第6节 互感和自感.docx

第6节互感和自感少见学生用书Row学习目标练法指导L了解互感现象及互感现象的应用。2 .了解自感现象，认识自感电动势的作用。3 .知道自感系数的意义和决定因素。会分析自感现象中电流的变化。1 .了解互感现象的实质是电磁感应现象。2 .通过通电自感和断电自感的实例分析，了解自感现象。3 .自感电动势的大小与自感系数和电流的变化快慢有关，自感系数由电感线圈的大小、形状、匝数以及有无铁芯等决定。课/前/预/习轻/松/搞/定要点辨析1 .利用互感现象可以把能量从一个线圈传递到另一个线圈(J)2 .在自感现象中，感应电流的方向一定和原电流的方向相同(X)3 .在自感现象中，感应电流只能阻碍原电流的增加(X)4 .在自感现象中，通过线圈的感应电流不可能大于原电流(J)5 .线圈中的自感电动势较大时，其自感系数一定较大(X)预习自检1 .关于线圈自感系数的说法错误的是()A.自感电动势越大，自感系数也越大B.把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小C.把线圈匝数增加一些，自感系数变大D.电感是自感系数的简称解析自感系数的大小是由线圈的匝数、形状、粗细、有无铁芯等决定的，与电流大小、自感电动势大小无关，匝数越多，自感系数越大，有铁芯时，自感系数显著增大，故A选项错误，B、C选项正确；同时，自感系数简称为电感，故D选项也正确。答案A2 .在无线电仪器中，常需要在距离较近的地方安装两个线圈，并要求一个线圈中有电流变化时,对另一个线圈中的电流影响尽量小,则下图中两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是（）解析某一个线圈的磁场通过另一个线圈的磁通量的变化率越小，影响则越小，欲使两线圈由于互感的影响尽量小，应放置成D选项的情形,这样其一个线圈的磁场通过另一个线圈的磁通量的变化应为零，故D选项正确。答案D3 .在如图所示的电路中，开关S断开之前与断开之后的瞬间，通过灯A的电流方向是（）A.一直是由到办B.先是由到儿后无电流C.先是由到儿后是由办到QD.无法判断解析S闭合瞬间由电源对A供电，通过A的电流方向由到九S断开瞬间，由线圈L对A供电，线圈L中自感电动势方向由左向右，对A供电时电流方向由办到故C选项正确。答案C课/堂/效/果题/组/检/测题组一自感现象和自感电动势1 .（多选）如图所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，这时灯泡具有一定的亮度，若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到（）A.灯泡变暗B.灯泡变亮C.螺线管缩短D.螺线管伸长解析当软铁棒插入螺线管中时，穿过螺线管的磁通量增加，故产生反向的自感电动势，所以电流减小，灯泡变暗，每匝线圈间同向电流作用力减小，故螺线管伸长。答案AD2 .在生产实际中,有些高压直流电路含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S由闭合到断开时,线圈会产生很高的自感电动势，使开关S处产生电弧，危及操作人员的人身安全。为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件，下列方案可行的是（）解析闭合S时，二极管处于反向截止状态，不影响电路正常工作。断开S时，由于自感现象，线圈跟二极管D组成闭合回路，此时二极管处于正向导通，可以避免电弧的产生，故D选项正确。答案D题组二通电自感和断电自感3 .如图所示的电路中，带铁芯的线圈L与灯A并联，线圈的电阻远小于灯的电阻，当闭合开关S后灯正常发光。以下说法中正确的是（）A.断开开关S,灯A立即熄灭8 .断开开关S,灯A闪亮一下后熄灭C.用阻值与线圈相同的电阻取代L接入电路，断开开关S,灯A逐渐熄灭D.用阻值与线圈相同的电阻取代L接入电路，断开开关S,灯A闪亮一下后熄灭解析开关断开前，电路稳定，灯A正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；开关断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为A、L回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故A错误，B正确；若用电阻值与线圈L相同的电阻取代，断开开关S,回路中没有自感现象产生，灯A立即熄灭，故C、D错误。答案B4.（多选）如图所示，电源的电动势为£,内阻r忽略不计。A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈。以下说法正确的是（）A.开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，并亮度保持稳定B.开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，并亮度保持稳定C.开关断开后瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D.开关断开后瞬间，电流自右向左通过A灯解析开关闭合，A灯立刻亮，因为电源没有内阻，所以A灯两端的电压保持不变，灯泡亮度稳定，故A正确。因为L是一个自感系数相当大的线圈，所以开关闭合时B灯不亮，然后逐渐变亮，最后亮度稳定，故B错误。两个灯泡电阻一样，若L也没有电阻，则断开S前后A灯的电流相同，不会闪亮；若L有电阻，则断开S前通过B的电流小于通过A的电流，所以断开S后A也不会闪亮一下，故C错误。开关断开后瞬间，L产生感应电流，在回路中通过A灯的电流方向为从右向左，故D正确。故选A、Do答案AD前后/卯固快/遹提/能1 .关于线圈中的自感电动势的大小，下列说法正确的是（）A.跟通过线圈的电流大小有关B.跟线圈中的电流变化大小有关C.跟线圈中的磁通量大小有关D.跟线圈中的电流变化快慢有关解析产生自感电动势也是电磁感应的一种特殊情况,磁通量通过自身时,也要产生阻碍其变化的感应电流。根据自感电动势£=以可知，选项D正确。答案D2 .（多选）关于自感系数，下列说法正确的是（）A.其他条件相同，线圈越粗自感系数越大8 .其他条件相同，线圈匝数越多自感系数越大C.其他条件相同，线圈越细自感系数越大D.其他条件相同，有铁芯的比没有铁芯的自感系数小解析线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定，即与大小、形状、匝数和是否有铁芯都有关。答案AB9 .如图所示，L为电阻很小的线圈，Gl和G2为内阻不计、零点在表盘中央的电流计。当开关S处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方。那么，当开关S断开时（）A. Gl和G2的指针都立即回到零点B. Gl的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点C. Gl的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D. Gl的指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点解析S断开后，自感电流的方向与G2原电流方向相同，与Gl原电流方向相反。故D项正确。答案D4 .（多选）如图所示的电路中，Al和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略不计，下列说法中正确的是（）A.合上开关S接通电路时，A2先亮Al后亮，最后一样亮B.合上开关S接通电路时，Al和Az始终一样亮C.断开开关S切断电路时，A2立即熄灭，Al过一会儿熄灭D.断开开关S切断电路时，Al和A2都要过一会儿才熄灭解析S闭合接通电路时，A2支路中的电流立即达到最大，A2先亮；由于线圈的自感作用，Al支路电流增加得慢，Al后亮。Al中的电流稳定后，线圈的阻碍作用消失，Al与A2并联，亮度一样，故A正确，B不正确；S断开时，L和Ai、A2组成串联的闭合回路，AI和A2亮度一样，L中产生自感电动势阻碍L中原电流的消失，使AI和A2过一会儿才熄灭，故D选项正确。答案AD5 .（多选）如图所示的电路中，三个灯泡Li、L2、L3的电阻关系为Ri<R2<R39电感线圈L的直流电阻可忽略，D为理想二极管。开关S从闭合状态突然断开时，下列判断错误的是（）A. Ll逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗B. Ll逐渐变暗，Lz立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗C. L2立即熄灭，L1.L3均逐渐变暗D. Li、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗解析开关S从闭合状态突然断开时，L中产生方向向右的自感电动势，Ll逐渐变暗，L2立即熄灭（理想二极管单向导电），L3先变亮后逐渐变暗（L3中原电流小于Ll中原电流），选项B正确，A、GD错误。答案ACD6 .如图所示是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路,L两端并联一只电压表，用来测定自感线圈的直流电压，在测定完毕后，将电路拆卸时应（）A.