b之間的電勢差()A．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒為－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)解析：選C根據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可得E＝neq\f(SB2－B1,t2－t1)，將線圈等效為電源，根據(jù)楞次定律，b為正極，故Uab＝－neq\f(SB2－B1,t2－t1)，C正確。(2)(2023·湖北高考)近場通信(NFC)器件應用電磁感應原理進行通訊，其天線類似一個壓平的線圈，線圈尺寸從內到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為1.0cm、1.2cm和1.4cm，圖中線圈外線接入內部芯片時與內部線圈絕緣。若勻強磁場垂直通過此線圈，磁感應強度變化率為103T/s，則線圈產生的感應電動勢最接近()A．0.30VB．0.44VC．0.59VD．4.3V解析：選B根據(jù)法拉第電磁感應定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4V＝0.44V，故選B。|考|教|銜|接|應用性考法的“高起點、低落點”新高考背景下，許多考生感覺到物理試題難度偏大。其實不然，真實情境下的高考命題，要求平時教學應由傳統(tǒng)的重“解題”向現(xiàn)在的“解決問題”方向轉變。對法拉第電磁感應定律的這一基礎性知識考查(低落點)，無論是教材課后練習題，還是湖北高考題，均都采用了時代化的科技前沿素材(高起點)。題目不難，情境真實，貼近時代，考學生的活學活用、遷移應用能力是當今新高考的時代特色。這要求我們在平時的訓練中，與其盲目刷題不如精做好題。3．[公式E＝nBeq\f(ΔS,Δt)的應用](2023·重慶高考)某小組設計了一種呼吸監(jiān)測方案：在人身上纏繞彈性金屬線圈，觀察人呼吸時處于勻強磁場中的線圈面積變化產生的電壓，了解人的呼吸狀況。如圖所示，線圈P的匝數(shù)為N，磁場的磁感應強度大小為B，方向與線圈軸線的夾角為θ。若某次吸氣時，在t時間內每匝線圈面積增加了S，則線圈P在該時間內的平均感應電動勢為()A．eq\f(NBScosθ,t) B．eq\f(NBSsinθ,t)C．eq\f(BSsinθ,t) D．eq\f(BScosθ,t)解析：選A根據(jù)法拉第電磁感應定律有eq\o(E,\s\up6(－))＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝NBcosθ·eq\f(S,t)＝eq\f(NBScosθ,t)，故選A。|精|要|點|撥|法拉第電磁感應定律變形式的應用(1)E＝neq\f(ΔB,Δt)S——適用于垂直于磁場的回路面積S不變、磁感應強度B發(fā)生變化的情形；此時，在B-t圖像中eq\f(ΔB,Δt)是圖線的斜率。(2)E＝nBeq\f(ΔS,Δt)——適用于磁感應強度B不變、垂直于磁場的回路面積S發(fā)生變化的情形。逐點清(二)導體棒切割磁感線產生感應電動勢1．平動切割(1)對公式E＝Blv的理解適用條件①磁場為勻強磁場②B、l、v三者互相垂直有效性公式中的l為導體棒切割磁感線的有效長度，如圖中的有效切割長度均為ab的直線長度相對性E＝Blv中的速度v是導體棒相對磁場的速度。若磁場也在運動，應注意其相對速度(2)當B與l、v垂直但l與v不垂直時：E＝Blvsinθ，其中θ為v與l的夾角，如圖甲所示。2．轉動切割：當導體在垂直于磁場的平面內，繞一端以角速度ω勻速轉動時，產生的感應電動勢為E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)Bl2ω，如圖乙所示。[考法全訓]考法1平動切割1．當航天飛機在環(huán)繞地球的軌道上飛行時，從中釋放一顆衛(wèi)星，衛(wèi)星與航天飛機的速度相同，兩者用導電纜繩相連，這種衛(wèi)星稱為繩系衛(wèi)星?，F(xiàn)有一繩系衛(wèi)星在地球赤道上空自西向東運行，忽略地球自轉。衛(wèi)星位于航天飛機的正上方，它與航天飛機之間的距離是20.5km，衛(wèi)星與航天飛機所在位置的地磁場B＝4.6×10－5T，沿水平方向由南向北。如果航天飛機和衛(wèi)星的運行速度都是7.6km/s，以下說法正確的是()A．纜繩中的感應電動勢約為7.2×103VB．纜繩中的感應電動勢約為7.2VC．航天飛機端的電勢高于衛(wèi)星端的電勢D．