第54頁（共54頁）2024-2025學年下學期高二物理滬科版（2020）期中必刷常考題之自感和渦流現象一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?惠山區校級期末）如圖所示，L是自感系數很大、電阻很小的線圈，P、Q是兩個相同的小燈泡，開始時，開關S處于閉合狀態，P燈微亮，Q燈正常發光，斷開開關，以下說法正確的是（）A．P比Q先熄滅 B．P閃亮后再熄滅 C．P與Q同時熄滅 D．斷開開關瞬間a點的電勢高于b點的電勢2．（2025?白云區一模）隨著綠色環保理念深入人心，電動汽車市場日趨火爆，電池充電技術飛速發展。如圖為某科技公司利用電磁感應原理設計的無線充電樁原理示意圖，若汽車以22kW的恒定功率充電，送電線圈連接u＝2202sin100πt（V）的交流電，不計能量損失，下列說法正確的是（）A．送電線圈中的電流為100A B．受電線圈中電流的頻率為100Hz C．僅減小送電線圈的匝數，會增大電池端的輸出電流 D．僅減小送電線圈的匝數，會減小電池端的輸出電壓3．（2024秋?望花區校級期末）如圖所示電路圖，電源電阻不計，A、B為同樣的燈泡，D1、D2為兩個理想二極管，自感線圈L穩定工作時電阻為RL。則下列說法正確的是（）A．閉合開關，B燈先亮，A燈不亮 B．閉合開關，A燈先亮，B燈后亮 C．斷開開關，A燈立即熄滅，B燈緩慢亮起 D．斷開開關，A燈立即熄滅，B燈亮起后緩慢熄滅4．（2024秋?無錫校級期末）下列四幅圖的說法中正確的是（）A．圖甲真空冶煉爐外的線圈通入高頻交流電時，爐外線圈中會產生大量熱量 B．圖乙回旋加速器是利用磁場使帶電粒子“轉圈”、恒定電場進行加速的儀器 C．圖丙毫安表運輸時把正負接線柱用導線連在一起是利用電磁阻尼保護表頭 D．圖丁搖動手柄使蹄形磁鐵轉動，則鋁框會和磁鐵同向共速轉動5．（2024秋?濟南期末）下列與電、磁相關的實例應用中利用電磁感應原理的是（）①圖甲中揚聲器把電流信號轉換成聲音信號②圖乙中磁電式電流表的指針偏轉③圖丙中利用電磁爐加熱鐵鍋內食物④圖丁中動圈式話筒把聲音信號轉化成電流信號A．①② B．②③ C．①④ D．③④6．（2024秋?石家莊期末）如圖所示電路中，A、B為兩個相同燈泡，L為自感系數較大、電阻可忽略不計的電感線圈，下列說法正確的是（）A．接通開關S，A立即變亮，最后A比B亮 B．接通開關S，B立即變亮，最后A、B一樣亮 C．斷開開關S，A、B都立刻熄滅 D．斷開開關S，A、B都逐漸熄滅7．（2024秋?撫順期末）1824年，法國科學家阿拉果完成了著名的“阿拉果圓盤實驗”。如圖所示，實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，實驗中發現，當圓盤在磁針的磁場中繞圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后。下列說法正確的是（）A．圓盤中始終未發生電磁感應現象 B．該實驗現象與真空冶煉爐的原理相同 C．由于小磁針的磁性較弱，分析本現象時可以忽略小磁針的磁場 D．探測地雷的探雷器的工作原理與本實驗現象無關聯8．（2024秋?金鳳區校級期末）關于教材中的四幅插圖，下列說法正確的是（）A．圖甲：是電磁感應實驗，說明磁可以生電，最先由奧斯特發現的 B．圖乙：是真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，爐內的金屬中會產生渦流，會產生大量熱量，從而冶煉金屬 C．圖丙：在蹄形磁鐵兩極間自由轉動的銅盤，如果忽略摩擦，銅盤會一直轉動下去 D．圖丁：微安表的表頭在運輸時要把兩個正、負接線柱用導線連在一起從而保護電表指針，這是利用了電磁驅動原理二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?西城區期末）圖甲為某同學研究自感現象的實驗電路圖，用電流傳感器監測通過電感線圈L中的電流。已知電路中燈泡的電阻R1＝6Ω，定值電阻R2＝2Ω，電源電動勢為6V，內阻不計。閉合開關S使電路處于穩定狀態，燈泡發光。在t＝0.1s時刻斷開開關S，斷開開關S前后電流傳感器顯示電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。電流傳感器的內阻忽略不計，根據以上信息下列說法中正確的是（）A．可以求出電感線圈的電阻 B．可以估算出斷開開關后流過燈泡的電荷量 C．可以判斷出斷開開關后R2兩端電壓的變化情況 D．可以判斷出斷開開關后燈泡不會出現閃亮的現象（多選）10．（2024秋?哈爾濱校級期末）如圖所示是法拉第制作的世界上第一臺發電機的模型原理圖。把一個半徑為r的銅盤放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，使磁感線水平向右垂直穿過銅盤，銅盤安裝在水平的銅軸上，兩塊銅片C、D分別與轉動軸和銅盤的邊緣接觸，G為靈敏電流表，內阻為R，銅盤及其余線路電阻可忽略。現使銅盤按照圖示方向以角速度ω勻速轉動，則下列說法中正確的是（）A．電流表中的電流方向為由b到a B．C點電勢高于D點電勢 C．流過靈敏電流表的電流大小為BωrD．若銅盤不轉動，使所加磁場磁感應強度均勻增大，在銅盤中可以產生渦旋電流（多選）11．（2024秋?洛陽期末）高頻焊接原理示意圖如圖所示，線圈通以高頻交流電，金屬工件的焊縫中就產生大量焦耳熱，將焊縫熔化焊接，下列情況中能使焊接處消耗的電功率增大的是（）A．其他條件不變，增大交變電流的電壓 B．其他條件不變，增大交變電流的頻率 C．感應電流相同的條件下，增大焊接處的接觸電阻 D．感應電流相同的條件下，減小焊接處的接觸電阻（多選）12．（2024秋?貴陽期末）一彈簧上端固定，下端懸掛一個條形磁體，在磁體N極正下方的水平桌面上固定一閉合銅線圈，如圖所示。現將磁體托起到某一高度后放開，磁體只在豎直方向上下振動，并在較短時間就停下來，不計空氣阻力。下列關于該磁體的分析正確的是（）A．該磁體N極靠近線圈時，線圈對桌面的壓力大于其重力 B．該磁體N極靠近線圈時，自上而下看線圈中有順時針方向的感應電流 C．該磁體無論向上或向下運動，都將受到線圈中感應電流磁場的阻礙作用 D．該磁體在較短時間停下來的原因是彈簧和磁體的機械能轉化為線圈中的電能三．解答題（共3小題）13．（2024秋?海淀區期末）物理學家可以通過構建新模型、借助已有理論和邏輯推理，形成對微觀世界的新認識，如對光電效應、α粒子散射實驗等現象的解釋。經典理論認為：①金屬導體中自由電子與金屬離子（即金屬原子失去電子后的剩余部分）的碰撞，形成了自由電子定向移動的阻力，其大小為f＝kv，k稱為阻力系數，v為自由電子定向移動的速率。②通電金屬導線中，電場線總是與導線的表面平行。已知元電荷為e，忽略電子的重力及其熱運動的影響，請借助上面的理論，通過構建模型來解答以下問題。（1）現有兩種不同的金屬材料1和2，材料對電子定向移動的阻力系數分別為k1和k2，單位體積內的自由電子數分別為n1和n2。如圖甲所示，用這兩種金屬材料制成橫截面積相同、長度相同的兩個圓柱形導體，將它們串聯在一起接入電路，達到穩定時會有恒定電流流過。①在電壓、電流、電阻三個電學量中，寫出穩定時兩導體一定相同的物理量。②求穩定時兩導體中的電場強度大小之比E1：E2。（2）測得（1）中的兩種圓柱形導體的橫截面積相同，將它們制成半徑為r的兩個半圓環，再拼接成一個導體圓環（圓柱形導體截面的直徑遠小于圓環半徑r），如圖乙所示，M、N為拼接位置。已知k1＝2k2，n1＝3n2。金屬細圓環內部存在垂直于圓環平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間均勻增加，變化率為β，其激發的渦旋電場會推動電子開始沿圓環運動。由于電子定向移動速率比較小，可忽略自由電子繞圓環運動所需的向心力。經過短暫的時間后，電子的運動達到穩定狀態。①在穩定狀態下，導體1中某電子受到的渦旋電場力F渦如圖丙所示，請補充完整該電子受力的示意圖；并判斷拼接位置M處堆積的凈剩電荷的電性。②求穩定狀態下，導體1中的靜電場場強大小E。14．（2023秋?佛山期末）交流異步電動機是利用交變電流產生的旋轉磁場帶動閉合線圈轉動的電動機，其工作原理與右圖所示的裝置類似。