（江蘇專用）2021版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)29 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感 渦流

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1、 課后限時(shí)集訓(xùn)29 法拉第電磁感應(yīng)定律　自感　渦流 建議用時(shí)：45分鐘 1.(多選)如圖所示，閉合金屬導(dǎo)線框放置在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化。下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增加時(shí)，線框中的感應(yīng)電流可能減小 B．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增加時(shí)，線框中的感應(yīng)電流一定增大 C．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度減小時(shí)，線框中的感應(yīng)電流一定增大 D．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度減小時(shí)，線框中的感應(yīng)電流可能不變 AD　[線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝S，設(shè)線框的電阻為R，則線框中的電流I＝＝·，因?yàn)锽增大或減小時(shí)，可能減小，可能增大，也可能不變，故選項(xiàng)A、D正確。] 2.如圖所示，正方形線框的左

2、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，第二次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉(zhuǎn)過90°。為使兩次操作過程中，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∶2 C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1 A　[第一次將線框從磁場(chǎng)中以恒定速度v1向右勻速拉出，線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，有1＝E1＝BLv1。第二次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉(zhuǎn)動(dòng)90°，所需時(shí)間t＝＝，線框中的磁通量變化量ΔΦ＝B·L·＝BL2，產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)2＝

3、＝。由題意知1＝2，可得v1∶v2＝2∶π，A正確。] 3.如圖所示，兩根相距為l的平行直導(dǎo)軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)。MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿，與ab垂直，其電阻也為R。整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌所在平面(垂直紙面向里)?，F(xiàn)對(duì)MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度v水平向右做勻速運(yùn)動(dòng)。令U表示MN兩端電壓的大小，下列說法正確的是(　　) A．U＝Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d B．U＝Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由d經(jīng)R到b C．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向右 D．MN受到的安培力大

4、小FA＝，方向水平向左 A　[根據(jù)電磁感應(yīng)定律，MN產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，由于MN的電阻與外電路電阻相同，所以MN兩端的電壓U＝E＝Blv，根據(jù)右手定則，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d，故A正確，B錯(cuò)誤；MN受到的安培力大小FA＝BIl＝Bl·＝，方向水平向左，故C、D錯(cuò)誤。] 4.電流傳感器在電路中相當(dāng)于電流表，可以用來研究自感現(xiàn)象。在如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路中，L是自感線圈，其自感系數(shù)足夠大，直流電阻值大于燈泡D的阻值，電流傳感器的電阻可以忽略不計(jì)。在t＝0時(shí)刻閉合開關(guān)S，經(jīng)過一段時(shí)間后，在t＝t1時(shí)刻斷開開關(guān)S。在下列表示電流傳感器記錄的電流隨時(shí)間變化情況的圖象中，可能正確的是(　

5、　) A　　　　　B　　　　　C　　　　　D D　[閉合S瞬間，外電路電阻最大，然后外電路電阻逐漸減小，外電壓逐漸減小，所以通過電流傳感器的電流逐漸減小，電路穩(wěn)定后，外電路電阻不變，外電壓不變，通過電流傳感器的電流不變；因?yàn)榫€圈的直流電阻值大于燈泡D的阻值，穩(wěn)定后，通過線圈的電流小于通過電流傳感器的電流。t＝t1時(shí)刻斷開開關(guān)S，由于自感現(xiàn)象，原來通過線圈L的電流從左向右流過電流傳感器，逐漸減小。D圖符合題中情況。] 5．(多選)(2019·鹽城調(diào)研)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個(gè)平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個(gè)裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)中，

6、磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎?，MN始終保持靜止，則0～t2時(shí)間(　　) 甲　　　　　　　　乙 A．電容器C的電荷量大小始終沒變 B．電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電 C．MN所受安培力的大小始終不變 D．MN所受安培力的方向先向右后向左 AD　[由題圖乙可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，產(chǎn)生恒定電動(dòng)勢(shì)，由C＝可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，電容器的電壓U不變，則電荷量大小不變，故A正確；根據(jù)楞次定律可知MN中的感應(yīng)電流方向由N到M，電容器的a極板一直帶正電，故B錯(cuò)誤；感應(yīng)電流不變，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小先減小后增大，MN所受安培力F＝BIL，所以安培力的大小先減小后增大

7、，方向先向右后向左，故C錯(cuò)誤，D正確。] 6．(多選)如圖甲所示，abcd是匝數(shù)為100匝、邊長(zhǎng)為10 cm、總電阻為0.1 Ω的正方形閉合導(dǎo)線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。則以下說法正確的是(　　) 甲　　　　　　　乙 A．導(dǎo)線圈中產(chǎn)生的是交變電流 B．在t＝2.5 s時(shí)導(dǎo)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1 V C．在0～2 s內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為20 C D．在t＝1 s時(shí)，導(dǎo)線圈內(nèi)電流的瞬時(shí)功率為10 W ACD　[在0～2 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為＝1 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝nS＝100

8、×0.12×1 V＝1 V；在2～3 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為＝2 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝nS＝100×0.12×2 V＝2 V。導(dǎo)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為方波交變電流，選項(xiàng)A正確；在t＝2.5 s時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝2 V，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在0～2 s內(nèi)，感應(yīng)電流I＝＝10 A，通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為q＝IΔt1＝20 C，選項(xiàng)C正確；在t＝1 s時(shí)，導(dǎo)線圈內(nèi)感應(yīng)電流的瞬時(shí)功率P＝UI＝I2R＝102×0.1 W＝10 W，選項(xiàng)D正確。] 7.在范圍足夠大、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，寬度為l＝0.4 m，如圖所示

9、，框架上放置一質(zhì)量為0.05 kg、電阻為1 Ω的金屬桿cd，框架電阻不計(jì)。若cd桿以恒定加速度a＝2 m/s2，由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則： (1)在5 s內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是多少； (2)第5 s末，回路中的電流多大； (3)第5 s末，作用在cd桿上的水平外力多大？ [解析]　(1)5 s內(nèi)的位移x＝at2＝25 m， 5 s內(nèi)的平均速度v＝＝5 m/s 故平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv＝0.4 V。 (2)第5 s末：v′＝at＝10 m/s， 此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝Blv′ 則回路電流為I＝＝＝ A＝0.8 A。 (3)桿做勻加速運(yùn)動(dòng)，則F－F安＝ma， 即F

10、＝BIl＋ma＝0.164 N。 [答案]　(1)0.4 V　(2)0.8 A　(3)0.164 N 8．(多選)(2019·江蘇金陵中學(xué)高考模擬)如圖所示電路中，P為發(fā)光氖泡，發(fā)光電壓U>60 V，L為自感系數(shù)很大、電阻不為零的電感線圈，直流電源電動(dòng)勢(shì)E＝6 V。接通開關(guān)S，氖泡不亮；穩(wěn)定時(shí)，L中電流恒定為I0；斷開S時(shí)，氖泡能短時(shí)間內(nèi)發(fā)光。關(guān)于該現(xiàn)象，下列說法正確的有(　　) A．S接通瞬間，L中電流是逐漸增加的 B．S接通穩(wěn)定時(shí)，P兩端電壓為零 C．S斷開瞬間，氖泡P發(fā)光時(shí)電流最大值可能超過I0 D．S斷開瞬間，氖泡P發(fā)光時(shí)電流從右向左 AD　[S接通瞬間，線圈L中

11、的電流從無到有發(fā)生變化，線圈L中產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)對(duì)電流的增大有阻礙作用，所以通過線圈L的電流慢慢變大，故選項(xiàng)A正確；S接通穩(wěn)定時(shí)，由于電感線圈的電阻不為零，電感線圈兩端電壓不為零，所以發(fā)光氖泡兩端電壓不為零，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；S斷開前，線圈L中電流恒定為I0，S斷開瞬間，線圈L由于自感現(xiàn)象會(huì)產(chǎn)生與線圈中原電流方向相同的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，使線圈中的電流將從原來的I0逐漸減小，方向不變，且由于它和氖泡P構(gòu)成回路，通過氖泡P的電流和線圈L中的電流大小相同，也從I0逐漸減小，通過氖泡P的電流從右向左，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。] 9．(多選)(2019·南京三模)目前無線電能傳輸技術(shù)已經(jīng)比較成熟，如圖所示為一種非

12、接觸式電源供應(yīng)系統(tǒng)。這種系統(tǒng)基于電磁感應(yīng)原理可無線傳輸電能，兩個(gè)感應(yīng)線圈可以放置在左右相鄰位置，如圖所示。利用這一原理，可以實(shí)現(xiàn)對(duì)手機(jī)進(jìn)行無線充電，不計(jì)線圈的電阻。已知無線長(zhǎng)直線電流在空間中所產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，下列說法正確的是(　　) A．若A線圈中輸入恒定電流，B線圈中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) B．只有A線圈中輸入變化的電流，B線圈中才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) C．在電能傳輸中，若只增加A、B間的距離，B線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變大 D．若只增加A線圈中電流的變化率，B線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變大 BD　[根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，只有穿過B線圈的磁通量發(fā)生改變，才能產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，所以A線圈中應(yīng)

