14、減小時(shí)，線圈可等效成一個(gè)電動勢由較大逐漸減小的電源，線圈中的磁場能逐漸轉(zhuǎn)化成電能，構(gòu)成回路中的電流沿原方向非線性逐漸減小。
1. (人教版選修3－2 P22演示實(shí)驗(yàn)改編)如圖所示電路中，A、B是兩個(gè)相同的小燈泡。L是一個(gè)帶鐵芯的線圈，其電阻可忽略不計(jì)。調(diào)節(jié)R，電路穩(wěn)定時(shí)兩小燈泡都正常發(fā)光，則( )
A．合上開關(guān)時(shí)，A、B兩燈同時(shí)正常發(fā)光，斷開開關(guān)時(shí)，A、B兩燈同時(shí)熄滅
B．合上開關(guān)時(shí)，B燈比A燈先達(dá)到正常發(fā)光狀態(tài)
C．?dāng)嚅_開關(guān)時(shí)，A、B兩燈都不會立即熄滅，通過A、B兩燈的電流方向都與原電流方向相同
D．?dāng)嚅_開關(guān)時(shí)，A燈會突然閃亮一下后再熄滅
答案 B
解析 合上開關(guān)時(shí)，
15、B燈立即正常發(fā)光，A燈所在的支路中，由于L產(chǎn)生的自感電動勢阻礙電流的增大，A燈將推遲一些時(shí)間才能達(dá)到正常發(fā)光狀態(tài)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；斷開開關(guān)時(shí)，L中產(chǎn)生與原電流方向相同的自感電流，流過A燈的電流方向與原電流方向相同，流過B燈的電流方向與原電流方向相反，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因?yàn)閿嚅_開關(guān)后，由L作為電源提供的電流是從原來穩(wěn)定時(shí)通過L的電流值逐漸減小的，所以A、B兩燈只是延緩一些時(shí)間熄滅，并不會比原來更亮，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
2．某同學(xué)為了驗(yàn)證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E，用導(dǎo)線將它們連接成如圖所示的電路。檢查電路后，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不顯著
16、的延時(shí)熄滅現(xiàn)象。雖經(jīng)多次重復(fù)，仍未見老師演示時(shí)出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因，你認(rèn)為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是( )
A．電源的內(nèi)阻較大 B．小燈泡電阻偏大
C．線圈電阻偏大 D．線圈的自感系數(shù)較大
答案 C
解析 由自感規(guī)律可知，在開關(guān)斷開的瞬間造成燈泡閃亮以及延時(shí)熄滅的原因是：線圈中產(chǎn)生了與原電流同向的自感電流，且大于穩(wěn)定時(shí)通過燈泡的原電流。斷開開關(guān)S，線圈與燈泡構(gòu)成閉合的自感回路，與電源無關(guān)，故A錯(cuò)誤。開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定，燈泡正常發(fā)光時(shí)，如果電感線圈L的電阻比燈泡的電阻大，則電感線圈L中的電流IL比燈泡A中的電流IA??；開關(guān)S斷開，由于自感現(xiàn)象，
17、L和A構(gòu)成回路，使L和A中的電流從IL開始減小，因此不可能看到小燈泡閃亮的現(xiàn)象，B錯(cuò)誤、C正確。自感系數(shù)越大，延時(shí)越明顯，與是否閃亮無關(guān)，D錯(cuò)誤。
3．(2017·北京高考)圖1和圖2是演示自感現(xiàn)象的兩個(gè)電路圖，L1和L2為電感線圈。實(shí)驗(yàn)時(shí)，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個(gè)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與L1的電阻值相同
B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流
C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同
D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中
18、電流相等
答案 C
解析 圖1中，斷開開關(guān)S1瞬間，L1與燈A1組成閉合回路，L1產(chǎn)生感應(yīng)電動勢阻礙電流的變化，電流逐漸減小，由于燈A1突然閃亮，故斷開開關(guān)S1之前，通過L1的電流大于通過燈A1的電流，由歐姆定律知，A1的電阻值大于L1的電阻值，A、B錯(cuò)誤；圖2中，閉合開關(guān)S2，電路穩(wěn)定后A2與A3的亮度相同，又A2與A3相同，由歐姆定律知，變阻器R與L2的電阻值相同，C正確；圖2中，閉合S2瞬間，由于L2產(chǎn)生感應(yīng)電動勢阻礙電流的增加，故L2中電流小于變阻器R中電流，D錯(cuò)誤。
1．如圖所示，由導(dǎo)體棒ab和矩形線框cdef組成的“10”圖案在勻強(qiáng)磁場中一起向右勻速平動，勻強(qiáng)磁場的方
19、向垂直線框平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大，則下列說法正確的是( )
A．導(dǎo)體棒的a端電勢比b端電勢高，電勢差Uab在逐漸增大
B．導(dǎo)體棒的a端電勢比b端電勢低，電勢差Uab在逐漸增大
C．線框cdef中有順時(shí)針方向的電流，電流大小在逐漸增大
D．線框cdef中有逆時(shí)針方向的電流，電流大小在逐漸增大