先断开SlB.先断开S2C.先拆除电流表D.先拆除电阻K解析因Sl断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2,B正确，A错误。不能在通电状态下拆除电阻和电流表，因此C、D错误。答案B7 .图中灯泡A1.A2完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略不计，则()A. S闭合瞬间，Ai、A2同时发光，接着Al变暗，Az变得更亮B. S闭合瞬间，Al不亮，A2立即亮C. S闭合瞬间，Ai、A2都不立即亮D.稳定后再断开S瞬间，A2熄灭，AI灯亮且比原A2更亮解析S闭合瞬间，L支路中的电流从无到有发生“变化”，因此，在L中产生自感电动势阻碍电流增加，S接通的极短时间内L中电流几乎为零，L并没有起到“短路”的作用，Al灯中有电流通过，Ai.A2同时亮，由于L中电流从无到有很快稳定，感应电动势消失，上述那种对电流的阻碍作用不再存在，L对Al灯的短路作用形成，Al灯便熄灭，由于电路的电阻变小，故电流变大，A2灯便显得更亮。答案A8.如图所示的电路中，线圈L的电阻不计，贝!J()1 .S闭合瞬间，A板带正电，3板带负电8 .S保持闭合，A板带正电，5板带负电9 .S断开瞬间，A板带正电，3板带负电D.由于线圈电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下两板都不带电解析S闭合瞬间，由于通过电感线圈的电流为零，电容器被充电，A板带正电，3板带负电；S保持闭合，电容器被短路，不带电；S断开瞬间，线圈产生自感电动势，给电容器充电，根据电流方向判断，A板带负电，JB板带正电。答案A能力进阶集训（二）"见学生用书p023易/错/疑/难/题/组10 如图所示，光滑水平绝缘面上有两个静止的金属环，环1竖直，环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是（）A.两环都向右运动B.两环都向左运动C.环1静止，环2向右运动D.两环都静止解析条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，无感应电流，仍静止。环2中磁通量变化，根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果使环2向右运动。答案C11 如图所示，开关S是闭合的，流过线圈L的电流为i,流过灯泡的电流为必且在力时刻，开关S断开，那么流过灯泡的电流i随时间£变化的图象是图中的（）解析S断开后的瞬间L与灯泡构成闭合回路，流过灯泡的电流反向且从i开始减小，故D项正确。答案D12 （多选）某空间出现了如图所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是（）A.沿Ab方向的磁场在迅速减弱B.沿Ab方向的磁场在迅速增强C.沿A4方向的磁场在迅速增强D.沿BA方向的磁场在迅速减弱解析感生电场的方向从上向下看是顺时针的，假设在平行感生电场的方向上有闭合回路，则回路中的感应电流方向从上向下看也应该是顺时针的，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，原磁场有两种可能：原磁场方向向下且沿AB方向减弱，或原磁场方向向上，且沿R4方向增强，所以A、C有可能。答案AC13 （多选）电磁炉采用感应电流（涡流）的加热原理，是通过电子线路产生交变磁场,把铁锅放在炉面上时,在铁锅底部产生交变的电流，它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点。下列关于电磁炉的说法中正确的是（）A.电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部B.电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热C.可以通过改变电子线路的频率来改变电磁炉的功率D.电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品解析电磁炉的上表面如果用金属材料制成，使用电磁炉时，上表面材料发生电磁感应要损失电能，电磁炉上表面要用绝缘材料制作,发热部分为铁锅底部，故A正确，B错误；锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，故C正确；电磁炉产生变化的电磁场，使锅底出现涡流，从而产生热量，故D错误；故选A、Co答案AC14 如图所示，矩形线框abed的d和加的中点M、N之间连接一电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，当线框向右匀速平动时，下列说法中正确的是（）A.