如果衛(wèi)星與航天飛機由南向北飛，航天飛機端的電勢高于衛(wèi)星端的電勢解析：選A導電纜繩垂直切割地磁場，產生的感應電動勢為E＝BLv＝4.6×10－5×20.5×103×7.6×103V≈7.2×103V，故A正確，B錯誤；導電纜繩垂直切割地磁場，由右手定則可知，航天飛機端的電勢低于衛(wèi)星端的電勢，故C錯誤；如果衛(wèi)星與航天飛機由南向北飛，導電纜繩不切割磁感線，不產生感應電動勢，則航天飛機端的電勢等于衛(wèi)星端的電勢，故D錯誤?？挤?轉動切割2.(多選)如圖所示為法拉第圓盤發(fā)電機，半徑為r的銅質圓盤繞過其中心O的豎直軸以恒定角速度ω順時針轉動(從上向下看)，空間中存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。圓盤平面和磁感線垂直，兩電刷C、D分別與銅盤中心軸和邊緣接觸，兩電刷間接有阻值為R的電阻，下列說法正確的是()A．O點電勢比D點高B．通過電阻R的電流方向由下至上C．發(fā)電機電動勢為E＝eq\f(Br2ω,2)D．發(fā)電機電動勢為E＝Br2ω解析：選AC銅質圓盤轉動時，根據(jù)右手定則可知，感應電流方向由D點指向O點，則O點相當于電源的正極，D點相當于電源的負極，則O點電勢比D點高，通過電阻R的電流方向由上至下，故A正確，B錯誤；發(fā)電機電動勢為E＝Breq\x\to(v)＝Br·eq\f(0＋ωr,2)＝eq\f(Br2ω,2)，故C正確，D錯誤。逐點清(三)自感現(xiàn)象和渦流考法(一)自感現(xiàn)象分析[例1]圖1和圖2是演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是()A．圖1中，A1的電阻值小于L1的電阻值B．圖1中，斷開開關S1瞬間，流過A1的電流方向自右向左C．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與滑動變阻器R中電流相等D．圖2中，閉合S2電路達到穩(wěn)定時，滑動變阻器R的電阻值大于L2的電阻值[解析]根據(jù)題意可知，斷開開關S1瞬間，流過L1的電流由于自感現(xiàn)象保持不變，流過A1的原電流消失，L1和A1組成新的回路，此時流過A1的電流大小與流過L1的電流大小相等，方向自右向左，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗，是因為電路穩(wěn)定時，A1的電流小于L1的電流，根據(jù)并聯(lián)分流原理可知，L1的電阻小于A1的電阻，故A錯誤，B正確；題圖2中，閉合S2瞬間，L2對電流有阻礙作用，所以L2中電流與滑動變阻器R中電流不相等，故C錯誤；題圖2中，閉合S2電路穩(wěn)定時，A2與A3的亮度相同，說明兩支路的電流相同，故滑動變阻器R與L2的電阻值相同，故D錯誤。[答案]B|思|維|建|模|自感現(xiàn)象中燈泡亮度變化分析與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)的燈泡電路圖通電時電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮電流突然增大，然后逐漸減小達到穩(wěn)定斷電時電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2：①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②若I2＞I1，燈泡“閃亮”后逐漸變暗。兩種情況下燈泡中電流方向均改變[針對訓練]1．(多選)相同的電燈A1、A2和自感系數(shù)較大的電感線圈L接入如圖甲所示的電路中，電源電動勢為E，內阻不計。閉合開關S，待電路穩(wěn)定后開始計時，t1時刻斷開開關S，t2時刻整個電路的電流均為零。t1時刻前后通過電燈A2的電流—時間(iA2-t)圖像如圖乙所示，用I1和I2分別表示開關S斷開瞬間前后通過電燈A2的電流大小。下列說法正確的是()A．電感線圈的直流電阻不可忽略B．斷開開關S后，電燈A1、A2電流大小始終相等C．斷開開關S后，流過電燈A2的電流方向向左D．線圈的自感系數(shù)是由線圈本身決定的，與是否有鐵芯無關解析：選AB由題圖乙可知，通過電感線圈L支路的電流小于通過電燈A2支路的電流，所以電感線圈的直流電阻不可忽略，A正確；穩(wěn)定后當開關S斷開瞬間，由于線圈的自感現(xiàn)象，線圈中的電流只能逐漸減小，線圈L、電燈A1、A2構成閉合回路，兩燈都過一會兒再熄滅，電燈A1、A2電流大小始終相等，且流過電燈A2的電流方向向右，故B正確，C錯誤；有鐵芯時線圈的自感系數(shù)比沒有鐵芯時要大得多，D錯誤。