磁鐵旋轉產生旋轉磁場，帶動閉合線圈轉動。請根據所學物理知識回答以下問題，并說明理由。（1）線圈中是否有感應電流？（2）線圈轉動方向是否與磁鐵轉動方向一致？（3）電動機帶負載工作時，線圈的轉速是否可以達到磁鐵轉動的轉速？15．（2023?海淀區二模）電磁場，是一種特殊的物質。（1）電場具有能量。如圖1所示，原子核始終靜止不動，α粒子先、后通過A、B兩點，設α粒子的質量為m、電荷量為q，其通過A、B兩點的速度大小分別為vA和vB，求α粒子從A點運動到B點的過程中電勢能的變化量ΔEp。（2）變化的磁場會在空間中激發感生電場。如圖2所示，空間中有圓心在O點、垂直紙面向里、磁感應強度為B的圓形勻強磁場，當空間中各點的磁感應強度隨時間均勻增加時，請根據法拉第電磁感應定律、電動勢的定義等，證明磁場內，距離磁場中心O點為r處的感生電場的電場強度E與r成正比。（提示：電荷量為q的電荷所受感生電場力F＝qE）（3）電磁場不僅具有能量，還具有動量。如圖3所示，兩極板相距為L的平行板電容器，處在磁感應強度為B的勻強磁場中。磁場方向垂直紙面向里。將一長度為L的導體棒ab垂直放在充好電的電容器兩極板之間（其中上極板帶正電），并與導體板良好接觸。上述導體棒ab、平行板電容器以及極板間的電磁場（即勻強磁場、電容器所激發的電場）組成一個孤立系統，不計一切摩擦。求當電容器通過導體棒ab釋放電荷量為q的過程中，該系統中電磁場動量變化量的大小Δp和方向。

2024-2025學年下學期高二物理滬科版（2020）期中必刷常考題之自感和渦流現象參考答案與試題解析題號12345678答案BADCDDBB一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?惠山區校級期末）如圖所示，L是自感系數很大、電阻很小的線圈，P、Q是兩個相同的小燈泡，開始時，開關S處于閉合狀態，P燈微亮，Q燈正常發光，斷開開關，以下說法正確的是（）A．P比Q先熄滅 B．P閃亮后再熄滅 C．P與Q同時熄滅 D．斷開開關瞬間a點的電勢高于b點的電勢【考點】自感線圈對電路的影響．【專題】定性思想；歸納法；電磁感應與電路結合；理解能力．【答案】B【分析】斷開開關時，線圈L發生自感，線圈L和P組成閉合回路，所以Q燈馬上熄滅，L相當于電源，在電源內部電流從低電勢流向高電勢，根據原來開關S閉合穩定時，通過線圈L的電流和燈泡P的電流大小比較看是否會發生閃亮效果。【解答】解：ABC、斷開開關時，線圈L發生自感，線圈L和P組成閉合回路，所以Q燈馬上熄滅，因為線圈L的電阻很小，所以在電路穩定時，通過線圈的電流大于通過燈泡P的電流，而斷開開關時，通過線圈L和燈泡P的電路中電流是從原來通過L的電流開始減小的，所以在斷開開關時，通過P的電流比原來開關閉合時通過P燈的電流大，則P燈會產生閃亮效果，即P閃亮后再熄滅，故AC錯誤，B正確；D、斷開開關瞬間，通過線圈L的電流方向不變，仍然是從做向右，線圈L相當于電源，在電源內部，電流從低電勢流向高電勢，即a點的電勢低于b點的電勢，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了對斷電自感的認識，知道燈泡P發生閃亮效果的條件。2．（2025?白云區一模）隨著綠色環保理念深入人心，電動汽車市場日趨火爆，電池充電技術飛速發展。如圖為某科技公司利用電磁感應原理設計的無線充電樁原理示意圖，若汽車以22kW的恒定功率充電，送電線圈連接u＝2202sin100πt（V）的交流電，不計能量損失，下列說法正確的是（）A．送電線圈中的電流為100A B．受電線圈中電流的頻率為100Hz C．僅減小送電線圈的匝數，會增大電池端的輸出電流 D．僅減小送電線圈的匝數，會減小電池端的輸出電壓【考點】互感和互感現象．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據送電線圈連接u＝2202sin100πt（V）的交流電可知交流電的最大值和角速度，即可求得有效值和頻率，根據P＝UI求得電流，根據電壓之比與匝數成正比，根據輸入功率等于輸出功率即可判斷。【解答】解：A、根據u＝2202sin100πt（V）交流電的最大值為Um=2202V，有效值為U=Um2=B、根據u＝2202sin100πt（V）交流電的角速度為ω＝100πrad/s，送電線圈頻率為f=ω2π=100CD、輸送電壓與輸送功率恒定，則送電線圈中電流恒定，減小送電線圈匝數，受電線圈電壓增大，電流減小，CD錯誤；故選：A。【點評】本題主要考查了無線充電，即通過理想變壓器原理，抓住電壓之比與線圈的匝數成正比，輸入功率等于輸出功率。3．（2024秋?望花區校級期末）如圖所示電路圖，電源電阻不計，A、B為同樣的燈泡，D1、D2為兩個理想二極管，自感線圈L穩定工作時電阻為RL。則下列說法正確的是（）A．閉合開關，B燈先亮，A燈不亮 B．閉合開關，A燈先亮，B燈后亮 C．斷開開關，A燈立即熄滅，B燈緩慢亮起 D．斷開開關，A燈立即熄滅，B燈亮起后緩慢熄滅【考點】自感線圈對電路的影響．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】D【分析】二極管具有單向導電性，線圈具有阻礙電流變化的作用，由此分析。【解答】解：AB．開關閉合，由于二極管的單向導通性，所以A燈先亮，B燈始終不亮，故AB錯誤；CD．開關K斷開后，由于線圈的自感作用，會產生一個自感電動勢來阻礙電流的減小，這個自感電動勢會使電流繼續維持一段時間，然后逐漸減小到零。此時線圈產生的感應電動勢右端的電勢高于左端電勢，由于二極管的單向導通性，燈泡A的電流立刻為零，A燈立即熄滅，而燈泡B所在支路的二極管導通，所以B燈會閃亮一下再漸漸熄滅，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】記住自感線圈對電流突變時的阻礙：閉合開關瞬間L相當于斷路，穩定后L相當于一段有電阻的導線，斷開瞬間L相當于電源。4．（2024秋?無錫校級期末）下列四幅圖的說法中正確的是（）A．圖甲真空冶煉爐外的線圈通入高頻交流電時，爐外線圈中會產生大量熱量 B．圖乙回旋加速器是利用磁場使帶電粒子“轉圈”、恒定電場進行加速的儀器 C．圖丙毫安表運輸時把正負接線柱用導線連在一起是利用電磁阻尼保護表頭 D．圖丁搖動手柄使蹄形磁鐵轉動，則鋁框會和磁鐵同向共速轉動【考點】電磁阻尼與電磁驅動；生活中的電磁感應現象；磁電式電流表；渦流的產生及原理．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；理解能力．【答案】C【分析】真空冶煉爐，在鐵塊中會產生渦流，產生大量熱量，冶煉金屬。根據回旋加速器的工作原理進行分析；將毫安表的表頭短接來保護電表，利用了電磁阻尼原理；當磁鐵與線圈相對運動時，導致線圈的磁通量發生變化，從而產生感應電流，根據電磁阻尼的知識進行分析。【解答】解：A、圖甲是真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，在鐵塊中會產生渦流，鐵塊中就會產生大量熱量，從而冶煉金屬，故A錯誤；B、圖乙是回旋加速器，帶電粒子在恒定電場中加速后進入磁場中偏轉，再進入電場中加速、進入磁場中偏轉，最后由特殊的裝置將粒子引出，所以電場為交變電場，故B錯誤；C、圖丙是毫安表的表頭，運輸時要把正、負接線柱用導線連在一起，運輸過程中導線轉動切割磁感應線產生感應電流、產生安培力阻礙線框的轉動，這是為了保護電表指針，利用了電磁阻尼原理，故C正確；D、由電磁驅動原理可知，搖動手柄使得蹄形磁鐵轉動，則鋁框會同向轉動，且比磁鐵轉的慢，即同向異步，和磁鐵轉得不一樣快，故D錯誤。故選：C。【點評】該題為電磁驅動的模型、電磁阻尼等知識，考查法拉第電磁感應定律，知道感應電流的磁通量總阻礙引起感應電流的磁場變化，同時掌握回旋加速器的工作原理。5．（2024秋?濟南期末）下列與電、磁相關的實例應用中利用電磁感應原理的是（）①圖甲中揚聲器把電流信號轉換成聲音信號②圖乙中磁電式電流表的指針偏轉③圖丙中利用電磁爐加熱鐵鍋內食物④圖丁中動圈式話筒把聲音信號轉化成電流信號A．①② B．②③ C．①④ D．