13、輸入變化的電流，B正確，A錯(cuò)誤；在A線圈上選取非常短的一段，則此時(shí)可看成直線電流，無限長(zhǎng)直線電流在空間中所產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，＝，又由于B線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝n＝nS，分析可知只增加A、B間的距離，B線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變小，C錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，B的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝n＝nS，可知影響B(tài)線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的是空間中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，只增加A線圈中電流的變化率時(shí)，空間中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率增大，所以B線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變大，D正確。] 10.(多選)(2019·鹽城二模)如圖所示，A、B為相同的燈泡，C為電容器，L為電感線圈(其直流電阻小于燈泡電阻)。下列說法中正確的有(　　)

14、 A．閉合開關(guān)，B立即發(fā)光 B．閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后，A中沒有電流 C．電路穩(wěn)定后，斷開開關(guān)，B變得更亮后再熄滅 D．電路穩(wěn)定后，斷開開關(guān)，A中電流立即為零 AC　[閉合開關(guān)S的瞬時(shí)，電容器C充電，相當(dāng)于短路；而電感L阻礙電流的增加，相當(dāng)于斷路，則B先發(fā)光；電路穩(wěn)定后，電容器充電完畢相當(dāng)于斷路，則A中有電流，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；電路穩(wěn)定后，斷開開關(guān)，則電感L與燈泡B組成新的回路，因電路穩(wěn)定時(shí)L中的電流大于B的電流，則斷開S時(shí)，B變得更亮后再熄滅，選項(xiàng)C正確；電路穩(wěn)定后，斷開開關(guān)，由于電容器放電，則A中電流不會(huì)立即為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] 11.(2019·龍巖市3月模擬)如圖所示，

15、abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)。導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。金屬桿放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌的接觸點(diǎn)為M、N，并與導(dǎo)軌成θ角。金屬桿以ω 的角速度繞N點(diǎn)由圖示位置勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到與導(dǎo)軌ab垂直，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中金屬桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，金屬桿單位長(zhǎng)度的電阻為r。則在金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)過程中(　　) A．M、N兩點(diǎn)電勢(shì)相等 B．金屬桿中感應(yīng)電流的方向由N流向M C．電路中感應(yīng)電流的大小始終為 D．電路中通過的電荷量為 A　[根據(jù)題意可知，金屬桿MN為電源，導(dǎo)軌為外電路，由于導(dǎo)軌電阻不計(jì)，外電路短路，M、N兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故選項(xiàng)A正確；根據(jù)右手定

16、則可知金屬桿中感應(yīng)電流的方向是由M流向N，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于切割磁場(chǎng)的金屬桿長(zhǎng)度逐漸變短，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸變小，回路中的感應(yīng)電流逐漸變小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因?yàn)閷?dǎo)體棒MN在回路中的有效切割長(zhǎng)度逐漸減小，所以接入電路的電阻逐漸減小，不能根據(jù)q＝計(jì)算通過電路的電荷量，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] 12.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場(chǎng)邊緣重合；磁場(chǎng)方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化。為了產(chǎn)生與線框運(yùn)動(dòng)過程中同樣大小的

17、電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率的大小應(yīng)為(　　) A. B． C. D． C　[設(shè)半圓弧的半徑為r，線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝B0rv＝B0r＝B0ωr2。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝＝S＝πr2·，要使兩次產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等，則E1＝E2，即B0ωr2＝πr2·，解得＝，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。] 13.(2019·江蘇南京師大附中高考模擬)1831年10月28日，法拉第在一次會(huì)議上展示了他發(fā)明的圓盤發(fā)電機(jī)。如圖所示為一圓盤發(fā)電機(jī)對(duì)小燈泡供電的示意圖，銅圓盤可繞豎直銅軸轉(zhuǎn)動(dòng)，兩塊銅片C、D分別與圓盤的豎直軸和邊緣接觸。已知銅圓

18、盤半徑為L(zhǎng)，接入電路中的電阻為r，勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，小燈泡電阻為R。不計(jì)摩擦阻力，當(dāng)銅圓盤以角速度ω沿順時(shí)針方向(俯視)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，求： (1)銅圓盤的銅軸與邊緣之間的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E； (2)流過小燈泡的電流方向，以及小燈泡兩端的電壓U； (3)維持圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的外力的功率P。 [解析]　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BL 圓盤半徑兩端的平均速度為：＝(0＋ωL) 由以上方程可得銅圓盤的銅軸與邊緣之間的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。篍＝BωL2。 (2) 由右手定則可得電流方向：由a到b； 由閉合電路歐姆定律可得電流為：I＝ 所以燈泡兩端的電壓為：U＝IR 由以上方程解得：U＝。 (3) 由能量的轉(zhuǎn)化與守恒可知，維持圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的外力的功率等于電路消耗的總功率，即：P＝P電 而電路中消耗的總功率為：P電＝ 由以上方程解得：P＝。 [答案]　(1)BωL2　(2)電流方向由a到b　　(3) 9