考法(二)對渦流的理解[例2](2024年1月·廣西高考適應性演練)(多選)電磁爐正常工作時，面板下方的線圈周圍產生迅速變化的磁場，使面板上方的鐵鍋底部產生渦流而發(fā)熱，則()A．通過線圈的是恒定電流B．通過線圈的是交變電流C．用全陶瓷鍋替代鐵鍋也能發(fā)熱D．電磁爐正常工作時面板不發(fā)熱[解析]電磁爐工作時，面板下方的線圈周圍產生迅速變化的磁場，因此通過線圈的是交變電流，故A錯誤，B正確；電磁爐工作時，變化的磁場使面板上方的鐵鍋底部產生渦流，鐵鍋迅速發(fā)熱，從而達到加熱食物的目的，屬于渦流，用全陶瓷鍋替代鐵鍋不能產生渦流，故C錯誤；電磁爐內線圈通過高頻交流電，會在上方的鐵質鍋具中產生渦流，從而加熱食品，面板是陶瓷材料制成，不能產生渦流，也就不能產生熱，故D正確。故選B、D。[答案]BD|思|維|建|模|產生渦流時的能量轉化伴隨著渦流現(xiàn)象，其他形式的能轉化成電能，最終在金屬塊中轉化為內能。(1)金屬塊放在變化的磁場中，則磁場能轉化為電能，最終轉化為內能。(2)如果是金屬塊進出磁場或在非勻強磁場中運動，則由于克服安培力做功，金屬塊的機械能轉化為電能，最終轉化為內能。[針對訓練]2.(多選)渦流檢測是工業(yè)上無損檢測的方法之一。如圖所示，線圈中通入一定頻率的正弦交變電流，靠近待測工件時，工件內會產生渦流，同時線圈中的電流受渦流影響也會發(fā)生變化。下列說法正確的是()A．渦流的磁場總是要阻礙穿過工件的磁通量的變化B．渦流的頻率大于通入線圈的交變電流的頻率C．通電線圈和待測工件間存在周期性變化的作用力D．待測工件可以是塑料或橡膠制品解析：選AC渦流是感應電流，渦流的磁場總是阻礙穿過工件的磁通量的變化，而且渦流的頻率與線圈中交變電流的頻率相等，A正確，B錯誤；因待測工件中的渦流與通電線圈中的電流具有相同頻率，因此二者間必有周期性的作用力，C正確；渦流只能在金屬制品中產生，故D錯誤。逐點清(四)電磁阻尼與電磁驅動電磁阻尼與電磁驅動的比較電磁阻尼電磁驅動不同點成因由于導體在磁場中運動而產生感應電流，從而使導體受到安培力由于磁場運動引起磁通量的變化而產生感應電流，從而使導體受到安培力效果安培力的方向與導體運動方向相反，阻礙導體運動導體受安培力的方向與導體運動方向相同，推動導體運動能量轉化導體克服安培力做功，其他形式的能轉化為電能，最終轉化為內能由于電磁感應，磁場能轉化為電能，通過安培力做功，電能轉化為導體的機械能，而對外做功相同點兩者都是電磁感應現(xiàn)象，都遵循楞次定律，都是安培力阻礙引起感應電流的導體與磁場間的相對運動[考法全訓]考法1電磁阻尼1．(魯科版教材選擇性必修2，P35“迷你實驗室”)如圖所示，將內徑一樣的鋁管(或銅管)和塑料管豎直放置在墊有毛巾的桌面上方，從同一高度同時釋放兩塊磁性很強的磁體，一塊從鋁管內下落，另一塊從塑料管內下落。進入鋁管的磁體將會滯后一段時間落到桌面。做一做，并說明這是為什么。提示：鋁管是導體，當強磁體在其中下落時，鋁管中的磁通量會發(fā)生變化，會有電磁感應現(xiàn)象發(fā)生，產生的感應電流阻礙強磁體下落。2．(2023·全國乙卷)一學生小組在探究電磁感應現(xiàn)象時，進行了如下比較實驗。用圖(a)所示的纏繞方式，將漆包線分別繞在幾何尺寸相同的有機玻璃管和金屬鋁管上，漆包線的兩端與電流傳感器接通。兩管皆豎直放置，將一很小的強磁體分別從管的上端由靜止釋放，在管內下落至管的下端。實驗中電流傳感器測得的兩管上流過漆包線的電流I隨時間t的變化分別如圖(b)和圖(c)所示，分析可知()A．圖(c)是用玻璃管獲得的圖像B．在鋁管中下落，小磁體做勻變速運動C．在玻璃管中下落，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D．用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的短解析：選A小磁體在鋁管中運動，鋁管會形成渦流，小磁體在鋁管中加速后很快達到平衡狀態(tài)，做勻速直線運動，而在玻璃管中的小磁體則一直做加速運動，故由圖像可知題圖(c)的脈沖電流峰值不斷增大，說明小磁體的速度在增大，與玻璃管中小磁體的運動情況相符，A正確；在鋁管中下落，脈沖電流的峰值相同，磁通量的變化率相同，故小磁體做勻速運動，B錯誤；在玻璃管中下落，線圈的脈沖電流峰值增大，電流不斷在變化，故小磁體受到的電磁阻力在不斷變化，C錯誤；鋁管中的小磁體在線圈間做勻速運動，玻璃管中的小磁體在線圈間做加速運動，故用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的長，D錯誤。|考|教|銜|接|命題新導向：選擇題的“實驗探究化”考查核心素養(yǎng)立意下的新高考，“科學探究”素養(yǎng)的考查越來越廣泛地滲透到高考命題中。近幾年，一些選擇題“實驗化”的命題趨向開始出現(xiàn)，且有走俏的態(tài)勢，上面的高考題就是明證。