穿过线框的磁通量不变化，MN间无感应电动势B. MN这段导体做切割磁感线运动，MN间有电势差C. MN间有电势差，所以电压表有示数D.因为有电流通过电压表，所以电压表有示数解析穿过线框的磁通量不变化，线框中无感应电流，但ab.MN.de都切割磁感线，它们都有感应电动势，故A错，B对；无电流通过电压表，电压表无示数，C、D错。答案B6 .（多选）如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒尸0、MN9当尸。在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，则P。所做的运动可能是（）A.向右匀加速运动B.向左匀加速运动C.向右匀减速运动D.向左匀减速运动解析这是一道涉及互感现象的问题，当MN棒中有感应电流，受安培力的作用而向右运动时，由左手定则可判断出MN中电流的方向是由M流至N,此电流在Li中产生的磁场方向是向上的。若PQ棒向右运动，由右手定则及安培定则可知乙2产生的磁场方向也是向上的。由于Ll产生的磁场方向与乙2产生的磁场方向相同，可知乙2产生的磁场的磁通量是减少的，故尸0棒做的是向右的匀减速运动。C选项是可能的。若尸0棒向左运动，则它产生的感应电流在心中产生的磁场是向下的，与Ll产生的磁场方向是相反的，由楞次定律可知心中的磁场是增强的，故尸。棒做的是向左的匀加速运动。B选项是可能的。答案BC7 .在匀强磁场中,谛、Cd两根导体棒沿两根导轨分别以速度为、。2滑动，如图所示，下列情况中，能使电容器获得最多电荷量且左边极板带正电的是（）A. V1=V29方向都向右B. n=2,方向都向左C. V1>V29Ol向右，02向左D. V1>V295向左，向右解析当必棒和Cd棒分别向右和向左运动时，两棒均相当于电源，且串联，电路中有最大电动势，对应最大的顺时针方向的电流,电阻上有最高电压，所以电容器上有最多电荷量，左极板带正电。C正确。答案C模/拟/高/考/题/组1.（2019河北定州考试）著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验：一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着一圈带负电的金属小球,如图所示。当线圈接通直流电源后，线圈中的电流方向如图中箭头所示，圆盘会发生转动。几位同学对这一实验现象进行了解释和猜测,你认为合理的是（）A.接通电源后，线圈产生磁场，带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿顺时针转动（从上向下看）B.接通电源后，线圈产生磁场，带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿逆时针转动（从上向下看）C.接通电源的瞬间，线圈产生变化的磁场，从而产生电场，导致圆盘沿顺时针转动（从上向下看）D.接通电源的瞬间，线圈产生变化的磁场，从而产生电场，导致圆盘沿逆时针转动（从上向下看）解析线圈接通电源后，线圈产生的磁场恒定在线圈附近不产生感应电场，带电小球不受电场力作用，故圆盘不会发生转动，故A、B错误；若金属小球带负电且线圈中电流突然增大，根据电磁场理论可知，电场力沿顺时针方向（从上向下看），则圆盘转动方向与电流流向相同，故圆盘沿顺时针转动（从上向下看），故C正确，D错误；故选C答案C2.（多选）（2019黑龙江牡丹江摸底）如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以药、的速度沿光滑水平导轨（电阻不计）匀速滑到/V位置，若5：S=I：2,则在这两次过程中（）A.回路电流/1：/2=1：2B.产生的热量Ql：2=l：4C.通过任一截面的电荷量q:侬=1：1D.外力的功率Pl：P2=I：2解析回路中感应电流为J=n=n9IocV9则得/1:h=rVl:KKV2=I：2,故A正确；产生的热量为Q=I2Rt=R×=Qgcv9则得Qi：Qi=Vi:V2=l-2,故B错误；通过任一截面的电荷量为q=It=nt=p,q与D无关，则得q:仅=1：1,故CKK正确；由于棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得P=Qk=管）£,pocv2则得Pi：P2=1：4,故D错误。答案AC3.（多选X2019河北定州考试）如图所示，一质量为m、长为L的金属杆ab,以一定的初速度。从一光滑平行金属导轨的底端向上滑行，导轨平面与水平面成。