③④【考點】電磁阻尼與電磁驅動；感應電流的產生條件；渦流的應用與防止．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】D【分析】根據電磁感應的各種應用的原理逐一分析每個選項。【解答】解：我們逐一分析每個選項：①圖甲中揚聲器把電流信號轉換成聲音信號：這是利用了電流的磁效應，即電流通過導線時會產生磁場，這個磁場與揚聲器中的永磁體相互作用，從而產生聲音，這并不是電磁感應原理的應用，所以①錯誤。②圖乙中磁電式電流表的指針偏轉：磁電式電流表的工作原理是安培力原理，即電流在磁場中會受到力的作用，這個力使得指針偏轉，從而指示出電流的大小。這也不是電磁感應原理的應用，所以②錯誤。③圖丙中利用電磁爐加熱鐵鍋內食物：電磁爐的工作原理就是電磁感應原理。電磁爐內部有一個線圈，當線圈中有交流電通過時，會產生變化的磁場，這個磁場會在鐵鍋中產生感應電流（渦流），感應電流在鐵鍋中流動時會產生熱量，從而加熱食物，所以③正確。④動圈式話筒的工作原理也是電磁感應原理。當聲音波動作用于話筒的膜片時，膜片會帶動線圈在磁場中做切割磁感線的運動，從而產生感應電流，這個感應電流就包含了聲音信號的信息，所以④正確。綜上所述，利用電磁感應原理的實例是③和④，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題主要考查電磁感應原理的應用，需要理解電磁感應現象以及其在各種實例中的應用。6．（2024秋?石家莊期末）如圖所示電路中，A、B為兩個相同燈泡，L為自感系數較大、電阻可忽略不計的電感線圈，下列說法正確的是（）A．接通開關S，A立即變亮，最后A比B亮 B．接通開關S，B立即變亮，最后A、B一樣亮 C．斷開開關S，A、B都立刻熄滅 D．斷開開關S，A、B都逐漸熄滅【考點】自感線圈對電路的影響．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；理解能力．【答案】D【分析】當開關接通和斷開的瞬間，流過線圈的電流發生變化，產生自感電動勢，阻礙原來電流的變化，根據自感現象的規律來分析。【解答】解：AB、接通開關S，因此A立刻亮；根據通電自感可知，閉合開關時，線圈產生自感電動勢阻礙電流的增加，則B逐漸變亮，A、B為兩個相同燈泡，則最后A、B一樣亮，故AB錯誤；CD、由于閉合開關穩定時AB兩燈的電流相同，根據斷電自感可知，斷開開關時，AB燈都逐漸熄滅，不會閃亮，故C錯誤，D正確；故選：D。【點評】對于線圈要抓住雙重特性：當電流不變時，它是電阻不計的導線；當電流變化時，產生自感電動勢，相當于電源。7．（2024秋?撫順期末）1824年，法國科學家阿拉果完成了著名的“阿拉果圓盤實驗”。如圖所示，實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，實驗中發現，當圓盤在磁針的磁場中繞圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后。下列說法正確的是（）A．圓盤中始終未發生電磁感應現象 B．該實驗現象與真空冶煉爐的原理相同 C．由于小磁針的磁性較弱，分析本現象時可以忽略小磁針的磁場 D．探測地雷的探雷器的工作原理與本實驗現象無關聯【考點】電磁阻尼與電磁驅動；生活中的電磁感應現象；渦流的產生及原理．【答案】B【分析】由電磁感應的條件和電磁驅動判斷。【解答】解：小磁針的磁場穿過銅圓盤，轉動時磁通量發生改變，銅圓盤中產生渦流（旋渦似的感應電流，以中心的豎直軸為圓心旋轉），而渦流在磁場中受到安培力，小磁針受到安培力的反作用力隨之一起轉動起來，這種現象叫電磁驅動。AC.小磁針的磁場使銅圓盤中發生了電磁感應現象，故AC錯誤；BD.真空冶煉爐是利用高頻電流使爐內產生渦流加熱金屬，探雷器是利用高頻電流產生變化的磁場遇到金屬時產生渦流而報警，與此原理相同，故BD正確。故選：B。【點評】渦流是在金屬板中發生電磁感應產生的感應電流，像水的旋渦一樣，故叫渦流。8．（2024秋?金鳳區校級期末）關于教材中的四幅插圖，下列說法正確的是（）A．圖甲：是電磁感應實驗，說明磁可以生電，最先由奧斯特發現的 B．圖乙：是真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，爐內的金屬中會產生渦流，會產生大量熱量，從而冶煉金屬 C．圖丙：在蹄形磁鐵兩極間自由轉動的銅盤，如果忽略摩擦，銅盤會一直轉動下去 D．圖丁：微安表的表頭在運輸時要把兩個正、負接線柱用導線連在一起從而保護電表指針，這是利用了電磁驅動原理【考點】電磁阻尼與電磁驅動；生活中的電磁感應現象；渦流對金屬在磁場中運動的影響．【專題】定性思想；推理法；電磁感應中的力學問題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據電磁感應、渦流、電磁阻尼和電磁驅動等電磁學的基本概念和應用來判斷每個選項的正確性。【解答】解：A.圖甲是電磁感應實驗，說明磁可以生電，但不是奧斯特發現，故A錯誤；B.圖乙：給真空冶煉爐通入高頻交流電，爐內的金屬中會產生渦流，會產生大量熱量，從而冶煉金屬，故B正確；C.圖丙：在蹄形磁鐵兩極間自由轉動的銅盤，就算摩擦極小，也會因產生感應電流，在電磁阻尼的作用下很快停下，故C錯誤；D.圖丁：微安表的表頭在運輸時要把兩個正、負接線柱用導線連在一起，運輸過程中導線轉動切割磁感應線產生感應電流，線圈受到的安培力會阻礙線框的轉動，可以保護電表指針，這是利用了電磁阻尼原理，故D錯誤。故選：B。【點評】考查電磁感應和電磁阻力等知識，會根據題意進行準確分析解答。二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?西城區期末）圖甲為某同學研究自感現象的實驗電路圖，用電流傳感器監測通過電感線圈L中的電流。已知電路中燈泡的電阻R1＝6Ω，定值電阻R2＝2Ω，電源電動勢為6V，內阻不計。閉合開關S使電路處于穩定狀態，燈泡發光。在t＝0.1s時刻斷開開關S，斷開開關S前后電流傳感器顯示電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。電流傳感器的內阻忽略不計，根據以上信息下列說法中正確的是（）A．可以求出電感線圈的電阻 B．可以估算出斷開開關后流過燈泡的電荷量 C．可以判斷出斷開開關后R2兩端電壓的變化情況 D．可以判斷出斷開開關后燈泡不會出現閃亮的現象【考點】自感線圈對電路的影響．【專題】定量思想；方程法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】ABC【分析】根據歐姆定律求出開關斷開前線圈的直流電阻；由楞次定律判斷出自感電流的方向及自感電動勢的正負極，自感線圈支路總電阻小于燈泡電阻，原電流大，斷開開關瞬間，小燈泡會閃亮。【解答】解：A、開關S閉合且電路穩定時流過線圈L的電流為：I0＝1.5A，由歐姆定律可得I0=UR2+RL，代入數據解得：B、由Q＝It，則I﹣t圖象中I與圍成的面積，t＝0.1s后曲線圍成的面積表示流過線圈的電量，故B正確；C、開關閉合時，流過線圈的電流由左向右，斷開開關后，線圈L、電阻R和電燈構成一閉合回路，發生自感現象，線圈的電流要保持由左向右電流方向，流進燈泡由右向左，形成回路，線圈相當于電源，線圈右端為正極，故C正確；D、RL+R2＝4Ω＜R1＝6Ω，故閉合S時，流過線圈的電流大于流過燈泡電流，斷開S發生自感現象時，小燈泡會發生閃亮現象，故D錯誤；故選：ABC。【點評】解決本題的關鍵知道電感器對電流的變化有阻礙作用；線圈回路發生自感現象，線圈相當于電源，由電流方向判斷電源正負極；是否閃亮要比較自感前后電流的變化。（多選）10．（2024秋?哈爾濱校級期末）如圖所示是法拉第制作的世界上第一臺發電機的模型原理圖。把一個半徑為r的銅盤放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，使磁感線水平向右垂直穿過銅盤，銅盤安裝在水平的銅軸上，兩塊銅片C、D分別與轉動軸和銅盤的邊緣接觸，G為靈敏電流表，內阻為R，銅盤及其余線路電阻可忽略。現使銅盤按照圖示方向以角速度ω勻速轉動，則下列說法中正確的是（）A．