該高考題的命制應受到魯科版教材選擇性必修2P35“迷你實驗室”小欄目的啟發(fā)，然后稍加改造而成。這啟示我們，教材中的一些學習活動、閱讀素材等學習資源不可忽視，這往往是高考命題的“素材庫”?？挤?電磁驅動3．(2024·陜西榆林模擬)水平放置的玻璃板上方有一用細線懸掛的可自由旋轉的小磁針，下方有一水平放置的銅圓盤。圓盤的軸線與小磁針懸線在同一直線上，初始時小磁針與圓盤均處于靜止狀態(tài)。當圓盤繞軸沿逆時針方向(俯視)勻速轉動時，下列說法正確的是()A．小磁針不動B．小磁針沿逆時針方向(俯視)轉動C．小磁針沿順時針方向(俯視)轉動D．由于穿過圓盤的磁通量沒有變化，圓盤中沒有感應電流解析：選B銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當圓盤轉動時，穿過這些小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產生感應電流(渦流)，此電流產生的磁場導致小磁針沿逆時針方向(俯視)轉動，構成電磁驅動，故選B。[課時跟蹤檢測]一、立足基礎，體現(xiàn)綜合1．(多選)下列四個圖都與渦流有關，其中說法正確的是()A．真空冶煉爐是利用渦流來熔化金屬的裝置B．自制金屬探測器是利用被測金屬中產生的渦流來進行探測的C．電磁爐工作時在它的面板上產生渦流加熱食物D．變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊合而成是為了減小渦流解析：選ABD真空冶煉爐的線圈中的電流做周期性變化，在金屬中產生渦流，從而產生大量的熱量熔化金屬，故A正確；金屬探測器中的變化電流產生變化磁場，在被測金屬中產生渦流來進行探測，故B正確；家用電磁爐工作時，在鍋體中產生渦流加熱食物，故C錯誤；當變壓器中的電流變化時，在其鐵芯中產生渦流，使用相互絕緣的硅鋼片疊合而成的鐵芯可以盡量減小渦流造成的損失，故D正確。2．(2022·北京高考)如圖所示平面內，在通有圖示方向電流I的長直導線右側，固定一矩形金屬線框abcd，ad邊與導線平行。調節(jié)電流I使得空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，則()A．線框中產生的感應電流方向為a→b→c→d→aB．線框中產生的感應電流逐漸增大C．線框ad邊所受的安培力大小恒定D．線框整體受到的安培力方向水平向右解析：選D根據(jù)安培定則可知，通電直導線右側的磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度隨時間均勻增加，根據(jù)楞次定律可知線框中產生的感應電流方向為a→d→c→b→a，A錯誤；線框中產生的感應電流為I＝eq\f(E,R)＝neq\f(ΔΦ,RΔt)＝neq\f(S,R)·eq\f(ΔB,Δt)，空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，故線框中產生的感應電流不變，B錯誤；線框ad邊中的感應電流保持不變，磁感應強度隨時間均勻增加，根據(jù)安培力表達式F安＝BIL，故所受的安培力變大，C錯誤；線框所處空間的磁場方向垂直紙面向里，線框中產生的感應電流方向為a→d→c→b→a，根據(jù)左手定則可知，線框ad邊所受的安培力水平向右，線框bc邊所受的安培力水平向左，且ad邊受到的安培力大于bc邊受到的安培力，線框整體受到的安培力方向水平向右，D正確。3．(多選)安檢門是一個用于檢測有無金屬物品的“門”，“門框”內有線圈，線圈里通有交變電流，交變電流在“門”內產生交變磁場，金屬物品通過“門”時能產生渦流，渦流的磁場又反過來影響線圈中的電流，從而引起報警。以下關于這個安檢門的說法正確的是()A．這個安檢門能檢查出毒品攜帶者B．這個安檢門只能檢查出金屬物品攜帶者C．如果這個“門框”的線圈中通上恒定電流，也能檢查出金屬物品攜帶者D．這個安檢門工作時，既利用了電磁感應現(xiàn)象，又利用了電流的磁效應解析：選BD安檢門是利用渦流工作的，因而只能檢查出金屬物品攜帶者，A錯誤，B正確；若“門框”的線圈中通上恒定電流，只能產生恒定磁場，它不能使塊狀金屬產生渦流，因而不能檢查出金屬物品攜帶者，C錯誤；安檢門工作時，既利用了電磁感應現(xiàn)象，又利用了電流的磁效應，D正確。4．(多選)近年來，無線門鈴逐漸流行。圖甲為某款無線門鈴按鈕，其“自發(fā)電”原理如圖乙所示，按下門鈴按鈕過程磁鐵靠近螺線管，松開門鈴按鈕磁鐵遠離螺線管回歸原位置。下列說法正確的是()A．按下按鈕過程，螺線管上的導線Q端電勢較高B．松開按鈕過程，螺線管上的導線P端電勢較低C．按住按鈕不動，螺線管上的導線兩端PQ間仍有電勢差D．