1、电磁感应 楞次定律电磁感应是高中物理中的重要知识点,也是高考的必考内容,涉及“电磁感应现象”“磁通量”“自感、涡流”三个级考点和“法拉第电磁感应定律”“楞次定律”两个级考点。高考考查的频率很高,大部分出现在选择题型中,有时也出现在计算题中。考查频率较高的知识点有“判断感应电流的产生”“判断感应电流的方向”“感应电动势的计算”等,并经常综合运动学、力学、磁场、能量等知识进行考查,在考查基础知识的同时考查应用数学知识解决问题的能力和物理建模能力,所以以中等难度题为主。预计2020年高考命题热点有:(1)对应用楞次定律、右手定则结合左手定则来综合判断感应电流和安培力的方向等基础能力的考查,主要出现在
2、选择题中,一般难度稍低;(2)结合-t、B-t、i-t、v-t等图象对法拉第电磁感应定律的应用进行考查,这类问题要特别注意可能会出现转动切割磁感线及导线切割磁感线的有效长度的变化问题,也要关注对不同方式产生的感应电动势的综合考查;(3)“单杆”或“双杆”模型的考查,尤其是在把“动量定理”“动量守恒定律”列为必考点之后,要特别注意结合“通过横截面的电荷量”考查动量定理的应用。对电磁感应部分的考查往往综合性较强,既体现在运动、力、电、能等知识的综合,也体现在分析、建模、应用数学等能力的综合。第1讲电磁感应楞次定律1电磁感应现象(1)磁通量:在磁感应强度为B的匀强磁场中,与磁场方向垂直的面积S与B的
3、乘积。公式:=BS。适用条件:匀强磁场。S为垂直磁场的有效面积。对磁通量的理解:磁通量是标量,有正负,如果把磁感线从线圈某一侧穿过的磁通量记为正,磁感线从线圈另一侧穿过的磁通量则为负。磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数,当有磁感线分别从两侧穿过同一线圈时,磁通量等于两侧的磁感线条数之差。对于在匀强磁场中的同一线圈平面,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。磁通量的变化:=2-1。磁通量变化的三个因素:磁感应强度B变化。线圈面积S变化。线圈平面与磁感应强度的夹角变化。(2)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
4、利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。产生条件:穿过闭合导体回路的磁通量发生变化。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。1.1(2018福建福州第一次模拟)下列图中能产生感应电流的是()。【答案】B1.2(2019江苏苏州质量检测)如图所示,开始时矩形线圈与磁场垂直,且一半在匀强磁场内,一半在匀强磁场外。下列情况中不产生感应电流的是()。A.将线圈向左平移一小段距离B.以ab为轴转动(小于90)C.以ac为轴转动(小于60)D.以bd为轴转动(小于60)【答案】D2楞次定律(1)内容:感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁
5、通量的变化。(2)对楞次定律中“阻碍”的理解谁阻碍谁是感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化阻碍什么阻碍的是磁通量的变化,而不是阻碍磁通量本身如何阻碍当原磁场磁通量增加时,感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反;当原磁场磁通量减少时,感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同,即“增反减同”结果如何阻碍并不是阻止,只是延缓了磁通量的变化,这种变化将继续进行(3)应用楞次定律处理电磁感应问题的常用方法。常规法:根据原磁场(B原方向及情况)确定感应磁场B感方向判断感应电流I感方向导体受力及运动趋势。效果法:由楞次定律可知,感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的“原因”,深刻理解“阻
6、碍”的含义。根据“阻碍”原则,可直接对运动趋势做出判断。2.1(2019贵州贵阳五校模拟)如图所示,一金属圆环水平固定放置,现将一竖直的条形磁铁,在圆环上方沿圆环轴线无初速度释放,在条形磁铁穿过圆环的过程中,条形磁铁与圆环()。A.始终相互吸引B.始终相互排斥C.先相互吸引,后相互排斥D.先相互排斥,后相互吸引【答案】D2.2(2018陕西西安期中考试)(多选)如图所示是生产中常用的一种延时继电器的示意图,铁芯上有两个线圈A和B,线圈A跟电源连接,线圈B的两端接在一起,构成一个闭合回路。下列说法正确的是()。A.闭合开关S时,B中产生与图示方向相同的感应电流B.闭合开关S时,B中产生与图示方向