答案 A
解析 對于導(dǎo)體棒ab，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大，所以Uab＝Blv逐漸增大，由右手定則知a端電勢高于b端電勢，A正確、B錯(cuò)誤；對于矩形線框，依題意可知、S都不變，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝·S知線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小不變，由閉合電路歐姆定律知線框中的感應(yīng)電流
20、大小不變，C、D錯(cuò)誤。
2. A、B兩閉合圓形導(dǎo)線環(huán)用相同規(guī)格的導(dǎo)線制成，它們的半徑之比rA∶rB＝2∶1，在兩導(dǎo)線環(huán)包圍的空間內(nèi)存在一正方形邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于兩導(dǎo)線環(huán)所在的平面，如圖所示。當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大的過程中，流過兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流大小之比為( )
A.＝1 B.＝2
C.＝ D.＝
答案 D
解析 勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，即不變，由E＝＝·S(S為磁場區(qū)域面積)，由于及S均相同，可得兩導(dǎo)線環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等，即＝1，I＝，R＝ρ(S′為導(dǎo)線的橫截面積)，l＝2πr，所以＝＝＝＝。D正確。
3．在半徑為r、電阻
21、為R的圓形導(dǎo)線框內(nèi)，以豎直直徑為界，左、右兩側(cè)分別存在著方向如圖甲所示的勻強(qiáng)磁場。以垂直紙面向外的方向?yàn)榇艌龅恼较?，兩部分磁場的磁感?yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則0～t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中( )
A．沒有感應(yīng)電流
B．感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針
C．感應(yīng)電流大小為
D．感應(yīng)電流大小為
答案 C
解析 根據(jù)楞次定律可知，導(dǎo)線框左邊產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，導(dǎo)線框右邊產(chǎn)生的感應(yīng)電流也沿順時(shí)針方向，則整個(gè)導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，A、B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為導(dǎo)線框左、右兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之和，即E＝2×S＝2×＝，由閉合電路歐姆定律
22、可得，感應(yīng)電流大小為I＝＝，C正確、D錯(cuò)誤。
4．如圖是一種焊接方法的原理示意圖。將圓形待焊接金屬工件放在線圈中，然后在線圈中通以某種電流，待焊接工件中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流在焊縫處產(chǎn)生大量的熱量將焊縫兩邊的金屬熔化，待焊接工件就焊接在一起。自行車車輪圈就是用這種辦法焊接的。下列說法中正確的是( )
A．線圈中的電流是很強(qiáng)的恒定電流
B．線圈中的電流是交變電流，且頻率很高
C．待焊接工件焊縫處的接觸電阻比非焊接部分電阻小
D．焊接工件中的感應(yīng)電流方向與線圈中的電流方向總是相反
答案 B
解析 線圈中的電流是交變電流，且頻率很高，A錯(cuò)誤、B正確；待焊工件焊縫處的接觸電阻比非
23、焊接部分電阻大，C錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，當(dāng)線圈中的電流增大時(shí)，待焊接工件中的感應(yīng)電流方向與線圈中的電流方向相反；當(dāng)線圈中的電流減小時(shí)，待焊接工件中的感應(yīng)電流方向與線圈中的電流方向相同，D錯(cuò)誤。
5. (多選)如圖是生產(chǎn)中常用的一種延時(shí)繼電器的示意圖，鐵芯上有兩個(gè)線圈A和B，線圈A跟電源連接，線圈B的兩端接在一起，構(gòu)成一個(gè)閉合回路。下列說法中正確的是( )
A．閉合開關(guān)S時(shí)，B中產(chǎn)生圖示方向的感應(yīng)電流
B．閉合開關(guān)S時(shí)，B中產(chǎn)生與圖示方向相反的感應(yīng)電流
C．?dāng)嚅_開關(guān)S時(shí)，電磁鐵會繼續(xù)吸住銜鐵D一小段時(shí)間
D．?dāng)嚅_開關(guān)S時(shí)，彈簧K立即將銜鐵D拉起
答案 BC
解析 閉合開關(guān)S時(shí)，
24、由楞次定律知B中產(chǎn)生與圖示方向相反的感應(yīng)電流，A錯(cuò)誤、B正確；斷開開關(guān)S時(shí)，B中磁通量變化產(chǎn)生感應(yīng)電流，電磁鐵會繼續(xù)吸住銜鐵D一小段時(shí)間，C正確、D錯(cuò)誤。
6．(多選)如圖所示，L是自感系數(shù)很大的、用銅導(dǎo)線繞成的線圈，其電阻可以忽略不計(jì)，開關(guān)S原來是閉合的。當(dāng)開關(guān)S斷開瞬間，則( )
A．L中的電流方向不變 B．燈泡D要過一會兒才熄滅