按下和松開按鈕過程，螺線管產生的感應電動勢大小不一定相等解析：選AD按下按鈕過程，螺線管內水平向左的磁通量增加，由楞次定律可得，PQ間導線上感應電流方向從P流向Q，所以Q相當于電源正極，Q端電勢較高，故A正確；松開按鈕過程，螺線管內水平向左的磁通量減小，由楞次定律可得，PQ間導線上感應電流方向從Q流向P，所以P相當于電源正極，P端電勢較高，故B錯誤；按住按鈕不動，螺線管內磁通量不變，無感應電動勢，PQ間無電勢差，故C錯誤；按下和松開按鈕過程，有可能所用時間不同，螺線管內磁通量的變化率可能不同，所以產生的感應電動勢大小可能不相等，故D正確。5．(多選)某汽車使用的電磁制動原理示意圖如圖所示，當導體在固定通電線圈產生的磁場中運動時，會產生渦流，使導體受到阻礙運動的制動力。下列說法正確的是()A．制動過程中，導體不會發(fā)熱B．導體運動的速度越大，制動力越大C．改變線圈中的電流方向，導體就可獲得動力D．制動過程中導體獲得的制動力逐漸減小解析：選BD由于導體中產生了渦流，根據(jù)Q＝I2Rt可知，制動過程中，導體會發(fā)熱，故A錯誤；導體運動速度越大，穿過導體中回路的磁通量的變化率越大，產生的渦流越大，則所受安培力即制動力越大，故B正確；根據(jù)楞次定律可知，原磁場對渦流的安培力總是要阻礙導體的相對運動，即改變線圈中的電流方向，導體受到的安培力仍然為阻力，故C錯誤；制動過程中，導體的速度逐漸減小，穿過導體中回路的磁通量的變化率變小，產生的渦流變小，則所受安培力即制動力變小，故D正確。6.如圖所示，電路中線圈L的自感系數(shù)足夠大，兩個燈泡A1和A2的規(guī)格相同，A1與線圈L串聯(lián)后接到電源上，A2與可調電阻R串聯(lián)后接到電源上。先閉合開關S，調節(jié)電阻R，使兩個燈泡的亮度相同，再調節(jié)可調電阻R1，使它們都正常發(fā)光，然后斷開開關S。下列說法正確的是()A．重新閉合開關S，A1先亮，A2后亮B．斷開開關S，A2先熄滅，A1后熄滅C．斷開開關S，A1先熄滅，A2后熄滅D．斷開開關S，流過A2的電流方向向左解析：選D重新閉合開關S，線圈L的自感系數(shù)足夠大，阻礙電流增大，所以A2先亮，A1后亮，A錯誤；斷開開關S，A1、A2與L、R構成回路，L相當于電源，阻礙電流減小，A1、A2都會逐漸變暗，且同時熄滅，流過線圈的電流方向向右，故流過A1的電流向右，流過A2的電流方向向左，故D正確，B、C錯誤。7.(2023·江蘇高考)如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，OC導體棒的O端位于圓心，棒的中點A位于磁場區(qū)域的邊緣?，F(xiàn)使導體棒繞O點在紙面內逆時針轉動，O、A、C點電勢分別為φO、φA、φC，則()A．φO>φC B．φC>φAC．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC解析：選A由題圖可看出導體棒OA段轉動切割磁感線，根據(jù)右手定則可知感應電動勢的方向由A指向O，所以φO>φA，導體棒AC段不在磁場中，不切割磁感線，不產生感應電動勢，則φC＝φA，A正確，B、C錯誤；根據(jù)以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，則φO－φA>φA－φC，D錯誤。8．(2023·全國甲卷)(多選)一有機玻璃管豎直放在水平地面上，管上有漆包線繞成的線圈，線圈的兩端與電流傳感器相連，線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布，下部的3匝也均勻分布，下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離，如圖(a)所示?，F(xiàn)讓一個很小的強磁體在玻璃管內沿軸線從上端口由靜止下落，電流傳感器測得線圈中電流I隨時間t的變化如圖(b)所示。則()A．小磁體在玻璃管內下降速度越來越快B．下落過程中，小磁體的N極、S極上下顛倒了8次C．下落過程中，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D．與上部相比，小磁體通過線圈下部的過程中，磁通量變化率的最大值更大解析：選AD電流的峰值越來越大，即小磁體在依次穿過每個線圈的過程中的磁通量變化率的最大值越來越大，因此小磁體的下降速度越來越快，A、D正確；由題圖不難看出，線圈中電流方向的變化與磁體磁極沿運動方向穿過線圈產生的電流變化一致，所以小磁體磁極未發(fā)生顛倒，B錯誤；線圈可等效為條形磁鐵，其磁性隨電流變化，所以小磁體受到的電磁阻力是變化的，C錯誤。9.