7、相反的感应电流C.断开开关S时,电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间D.断开开关S时,弹簧K立即将衔铁D拉起【答案】BC3右手定则(1)内容:伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内,让磁感线从掌心进入,并使拇指指向导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向。适用情况:导体切割磁感线产生感应电流。(2)右手定则与左手定则的应用技巧:无论是“安培力”还是“洛伦兹力”,只要是“力”都用左手判断。“电生磁”或“磁生电”均用右手判断。(3)“一定律三定则”的应用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
8、感线运动右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律【温馨提示】右手定则与左手定则的区别: “因电而动”用左手定则;“因动而电”用右手定则。安培定则与楞次定律的区别: “因电生磁”用安培定则;“因磁生电”用楞次定律(或右手定则)。3.1(2019河南洛阳1月模拟)如图所示,金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路,金属棒ab在磁感应强度为B的匀强磁场中沿导轨向右运动,则()。A.ab棒不受安培力作用B.ab棒所受安培力的方向向右C.ab棒中的电流方向为baD.由螺线管产生的磁场,A端为N极【答案】C3.2(2018江西南昌三校联考)(多选)如图所示,磁场中有一导体棒MN与“”形光滑的金属框组成闭合电路,
9、当导体棒向右运动时,下列说法正确的是()。A.电路中有沿顺时针方向的电流B.电路中有沿逆时针方向的电流C.导体棒的N端相当于电源的正极D.导体棒的N端相当于电源的负极【答案】BD4法拉第电磁感应定律(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相当于电源。(2)电磁感应定律内容: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。表达式:E=t(单匝线圈),E=nt(多匝线圈)。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=ER+r。(3)磁通量的变化率应为一瞬时值,如果确切知道这个值,则按法拉第电磁感应定律求得的电动势为瞬时值,若是利用t去求磁
10、通量的变化率,一般情况求的是磁通量的平均变化率,那么用E=t求得的则是平均电动势。4.1(2018哈尔滨二模)用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m,正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中,如图所示。当磁感应强度以10 T/s的变化率增强时,线框中a、b两点的电势差是()。A.0.1 VB.-0.1 VC.0.2 VD.-0.2 V【答案】B4.2(2018天津10月质量检测)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是()。A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大C.穿过线
11、圈的磁通量变化越快,感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【答案】C5导体切割磁感线产生的感应电动势(1)导体切割磁感线产生的感应电动势:当导体棒垂直于磁场运动,B、l、v两两垂直时,E=Blv。当导线的运动方向与导线本身垂直,但与磁感线方向夹角为时,E=Blvsin 。(2)用公式E=t计算的感应电动势是平均电动势,只有在电动势不随时间变化的情况下平均电动势才等于瞬时电动势。用公式E=BLv计算电动势时,如果v是瞬时速度,那么电动势是瞬时值;如果v是平均速度,那么电动势是平均值。(3)公式E=t是计算感应电动势的普遍适用的公式,公式E=BLv则是E=t的一个特例。公式E
12、=BLv成立的条件是L、v、B三者两两垂直。如果不是两两垂直,那么L取导线在垂直于B方向的有效长度,v取垂直于B方向的分速度。(4)E=t是求整个回路的总电动势,并且求出的是t时间内的平均感应电动势,而公式E=BLv求出的只是切割磁感线的那部分导体中的感应电动势,不一定是回路中的总感应电动势,并且它一般用于求某一时刻的瞬时感应电动势。【温馨提示】(1)E=Blv中的速度v是相对于磁场的速度,若磁场也运动,则应注意速度间的相对关系。(2)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。(3)若v为瞬时速度,则E为瞬时感应电动势;若v为平均速度,则E为平均感应电动势。5.1(2019
