二十八法拉第電磁感應(yīng)定律自感和渦流(學(xué)生用書對(duì)應(yīng)頁碼P317)1．如圖所示，三個(gè)相同的金屬圓環(huán)內(nèi)分別存在著不同的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線表示環(huán)的某條直徑．已知所有磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系都滿足B＝B0＋kt，磁場(chǎng)方向如圖所示．測(cè)得A環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流強(qiáng)度為I，則B環(huán)和C環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流強(qiáng)度分別為()A．IB＝I、IC＝0 B．IB＝I、IC＝2IC．IB＝2I、IC＝2I D．IB＝2I、IC＝0解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S和B環(huán)內(nèi)磁場(chǎng)面積為A環(huán)內(nèi)磁場(chǎng)面積的2倍可得IB＝2I.C環(huán)中同時(shí)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的磁場(chǎng)，而這兩部分磁通量相互抵消，故C環(huán)中的磁通量一直為零，IC＝0，選項(xiàng)D正確．答案：D2．如圖所示，正方形線框的左半側(cè)處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，線框的對(duì)稱軸MN恰與磁場(chǎng)邊緣平齊．若第一次將線框從磁場(chǎng)中以恒定速度v1向右勻速拉出，第二次讓線框繞軸MN以線速度v2勻速轉(zhuǎn)過90°.若兩次操作過程中線框產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，則()A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1解析：將線框從磁場(chǎng)中以恒定速度v1向右勻速拉出，時(shí)間t1＝L/2÷v1＝L/(2v1)；讓線框繞軸MN以線速度v2勻速轉(zhuǎn)動(dòng)90°，角速度ω＝2v2/L，時(shí)間t2＝π/2÷ω＝πL/(4v2)，兩次過程中線框產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，則t2＝t1，解得v1∶v2＝2∶π，選項(xiàng)A正確．答案：A3．(2014·吉林通化高三模擬)如圖所示，兩塊水平放置的金屬板距離為d，用導(dǎo)線、開關(guān)K與一個(gè)n匝的線圈連接，線圈置于方向豎直向上的變化磁場(chǎng)B中．兩板間放一臺(tái)小壓力傳感器，壓力傳感器上表面靜止放置一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，K斷開時(shí)傳感器上有示數(shù)，K閉合，穩(wěn)定后傳感器上恰好無示數(shù)，則線圈中的磁場(chǎng)B的變化情況和磁通量變化率分別為()A．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,q)B．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq)C．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,q)D．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq)解析：K閉合，穩(wěn)定后傳感器上恰好無示數(shù)，說明此時(shí)下極板帶正電，即下極板電勢(shì)高于上極板，極板間的場(chǎng)強(qiáng)方向向上，大小滿足Eq＝mg，即E＝eq\f(mg,q)，又U＝Ed，所以兩極板間的電壓U＝eq\f(mgd,q)；若將平行金屬板換成一個(gè)電阻，則流過該電阻的感應(yīng)電流的方向是從下往上，據(jù)此結(jié)合楞次定律可判斷出穿過線圈的磁通量正在增加，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為neq\f(ΔΦ,Δt)，即U＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq)，選項(xiàng)D正確．答案：D4．如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)線彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個(gè)極板，磁場(chǎng)垂直于環(huán)面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋Kt(K>0)隨時(shí)間變化，t＝0時(shí)，P、Q兩極板電勢(shì)相等．兩極板間的距離遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，經(jīng)時(shí)間t電容器P板()A．不帶電B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，電荷量是eq\f(KL2C,4π)D．帶負(fù)電，電荷量是eq\f(KL2C,4π)解析：磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋Kt(K>0)隨時(shí)間變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝KS，而S＝eq\f(L2,4π)，經(jīng)時(shí)間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝eq\f(KL2C,4π)；由楞次定律知電容器P板帶負(fù)電，故D選項(xiàng)正確．答案：D5．(2014·四川六校聯(lián)考)某合作探究學(xué)習(xí)小組在探究線圈中感應(yīng)電流的影響因素時(shí)，設(shè)計(jì)如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，讓一個(gè)閉合圓線圈放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈的軸線與磁場(chǎng)方向成30°角，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，則下列說法中正確的是()A．