電流表中的電流方向為由b到a B．C點電勢高于D點電勢 C．流過靈敏電流表的電流大小為BωrD．若銅盤不轉動，使所加磁場磁感應強度均勻增大，在銅盤中可以產生渦旋電流【考點】渦流的產生及原理；右手定則；導體轉動切割磁感線產生的感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】ACD【分析】把銅盤看作若干條由中心指向邊緣的銅棒組合而成，當銅盤轉動時，每根金屬棒都在切割磁感線，產生大小和方向不變的電流。根據轉動切割磁感線產生的感應電動勢公式E=12Bωr【解答】解：AB．根據右手定則，電流表中的電流方向為由b到a，C點電勢低于D點電勢，盤邊緣為電源正極，中心為負極，故A正確，B錯誤；C．回路中的感應電動勢為E=流過靈敏電流表的電流大小為I=故C正確；D．若銅盤不轉動，使所加磁場強度均勻增大，在銅盤中產生感生環形電場，使銅盤中的自由電荷在電場力作用下定向移動，在銅盤中形成渦旋電流，故D正確。故選：ACD。【點評】本題考查運用物理知識分析實際問題的能力。此題是電磁感應問題，基本規律有楞次定律或右手定則、法拉第電磁感應定律，路端電壓與電動勢大家很容易混淆，其關系為：當外電路開路或內電阻為零時，路端電壓等于電源電動勢，總而言之，當內電壓為零時，路端電壓等于電動勢。（多選）11．（2024秋?洛陽期末）高頻焊接原理示意圖如圖所示，線圈通以高頻交流電，金屬工件的焊縫中就產生大量焦耳熱，將焊縫熔化焊接，下列情況中能使焊接處消耗的電功率增大的是（）A．其他條件不變，增大交變電流的電壓 B．其他條件不變，增大交變電流的頻率 C．感應電流相同的條件下，增大焊接處的接觸電阻 D．感應電流相同的條件下，減小焊接處的接觸電阻【考點】渦流的應用與防止．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】ABC【分析】高頻焊接技術利用了電磁感應原理，當高頻交流電通過線圈時，會在金屬工件中產生渦流，即感應電流。根據焦耳定律，感應電流在工件中產生的熱量與電流的平方成正比，與電阻成正比。因此，要增加焊接處消耗的電功率，可以通過增加感應電流的強度或增加焊接處的電阻來實現。然而，增加焊接處的電阻會降低焊接效率，因為電阻增加會導致焊接處的溫度上升過快，可能造成材料過熱損壞。因此，更有效的策略是增加感應電流的強度，這可以通過增加交變電流的電壓或頻率來實現。【解答】解：A、增大交變電流的電壓，其他條件不變，則線圈中交變電流增大，磁通量變化率增大，因此產生的感應電動勢增大，根據歐姆定律可知，感應電流也增大，根據電功率與電流的關系，故焊接處消耗的電功率增大，故A正確；B、高頻焊接利用高頻交變電流產生高頻交變磁場，在焊接的金屬工件中產生感應電流，根據法拉第電磁感應定律分析可知，電流變化的頻率越高，磁通量變化頻率越高，產生的感應電動勢越大，感應電流越大，焊縫處消耗的電功率越大，故B正確；CD、電路中感應電流相同條件下，增大焊接縫的接觸電阻，根據電功率公式P＝I2R，可知焊縫處消耗的電功率增大，故C正確，D錯誤。故選：ABC。【點評】在高頻焊接技術中，增加電功率的關鍵在于增加感應電流的強度，這可以通過增加交變電流的電壓或頻率來實現。同時，雖然增加焊接處的電阻可以增加電功率，但需要權衡材料過熱的風險。因此，在實際應用中，應優先考慮增加電壓或頻率，以提高焊接效率和質量。（多選）12．（2024秋?貴陽期末）一彈簧上端固定，下端懸掛一個條形磁體，在磁體N極正下方的水平桌面上固定一閉合銅線圈，如圖所示。現將磁體托起到某一高度后放開，磁體只在豎直方向上下振動，并在較短時間就停下來，不計空氣阻力。下列關于該磁體的分析正確的是（）A．該磁體N極靠近線圈時，線圈對桌面的壓力大于其重力 B．該磁體N極靠近線圈時，自上而下看線圈中有順時針方向的感應電流 C．該磁體無論向上或向下運動，都將受到線圈中感應電流磁場的阻礙作用 D．該磁體在較短時間停下來的原因是彈簧和磁體的機械能轉化為線圈中的電能【考點】電磁阻尼與電磁驅動．【專題】定性思想；推理法；電磁感應中的力學問題；推理論證能力．【答案】ACD【分析】利用楞次定律判斷線圈所受安培力的方向，從而判斷線圈對水平面的壓力變化情況，線圈會阻礙磁鐵運動做負功，所以磁鐵最終會停止。【解答】解：AB．磁體向下振動靠近線圈時，根據楞次定律，感應電流方向為逆時針，線圈對磁體的作用力的合力豎直向上，磁體對線圈作用力的合力豎直向下，所以線圈對水平面的壓力大于其重力，故A正確，B錯誤；C．該磁體無論向上或向下運動，根據楞次定律來拒去留的推論，都將受到線圈中感應電流磁場的阻礙作用，故C正確；D．由于磁體上下振動的過程中產生感應電流，機械能轉化為電能，所以磁體很快就會停下來，故D正確。故選：ACD。【點評】本題巧妙的考查了楞次定律的應用，只要記住“增反減同，來拒去留”這一規律，此類題目難度不大。三．解答題（共3小題）13．（2024秋?海淀區期末）物理學家可以通過構建新模型、借助已有理論和邏輯推理，形成對微觀世界的新認識，如對光電效應、α粒子散射實驗等現象的解釋。經典理論認為：①金屬導體中自由電子與金屬離子（即金屬原子失去電子后的剩余部分）的碰撞，形成了自由電子定向移動的阻力，其大小為f＝kv，k稱為阻力系數，v為自由電子定向移動的速率。②通電金屬導線中，電場線總是與導線的表面平行。已知元電荷為e，忽略電子的重力及其熱運動的影響，請借助上面的理論，通過構建模型來解答以下問題。（1）現有兩種不同的金屬材料1和2，材料對電子定向移動的阻力系數分別為k1和k2，單位體積內的自由電子數分別為n1和n2。如圖甲所示，用這兩種金屬材料制成橫截面積相同、長度相同的兩個圓柱形導體，將它們串聯在一起接入電路，達到穩定時會有恒定電流流過。①在電壓、電流、電阻三個電學量中，寫出穩定時兩導體一定相同的物理量。②求穩定時兩導體中的電場強度大小之比E1：E2。（2）測得（1）中的兩種圓柱形導體的橫截面積相同，將它們制成半徑為r的兩個半圓環，再拼接成一個導體圓環（圓柱形導體截面的直徑遠小于圓環半徑r），如圖乙所示，M、N為拼接位置。已知k1＝2k2，n1＝3n2。金屬細圓環內部存在垂直于圓環平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間均勻增加，變化率為β，其激發的渦旋電場會推動電子開始沿圓環運動。由于電子定向移動速率比較小，可忽略自由電子繞圓環運動所需的向心力。經過短暫的時間后，電子的運動達到穩定狀態。①在穩定狀態下，導體1中某電子受到的渦旋電場力F渦如圖丙所示，請補充完整該電子受力的示意圖；并判斷拼接位置M處堆積的凈剩電荷的電性。②求穩定狀態下，導體1中的靜電場場強大小E。【考點】感生電場和感生電動勢；電流的微觀表達式；電動勢的概念和物理意義；法拉第電磁感應定律的基本計算．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；電磁感應與電路結合；模型建構能力．【答案】（1）①穩定時兩導體一定相同的物理量是電流。②穩定時兩導體中的電場強度大小之比E1：E2=k（2）①在穩定狀態下，導體1中某電子受力的示意圖見解答；拼接位置M處堆積的凈剩電荷的電性為負電荷。②穩定狀態下，導體1中的靜電場場強大小E為110【分析】（1）①兩導體為串聯關系，穩定時兩導體一定相同的物理量是電流。②根據電流強度的微觀表達式和穩定時兩導體的電流相同，得到兩導體中自由電子定向移動速率的關系，將電子在兩導體中運動視為勻速運動，根據二力平衡求解兩導體中的電場強度大小之比。（2）①②根據法拉第電磁感應定律得到感應電動勢的表達式，根據電動勢定義得到導體環內渦旋電場的電場強度大小。根據串聯的導體1和導體2中電流相等，結合已知條件得到導體1和導體2中自由電子定向移動受到的阻力大小關系。應用假設法，根據自由電子受力平衡條件，推理拼接位置M處堆積的凈剩電荷的電性，以及自由電子受到的電場力方向，并求出導體1中的靜電場場強大小。【解答】解：（1）①兩導體為串聯關系，穩定時兩導體一定相同的物理量是電流。②根據電流強度的微觀表達式：I＝neSv，由穩定時兩導體的電流相同可得：n1eSv1＝n2eSv2解得：v因電流不變，故可將電子在兩導體中運動視為勻速運動，根據二力平衡得：eE1＝k1v1；eE2＝k2v2聯立解得：E（2）①②勻強磁場的磁感應強度B隨時間均勻增加，會激發逆時針方向的渦旋電場。