角，导轨平面处于磁感应强度为5、方向垂直导轨平面向上的磁场中，两导轨上端用一阻值为R的电阻相连，导轨与金属杆"的电阻均不计，金属杆向上滑行到某一高度后又返回到底端，则金属杆（）A.在上滑过程中的平均速度小于半B.在上滑过程中克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功C.在上滑过程中电阻K上产生的焦耳热等于杆减少的动能D.在上滑过程中通过电阻K的电荷量大于下滑过程中流过电阻R的电荷量解析由于上滑过程中，金属杆做加速度减小的变减速直线运动,故平均速度小于岑，故A正确；经过同一位置时，下滑的速度小于上滑的速度，下滑时杆受到的安培力小于上滑时所受的安培力，则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值,所以上滑过程克服安培力做的功大于下滑过程克服安培力做的功，故B正确；上滑过程中，减小的动能转化为焦耳热和杆的重力势能，故上滑过程中电阻K上产生的焦耳热小于杆减少的动能，故C错误；根据电磁感应电荷量经验公式知，上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻K的电荷量相等，故D错误。答案AB4.（多选）（2019湖南石门单元检测）如图甲所示，abed是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一磁感应强度为5的匀强磁场区域，MN和M'N'是匀强磁场区域的水平边界,边界的宽度为s,并与线框的股边平行，磁场方向与线框平面垂直。现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象（其中04、BC.OE相互平行）。已知金属线框的边长为L（LVs）、质量为加，电阻为R,当地的重力加速度为g,图象中坐标轴上所标出的字母小、。2、d禽、勿均为已知量。（下落过程中儿边始终水平）根据题中所给条件，以下说法正确的是（）A.右是线框全部进入磁场瞬间，/4是线框全部离开磁场瞬间B.从公边进入磁场起一直到d边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgsC.0的大小可能为臀D.线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多解析在O0时间内做自由落体运动，可知从人时刻线框进入磁场，开始做加速度减小的减速运动，打时刻又做匀加速运动，且与自由落体运动的加速度相同，可知线框全部进入磁场，即打是线框全部进入磁场瞬间，打时刻开始做变减速运动，/4时刻又做加速度为g的匀加速运动，可知勿是线框全部离开磁场瞬间，故A正确。从儿边进入磁场起一直到d边离开磁场为止，根据动能定理得，mg（s+L）-Wa=kmvlkmvi,解得感应电流做功不等于mgs,出磁场时，设克服安培力做功为W/,根据动能定理得mgLW'A=mv-mvl9则WA=mgs+WfA9故可知B错误。线框全部进入磁场前的瞬间，可能重力和安培力平衡，有mg=登护,解得Oi=郊，故C正确。根据q=方知，线框进入磁场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过线圈横截面的电荷量相同，故D错误。故选A、Co答案AC5.（2019广东佛山模拟）C。、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为Lf在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为5,磁场区域的长度为d,如图所示。导轨的右端接有一电阻B左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为"，则下列说法中正确的是（）A.通过电阻K的最大电流为崂还B.通过电阻K的电荷量第C.整个电路中产生的焦耳热为加g/zD.电阻K中产生的焦耳热为解析导体棒下滑过程中，机械能守恒，得mgh=v导体棒到达水平面时的速度r=,导体棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E=BLv9通过电阻R的最大的感应电流为I=丝驶，故A错；通过电阻K的电荷量为q=笑=笫，故B对；导体棒在整个运动过程中，由动能定理得mghW-mgd=0,则克服安培力做功为W=mgh-mgd9C错；导体棒克服安培力做功，机械能转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则电阻K产生的焦耳热为Qr=Q=W=mgh-mgd）,故D错。答案B6.