C．燈泡D立即熄滅 D．電容器將放電
答案 AC
解析 S斷開時(shí)L產(chǎn)生方向不變的感應(yīng)電流對C充電(C兩端電壓原來為零)，而電流不通過燈泡D，故燈泡立即熄滅，A、C正確。
7.圖中電感L的直流電阻為RL，小燈泡的電阻為R，小量程電流表G1
25、、G2的內(nèi)阻不計(jì)。開關(guān)S閉合，電路達(dá)到穩(wěn)定后，電流表G1、G2的指針均偏向右側(cè)(電流表的零刻度在表盤的中央)。則在開關(guān)S斷開后，兩個(gè)電流表的指針偏轉(zhuǎn)情況是( )
A．G1、G2的指針都立即回到零點(diǎn)
B．G1緩慢回到零點(diǎn)，G2立即左偏，偏后緩慢回到零點(diǎn)
C．G1立即回到零點(diǎn)，G2緩慢回到零點(diǎn)
D．G2立即回到零點(diǎn)，G1緩慢回到零點(diǎn)
答案 B
解析 在開關(guān)S斷開瞬間，L中產(chǎn)生自感電動勢，阻礙原電流的減小，自感電流與原電流方向一致，即從左向右通過G1，兩個(gè)電流表的指針偏轉(zhuǎn)情況是G1緩慢回到零點(diǎn)，G2中電流方向?yàn)镼指向P，即立即左偏，偏后緩慢回到零點(diǎn)，故選B。
8.如圖所示，半徑為
26、R的圓形導(dǎo)軌處在垂直于圓平面的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里。一根長度略大于導(dǎo)軌直徑的導(dǎo)體棒MN以速率v在圓導(dǎo)軌上從左端滑到右端，電路中的定值電阻為r，其余電阻不計(jì)。導(dǎo)體棒與圓形導(dǎo)軌接觸良好。求：
(1)在滑動過程中通過電阻r上的電流的平均值；
(2)MN從左端到右端的整個(gè)過程中，通過r上的電荷量；
(3)當(dāng)MN通過圓導(dǎo)軌中心時(shí)，通過r上的電流是多少？
答案 (1) (2) (3)
解析 導(dǎo)體棒從左向右滑動的過程中，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，對電阻r供電。
(1)計(jì)算平均電流，應(yīng)該用法拉第電磁感應(yīng)定律，先求出平均感應(yīng)電動勢。整個(gè)過程磁通量的變化為ΔΦ＝BS
27、＝BπR2，所用的時(shí)間Δt＝，代入公式＝＝，平均電流為＝＝。
(2)電荷量的運(yùn)算應(yīng)該用平均電流，q＝Δt＝。
(3)當(dāng)MN通過圓形導(dǎo)軌中心時(shí)，切割磁感線的有效長度最大為l＝2R，根據(jù)E＝Blv得E＝B·2Rv，此時(shí)通過r的電流為I＝＝。
9．(2016·北京高考)如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大。兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb。不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是( )
A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向
C．E
28、a∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向
答案 B
解析 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝＝·S，根據(jù)題意可得＝，故Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場要阻礙原磁場的變大，即產(chǎn)生向里的感應(yīng)磁場，根據(jù)楞次定律可得，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向。故選B。
10. (2017·天津高考)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是( )
A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a
B
29、．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小
C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變
D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小
答案 D
解析 導(dǎo)體棒ab、電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合電路，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，即＝k為一定值，則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，ab中的電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢E＝＝＝kS，回路面積S不變，即感應(yīng)電動勢為定值，根據(jù)歐姆定律I＝，所以ab中的電流大小不變，故B錯(cuò)誤；安培力F＝BIL，電流大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則安培力減小，故C錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，對其受力分析，水平方向靜摩擦力f與安培力F等大反向，安培
30、力減小，則靜摩擦力減小，故D正確。
11．(2017·全國卷Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖a所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場。線框中感應(yīng)電動勢隨時(shí)間變化的圖線如圖b所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動勢取正)。下列說法正確的是( )
