1、法拉第電磁感應定律自感渦流一、選擇題(15題只有一個選項符合題目要求，69題有多個選項符合題目要求)1穿過一個內阻為1 的單匝閉合線圈的磁通量每秒均勻地減少2 Wb，則()A線圈中感應電動勢每秒增加2 VB線圈中感應電動勢每秒減少2 VC線圈中感應電流每秒增加2 AD線圈中感應電動勢不變，感應電流也不變解析：線圈的磁通量每秒均勻減少2 Wb，即其變化率的大小2 Wb/s恒定不變，故感應電動勢E2 V恒定，電流I2 A也恒定不變，選D.答案：D2(2014·江蘇高考)如圖所示，一正方形線圈的匝數為n，邊長為a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中在t時間內，磁感應強度的方向不變，大

2、小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產生的感應電動勢為()A.B.C. D.解析：線圈在磁場中的面積Sa2，穿過線圈的磁通量的變化量2BSBSBa2.根據法拉第電磁感應定律En得En，所以B正確答案：B3如圖所示，L1和L2是兩個相同的小燈泡，L是一個自感系數相當大的線圈，其阻值與R相同由于存在自感現象，在開關S接通和斷開時，燈L1和L2先后亮暗的順序是()A接通時，L1先達最亮，斷開時，L1后暗B接通時，L2先達最亮，斷開時，L2后暗C接通時，L1先達最亮，斷開時，L1先暗D接通時，L2先達最亮，斷開時，L2先暗解析：電路的連接是L1與L并聯，L2與R并聯然后再串聯起來開關閉合時，由于

3、線圈L的自感，阻礙電流的增加，所以大部分電流從L1中通過，L1燈先最亮而斷開開關S時，線圈中產生自感電動勢阻礙電流的減弱，自感電流的方向與原電流同向，并且只能在L與L1的閉合回路中流過，這樣L1燈中有自感電流，所以它要比L2后暗選項A正確答案：A4如圖所示，通有恒定電流的直導線MN與閉合金屬框共面，第1次將金屬框由位置平移到位置，第2次將金屬框由位置翻轉到位置，設兩次通過金屬框截面的電量分別為q1和q2，則()Aq1<q2 Bq1q2Cq1>q2 Dq10，q20解析：磁通量是標量，但也有正、負之分此題若只注意磁通量的量值，而忽視其正、負的變化，將錯選B.設線圈在位置時，通過線圈的

4、磁通量為正且數值為1，在位置時通過線圈的磁通量數值為2，如圖所示由法拉第電磁感應定律知E，I，qIt得q.第1次將金屬框由位置平移到位置，磁通量的變化量為12；第2次將金屬框由位置翻轉到位置，磁通量的變化量為12.所以，第2次磁通量變化大，通過的電量多選A.答案：A5(2017·廈門模擬)如圖所示，在均勻磁場中有一由兩段圓弧及其半徑構成的導線框CDEF，且C點和F點正好是OD、OE的中點，圓的半徑OE和OD與磁場邊緣重合，磁場方向垂直于圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為B0.使該線框繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度勻速轉過90°，在線框中產生感應電流現使線框保持圖中所示

5、位置不變，而磁感應強度大小隨時間均勻變化為了產生與線框轉過90°過程中同樣大小的電流，則磁感應強度隨時間的變化率的大小應為()A. B.C. D.解析：設OE2r，線框的電阻為R，該線框繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度勻速轉動90°，在線框中產生的感應電流I.線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化為了產生與線框轉動90°過程中同樣大小的電流，有I·，所以有，故C對，A、B、D錯答案：C6某地的地磁場磁感應強度的豎直分量方向向下，大小為4.5×105T.一靈敏電壓表連接在當地入海河段的兩岸，河寬100 m，該河段漲潮和落潮時有海水

6、(視為導體)流過設落潮時，海水自西向東流，流速為2 m/s.下列說法中正確的是()A河北岸的電勢較高B河南岸的電勢較高C電壓表記錄的電壓為9 mVD電壓表記錄的電壓為5 mV解析：海水在落潮時自西向東流，該過程可以理解為：自西向東運動的導體棒在切割豎直向下的磁場根據右手定則，左岸即北岸是正極電勢高，南岸電勢低，A對根據法拉第電磁感應定律EBLv4.5×105×100×2 V9×103 V，C對，選A、C.答案：AC7如圖所示，圓形閉合線圈內存在方向垂直紙面向外的磁場，磁感應強度隨時間變化如圖所示，則下列說法正確的是()A01 s內線圈的磁通量不斷增大B第

7、4 s末的感應電動勢為0C01 s內與24 s內的感應電流相等D01 s內感應電流方向為順時針解析：01 s內磁感應強度不斷增大，磁通量不斷增大，選項A正確第4 s末磁感應強度為零，但斜率不為零，感應電動勢不為零，選項B錯誤.01 s內與24 s內斜率大小不相等，電動勢不相等，感應電流不相等，選項C錯誤用楞次定律判斷，感應電流在01 s內為順時針，選項D正確答案：AD8(2017·合肥二模)如圖甲所示，一個匝數n100的圓形導體線圈，面積S10.4 m2，電阻r1 .在線圈中存在面積S20.3 m2的垂直線圈平面向外的勻強磁場區域，磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示有一個R2