根據法拉第電磁感應定律可得感應電動勢為：ε=設導體環內渦旋電場的電場強度大小為E渦，根據電動勢定義可得：ε=qE渦?聯立解得：E根據串聯的導體1和導體2中電流相等可得：n1eSv1＝n2eSv2，可得：v導體1和導體2中自由電子定向移動受到的阻力大小分別為：f1＝k1v1；f2＝k2v2聯立解得：f假設穩定狀態下，拼接位置M處堆積的凈剩電荷為負電荷，N處堆積的凈剩電荷為正電荷。則導體1中的靜電場方向為順時針，自由電子受到的電場力方向為逆時針，導體2中的自由電子受到的電場力方向為順時針。兩導體中電子都做勻速運動，則有：導體1中的電子受力滿足：eE渦＝eE+f1導體2中的電子受力滿足：eE渦+eE＝f2聯立解得：E因所得E＞0，假設成立，可得拼接位置M處堆積的凈剩電荷為負電荷。導體1中某電子受力的示意圖如下圖所示：答：（1）①穩定時兩導體一定相同的物理量是電流。②穩定時兩導體中的電場強度大小之比E1：E2=k（2）①在穩定狀態下，導體1中某電子受力的示意圖見解答；拼接位置M處堆積的凈剩電荷的電性為負電荷。②穩定狀態下，導體1中的靜電場場強大小E為110【點評】本題考查了電磁感應現象中感生電場問題，電動勢的物理意義，電流的微觀表達式。解答時要合理構建模型、借助已學過的原理進行邏輯推理。14．（2023秋?佛山期末）交流異步電動機是利用交變電流產生的旋轉磁場帶動閉合線圈轉動的電動機，其工作原理與右圖所示的裝置類似。磁鐵旋轉產生旋轉磁場，帶動閉合線圈轉動。請根據所學物理知識回答以下問題，并說明理由。（1）線圈中是否有感應電流？（2）線圈轉動方向是否與磁鐵轉動方向一致？（3）電動機帶負載工作時，線圈的轉速是否可以達到磁鐵轉動的轉速？【考點】生活中的電磁感應現象．【答案】（1）線圈中有感應電流。（2）線圈轉動方向與磁鐵轉動方向一致。（3）電動機帶負載工作時，線圈的轉速不可以達到磁鐵轉動的轉速。【分析】（1）磁通量發生變化，閉合線圈中有感應電流產生；（2）由電磁驅動知識可知線圈轉動方向與磁鐵轉動方向一致；（3）感應電流磁場是阻礙磁通量變化而不是阻止，所以線圈的轉速不可以達到磁鐵轉動的轉速。【解答】解：（1）由題圖可知，當磁鐵旋轉產生旋轉磁場時，穿過閉合線圈的磁通量發生變化，線圈中有感應電流產生。（2）對磁鐵旋轉從右向左看，磁鐵逆時針轉動，閉合線圈的上直邊相對磁鐵順時針轉動，由右手定則可知，上直邊產生的感應電流方向從右向左，由左手定則可知，上直邊受到的安培力沿逆時針方向，即上直邊受到的安培力對線圈產生逆時針方向的轉動力矩，線圈逆時針轉動，線圈轉動方向是與磁鐵轉動方向一致。（3）電動機帶負載工作時，線圈的轉速不可以達到磁鐵轉動的轉速，若線圈的轉速達到磁鐵轉動的轉速，則穿過閉合線圈的磁通量不會發生變化，線圈中不會產生感應電流，線圈就不會產生轉動的力矩，電動機不能帶負載工作。答：（1）線圈中有感應電流。（2）線圈轉動方向與磁鐵轉動方向一致。（3）電動機帶負載工作時，線圈的轉速不可以達到磁鐵轉動的轉速。【點評】本題涉及電磁感應原理以及電磁驅動相關知識，熟記課本知識即可以順利求解。15．（2023?海淀區二模）電磁場，是一種特殊的物質。（1）電場具有能量。如圖1所示，原子核始終靜止不動，α粒子先、后通過A、B兩點，設α粒子的質量為m、電荷量為q，其通過A、B兩點的速度大小分別為vA和vB，求α粒子從A點運動到B點的過程中電勢能的變化量ΔEp。（2）變化的磁場會在空間中激發感生電場。如圖2所示，空間中有圓心在O點、垂直紙面向里、磁感應強度為B的圓形勻強磁場，當空間中各點的磁感應強度隨時間均勻增加時，請根據法拉第電磁感應定律、電動勢的定義等，證明磁場內，距離磁場中心O點為r處的感生電場的電場強度E與r成正比。（提示：電荷量為q的電荷所受感生電場力F＝qE）（3）電磁場不僅具有能量，還具有動量。如圖3所示，兩極板相距為L的平行板電容器，處在磁感應強度為B的勻強磁場中。磁場方向垂直紙面向里。將一長度為L的導體棒ab垂直放在充好電的電容器兩極板之間（其中上極板帶正電），并與導體板良好接觸。上述導體棒ab、平行板電容器以及極板間的電磁場（即勻強磁場、電容器所激發的電場）組成一個孤立系統，不計一切摩擦。求當電容器通過導體棒ab釋放電荷量為q的過程中，該系統中電磁場動量變化量的大小Δp和方向。【考點】感生電場和感生電動勢；動量定理的內容和應用；感應電動勢及其產生條件．【專題】定性思想；歸納法；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】（1）求α粒子從A點運動到B點的過程中電勢能的變化量ΔE（2）證明過程見解答過程。（3）當電容器通過導體棒ab釋放電荷量為q的過程中，該系統中電磁場動量變化量的大小BLq，方向水平向左。【分析】（1）考慮勻速運動的運動模型，根據法拉第電磁感應定律列式求解即可；（2）根據歐姆定律求解感應電動勢，再結合法拉第電磁感應定律求解磁感應強度的變化率；（3）動生電動勢是由于洛倫茲力作用而產生，感生電動勢是由于渦旋電場的電場力產生.【解答】解：（1）由能量守恒可得ΔE（2）假設磁場中有以0為圓心半徑為/的圓形閉合回路。磁感應強度隨時間均勻增加則B＝B0+kt回路中產生的感應電動勢為U=帶電量為y的粒子在回路中運動一圈有Uq＝Eq?2πr解得E=距離磁場中心O點為r處的感生電場的電場強度E與r成正比。（3）對導體棒ab由動量定理可得BILt＝Δpab得BLq＝Δpab即導體棒ab動量變化量大小為BLq，方向水平向右。系統動量守恒，所以Δp＝﹣Δpab＝﹣BLq即電磁場動量變化量的大小為BLq，方向水平向左。答：（1）求α粒子從A點運動到B點的過程中電勢能的變化量ΔE（2）證明過程見解答過程。（3）當電容器通過導體棒ab釋放電荷量為q的過程中，該系統中電磁場動量變化量的大小BLq，方向水平向左。【點評】本題考查感生電動勢與動生電動勢，關鍵是找出非靜電力的來源，會從法拉第電磁感應定律公式推導切割公式，不難.

考點卡片1．動量定理的內容和應用【知識點的認識】1．內容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命題方向】籃球運動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球對手的沖量B、減小籃球對人的沖擊力C、減小籃球的動量變化量D、增大籃球的動量變化量分析：分析接球的動作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當時間增大時，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A錯誤C、運動員接球過程，球的末動量為零，球的初動量一定，則球的動量的變化量一定，故CD錯誤。故選：B。點評：本題主要考查了動量定理的直接應用，應用動量定理可以解題，解題時要注意，接球過程球的動量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動量的變化量與沖量不會因如何接球而改變。【解題方法點撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，先要規定正方向，與正方向相反的，要取負值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．2．電流的微觀表達式【知識點的認識】1.電流的微觀表達式的推導如圖所示，AD表示粗細均勻的一段長為l的導體，兩端加一定的電壓，導體中的自由電荷沿導體定向移動的速率為v，設導體的橫截面積為S，導體每單位體積內的自由電荷數為n，每個自由電荷的電荷量大小為q。則：導體AD內的自由電荷全部通過橫截面D所用的時間t=導體AD內的自由電荷總數N＝nlS，總電荷量Q＝Nq＝nlSq，此導體上的電流I=Q2.電流的微觀表達式：I＝nqSv（1）I=qt是電流的定義式，I＝nqSv電流的決定式，因此電流I通過導體橫截面的電荷量q及時間t無關，從微觀上看，電流的大小取決于導體中單位體積內的自由電荷數n、每個自由電荷的電荷量大小q、定向移動的速率v，還與導體的橫截面積（2）v表示電荷定向移動的速率。