（多选）（2019广东四校联考）竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感应强度b=05T,导体棒曲及Cd长均为0.2m,电阻均为0.1O,所受重力均为0.1N,现用竖直向上的力拉导体棒必，使之匀速上升（与导轨接触良好），此时释放cd,Cd恰好静止不动，那么在"上升时，下列说法正确的是（）A.必受到的拉力大小为0.2NB.4向上的速度为2msC.在2s内，整个电路产生的热量是0.8JD.在2s内，拉力做功为06J解析导体棒而匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得血棒受到的拉力歹=2mg=0.2N,故A正确；Cd棒受到的安培力为方安=3ZL=B2L1VB2L1V-r9Cd棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得一h=G,代入数斤2据解得。=2ms,故B正确。在2s内，整个电路产生的热量0=g×2J=0.4J,故C错误。在2s内拉力做(BLv)2(0.5×0.2×2)2t=2Rt=2X0.1的功为W=JF拉”=02X2X2J=0.8J,故D错误。故选A、Bo答案AB单元综合测试（一）电磁感应AA见学生用书po25一、选择题（本题有12小题，每小题4分，共48分。19题为单选题，1012题为多选题）1 .在如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是（）A.乙和丁B.甲、乙、丁C.甲、乙、丙、丁D.只有乙解析甲、乙、丁三图中，B.V./两两垂直，且/为有效切割长度，产生的感应电动势都为£=3加，丙图中£=3hSilI心答案B2 .如图所示，半径为，的匝线圈套在边长为L的正方形MCd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以等的变化率均匀变化时,线圈中产生的感应电动势大小为（）bLMD.nlJ7/AtA兀弋C.ntr弋解析根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大1 XrB小e=117=11o答案D3 .一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直。先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍。接着保持增大后的磁感应强度不变，在IS时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半。先后两个过程，线框中感应电动势的比值为（）C.2D.4解析根据法拉第电磁感应定律£=署=噌设初始时刻磁感应强度为bo,线框面积为So,则第一种情况下的感应电动势为Eij'=BOSo；则第二种情况下的感应电动势为Ei=等，比值为1。A(3S)2o(So-So2)=3oSo,所以两种情况下线框中的感应电动势相答案B4 .如图所示，一正方形线圈的匝数为n,边长为,线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Af时间内，磁感应强度的方向不变，大小由5均匀地增大到25。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()BaInBa2cXtB.nBa22XtC2nBa2D-Al解析根据法拉第电磁感应定律得，线圈中产生的感应电动势E选项B正确。NXBC2BBa2.BYnXt="工TS="AE5=IAt，答案B5 .如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合金属线框谛Cd共面，第一次将金属线框由位置I平移到位置II,第二次将金属线框由位置I翻转到位置11,设两次通过金属线框截面的电荷量分别为q和3，贝!()A.q<qC.qi>qB.q=qzD.41O,侬=0解析由法拉第电磁感应定律E=O八I=不"和q=/A，可得q=rro设金属线框在位置I时，通过金属线框的磁通量为正,且数值为,在位置Il时通过金属线框的磁通量数值为2,第一次将金属线框由位置I平移到位置Il,磁通量的变化量为-2,第二次将金属线框由位置I翻转到位置II,磁通量的变化量为1+2,第二次磁通量变化大，通过的电荷量多，选项A正确。答案A6 .如图所示，导体Ab的长为2R,绕O点以角速度”匀速转动，OB为R,且0A4三点在一条直线上，有一磁感应强度为5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（）ABR2B.2BR2C.4BH2D.6BR2解析设经过，磁通量的变化量A0=3AS=埠（3R）2一埠?2=4BtR2o由法拉第电磁感应定律，得AB两端电势差U=*=4BtR2n2I=4B(OR20答案C7 .