8、的電阻，將其兩端a、b分別與圖甲中的圓形線圈相連接，b端接地，則下列說法正確的是()A圓形線圈中產生的感應電動勢E6 VB在04 s時間內通過電阻R的電荷量q6 CC設b端電勢為零，則a端的電勢a3 VD在04 s時間內電阻R上產生的焦耳熱Q18 J解析：由法拉第電磁感應定律可得En，由圖乙結合數學知識可得kT/s0.15 T/s，將其代入可求E4.5 V，A錯設平均電流強度為，則qttntn，在04 s穿過圓形導體線圈的磁通量的變化量為0.6×0.3 Wb00.18 Wb，代入可解得q6 C，B對.04 s內磁感應強度增大，圓形線圈內磁通量增加，由楞次定律結合右手定則可得b點電勢高

9、，a點電勢低，故C錯由于磁感應強度均勻變化產生的電動勢與電流均恒定，可得I1.5 A，由焦耳定律可得QI2Rt18 J，D對答案：BD9如圖，足夠長U型光滑金屬導軌平面與水平面成角(0<<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，NQ段電阻為R，導軌其余部分電阻不計金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()A運動的平均速度大小為v/2B下滑的位移大小為C產生的焦耳熱為qBLvD受到的最大安培力大小為解析：

10、棒沿導軌下滑做加速度減小的加速運動，不是勻變速，因此v/2，A錯因為q·t·t，所以沿斜面下滑位移s，B對因為速度變化，電動勢變化，不始終為BLv，C錯FABIlBl，最大安培力為，D對選B、D.答案：BD二、非選擇題10(2015·浙江理綜)小明同學設計了一個“電磁天平”，如圖甲所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡線圈的水平邊長L0.1 m，豎直邊長H0.3 m，匝數為N1.線圈的下邊處于勻強磁場內，磁感應強度B01.0 T，方向垂直線圈平面向里線圈中通有可在02.0 A范圍內調節的電流I.掛盤放上待測物體后，調節線圈中電流使天平平衡，測出電流

11、即可測得物體的質量(重力加速度取g10 m/s2)(1)為使電磁天平的量程達到0.5 kg，線圈的匝數N1至少為多少？(2)進一步探究電磁感應現象，另選N2100匝、形狀相同的線圈，總電阻R10 .不接外電流，兩臂平衡如圖乙所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度B隨時間均勻變大，磁場區域寬度d0.1 m當掛盤中放質量為0.01 kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應強度的變化率.解析：(1)線圈受到安培力FN1B0IL，天平平衡mgN1B0IL，代入數據得N125匝(2)由電磁感應定律得EN2，EN2Ld，由歐姆定律得I，線圈受到安培力FN2B0IL，天平平衡，則

12、mgNB0·，代入數據可得0.1 T/s.答案：(1)25匝(2)0.1 T/s11如圖所示，長為L、電阻r0.3 、質量m0.1 kg的金屬棒CD垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導軌上，兩導軌間距也是L，棒與導軌間接觸良好，導軌電阻不計，導軌左端接有R0.5 的電阻，量程為03.0 A的電流表串接在一條導軌上，量程為01.0 V的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導軌平面的勻強磁場向下穿過平面現以向右恒定外力F使金屬棒右移當金屬棒以v2 m/s的速度在導軌平面上勻速滑動時，觀察到電路中的一個電表正好滿偏，而另一個電表未滿偏問：(1)此滿偏的電表是什么表？說明理由；(2)拉動金屬棒

13、的外力F多大？(3)此時撤去外力F，金屬棒將逐漸慢下來，最終停止在導軌上求從撤去外力到金屬棒停止運動的過程中通過電阻R的電荷量解析：(1)電壓表滿偏若電流表滿偏，則I3 A，UIR1.5 V，大于電壓表量程(2)由功能關系得FvI2(Rr)，而I，得F，代入數據得F N1.6 N(3)由動量定理得mvBLt，又因：qt即mvBLq.由電磁感應定律得EBLv，EI(Rr)由以上三式解得q，代入數據得q C0.25 C.答案：(1)電壓表(2)1.6 N(3)0.25 C12(2017·四川成都一診)如圖所示，水平桌面放置的U型金屬導軌，串接有電源，現將兩根質量相等的裸導線L1和L2放在導軌邊緣上，方向與導軌垂直，導軌所在平面有一個方向向上的勻強磁場，當合上開關后，兩根導線便 向右運動，并先后脫離導軌右端掉在水平地面上測得它們落地點與導軌右端的水平距離分別為x1和x2求合上開關后(1)安培力對L1和L2所做的功W1和W2之比W1：W2是多少；(2)通過L1和L2的電荷量