自由電荷在不停地做無規則的熱運動，其速率為熱運動的速率，電流是自由電荷在熱運動的基礎上向某一方向定向移動形成的。【命題方向】有一橫截面積為S的銅導線，流經其中的電流強度為I；設每單位體積的導線中有n個自由電子，電子的電量為e，此電子的定向移動速率為v，在Δt時間內，通過導線橫截面的自由電子數可表示為（）A.nvSΔtB.nv?ΔtC.IΔtveD.分析：首先根據電流強度的定義可以求得t時間內通過導線橫截面積的總的電荷量的大小，進而可以求得自由電子的個數，再根據電流的微觀的表達式，根據電阻的運動的速率的大小也可以求得通過導線橫截面的自由電子的個數．解答：在t時間內，以速度v移動的電子在銅導線中通過的距離為vt，由于銅導線的橫截面積為S，則在t時間內，電子經過的導線體積為V＝vtS．又由于單位體積的導線有n個自由電子，則在Δt時間內，通過導線橫截面的自由電子數目可表示為N＝nvSΔt。由于流經導線的電流為I，則在t時間內，流經導線的電荷量為Q＝It，而電子的電荷量為e，則t時間內通過導線橫截面的自由電子數目可表示為：N=It故只有A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題計算自由電子的個數，要注意從不同的角度來分析問題，一是從微觀運動的角度，二是從電流強度的角度．【解題思路點撥】用電流的微觀表達式求解問題的注意點（1）準確理解公式中各物理量的意義，式中的v是指自由電荷定向移動的速率，不是電流的傳導速率，也不是電子熱運動的速率。（2）I＝neSv是由I=qt導出的，若3．電動勢的概念和物理意義【知識點的認識】1.電源：電源是通過非靜電力做功把其它形式的能轉化成電勢能的裝置．2.非靜電力：電源內將正電荷從電源的負極搬運到電源正極的作用力稱為非靜電力。從功能角度看，非靜電力做功，使電荷的電勢能增加。3.電動勢：非靜電力搬運電荷所做的功與搬運的電荷量的比值，E=Wq，單位：4.電動勢的物理含義：電動勢表示電源把其它形式的能轉化成電勢能本領的大小，在數值上等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓，等于非靜電力把1C正電荷從電源負極搬運到正極所做的功。【命題方向】鉛蓄電池的電動勢為2V，這表示（）A、電路中每通過1C電荷量，電源把2J的化學能轉化為電能B、蓄電池將化學能轉變為電能的本領比一節干電池（電動勢為1.5V）的大C、蓄電池與電路斷開時兩極間的電壓為2VD、蓄電池在1s內將2J的化學能轉變成電能分析：電動勢在數值上等于非靜電力將1C的正電荷在電源內從負極移到正極所做的功，電動勢大，非靜電力做功的本領就大，即將其它形式的能轉化為電能的本領就大．解答：A．電動勢在數值上等于非靜電力將1C的正電荷在電源內從負極移到正極所做的功，所以對于鉛蓄電池的電動勢為2V，電路中每通過1C電荷量，電源把2J的化學能轉化為電能。故A正確。B．電動勢大，非靜電力做功的本領就大，即將其它形式的能轉化為電能的本領就大。故B正確。C．電源未接入電路時兩端間的電壓等于電動勢。故C正確。D．電動勢是2V，意義是移動1C的正電荷在電源內從負極移到正極，非靜電力做功2J，即有2J的化學能轉變成電能，不是1s內將2J的化學能轉變成電能。故D錯誤。故選：ABC。點評：解決本題的關鍵理解電動勢的大小反映將其它形式的能轉變為電能本領的大小以及電動勢是電源非靜電力特性決定，與電源的體積無關，與外電路無關．【解題思路點撥】1.電源的電動勢是表征電源把其他形式的能轉化為電勢能的本領大小的物理量，即非靜電力移送相同電荷量的電荷做功越多，則電動勢越大。2.公式E=Wq是電動勢的定義式而不是決定式，E的大小與W和4．磁電式電流表【知識點的認識】磁電式電流表的示意圖如下所示：（1）構造：如圖所示，圓柱形鐵芯固定于U型磁鐵兩極間，鐵芯外面套有纏繞著線圈并可轉動的鋁框，鋁框的轉軸上裝有指針和游絲。（2）原理：當電流流入線圈時，線圈受安培力作用而轉動，使游絲扭轉形變，從而對線圈的轉動產生阻礙。當安培力產生的轉動與游絲形變產生的阻礙達到平衡時，指針便停留在某一刻度。電流越大，安培力越大，指針偏轉角度越大。【命題方向】實驗室經常使用的電流表是磁電式儀表．這種電流表的構造如圖甲所示．蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻地輻向分布的．當線圈通以如圖乙所示的電流，下列說法正確的是（）A、線圈轉到什么角度，它的平面都跟磁感線平行B、線圈轉動時，螺旋彈簧被扭動，阻礙線圈轉動C、當線圈轉到如圖乙所示的位置，b端受到的安培力方向向上D、當線圈轉到如圖乙所示的位置，安培力的作用使線圈沿順時針方向轉動分析：首先利用圖示的裝置分析出其制成原理，即通電線圈在磁場中受力轉動，線圈的轉動可以帶動指針的偏轉；然后找出與電流表的原理相同的選項即可．同時由左手定則來確定安培力的方向．解答：A、磁場是均勻地輻向分布，除了線圈所在平面的磁感線與其平行，其它位置磁感線均不與線圈平面平行，故A錯誤；B、當通電后，處于磁場中的線圈受到安培力作用，使其轉動，螺旋彈簧被扭動，則受到彈簧的阻力，從而阻礙線圈轉動，故B正確；C、由左手定則可判定：當線圈轉到如圖乙所示的位置，b端受到的安培力方向向下，故C錯誤；D、由左手定則可判定：當線圈轉到如圖乙所示的位置，b端受到的安培力方向向下，a端受到的安培力方向向上，因此安培力使線圈沿順時針方向轉動，故D正確；故選：BD。點評：在學過的測量工具或設備中，每個工具或設備都有自己的制成原理；對不同測量工具的制成原理，是一個熱點題型，需要重點掌握．【解題思路點撥】1.磁電式電流表的工作原理通電線圈在磁場中受到安培力的作用而發生偏轉。線圈偏轉的角度越大，被測電流就越大；線圈偏轉的方向不同，被測電流的方向不同2.磁電式電流表的磁場特點兩磁極間裝有極靴，極靴中間的鐵質圓柱使極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，保持線圈轉動時，安培力的大小不受磁場影響，電流所受安培力的方向總與線圈平面垂直，線圈平面始終與磁場方向平行，從而使得表盤刻度均勻。5．感應電流的產生條件【知識點的認識】1.感應電流的產生條件：當穿過閉合導體回路的磁通量發生變化時，閉合導體回路中就產生感應電流。2.一種特殊情況：對于如下圖所示，導體棒切割磁場產生感應電流的情況，依然可以認為是CDEF所圍的閉合回路的磁通量發生了變化，從而引起感應電流的產生。3.關鍵詞：①閉合回路；②磁通量的變化。4.判斷有無感應電流的基本步驟（1）明確所研究的電路是否為閉合電路。（2）分析最初狀態穿過電路的磁通量情況。（3）根據相關量變化的情況分析穿過閉合電路的磁通量是否發生變化，常見的情況有以下幾種：①磁感應強度B不變，線圈面積S發生變化，例如閉合電路的一部分導體切割磁感線時。②線圈面積S不變，磁感應強度B發生變化，例如線圈與磁體之間發生相對運動時或者磁場是由通電螺線管產生而螺線管中的電流變化時。③磁感應強度B和線圈面積S同時發生變化，此時可由△Φ＝Φ1﹣Φ0。計算并判斷磁通量是否發生變化。④線圈面積S不變，磁感應強度B也不變，但二者之間的夾角發生變化，例如線圈在磁場中轉動時。【命題方向】關于產生感應電流的條件，下列說法正確的是（）A、只要閉合電路在磁場中運動，閉合電路中就一定有感應電流B、只要閉合電路中有磁通量，閉合電路中就有感應電流C、只要導體做切割磁感線運動，就有感應電流產生D、只要穿過閉合電路的磁感線的條數發生變化，閉合電路中就有感應電流分析：產生感應電流的條件是穿過閉合電路的磁通量發生變化，或閉合電路的一部分導體做切割磁感線運動．根據這個條件進行選擇．解：A、閉合電路在磁場中運動，穿過閉合電路的磁通量不一定發生變化，所以閉合電路中不一定有感應電流。故A錯誤。B、閉合電路中有磁通量，如沒有變化，閉合電路中就沒有感應電流。故B錯誤。C、導體做切割磁感線運動，不一定有感應電流產生，只有當閉合電路的一部分導體做切割磁感線運動時才有感應電流產生。故C錯誤。D、穿過閉合電路的磁感線的條數發生變化，磁通量一定發生變化，則閉合電路中就有感應電流。故D正確。故選：D。