如图所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为心现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图中所示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，图中能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图象的是（）解析由楞次定律可知，当矩形闭合线圈进入磁场和出磁场时,磁场力总是阻碍线圈的运动，方向始终向左，所以外力始终水平向右，因安培力的大小不同且在中间时最大，故选项D是正确的，选项C是错误的；当矩形闭合线圈进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中间时是最大的，所以选项A、B是错误的。答案D8 .如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直于线框平面向里，边界AfN与线框的边成45。角，E、尸分别为PS和尸。的中点。关于线框）线框中感应电流最大线框中感应电流最大线框中感应电流最大中的感应电流，正确的说法是（A.当E点经过边界AfN时,B.当尸点经过边界MN时,C.当方点经过边界MN时,D.当。点经过边界MN时，线框中感应电流最大解析当尸点开始进磁场时，A点也开始进磁场，这是因为PK连线与MN平行，这时切割磁感线的有效长度最大，等于RS9所以，回路产生的感应电动势最大，电流也最大，选项B正确。答案B9 .如图所示，一金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如箭头所示方向的感应电流，下列方法可行的是()A.使匀强磁场均匀增大B.使圆环绕水平轴而如图转动30。C.使圆环绕水平轴Cd如图转动30。D.保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动解析由安培定则可知感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，由楞次定律可知通过圆环的磁通量一定是增加的，由磁通量定义可知，选项A正确。答案A10 .如图所示，在水平面上有一固定的U形金属框架，框架上放置一金属杆不计摩擦，在竖直方向上有匀强磁场，贝!|()A.若磁场方向竖直向上并增大时，杆必将向右移动B.若磁场方向竖直向上并减小时，杆必将向右移动C.若磁场方向竖直向下并增大时，杆必将向右移动D.若磁场方向竖直向下并减小时，杆必将向右移动解析不论磁场方向竖直向上还是竖直向下，当磁感应强度增大时，回路中磁通量变大，由楞次定律知杆而将向左移动，反之，杆必将向右移动，选项B、D正确。答案BD11 .如图所示，在下列情况下电流计G中有电流通过的是(b为匀强磁场)()A. MN向左匀速运动的过程中B. MN向左加速运动的过程中C. MN向右匀速运动的过程中D. MN向右加速运动的过程中解析电流计中如果有电流通过，线圈中应有变化的磁场，线圈中的磁场由线圈办中的电流产生，则线圈办中电流一定是变化的，线圈办中的电流是MN切割磁感线运动产生，则AfN必定做变速运动，所以选项B、D正确。答案BD12 .如图所示，金属圆环。与均匀带正电荷的绝缘圆环办同心共面放置，当办绕圆心。点在其所在平面内顺时针加速旋转时，下列说法正确的是（）A.圆环。中有顺时针方向的感应电流B.圆环。中有逆向针方向的感应电流C.圆环。具有向内收缩的趋势D.圆环。具有向四周扩张的趋势解析当带正电荷的绝缘圆环b顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向的电流在增大，根据右手定则，其内部（绝缘圆环办内）有垂直纸面向里的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，根据楞次定律，中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，所以"中产生逆时针方向的感应电流,根据楞次定律的推广应用知环a具有向内收缩趋势,故B、C正确，A、D错误。答案BC二、计算题（本题有4小题，共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）13.（12分）如图所示，MCd是一边长为/的匀质正方形导线框,总电阻为R,今使线框以恒定速度。水平向右穿过方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域。