13、福建福州五校联考)一根直导线长为0.1 m,在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动,则导线中产生的感应电动势描述错误的是()。A.一定为0.1 VB.可能为零C.可能为0.01 VD.最大值为0.1 V【答案】A5.2(2019浙江宁波1月模拟)如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论不正确的是()。A.感应电流方向不变B.CD段直线始终不受安培力C.感应电动势的最大值Em=BavD.感应电动势的平
14、均值E=14Bav【答案】B6自感和涡流现象(1)自感现象概念:由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象,叫作自感现象。自感电动势:由于自感而产生的感应电动势。(2)自感系数概念:自感电动势与导体中电流的变化率成正比,比例系数则为自感系数,简称自感或电感。决定因素:自感系数L与线圈的形状、长短、匝数及有无铁芯有关。如果线圈内有铁芯,则自感系数L会比没有铁芯时大得多。单位:亨利(符号H)1 H=1103mH=1106H。物理意义:表征线圈产生自感电动势本领大小的物理量。数值上等于通过线圈的电流在1 s内改变1 A时产生的自感电动势的大小。(3)涡流定义:在变化的磁场中的导体内产生的感应电流
15、,就像水中的漩涡,所以把它叫作涡电流,简称涡流。涡流的特点:若金属的电阻率小,涡流往往很强,产生的热量很多。涡流的应用:涡流热效应的应用,如真空冶炼炉。涡流磁效应的应用,如探雷器、安检门。涡流的防止: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。【温馨提示】(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(Bt越大),导体的横截面积S越大,导体材料的电阻率越小,形成的涡流就越大。6.1(2018甘肃兰州10月检测)(多选)如图所示电路中,灯泡A、B的规格相同,电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略。下列关于此电路的说法中正确的是()。
16、A.S闭合后的瞬间,A、B同时亮,然后A变暗最后熄灭B.S闭合后的瞬间,B先亮,A逐渐变亮,最后A、B一样亮C.S断开后的瞬间,A立即熄灭,B逐渐变暗最后熄灭D.S断开后的瞬间,B立即熄灭,A闪亮一下后熄灭【答案】AD6.2(2018河南安阳一模)2018年研究生考试全过程实行无死角的视频监控和录像,使用二代身份证识别仪和金属探测器等设备。下列关于金属探测器的说法正确的是()。A.金属探测器可用于食品生产,防止细小的砂石颗粒混入食品中B.金属探测器探测地雷时,探测器的线圈中产生涡流C.金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流D.探测过程中金属探测器与被测物体相对静止、相对运动的探测效果相同【
17、答案】C题型一楞次定律的理解和应用1.判断产生感应电流的两种方法:(1)闭合电路的一部分导体切割磁感线;(2)一闭合二变磁,即导体回路必须闭合,穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,二者缺一不可。2.磁通量变化的四种情况:(1)B不变,S变化,则=BS;(2)B变化,S不变,则=BS;(3)B变化,S也变化,则=B2S2-B1S1;(4)B不变,S不变,线圈平面与磁场方向的夹角变化,则=BS(sin 2-sin 1)。3.判断感应电流方向的“三步走”4.楞次定律推论的应用技巧:(1)线圈(回路)中磁通量变化时,阻碍原磁通量的变化应用“增反减同”的规律;(2)导体与磁体间有相对运动时,阻碍相对运动应
18、用“来拒去留”的规律;(3)当回路可以形变时,感应电流使线圈面积有扩大或缩小的趋势应用“增缩减扩”的规律;(4)自感现象中,感应电动势阻碍原电流的变化应用“增反减同”的规律。【例1】如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为21,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是()。A.EaEb=41,感应电流均沿逆时针方向B.EaEb=41,感应电流均沿顺时针方向C.EaEb=21,感应电流均沿逆时针方向D.EaEb=21,感应电流均沿顺时针方向【解析】由法拉第电磁感应定律可知E=nt,
19、则E=nBtR2。由于RaRb=21,则EaEb=41。感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大,即感应电流产生向里的感应磁场,由楞次定律和安培定则可以判断产生沿顺时针方向的电流,B项正确。【答案】B本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律和安培定则。对于楞次定律,一定要清楚是用哪只手判断感应电流方向的,也可以从两个角度理解,一个是“增反减同”,一个是“来拒去留”,对于法拉第电磁感应定律,需要灵活掌握公式,学会变通。【变式训练1】(2018江苏南京9月摸底)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向