點評：感應電流產生的條件細分有兩點：一是電路要閉合；二是穿過電路的磁通量發生變化，即穿過閉合電路的磁感線的條數發生變化．【解題思路點撥】判斷產生感應電流的條件應注意的問題（1）磁通量有變化，但回路沒閉合，不產生感應電流。（2）閉合回路切割磁感線，但磁通量沒變化，不產生感應電流。（3）初、末位置磁通量相同，但過程中閉合回路磁通量有變化，產生感應電流。（4）線圈有正、反兩面，磁感線穿過的方向不同，磁通量不同，產生感應電流。6．右手定則【知識點的認識】右手定則伸開右手，讓大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一平面內，讓磁感線垂直穿過掌心，大拇指指向導體的運動方向，其余四指所指的方向，就是感應電流的方向．【命題方向】題型一：楞次定律、右手定則、左手定則、安培定則的綜合應用如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，當PQ在外力作用下運動時，MN在磁場力作用下向右運動．則PQ所做的運動可能是（）A．向右勻加速運動B．向左勻加速運動C．向右勻減速運動D．向左勻減速運動分析：MN在磁場力作用下向右運動，說明MN受到的磁場力向右，由左手定則可知電流由M指向N，由楞次定律可知，線圈中產生感應電流的磁場應該是向上減小，或向下增加；根據右手螺旋定則，與楞次定律可知PQ的運動情況．解：MN在磁場力作用下向右運動，說明MN受到的磁場力向右，由左手定則可知電流由M指向N，由楞次定律可知，線圈中產生感應電流的磁場應該是向上減小，或向下增加；再由右手螺旋定則與楞次定律可知，PQ可能是向左加速運動或向右減速運動．故BC正確，AD錯誤．故選：BC．點評：本題關鍵是分析好引起感應電流的磁通量的變化，進而才能分析產生電流的磁通量是由什么樣的運動產生的．【解題方法點撥】1．右手定則適用于部分導體切割磁感線運動時感應電流的方向判定，而楞次定律適用于一切電磁感應現象，是判斷感應電流方向的基本方法，對于由于磁通量變化而引起的感應電流，運用楞次定律判斷其方向更方便．2．安培定則、左手定則、右手定則、楞次定律的比較及應用．（1）規律比較基本現象應用的定則或定律運動電荷、電流產生磁場安培定則磁場對運動電荷、電流有作用力左手定則電磁感應部分導體做切割磁感線運動右手定則閉合回路磁通量變化楞次定律（2）應用區別關鍵是抓住因果關系：①因電而生磁（I→B）→安培定則；②因動而生電（v、B→I安）→右手定則；③因電而受力（I、B→F安）→左手定則．7．感應電動勢及其產生條件【知識點的認識】1.感應電動勢：在電磁感應現象中產生的電動勢．產生感應電動勢的那部分導體就相當于電源，導體的電阻相當于電源內阻．如果電路閉合，就有感應電流．如果電路不閉合，就只有感應電動勢而無感應電流．2．產生感應電動勢的條件無論電路是否閉合，只要穿過電路平面的磁通量發生變化，電路中就有感應電動勢，產生感應電動勢的那部分導體就相當于電源．3．感應電流與感應電動勢的關系：遵守閉合電路歐姆定律，即I=E4.如果感應電動勢是由導體運動產生的，它也叫作動生電動勢。導體切割磁場時一定會產生動生電動勢，但如果沒有閉合回路，則不會產生感應電流。【命題方向】關于感應電動勢和感應電流，下列說法中正確的是（）A、只有當電路閉合，且穿過電路的磁通量發生變化時，電路中才有感應電動勢B、只有當電路閉合，且穿過電路的磁通量發生變化時，電路中才有感應電流C、不管電路是否閉合，只要有磁通量穿過電路，電路中就有感應電動勢D、不管電路是否閉合，只要穿過電路的磁通量發生變化，電路中就有感應電流分析：當穿過電路的磁通量發生變化時，電路中就有感應電動勢，電路閉合時，電路才有感應電流。解答：AC、不管電路是否閉合，只要穿過電路的磁通量發生變化，電路中就有感應電動勢產生。故AC錯誤。B、當穿過電路的磁通量發生變化時，電路中就有感應電動勢產生，而只有當電路閉合，電路中才有感應電流。故B正確。D、只有穿過閉合電路的磁通量發生變化，電路中才有感應電流。故D錯誤。故選：B。點評：本題考查產生感應電流與感應電動勢的條件，可以與直流電路類比理解。產生感應電流的條件有兩個：一是電路必須閉合；二是穿過電路的磁通量必須變化。【解題思路點撥】1.只要回路中的磁通量發生變化或導體切割磁感線，就能產生感應電動勢，如果有閉合回路，才能產生感應電流；如果沒有閉合回路，就不會有感應電流。2.感應電動勢與感應電流的關系可以總結為：有感應電動勢不一定有感應電流，有感應電流一定有感應電動勢。8．法拉第電磁感應定律的基本計算【知識點的認識】法拉第電磁感應定律（1）內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。（2）公式：E＝nΔΦΔt【命題方向】一個100匝的線圈，在0.4s內穿過它的磁通量從0.02Wb均勻增加到0.08Wb，則線圈中總的感應電動勢V．若線圈電阻為10Ω，則線圈中產生的電流強度I＝A．分析：根據法拉第電磁感應定律E=n解答：感應電動勢E=感應電流的大小I=E故本題答案為：15，1.5．點評：解決本題的關鍵掌握法拉第電磁感應定律E=n【解題方法點撥】1．對法拉第電磁感應定律的理解2．計算感應電動勢的公式有兩個：一個是E＝n△?△t，一個是E＝Blvsinθ，計算時要能正確選用公式，一般求平均電動勢選用E＝n△?△t，求瞬時電動勢選用E＝3．電磁感應現象中通過導體橫截面的電量的計算：由q＝I?△t，I=ER總，E＝n△?△t，可導出電荷量9．導體轉動切割磁感線產生的感應電動勢【知識點的認識】如果導體棒繞平行于磁場的軸轉動時，因為棒上各處速度不再相等，動生電動勢的計算公式E＝Blv就不再適用。如下圖所示，導體棒在磁場中旋轉，切割磁感線產生感應電動勢：雖然導體棒各處速度不同，但是根據圓周運動線速度與角速度的關系可知各處速度大小呈線性變化，所以可以用中點處的線速度表示平均速度從而計算感應電動勢，即E＝Blv=Bl①如果轉軸繞棒的一端旋轉，vmin＝0，vmax＝ωl，則E=12Bωω是棒轉動的角速度②如果以棒上一點為圓心旋轉，E=12Bω（l12-l22），l③如果以棒外一點Wie圓心旋轉，E=12Bω（l12-l22），l【命題方向】一直升飛機停在南半球的地磁極上空。該處地磁場的方向豎直向上，磁感應強度為B．直升飛機螺旋槳葉片的長度為l，螺旋槳轉動的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時針方向轉動。螺旋槳葉片的近軸端為a，遠軸端為b，如圖所示。如果忽略a到轉軸中心線的距離，用ε表示每個葉片中的感應電動勢，則（）A、ε＝πfl2B，且a點電勢低于b點電勢B、ε＝2πfl2B，且a點電勢低于b點電勢C、ε＝πfl2B，且a點電勢高于b點電勢D、ε＝2πfl2B，且a點電勢高于b點電勢分析：轉動切割產生的感應電動勢根據E=12BLv求出大小，根據右手定則判斷出電動勢的方向，從而判斷出a解答：順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時針方向轉動，若俯視，則葉片逆時針轉動切割磁感線，根據右手定則，b點電勢高于a點電勢；v＝lω＝2πlf，所以電動勢為E=12Blv=故選：A。點評：解決本題的關鍵掌握轉動切割產生感應電動勢的表達式E=12【解題思路點撥】對于導體轉動切割磁感線產生的感應電動勢，要先確認轉動的圓心，然后根據E＝Blv進行計算，要正確計算導體棒的平均速度。10．感生電場和感生電動勢【知識點的認識】1.感生電場：磁場變化時會在空間激發一種電場，這種電場與靜電場不同，它不是由電荷產生的，我們把它叫作感生電場。2.感生電動勢：如果感應電動勢是由感生電場產生的，它也叫作感生電動勢。其非靜電力是感生電場的電場力。3.應用——電子感應加速器工作原理：如圖甲所示，上、下為電磁鐵的兩個磁極，磁極之間有一個環形真空室，如圖乙，電子在真空室中沿逆時針方向做圓周運動。電磁鐵線圈中電流的大小、方向可以變化，產生的感生電場使電子加速。根據楞次定律，為使電子加速，電磁鐵線圈中的電流應該由小變大。【命題方向】如圖所示，內壁光滑、水平放置的玻璃圓環內，有一直徑略小于環徑口的帶正電的小球，以速率v沿逆時針方向勻速轉動，若在此空間突然加上方向豎直向上、磁感應強度B隨時間成正比例增加的變化磁場，設運動過程中小球帶電量不變，那么（）A.