(2023·天津高考)如圖，有一正方形線框靜止懸掛著，其質量為m、電阻為R、邊長為l。空間中有一個三角形磁場區(qū)域，其磁感應強度大小為B＝kt(k>0)，方向垂直于線框所在平面向里，且線框中磁場區(qū)域的面積為線框面積的一半，已知重力加速度為g，求：(1)感應電動勢E；(2)線框開始向上運動的時刻t0。解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)又n＝1，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kS，S＝eq\f(l2,2)解得E＝eq\f(kl2,2)。(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，線框中的感應電流為I＝eq\f(E,R)結合安培力的公式和題圖可知，線框受到的安培力為FA＝BIl又B＝kt(k>0)聯(lián)立可得線框受到的安培力為FA＝eq\f(k2l3t,2R)當線框開始向上運動時，有eq\f(k2l3t0,2R)＝mg解得t0＝eq\f(2mgR,k2l3)。答案：(1)eq\f(kl2,2)(2)eq\f(2mgR,k2l3)二、注重應用，強調創(chuàng)新10．某同學利用電壓傳感器來研究電感線圈工作時的特點。圖甲中三個燈泡完全相同，不考慮溫度對燈泡電阻的影響。在閉合開關S的同時開始采集數(shù)據(jù)，當電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關。圖乙是由傳感器得到的電壓u隨時間t變化的圖像。不計電源內阻及電感線圈L的電阻。下列說法正確的是()A．開關S閉合瞬間，流經(jīng)燈D2和D3的電流相等B．開關S閉合瞬間至斷開前，流經(jīng)燈D1的電流保持不變C．開關S斷開瞬間，燈D2閃亮一下再熄滅D．根據(jù)題中信息，可以推算出圖乙中u1與u2的比值解析：選D開關S閉合瞬間，由于電感線圈的阻礙作用，燈D3逐漸變亮，通過燈D3的電流緩慢增加，待穩(wěn)定后，流經(jīng)燈D2和D3的電流相等，故從開關S閉合瞬間至斷開前，流經(jīng)燈D1的電流也是逐漸增加，A、B錯誤；開關S斷開瞬間，由于電感線圈有阻礙電流減小的作用，由電感線圈繼續(xù)為燈D2和D3提供電流，又因為電路穩(wěn)定的時候，流經(jīng)燈D2和D3的電流相等，所以燈D2逐漸熄滅，C錯誤；開關S閉合瞬間，燈D1和D2串聯(lián)，電壓傳感器所測電壓為D2兩端電壓，由歐姆定律u1＝eq\f(E,2)，電路穩(wěn)定后，流過D3的電流為I＝eq\f(1,2)·eq\f(E,\f(3,2)R)＝eq\f(E,3R)，開關S斷開瞬間，電感線圈能夠為D2和D3提供與之前等大的電流，故其兩端電壓為u2＝I·2R＝eq\f(2E,3)，所以eq\f(u1,u2)＝eq\f(3,4)，故可以推算出題圖乙中u1與u2的比值，D正確。11．(2022·河北高考)將一根絕緣硬質細導線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為S1，小圓面積均為S2，垂直線圈平面方向有一隨時間t變化的磁場，磁感應強度大小B＝B0＋kt，B0和k均為常量，則線圈中總的感應電動勢大小為()A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)解析：選D根據(jù)法拉第電磁感應定律可得大圓線圈產生的感應電動勢E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每個小圓線圈產生的感應電動勢E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由線圈的繞線方式和楞次定律可知大、小圓線圈中產生的感應電動勢方向相同，故線圈中總的感應電動勢大小為E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，D正確。12．(2024·廣州高三模擬)(多選)如圖甲是法拉第發(fā)明的銅盤發(fā)電機，也是人類歷史上第一臺發(fā)電機。利用這個發(fā)電機給平行金屬板電容器供電，如圖乙。已知銅盤的半徑為L，加在銅盤下半部分的勻強磁場磁感應強度為B1，銅盤勻速轉動的角速度為ω，每塊平行板長度為d，板間距離也為d，板間加垂直紙面向里、磁感應強度為B2的勻強磁場。下列結論正確的是()A．若銅盤按照圖示方向轉動，那么平行板電容器D板電勢高B．銅盤產生的感應電動勢為E感＝eq\f(1,2)B1ωL2C．若一電子從電容器兩板中間水平向右射入，恰能做勻速直線運動從右側水平射出，則電子射入時速度為v＝eq\f(B1ωL2,2B2d)D．