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二十六法拉第电磁感应定律自感和涡流1．2013年11月中旬，辽宁号航母顺利结束了舰载机海上试验试飞和训练任务，J－15舰载战机在我国北海(北纬31°附近)上空盘旋，由于地磁场的存在，飞机在一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差．则从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势()A．低B．高C．相等D．以上情况都有可能答案：B解析：北半球的地磁场的竖直分量向下，由右手定则可判定飞机无论向哪个方向飞行，从飞行员的角度看均为左侧机翼电势较高．2．如图所示，已知大线圈的面积为2×10－3m2，小探测线圈有2000匝，小线圈的面积为5×10－4m2.整个串联回路的电阻是1000Ω当电键S反向时测得ΔQ＝5.0×10－7C．则被测处的磁感应强度为()A．1.25×10－4TB．5×10－4TC．2.5×10－4TD．1×10－3T答案：C解析：由I＝ER＝NΔΦΔtR、I＝ΔQΔt，得感应电荷量公式ΔQ＝NΔΦR，ΔΦ＝2BS，联立得B＝R·ΔQ2NS，代入数据得B＝2.5×10－4T，故C对．3．(2015·河南三市联考)矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示．磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则()A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcdaB．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小C．从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbaD．从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力越来越大答案：C解析：由楞次定律，知从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba，选项A错误，C正确；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，从0到t1时间内，导线框中电流恒定，选项B错误；由安培力公式，从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力先减小后增大，选项D错误．4．(2014·江苏单科)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A．Ba22ΔtB．nBa22ΔtC．nBa2ΔtD．2nBa2Δt答案：B解析：磁感应强度的变化率ΔBΔt＝2B－BΔt＝BΔt，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS，其中磁场中的有效面积S＝12a2，代入得E＝nBa22Δt，选项B正确，A、C、D错误．5．在如图所示的电路中，线圈中的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计．D1和D2是两个完全相同的小灯泡，在开关S的闭合和断开的过程中(灯丝不会断)，D1和D2亮度的变化情况是()A．S闭合，D1很亮且亮度不变，D2逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，D2立即灭，D1逐渐变亮B．S闭合，D1不亮，D2很亮；S断开，D2立即灭C．S闭合，D1和D2同时亮，而后D1灭，D2亮度不变：S断开，D2立即灭，D1亮一下才灭D．S闭合，D1和D2同时亮，后D1逐渐熄灭，D2则逐渐变得更亮；S断开，D2立即灭，D1亮一下后才灭答案：D解析：当S接通时，L的自感系数很大，瞬时L所在的电路视为断路，相当于D1与D2、电源串联，故D1和D2同时亮且亮度相同．随着通过L的电流逐渐增大，L的直流电阻不计，L的分流作用增大，D1的电流逐渐减小为零．由于总电阻变小，总电流变大，D2变得更亮．当S断开时，电源不再提供电流，D2处于断路而立即灭．L产生自感电动势阻碍电流减小，且与D1构成回路，则D1将亮一下后再灭．故答案为D．6．如图所示，L为自感系数很大，直流电阻不计的线圈，D1、D2、D3为三个完全相同的灯泡，E为内阻不计的电源，在t＝0时刻闭合开关S，当电路稳定后D1、D2两灯的电流分别为I1、I2，t1时刻断开开关S，若规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为电流的正方向，则下图能正确定性描述电灯电流i与时间t关系的是()答案：D解析：在t＝0时刻闭合开关S，D2的电流立刻达到最大值，并且大于稳定时的电流I2，D1由于和线圈串联，电流由零逐渐增加，排除A、B、C选项；t1时断开开关S，线圈和D1、D2构成闭合回路，电流逐渐减小到零，因规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为电流的正方向，断开开关S后D2中电流向上，与正方向相反，取负值，选项D正确．7．