小球對玻璃環的壓力一定不斷增大B.小球受到的磁場力一定不斷增大C.小球先沿逆時針方向減速運動，過一段時間后沿順時針方向加速運動D.磁場力對小球一直做負功分析：變化的磁場產生感生電場，由楞次定律判斷出感生電場方向，然后判斷帶電小球受到的電場力方向，判斷小球的運動性質，然后判斷小球對環的壓力如何變化，判斷小球受到的磁場力如何變化．解答：磁感應強度豎直向上，B隨時間成正比增加，由楞次定律可知，變化的磁場產生的感生電場沿順時針方向；小球帶正電，小球所受電場力沿順時針方向，與小球的運動方向相反，小球做減速運動，當小球速度減小到零后，小球方向，即沿順時針方向加速運動，速度又不大增加；A、小球在水平面內做圓周運動，環對小球的彈力與洛倫茲力共同提供向心力，小球速度先減小后增大，小球所需向心力先減小后增大，環的彈力先減小后增大，小球對環的壓力先減小后增大，故A錯誤；B、由于小球的速度先減小后增大，由洛倫茲力公式f＝qvB可知，小球受到的磁場力先減小后增大，故B錯誤；C、小球先沿逆時針方向減速運動，過一段時間后沿順時針方向加速運動，故C正確；D、洛倫茲力始終與小球的運動方向垂直，磁場力對小球不做功，故D錯誤；故選：C。點評：本題考查了楞次定律的應用，由楞次定律判斷出感生電場的方向，是正確解題的前提與關鍵；根據感生電場方向判斷出帶電小球受力方向，即可正確解題．【解題思路點撥】感生電場與靜電場相同之處是電荷在電場中會受到力的作用：F＝qE。不同之處除了場源不同，另外感生電場的電場線是閉合的。11．渦流的產生及原理【知識點的認識】一、渦流的定義與產生原理將一金屬塊放在變化的磁場中，穿過金屬塊的磁通量發生變化，金屬塊內部就會產生感應電流，這種電流在金屬塊內部形成閉合回路，就像漩渦一樣，我們把這種感應電流稱為渦電流，簡稱渦流。由于整塊金屬的電阻很小，所以渦電流常常很大．渦電流會引起鐵心發熱，這不僅損耗了大量的電能，而且還可能燒壞設備．二、渦流的兩種效應及應用（1）渦流的熱效應：利用渦流在回路中產生的熱量冶煉金屬的高頻爐；家庭中使用的電磁灶．（2）渦流的磁效應：利用渦流所產生的磁場進行電磁阻尼和電磁驅動．三、渦流的本質在理解渦流時，要注意渦流的本質是由于電磁感應而產生的，它的產生仍然符合感應電流產生的條件（有磁通量的改變，具體形式是有磁場的變化或導體切割磁感線），特殊之處在于感應電流不是在線狀回路中產生的，而是在塊狀金屬中產生的．四、對渦流的理解要注意到渦流產生的特點，從而理解渦流的兩種效應的應用．渦流是在金屬塊內部產生的，因而加熱電路無需和被加熱材料直接接觸，起到感應加熱的作用．另外金屬的電阻率一般較低，故而渦電流的強度一般很大，因而熱效應和磁效應很明顯，所以在應用時要特別重視．【命題方向】如圖所示，在一個繞有線圈的可拆變壓器鐵芯上分別放一裝有水的小鐵鍋和一玻璃杯。給線圈通入電流，一段時間后，一個容器中水溫升高，則通入的電流與水溫升高的是（）A、恒定直流、玻璃杯B、變化的電流、小鐵鍋C、變化的電流、玻璃杯D、恒定直流、小鐵鍋分析：根據變化的電流，產生磁通量的變化，金屬器皿處于其中，則出現感應電動勢，形成感應電流，從而產生內能。解答：由于容器中水溫升高，則是電能轉化成內能所致。因此只有變化的電流才能導致磁通量變化，且只有小鐵鍋處于變化的磁通量時，才能產生感應電動勢，從而產生感應電流。導致電流發熱。故只有B正確，ACD錯誤；故選：B。點評：考查產生感應電流的條件與磁通量的變化有關，同時要知道金屬鍋與玻璃鍋的不同之處。【解題思路點撥】1.渦流的特點當電流在金屬塊內自成閉合回路（產生渦流）時，由于整塊金屬的電阻很小，渦流往往很強，根據公式P＝I2R知，熱功率的大小與電流的平方成正比，故金屬塊的發熱功率很大。2.渦流中的能量轉化渦流現象中，其他形式的能轉化成電能，并最終在金屬塊中轉化為內能。若金屬塊放在變化的磁場中，則磁場能轉化為電能，最終轉化為內能；若金屬塊進出磁場或在非勻強磁場中運動，則由于克服安培力做功，金屬塊的機械能轉化為電能，最終轉化為內能。3.注意（1）渦流是整塊導體發生的電磁感應現象，同樣遵循法拉第電磁感應定律。（2）磁場變化越快（ΔBΔt越大）導體的橫截面積S12．渦流對金屬在磁場中運動的影響【知識點的認識】渦流具有熱效應，金屬導體在磁場中運動時，因為渦流的存在，將金屬導體的機械能轉化成電能，進一步轉化成內能，金屬導體的機械能會逐漸減小。【命題方向】如圖所示，一金屬銅球用絕緣細線掛于O點，將銅球拉離平衡位置并釋放，銅球擺動過程中經過有界的水平勻強磁場區域，若不計空氣阻力，則（）A、銅球向右穿過磁場后，還能擺至原來的高度B、在進入和離開磁場時，銅球中均有渦流產生C、銅球進入磁場后離最低點越近速度越大，渦流也越大D、銅球最終將靜止在豎直方向的最低點分析：當銅球進入或離開磁場區域時磁通量發生變化，會產生渦流．整個銅球在磁場區域來回擺動，不產生感應電流，機械能守恒．解答：A、銅球向右進入和穿出磁場時，會產生渦流，銅球中將產生焦耳熱，根據能量守恒知銅球的機械能將轉化為電能，所以回不到原來的高度了，故A錯誤。B、當銅球進入或離開磁場區域時磁通量發生變化，均會產生渦流。故B正確。C、整個銅球進入磁場后，磁通量不發生變化，不產生渦流，即渦流為零，機械能守恒。離平衡位置越近速度越大。故C錯誤。D、在銅球不斷經過磁場，機械能不斷損耗過程中圓環越擺越低，最后整個圓環只會在磁場區域來回擺動，因為在此區域內沒有磁通量的變化（一直是最大值），所以機械能守恒，即銅球最后的運動狀態為在磁場區域來回擺動，而不是靜止在最低點。故D錯誤。故選：B。點評：本題為楞次定律的應用和能量守恒相合．注意楞次定律判斷感應電流方向的過程，先確認原磁場方向，再判斷磁通量的變化，感應電流產生的磁場總是阻礙原磁通量的變化．【解題思路點撥】對渦流的理解：1.渦流的特點當電流在金屬塊內自成閉合回路（產生渦流）時，由于整塊金屬的電阻很小，渦流往往很強，根據公式P＝I2R知，熱功率的大小與電流的平方成正比，故金屬塊的發熱功率很大。2.渦流中的能量轉化渦流現象中，其他形式的能轉化成電能，并最終在金屬塊中轉化為內能。若金屬塊放在變化的磁場中，則磁場能轉化為電能，最終轉化為內能；若金屬塊進出磁場或在非勻強磁場中運動，則由于克服安培力做功，金屬塊的機械能轉化為電能，最終轉化為內能。3.注意（1）渦流是整塊導體發生的電磁感應現象，同樣遵循法拉第電磁感應定律。（2）磁場變化越快（ΔBΔt越大）導體的橫截面積S13．渦流的應用與防止【知識點的認識】1.渦流在生產生活中有利有弊，所以要注意正確的應用渦流的作用以及減輕渦流帶來的危害。2.應用（1）利用渦流的熱效應真空冶煉爐、電磁爐等（2）利用渦流的磁效應探雷器、機場與車站和重要活動場所的安檢門、高考考場的探測器等3.防止電動機、變壓器等設備中應防止鐵芯中渦流過大而導致浪費能量，損壞電器，減小渦流的方法為，用電阻率較大且涂有絕緣材料的硅鋼板材疊加做成鐵芯。【命題方向】一般來說，只要空間有變化的磁通量，其中的導體就會產生感應電流，我們把這種電流叫渦流，利用渦流的熱效應可以制成一種新爐灶，這種新爐灶是（）A、微波爐B、電磁爐C、電飯鍋D、熱水器分析：根據電磁爐的工作原理，即電磁感應原理，使金屬鍋體產生感應電流，鍋體發熱，食物利用熱傳導獲得內能．解答：根據電磁爐電磁感應原理，使金屬鍋底產生感應電流，是利用了電流的磁效應，金屬鍋底發熱后，食物從鍋體上通過熱傳遞來獲得熱量。故選：B。點評：考查了電流的磁效應和熱效應及熱傳遞改變內能的知識點．【解題思路點撥】對渦流的理解：1.渦流的特點當電流在金屬塊內自成閉合回路（產生渦流）時，由于整塊金屬的電阻很小，渦流往往很強，根據公式P＝I2R知，熱功率的大小與電流的平方成正比，故金屬塊的發熱功率很大。2.渦流中的能量轉化渦流現象中，其他形式的能轉化成電能，并最終在金屬塊中轉化為內能。若金屬塊放在變化的磁場中，則磁場能轉化為電能，最終轉化為內能；若金屬塊進出磁場或在非勻強磁場中運動，則由于克服安培力做功，金屬塊的機械能轉化為電能，最終轉化為內能。3.注意（1）渦流是整塊導體發生的電磁感應現象，同樣遵循法拉第電磁感應定律。（2）磁場變化越快（ΔBΔt越大）導體的橫截面積S14．電磁阻尼與電磁驅動【知識點的認識】1.電磁阻尼當導體在磁場中運動時，感應電