若有一帶負電的小球從電容器兩板中間水平向右射入，在復合場中做勻速圓周運動又恰好從極板右側射出，則小球的圓周運動半徑為eq\f(5d,4)解析：選BCD根據(jù)右手定則可得，銅盤上電流由邊緣流向中心，C極板帶正電，電勢高，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律，可得E感＝B1Leq\f(0＋ωL,2)＝eq\f(1,2)B1ωL2，故B正確；由于電子做勻速直線運動，受力平衡，由evB2＝eeq\f(E感,d)，解得v＝eq\f(B1ωL2,2B2d)，故C正確；帶電小球恰能從極板右邊緣射出，如圖所示，由幾何關系可得r2＝d2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(d,2)))2，解得r＝eq\f(5d,4)，故D正確。13.如圖所示，在光滑的水平面上有一半徑r＝10cm、電阻R＝1Ω、質量m＝1kg的金屬圓環(huán)，以速度v＝10m/s向一有界磁場運動。勻強磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B＝0.5T，從圓環(huán)剛進入磁場算起，到剛好有一半進入磁場時，圓環(huán)一共釋放了32J的熱量，求：(1)此時圓環(huán)中電流的瞬時功率；(2)此時圓環(huán)運動的加速度。解析：(1)圓環(huán)從開始進入磁場到有一半進入磁場過程中，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Q＋eq\f(1,2)mv′2，代入數(shù)據(jù)解得v′＝6m/s，此時的感應電動勢E＝BLv′＝B·2rv′＝0.5×2×0.1×6V＝0.6V，圓環(huán)中電流的瞬時功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(0.62,1)W＝0.36W。(2)感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.6,1)A＝0.6A，圓環(huán)受到的安培力F＝BIL＝BI·2r＝0.5×0.6×2×0.1N＝0.06N，由牛頓第二定律得F＝ma，解得此時圓環(huán)運動的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(0.06,1)m/s2＝0.06m/s2，由右手定則可知，圓環(huán)中感應電流沿逆時針方向，由左手定則可知，安培力水平向左，則加速度方向向左。答案：(1)0.36W(2)0.06m/s2，方向向左

第3講電磁感應中的電路和圖像問題(綜合融通課)(一)電磁感應中的電路問題1．電磁感應中電路知識的關系圖2．“三步走”分析電磁感應中的電路問題[典例](2022·湖南高考)(多選)如圖，間距L＝1m的U形金屬導軌，一端接有0.1Ω的定值電阻R，固定在高h＝0.8m的絕緣水平桌面上。質量均為0.1kg的勻質導體棒a和b靜止在導軌上，兩導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，接入電路的阻值均為0.1Ω，與導軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，導體棒a距離導軌最右端1.74m。整個空間存在豎直向下的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為0.1T。用F＝0.5N沿導軌水平向右的恒力拉導體棒a，當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，撤去F，導體棒a離開導軌后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不計空氣阻力，不計其他電阻，下列說法正確的是()A．導體棒a離開導軌至落地過程中，水平位移為0.6mB．導體棒a離開導軌至落地前，其感應電動勢不變C．導體棒a在導軌上運動的過程中，導體棒b有向右運動的趨勢D．