(多选)如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B．有一宽度为b(bh)、长度为L、电阻为R、质量为m的矩形导体线圈紧贴磁场区域的上边缘由静止起竖直下落，当线圈的PQ边到达磁场下边缘时，线圈恰好开始做匀速运动．设线圈进入磁场过程中产生的热量为Q1，通过导体截面的电荷量为q1；线圈离开磁场过程中产生的热量为Q2，通过导体截面的电荷量为q2，则()A．Q1＝Q2B．Q1Q2C．q1＝q2D．q1q2答案：BC解析：线圈进入或离开磁场的过程中，通过导体截面的电荷量为q＝I·Δt而I＝ER，E＝ΔΦΔt，则q＝ΔΦR，因为进入或离开时，ΔΦ相同，所以q1＝q2；bh，线圈在磁场中有一段加速过程，线圈离开磁场时的速度大于进入时的平均速度，离开时所受安培力较大，克服安培力做功较多，产生的焦耳热较多，所以Q1Q2.8．(多选)如图所示为新一代炊具——电磁炉，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在，电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物．下列相关说法中正确的是()A．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的B．恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好C．锅体中的涡流是由变化的磁场产生的D．提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果答案：CD解析：根据电磁感应产生的条件知A、B错误，C正确；提高磁场变化的频率，会使磁通量变化快，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电流增大，电磁炉的加热效果好，D正确．9．如图所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计．导体棒与圆形导轨接触良好，求：(1)在滑动过程中通过电阻r上的电流的平均值；(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r上的电荷量；(3)当MN通过圆导轨中心时，通过r上的电流是多少？答案：(1)πBRv2r(2)πBR2r(3)2BRvr解析：导体棒从左向右滑动的过程中，切割磁感线产生感应电动势，对电阻r供电．(1)计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律，先求出平均感应电动势．整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS＝BπR2，所用的时间Δt＝2Rv，代入公式E＝ΔΦΔt＝πBRv2，平均电流为I＝Er＝πBRv2r(2)电荷量的运算应该用平均电流，q＝IΔt＝πBR2r.(3)当MN通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，l＝2R，根据导体切割磁感线产生的电动势公式E＝Blv，得E＝B(2R)v，此时通过r的电流为I＝Er＝2BRvr.10．用绝缘导线绕一圆环，圆环的半径为r，环内有同样绝缘导线折成的等边三角形ABC，A为圆环的圆心，B、C在环上，绝缘导线单位长度的电阻为R0.现把它们放在均匀的磁场中，且磁场垂直于圆环和三角形所在的平面，如图所示．若磁感应强度的大小从零开始随时间成正比增大时，环中的感应电流为I1，求：(1)磁感应强度的变化率ΔBΔt；(2)通过三角形BC边的电流大小．答案：(1)2I1R0r(2)36I1解析：(1)圆环的面积为S1＝πr2，由法拉第电磁感应定律知圆环中的感应电动势E1＝ΔBΔtS1圆环的电阻R1＝2πrR0由闭合电路欧姆定律有E1＝I1R1联立解得磁感应强度的变化率ΔBΔt＝2I1R0r(2)△ABC的面积S2＝r·rsin60°2＝34r2，△ABC中的感应电动势E2＝ΔBΔtS2△ABC的电阻R2＝3rR0，由闭合电路欧姆定律有E2＝I2R2结合(1)中的ΔBΔt＝2I1R0r，联立解得I2＝36I1.11．(2015·济南模拟)在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度L＝0.4m，如图所示，框架上放置一质量m＝0.05kg、电阻R＝1Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若杆cd在水平外力F的作用下以恒定加速度a＝2m/s2，由静止开始做匀变速运动，求：(1)在5s内平均感应电动势E是多少？(2)第5s末回路中的电流I多大？(3)第5s末作用在杆cd上的水平外力F多大？答案：(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N解析：(1)t＝5s内金属杆的位移x＝12at2＝25m5s内的平均速度v＝xt＝5m/s也可用v＝0＋v52求解故平均感应电动势E＝BLv＝0.4V(2)第5s末杆的速度v＝at＝10m/s此时感应电动势E＝BLv则回路中的电流为I＝ER＝BLvR＝0.8A(3)5s末cd杆所受安培力F安＝BIL，由牛顿第二定律得F－F安＝ma，由以上两式得F＝ma＋BIL＝0.05×2N＋0.2×0.8×0.4N＝0.164N.