20、下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是()。A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小【解析】磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,所以闭合回路的面积不发生改变,根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可知,ab中产生由a到b的恒定电流,A、B两项错误;因为电流恒定,磁感应强度逐渐减小,所以安培力逐渐减小,静摩擦力与安培力是一对平衡力,则静摩擦力逐渐减小,C项错误,D项正确。【答案】D题型二法拉第电磁感应定律的理解及应用1.应用E=nt:(1)为磁通量的大小,表示在某一时刻(或某一状态)穿过
21、电路的磁感线条数。(2)为磁通量变化量,它体现了电路从某一位置(或时刻)经过某一过程到另一位置(或另一时刻),磁通量的改变量。(3)t为磁通量的变化率,表示磁通量变化的快慢。(4)大,不一定大;大,不一定t大;反之=0,不一定等于零,t也不一定等于零(如交流发电机中的电枢)。【温馨提示】公式E=nt的应用,与B、S相关,可能是t=BSt,也可能是t=SBt,当B=kt时,t=kS。2.应用E=Blv:导线切割磁感线产生电动势的情况,要注意v垂直于B的判断;当导线弯曲时,L是切割磁感线的有效长度,即导线两端在v、B所决定的平面上的投影长度。v是导体对磁感线的切割速度,如果导线旋转切割磁感线,且角
22、速度为,则v=L2,即L中点的切割速度,此时感应电动势E=BL22。3.求感应电动势大小的五种类型及对应解法(1)磁通量变化型:E=nt。(2)磁感应强度变化型:E=nSBt。(3)面积变化型:E=nBSt。(4)平动切割型:E=Blvsin 。为B与v的夹角。l为导体切割磁感线的有效长度:首尾相连在垂直速度方向上的分量。v为导体相对磁场的速度。(5)转动切割型:E=Blv=12Bl2。【例2】如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则()。A.两线圈内产生顺
23、时针方向的感应电流B.a、b线圈中的感应电动势之比为91C.a、b线圈中的感应电流之比为34D.a、b线圈中的电功率之比为31【解析】由楞次定律可判断,两线圈中产生的感应电流均沿逆时针方向,A项错误;由法拉第电磁感应定律有E=nBtS,S=l2,R=lS,I=ER,P=E2R,可知EaEb=91,IaIb=31,PaPb=271,B项正确,C、D两项错误。【答案】B本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律。要推导某个物理量与其他物理量之间的关系,可以先找到这个物理量的表达式,然后看这个物理量和什么因素有关;这里线圈的匝数是容易被忽略的量。【变式训练2】(2019重庆1月模拟)(多选)如图甲所示,闭
24、合线圈固定在小车上,总质量为1 kg。它们在光滑水平面上,以 10 m/s 的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里。已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v-x图象如图乙所示。则()。A.线圈的长度L=15 cmB.磁场的宽度d=25 cmC.线圈进入磁场过程中做匀减速运动,加速度为0.4 m/s2D.线圈通过磁场过程中产生的热量为48 J【解析】闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即线圈的长度,线圈进入或离开磁场时受安培力作用,将做减速运动,由图乙可知,L=10cm,故A项错误;磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移,由图乙可知,5cm15cm
25、是线圈进入磁场的过程,15cm30cm是线圈完全在磁场中运动的过程,30cm40cm是线圈离开磁场的过程,所以d=30cm-5cm=25cm,B项正确;根据F=BIL,I=BLvR,解得F=B2L2vR,因为v是一个变量,所以F也是一个变量,则线圈不做匀减速运动,而做变减速运动,故C项错误;线圈通过磁场过程中运用动能定理得12mv22-12mv12=W安,由图乙可知v1=10m/s,v2=2m/s,解得W安=-48J,所以克服安培力做功为48J,即线圈通过磁场过程中产生的热量为48J,D项正确。【答案】BD【变式训练3】(2019辽宁沈阳质量检测)(多选)如图所示,在圆柱形区域内存在竖直向上的