導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電阻R的電荷量為0.58C[解析]導體棒a在導軌上向右運動，產生的感應電流向里，流過導體棒b的電流向里，由左手定則可知安培力向左，則導體棒b有向左運動的趨勢，故C錯誤；導體棒b與電阻R并聯(lián)，有I＝eq\f(BLv,R＋\f(R,2))，當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，有B·eq\f(I,2)·L＝μmg，聯(lián)立解得a棒的速度為v＝3m/s，a棒做平拋運動，有x＝vt，h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得導體棒a離開導軌至落地過程中水平位移為x＝1.2m，故A錯誤；導體棒a離開導軌至落地前做平拋運動，水平速度切割磁感線，則產生的感應電動勢不變，故B正確；導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電路的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(BL·Δx,R＋\f(1,2)R)＝eq\f(0.1×1×1.74,0.15)C＝1.16C，導體棒b與電阻R并聯(lián)，則通過電阻R的電荷量為qR＝eq\f(q,2)＝0.58C，故D正確。[答案]BD[考法全訓]考法1導體棒平動切割的電路問題1.(多選)如圖所示，分布于全空間的勻強磁場垂直于紙面向里，其磁感應強度大小為B＝2T。寬度為L＝0.8m的兩導軌間接一阻值為R＝0.2Ω的電阻，電阻為2R的金屬棒AC長為2L并垂直于導軌(導軌電阻不計)放置，A端剛好位于導軌，中點D與另一導軌接觸。當金屬棒以速度v＝0.5m/s向左勻速運動時，下列說法正確的是()A．流過電阻R的電流為2AB．A、D兩點的電勢差為UAD＝0.4VC．A、C兩點的電勢差為UAC＝－1.6VD．A、C兩點的電勢差為UAC＝－1.2V解析：選AD金屬棒AD段產生的感應電動勢為EAD＝BLv＝2×0.8×0.5V＝0.8V，流過電阻R的電流I＝eq\f(EAD,R＋R)＝eq\f(0.8,0.4)A＝2A，根據(jù)右手定則，可知A端的電勢低于D端的電勢，A、D兩點的電勢差UAD＝－IR＝－0.4V，B錯誤，A正確；D、C兩點的電勢差UDC＝－BLv＝－0.8V，則UAC＝UAD＋UDC＝－1.2V，C錯誤，D正確?？挤?導體棒轉動切割的電路問題2.如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導電轉軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉動，在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，不計其他電阻和摩擦，下列說法正確的是()A．金屬棒產生的電動勢為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶的電荷量為CBr2ω解析：選B由法拉第電磁感應定律可知金屬棒產生的電動勢為E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，A錯誤；金屬棒電阻不計，故電容器兩極板間的電壓等于棒產生的電動勢，微粒的重力與其受到的電場力大小相等，有qeq\f(U,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，B正確；電阻消耗的電功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C錯誤；電容器所帶的電荷量Q＝CU＝eq\f(1,2)CBr2ω，D錯誤?？挤?磁場變化引起的電路問題3．(多選)如圖甲所示的電路中，電阻R1＝R，R2＝2R，單匝圓形金屬線圈半徑為r2、圓心為O，線圈的電阻為R，其余導線的電阻不計。半徑為r1(r1<r2)、圓心為O的圓形區(qū)域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，電容器的電容為C。閉合開關S，t1時刻開始電路中的電流穩(wěn)定不變，下列說法正確的是()A．電容器上極板帶正電B．t1時刻，電容器所帶的電荷量為eq\f(CB1πr12,4t1)C．t1時刻之后，線圈兩端的電壓為eq\f(3B1πr12,4t1)D．t1時刻之后，R1兩端的電壓為eq\f(B2πr22,4t2)解析：選AC根據(jù)楞次定律可知，線圈產生沿逆時針方向的感應電流，則電容器上極板帶正電，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B1πr12,t1)，穩(wěn)定電流為I＝eq\f(E,R1＋R2＋R)＝eq\f(B1πr12,4Rt1)，UR2＝IR2＝eq\f(B1πr12,2t1)，電容器所帶的電荷量為Q＝CUR2＝eq\f(CB1πr12,2t1)，故B錯誤；t1時刻之后，線圈兩端的電壓為U＝I(R1＋R2)＝eq\f(3B1πr12,4t1)，故C正確；t1時刻之后，R1兩端的電壓為UR1＝IR1＝eq\f(B1πr12,4t1)＝eq