已知磁感应强度为B,磁场宽度为31,求线框在进入磁场区、完全进入磁场区和穿出磁场区三个过程中出两点间电势差的大小。解析导线框在进入磁场区过程中，ab相当于电源，等效电路如图甲所示，13EBlvE=Blvfr=R,K甲=V，/7=R,3。而为路端电压，所以=R甲=乃历；导线框全部进入过程中，磁通量不变，感应电流/=0,但Uab=E=Blv;导线框在穿出磁场区过程中，Cd相当于电源，等效电路如图乙所示，13EBlvE=Blv9r=R9A乙=产,Blv11Uab=IRab=TX邛=不比。小3Blv答案-BlvBlv丁14.(12分)如图所示，矩形线圈在0.01s内由原始位置I转落至位置H。已知d=5X1()2n,=20×IO2m,匀强磁场的磁感应强度3=2T,Ri=R3=ISl9R2=R4=3S1q求：(1)平均感应电动势；(2)转落时，通过各电阻的平均电流。(线圈的电阻忽略不计)解析线圈由位置I转落至位置Il的过程中，穿过线圈的磁通量0发生变化，即产生感应电动势，视这一线圈为一等效电源，线圈内部为内电路，线圈外部为外电路，然后根据闭合电路欧姆定律求解。(1)设线圈在位置I时，穿过它的磁通量为01,线圈在位置Il时，穿过它的磁通量为02,有1=BScos6O0=1×IO2Wb,2=BS=2×102Wb,所以X=2-1=1×IO2Wb,根据法拉第电磁感应定律可得£=署=1Vo(2)将具有感应电动势的线圈等效为电源，其外电路的总电阻R(R3+&)(Ri+&),cnInInIn-ZIZR+&+K3+R4'根据闭合电路欧姆定律得总电流=A=0.5A,KL通过各电阻的电流T4=0.25A。答案(1)1V(2)0.25A15. (14分)如图所示，尸、0为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为Li,处在竖直向下、磁感应强度大小为H的匀强磁场中，一导体杆4垂直于P、。放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动。质量为机、每边电阻均为人边长为L2的正方形金属框而Cd置于竖直平面内，两顶点或，通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态，不计其余电阻和细导线对B点的作用力。通过ab边的电流Iab是多大?(2)导体杆4的运动速度。是多大？解析(1)设通过正方形金属框的总电流为/,谛边的电流为/血3de边的电流为Lc,有Iab=4I,Idc=I9金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg=B2IabL2+BiIdcLi,由，解得小=需;。q万2乙2(2)由(1)可得I=急，设导体杆切割磁感线产生的电动势为£,有E=BiLivf设Qd、de.CA三边电阻串联后与H边电阻并联的总电阻为R93则R=ro根据闭合电路欧姆定律，有/=号，由,解得0=扇Z?答案311g4B2L23mgr¼B1B2L1L216. （14分）上海世博会某国家馆内，有一“自发电”地板，利用游人走过时踩踏地板发电，其原因是地板下有一发电装置，如图甲所示，装置的主要结构是一个截面半径为人匝数为的线圈，无摩擦地套在磁场方向呈辐射状的永久磁铁槽中,磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，图乙为磁铁槽横截面俯视图。轻质地板四角各连接一个劲度系数为k的复位弹簧（图中只画出其中的两个），轻质硬杆P将地板与线圈连接，从而带动线圈上下往返运动（线圈不发生形变），便能发电。若线圈所在位置的磁感应强度大小为B,线圈的总电阻为现用它向一个电阻为R的小灯泡供电。为便于研究，将某人走过时因对地板的压力而使线圈发生的位移X随时间，变化的规律简化为图丙所示。（弹簧始终在弹性限度内，取线圈初始位置x=0,竖直向下为位移的正方向）（1）请在图丁所示坐标系中画出线圈中感应电流i随时间/变化的图象，取图乙中逆时针的电流方向为正方向，要求写出相关的计算和判定的过程；（2）求时地板受到的人的压力大小。解析（I）O益时间内电流方向为正方向，/02为时间内电流方向为负方向，0知、知2力时间内线圈分别向下、向上运动，其运动速率均为Xo线圈向下、向上运动产生的感应电动势大小均为E=nB211rv9又I=R+Ro'联立以上方程得/=211nBrxo(K+Ko>)'线圈中感应电流i随时间，变化的图象如图所示O(2)0力时间内线圈所受安培力方向向上,F安="5211r=(2九相Br)2o(R+Ro)to，,=今时刻地板受的人的压力八=以丹+方安,解得F=2kxol(211历)2%°(K+Ao)o答案见解析