26、匀强磁场,磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B=B0+kt,其中B0、k为大于0的常数。在此区域的水平面内固定一个半径为r、内壁光滑的圆环形细玻璃管,将一电荷量为q的带正电小球C在管内由静止释放,不考虑带电小球在运动过程中产生的磁场,则下列说法正确的是()。A.从上往下看,小球将在管内沿顺时针方向运动B.从上往下看,小球将在管内沿逆时针方向运动C.小球转动一周的过程中动能增量为2qkrD.小球转动一周的过程中动能增量为qkr2【解析】根据磁感应强度B=B0+kt可判断磁场均匀增大,从上往下看,产生沿顺时针方向的感应电场,小球受力方向与电场方向相同,所以小球沿顺时针方向运动,A项正确,B项错误
27、。根据法拉第电磁感应定律产生的感应电动势U=t=SBt=r2k,小球转动一周电场力做的功等于动能的增量,即Ek=qU=qr2k,D项正确。【答案】AD题型三自感现象的分析1.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。2.通电自感和断电自感比较项电路现象自感电动势的作用通电自感接通电源的瞬间,灯泡A1逐渐地亮起来阻碍电流的增加断电自感断开开关的瞬间,灯泡A逐渐变暗,直到熄
28、灭阻碍电流的减小【例3】如图所示,A、B是两个完全相同的白炽灯,L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈。下列说法正确的是()。A.闭合开关S时,A、B灯同时亮,且达到正常亮度B.闭合开关S时,A灯比B灯先亮,最后一样亮C.闭合开关S时,B灯比A灯先亮,最后一样亮D.断开开关S时,B灯立即熄灭而A灯慢慢熄灭【解析】开关S闭合的瞬间,电源的电压同时加到两支路的两端,B灯立即发光,因为线圈的自感阻碍,A灯后发光,因为线圈的电阻可以忽略,A灯逐渐变亮,最后和B灯一样亮,故A、B两项错误,C项正确;断开开关S的瞬间,线圈与两灯一起构成一个自感回路,通过线圈的电流将要减小,产生自感电动势,相当于电源,
29、两灯逐渐同时熄灭,故D项错误。【答案】C处理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,断电时自感线圈处相当于电源,自感电动势由某值逐渐减小到零。(3)电流稳定时,理想的自感线圈相当于导体,非理想的自感线圈相当于定值电阻。【变式训练4】(2018天津五校联考)(多选)如图所示的电路中,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。t=0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
30、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()。【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慢慢熄灭,电流反向且减小,故A、C两项正确。【答案】AC【变式训练5】(2019湖北武汉1月模拟)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
31、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【解析】在进入和离开磁场时,穿过铜球的磁通量均会发生变化,铜球中均有涡流产生,同时消耗机械能,不能摆至原来的高度,A项错误,B项正确;铜球进入磁场后穿过铜球的磁通量不再变化,无涡流产生,C项错误;铜球最终将在磁场内来回摆动,D项错误。【答案】B1.(2019河北沧州1月月考)如图所示,光滑的水平桌面上放着两个完全相同的金属环a和b,当一条形磁铁的S极竖直向下迅速靠近两环中间时,则()。A.a、
32、b均静止不动B.a、b互相靠近C.a、b均向上跳起D.a、b互相远离【解析】根据楞次定律可知,当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时,闭合金属环内的磁通量增大,因此两环产生沿顺时针方向的感应电流,因为两线圈靠近侧电流方向相反,所以a、b两环互相远离,D项正确。【答案】D2.(2018四川成都二模)(多选)如图所示,在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线,以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置,两条长直导线中电流大小与变化情况相同,电流方向如图所示。当两条导线中的电流都开始均匀增大时,四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是()。A.线圈a中有沿