A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 T
B．導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小為0.5 m/s
C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安
31、培力大小為0.1 N
答案 BC
解析 由圖b可知，導(dǎo)線框全部進(jìn)入磁場的時(shí)間為0.2 s，則其做勻速直線運(yùn)動的速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，B正確；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，根據(jù)楞次定律可知，磁場的方向垂直于紙面向外，C正確；由E＝BLv，解得B＝＝ T＝0.2 T，A錯(cuò)誤；在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框勻速出磁場，電流I＝＝2 A，所受的安培力大小為F＝BIL＝0.04 N，D錯(cuò)誤。
12．(2016·全國卷Ⅱ) (多選)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻
32、強(qiáng)磁場B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是( )
A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定
B．若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動
C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化
D．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍
答案 AB
解析 設(shè)圓盤的半徑為r，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則圓盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為E＝Bl＝Br·＝Bωr2，可知，轉(zhuǎn)動的角速度恒定，電動勢恒定，電流恒定，A正確；根據(jù)右手定則可知，從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動，圓盤中電流由邊緣指向圓心，即電流沿a到b的方向流動，B
33、正確；圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，產(chǎn)生的電流方向不變，C錯(cuò)誤；若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R可知，電阻R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯(cuò)誤。
13．(2015·浙江高考)小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“電磁天平”，如圖1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L＝0.1 m，豎直邊長H＝0.3 m，匝數(shù)為N1。線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝1.0 T，方向垂直線圈平面向里。線圈中通有可在0～2.0 A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I。掛盤放上待測物體后，調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡，測出電流即可測得物體的質(zhì)量。(重力加速度取g＝10
34、 m/s2)
(1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5 kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？
(2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，另選N2＝100匝形狀相同的線圈，總電阻R＝10 Ω。不接外電流，兩臂平衡。如圖2所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻變大，磁場區(qū)域?qū)挾萪＝0.1 m。當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為0.01 kg的物體時(shí)，天平平衡，求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率。
答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s
解析 (1)線圈受到安培力F＝N1B0IL
天平平衡mg＝N1B0IL
代入數(shù)據(jù)得N1＝25匝。
(2)由電磁感應(yīng)定律得E＝N2
即E＝N2Ld
由歐姆定律得I′＝
線圈受到安培力F′＝N2B0I′L
天平平衡m′g＝NB0·
代入數(shù)據(jù)可得＝0.1 T/s。
18
（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 第41課時(shí) 法拉第電磁感應(yīng)定律自感學(xué)案