若把線圈的匝數(shù)增大一倍，線圈內(nèi)感應(yīng)電流大小不變B．若把線圈的面積增大一倍，線圈內(nèi)感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼?倍C．改變線圈軸線與磁場(chǎng)方向的夾角大小，線圈內(nèi)感應(yīng)電流可能變?yōu)樵瓉淼?倍D．若把線圈的半徑增大一倍，線圈內(nèi)感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼?倍解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，若線圈的匝數(shù)增大一倍，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與線圈的總電阻都增大一倍，線圈中的電流不變，A正確；若線圈的面積增大一倍，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大一倍，但線圈的電阻增大，線圈內(nèi)的感應(yīng)電流并不是原來的2倍，B錯(cuò)誤；E＝neq\f(ΔB,Δt)Scos30°，故無論如何改變線圈軸線與磁場(chǎng)的方向夾角，都不可能使線圈內(nèi)的感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼?倍，C錯(cuò)誤；若線圈的半徑增大一倍，則面積是原來的4倍，電阻是原來的2倍，線圈內(nèi)感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼?倍，D正確．答案：AD6．(2014·廣東汕頭模擬)用均勻?qū)Ь€做成的正方形線圈邊長(zhǎng)為l，正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示，當(dāng)磁場(chǎng)以eq\f(ΔB,Δt)的變化率增強(qiáng)時(shí)，則()A．線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍cbdaB．線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)C．線圈中a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)D．線圈中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)解析：根據(jù)楞次定律可知，A正確．線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)，B正確．線圈左邊的一半導(dǎo)線相當(dāng)于電源，在電源內(nèi)部電流沿逆時(shí)針方向，所以a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)，C錯(cuò)誤．線圈右邊的一半相當(dāng)于外電路，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相當(dāng)于路端電壓，其大小U＝eq\f(E,2)＝eq\f(l2,4)·eq\f(ΔB,Δt)，D錯(cuò)誤．答案：AB7．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時(shí)兩端的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點(diǎn)A用鉸鏈連接長(zhǎng)度為2a、電阻為eq\f(R,2)的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，B點(diǎn)的線速度為v，則這時(shí)AB兩端的電壓大小為()A.eq\f(Bav,3)B.eq\f(Bav,6)C.eq\f(2Bav,3) D．Bav解析：擺在豎直位置時(shí)，AB切割磁感線的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝B·2a·eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v))＝Bav.由閉合電路歐姆定律得，UAB＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))·eq\f(R,4)＝eq\f(1,3)Bav，故A正確．答案：A8．(2014·無錫模擬)如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，將一水平放置的金屬棒ab以水平初速度v0拋出，設(shè)在整個(gè)過程棒的方向不變且不計(jì)空氣阻力，則在金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小變化情況是()A．越來越大 B．越來越小C．保持不變 D．無法判斷解析：金屬棒ab切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而不產(chǎn)生感應(yīng)電流，沒有安培力產(chǎn)生，在重力作用下做平拋運(yùn)動(dòng)，垂直于磁感線方向速度不變，始終為v0，由公式E＝BLv知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv0不變，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．答案：C9．在如圖甲所示電路中，螺線管匝數(shù)n＝1500匝，橫截面積S＝20cm2.螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF.在一段時(shí)間內(nèi)，穿過螺線管的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示規(guī)律變化，A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1VB．閉合開關(guān)S，電路中電流穩(wěn)定后，電阻R1消耗的功率為5×10－2WC．電路中電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電D．