33、逆时针方向的感应电流B.线圈b中有沿顺时针方向的感应电流C.线圈c中有沿顺时针方向的感应电流D.线圈d中有沿逆时针方向的感应电流【解析】由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。两电流在a、c所在的区域产生同向磁场,a中磁场垂直纸面向里,c中磁场垂直纸面向外,当电流增大时,线圈a中有沿逆时针方向的电流,c中有沿顺时针方向的电流,故A、C两项正确;两电流在b、d所在的区域产生反向磁场,根据对称性和矢量合成可知,b、d区域中的磁通量为零,当电流变化时不能产生感应电流,故B、D两项错误。【答案】AC3.(2018湖北武汉一模)如图甲所示,固定的长直导线与闭合金属线框ABCD位于同一平面内,长直导线中的
34、电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在0t1时间内,直导线中的电流方向向左,则在t1t2时间内,线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是()。A.ABCDA,向上B.ABCDA,向下C.ADCBA,向上D.ADCBA,向下【解析】在0t1时间内,直导线中的电流方向向左,由题图乙知,在t1t2时间内,直导线中的电流方向向右,根据安培定则知,导线上侧磁场的方向垂直纸面向外,电流逐渐增大,则磁场逐渐增强,根据楞次定律可知,金属线框中产生沿顺时针方向的感应电流。根据左手定则可知,金属线框下边受到的安培力方向向上,上边受到的安培力向下,离导线越近,磁场越强,则下边受到的安培力大于上边受到的安培力
35、,所以金属线框所受安培力的合力方向向上,A项正确。【答案】A4.(2018山西太原摸底)如图所示,质量为m的金属环用线悬挂起来,金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中,从某时刻开始,磁感应强度均匀减小,则在磁感应强度均匀减小的过程中,关于线的拉力大小,下列说法中正确的是()。A.大于环的重力mg,并逐渐减小B.始终等于环的重力mgC.小于环的重力mg,并保持恒定D.大于环的重力mg,并保持恒定【解析】磁感应强度均匀减小,则穿过回路的磁通量均匀减小,根据法拉第电磁感应定律可知,回路中产生恒定的电动势,感应电流恒定不变。由楞次定律可知,感应电流方向沿顺时针方向,再由左手定则可得,安培力的合力
36、方向竖直向下。金属环所受的安培力F=BIL,可知安培力F均匀减小,且方向向下,金属环始终保持静止,则拉力大于重力,因为磁感应强度均匀减小,所以拉力的大小也逐渐减小,故A项正确,B、C、D三项错误。【答案】A5.(2018山西阳泉一模)(多选)如图所示,在一空心螺线管内部中点处悬挂一铜环,电路接通瞬间,下列说法正确的是()。A.从左往右看,铜环中有沿逆时针方向的感应电流B.从左往右看,铜环中有沿顺时针方向的感应电流C.铜环有收缩的趋势D.铜环有扩张的趋势【解析】根据楞次定律,在接通开关瞬间,导致穿过线圈的磁通量向左增大,则铜环中的感应电流的磁场方向向右,从左侧看,铜环的感应电流沿顺时针方向,故A
37、项错误,B项正确;穿过铜环的磁通量增大,根据楞次定律可知,铜环的面积有收缩的趋势,故C项正确,D项错误。【答案】BC6.(2019广西柳州月考)如图所示的条形磁铁的上方放置一矩形线框,线框平面水平且与条形磁铁平行,则线框在由N极匀速平移到S极的过程中,线框中的感应电流的情况是()。A.线框中始终无感应电流B.线框中始终有感应电流C.线框中开始有感应电流,当线框运动到磁铁中部上方时无感应电流,以后又有了感应电流D.开始无感应电流,当运动到磁铁中部上方时有感应电流,后来又没有感应电流【解析】条形磁铁中部磁性较弱,两极磁性最强,线圈从左向右移动过程中,线圈中磁通量先减小后反方向增大,因此线圈中始终有
38、感应电流,B项正确。【答案】B7.(2018湖南常德模拟)法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图所示,他把两个线圈绕在同一个软铁环上,线圈A和电池连接,线圈B用导线连通,导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是()。A.用一节电池作电源小磁针不偏转,用十节电池作电源小磁针会偏转B.线圈B匝数较少时小磁针不偏转,匝数足够多时小磁针会偏转C.线圈A和电池连接瞬间,小磁针会偏转D.线圈A和电池断开瞬间,小磁针不偏转【解析】小磁针能否发生偏转,要看B中能不能产生感应电流,即穿过B的磁通量是否发生变化,与A连接的电源电动势的大小、线圈B的匝数无关,A、B两项错误;线圈A与电池连接的瞬间
39、,B中的磁场从无到有,磁通量发生变化,B中会产生感应电流,小磁针会发生偏转,C项正确;线圈A与电池断开瞬间,穿过B的磁场从有到无,B中会产生感应电流,小磁针会发生偏转,D项错误。【答案】C8.(2018江苏盐城期中)(多选)如图所示是创意物理实验设计作品小熊荡秋千。两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上,与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路,两个磁性很强的条形磁铁如图所示放置,当用手左右摆动线圈P时,线圈Q也会跟着摆动,仿佛小熊在荡秋千。以下说法正确的是()。A.P向右摆动的过程中,P中的电流方向沿顺时针方向(从右向左看)B.P向右摆动的过程中,Q也会向右摆动C.P向右摆动的过程中,Q
40、会向左摆动D.若用手左右摆动Q,P始终保持静止【解析】P向右摆动的过程中,穿过P的磁通量减小,根据楞次定律知,P中有沿顺时针方向的电流(从右向左看),故A项正确。P向右摆动的过程中,P中的电流方向沿顺时针方向,则Q下端的电流方向向外,根据左手定则知,下端所受的安培力向右,则Q向右摆动。同理用手左右摆动Q,P会左右摆动,故B项正确,C、D两项错误。【答案】AB1.(2018全国卷,17)如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁
41、感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)。在过程、中,流过OM的电荷量相等,则BB等于()。A.54B.32C.74D.2【解析】在过程中,根据法拉第电磁感应定律,有E1=1t1=B12r2-14r2t1根据闭合电路欧姆定律,有I1=E1R,且q1=I1t1。在过程中,有E2=2t2=(B-B)12r2t2,I2=E2R,q2=I2t2。又q1=q2,即B12r2-14r2R=(B-B)12r2R,所以BB=32。【答案】B2.(2017全国卷,18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原
42、子尺度上的形貌。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()。ABCD【解析】底盘上的紫铜薄板出现扰动时,其扰动方向不确定,在C项这种情况下,紫铜薄板出现上下或左右振动时,穿过薄板的磁通量难以改变,不能发生电磁感应现象,没有阻尼效应;在B、D两项情况下,紫铜薄板出现上下振动时,也没有发生电磁阻尼现象;在A项这种情况下,不管紫铜薄板出现上下或左右振动,都会发生电磁感应现象,产生电磁阻尼效应,A项正确。【答案】A
43、3.(2016全国卷,20)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是()。A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【解析】由右手定则知,圆盘顺时针转动时,感应电流沿a到b的方向流动,B项正确;由感应电动势E=12Bl2知,角速度恒定,则感应电动势
44、恒定,电流大小恒定,A项正确;角速度大小变化,感应电动势大小变化,但感应电流方向不变,C项错误;若变为原来的2倍,则感应电动势变为原来的2倍,电流变为原来的2倍,由P=I2R知,电流在R上的热功率变为原来的4倍,D项错误。【答案】AB4.(2015全国卷,19)(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。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,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过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.圆盘上产生了感应电动势B.圆盘内的涡流产生的磁场导致磁针转动C.在
45、圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动【解析】当圆盘转动时,由于切割磁感线从而在圆盘内部产生电动势和涡流,该涡流产生的磁场带动磁针转动,故A、B两项正确;圆盘转动过程中,整个圆盘的磁通量没有变化,C项错误;电流是由圆盘切割磁感线产生的,不是由自由电子随圆盘移动产生的,D项错误。【答案】AB5.(2015海南卷,2)如图,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为,将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相垂直的平面内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时,棒两端的感应电动势大小为。则等于()。A.12B.22C.1D.2【解析】设折弯前导体切割磁感线的长度为L,则=BLv;折弯后,导体切割磁感线的有效长度L=L22+L22=22L,故产生的感应电动势=BLv=B22Lv=22,所以=22,B项正确。【答案】B24