開關(guān)S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量為1.8×10－5解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝n·Seq\f(ΔB,Δt)，得E＝1.2V，選項(xiàng)A錯(cuò)；根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.12A，由P＝I2R1，得R1消耗的功率P＝5.76×10－2W，選項(xiàng)B錯(cuò)；由楞次定律得選項(xiàng)C對(duì)；S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時(shí)C板上所帶電荷量Q，電容器兩端的電壓U＝IR2＝0.6V，流經(jīng)R2的電荷量Q＝CU＝1.8×10－5C，選項(xiàng)D對(duì)．答案：CD10．如圖所示，電路中A和B是兩個(gè)完全相同的小燈泡，L是一個(gè)自感系數(shù)很大、直流電阻為零的電感線圈，C是電容很大的電容器．當(dāng)S閉合與斷開時(shí)，對(duì)A、B的發(fā)光情況判斷正確的是()A．S閉合時(shí)，A立即亮，然后逐漸熄滅B．S閉合時(shí)，B立即亮，然后逐漸熄滅C．S閉合足夠長(zhǎng)時(shí)間后，B發(fā)光而A不發(fā)光D．S閉合足夠長(zhǎng)時(shí)間后再斷開，B立即熄滅而A逐漸熄滅解析：電容器的特性是“充電和放電”，在開始充電階段，相當(dāng)于阻值很小的電阻，放電階段相當(dāng)于電源．電感線圈的特性是“阻交流、通直流”，即電流不會(huì)突然變化，當(dāng)電流突然增大時(shí)，相當(dāng)于阻值很大的電阻，當(dāng)電流突然減小時(shí)，相當(dāng)于電源．因此．當(dāng)開關(guān)剛閉合時(shí)，電容器對(duì)電流的阻礙作用小，線圈對(duì)電流的阻礙作用大．C和B組成的電路分壓作用小，A、L組成的電路分壓作用大，B燈較暗，A燈較亮．當(dāng)開關(guān)閉合足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，電容器充電完成，線圈中電流為直流電，而其直流電阻很小，B燈較亮，A燈被短路，不發(fā)光；開關(guān)斷開瞬間，電容器和B組成的回路中，電容器放電，B燈逐漸變暗，A燈和線圈組成的回路中，線圈充當(dāng)電源，A燈先變亮再熄滅，故選項(xiàng)A、C正確．答案：AC11．如圖所示，固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的水平導(dǎo)軌ab、cd的間距L1＝0.5m，金屬棒ad與導(dǎo)軌左端bc的距離為L(zhǎng)2＝0.8m，整個(gè)閉合回路的電阻為R＝0.2Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下穿過整個(gè)回路．a(chǎn)d桿通過滑輪和輕繩連接著一個(gè)質(zhì)量為m＝0.04kg的物體，不計(jì)一切摩擦，現(xiàn)使磁場(chǎng)以eq\f(ΔB,Δt)＝0.2T/s的變化率均勻地增大(1)金屬棒上電流的方向．(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小．(3)物體剛好離開地面的時(shí)間(取g＝10m/s解析：(1)由楞次定律可以判斷，金屬棒上的電流由a到d.(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝0.08V(3)物體剛要離開地面時(shí)，其受到的拉力F＝mg而拉力F又等于棒所受到的安培力．即mg＝F安＝BIL1其中B＝B0＋eq\f(ΔB,Δt)tI＝eq\f(E,R)解得t＝5s答案：(1)由a到d(2)0.08V(3)5s12．(2014·東北三校模擬)如圖甲所示，一半徑為2l、電阻為r的帶有極窄縫隙的金屬圓環(huán)和一電阻為R的定值電阻構(gòu)成一閉合回路，有一板間距為d的平行板電容器和電阻并聯(lián)．金屬圓環(huán)內(nèi)存在一半徑為l的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)區(qū)域與金屬圓環(huán)共心，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化圖象如圖乙所示，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里為正．t＝0時(shí)刻在接近A板的位置處無初速釋放一不計(jì)重力的帶電粒子，粒子質(zhì)量為m，重力不計(jì)，電荷量為－q(q>0)，求(1)粒子在0～T時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移？(假設(shè)電荷沒有到達(dá)B板)(2)要使粒子到達(dá)B板時(shí)速度最大，兩板間的距離d應(yīng)滿足什么條件？解析：(1)在0～eq\f(1,3)T時(shí)間內(nèi)，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝Seq\f(ΔB1,Δt1)＝πl(wèi)2eq\f(ΔB1,Δt1)又eq\f(ΔB1,Δt1)＝eq\f(2B0,\f(T,3))＝eq\f(6B0,T)聯(lián)立得，E1＝eq\f(6πl(wèi)2B0,T)因?yàn)镮1＝eq\f(E1,R＋r)又因?yàn)閁1＝I1R可得U1＝eq\f(6πl(wèi)2B0R,TR＋r)在eq\f(T,3)～T時(shí)間內(nèi)，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝πl(wèi)2eq\f(ΔB2,Δt2)又知eq\f(ΔB2,Δt2)＝eq\f(2B0,\f(2T,3))＝eq\f(3B0,T)聯(lián)立得E2＝eq\f(3πl(wèi)2B0,T)＝eq\f(1,2)E1所以I2＝eq\f(1,2)I1，U2＝eq\f(1,2)U1＝eq\f(3πl(wèi)2B0R,TR＋r)因?yàn)镕電＝ma＝eq\f(qU,d)則有0～eq\f(1,3)T時(shí)間內(nèi)，a1＝eq\f(qU1,md)，eq\f(1,3)T～T時(shí)間內(nèi)，a2＝eq\f(qU2,md)，得a2＝eq\f(1,2)a1由v＝a1eq\f(1,3)T＝a2t2得t2＝eq\f(2,3)T，即在t＝T時(shí)刻速度為零s1＝eq\f(1,2)a1(eq\f(1,3)T)2s2＝eq\f(1,