2023高考物理一轮总复习第九章电磁感应第27讲法拉第电磁感应定律自感现象课时达标

PAGEPAGE2第27讲法拉第电磁感应定律自感现象[解密考纲]考查公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和E＝Blv的应用；会判断电动势的方向；理解自感现象、涡流等概念，能分析通电自感和断电自感．1．(多项选择)如下图，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．那么(AC)A．t＝1s时，金属杆中感应电流方向从C到DB．t＝3s时，金属杆中感应电流方向从D到CC．t＝1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND．t＝3s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2N解析：由楞次定律可知，t＝1s、t＝3s时，金属杆中感应电流方向均从C到D，选项A正确，选项B错误；由法拉第电磁感应定律，得感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)S·sin30°＝0.1V，感应电流I＝eq\f(E,R)＝1A，t＝1s时，金属杆受力如图甲所示，由平衡条件，得FP＝FAsin30°；BILsin30°＝(0.4－0.2t)T×ILsin30°＝0.1N，选项C正确；t＝3s时，金属杆受力如图乙所示，由平衡条件，得FH＝FAsin30°＝B3ILsin30°，而B3＝0.4T－0.2×3T＝－0.2T，方向向左上方，代入解得FH＝0.1N，选项D错误．2．(多项选择)如下图．匀强磁场的方向垂直于电路所在平面向里．导体棒ab与电路接触良好．当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时，假设不计摩擦和导线的电阻，整个过程中，灯泡L未被烧毁，电容器C未被击穿，那么该过程中(AB)A．感应电动势将变大B．灯泡L的亮度变大C．电容器C的上极板带负电D．电容器两极板间的电场强度将减小解析：当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时，由右手定那么知，导体棒a端的电势高，电容器C的上极板带正电；由公式E＝Blv知，感应电动势将变大，导体棒两端的电压变大，灯泡L的亮度变大，由于场强E＝eq\f(U,d)，电容器两极板间的电场强度将变大．综上可知，A、B两项正确，C、D两项错误．3．矩形导线框abcd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，那么(A)A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcbaB．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小C．从t1到t2时间内，导线框中电流越来越大D．从t1到t2时间内，导线框bc边受到的安培力大小保持不变解析：从0到t1时间内，垂直纸面向里的磁感应强度减小，磁通量减小，根据楞次定律可判断，产生顺时针方向的电流，故A项正确；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)，I＝eq\f(E,R)，且磁感应强度均匀减小，eq\f(ΔB,Δt)为一恒定值，那么线框中产生的感应电流大小不变，故B、C两项错误；磁感应强度B均匀变化，由F＝BILbc知：bc边受到的安培力是变化的，故D项错误．4．(多项选择)如下图．在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd.线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad＝l，cd＝2l.线框导线的总电阻为RA．流过线框截面的电量为eq\f(2Bl2,R)B．线框中的电流在ad边产生的热量eq\f(2l3B2v,3R)C．线框所受安培力的合力为eq\f(2B2l2v,R)D．ad间的电压为eq\f(Blv,3)解析：线框离开磁场的过程中，感应电动势E＝2Blv，由电路知识可知ad间的电压为Uab＝eq\f(E,6)＝eq\f(Blv,3)，线框所受安培力的合力为F＝BI(2l)＝eq\f(4B2l2v,R)，产生的总热量Q＝I2Rt，t＝eq\f(l,v)，Qad＝eq\f(Q,6)，所以Qad＝eq\f(2l3B2v,3R)，通过的电量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2Bl2,R).综上可知，A、B、D三项正确，C项错误．5．一直升飞机停在南半球的地磁极上空，该处地磁场的磁感应强度在竖直方向的分量为B，螺旋浆叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看，螺旋桨按顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如下图．如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，那么(A)A．E＝πfl2B，且a点电势低于b点电势B．E＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势C．E＝πfl2B，且a点电势高于b点电势D．E＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势解析：螺旋桨的叶片围绕着O点转动，产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)Bl(ωl)＝eq\f(1,2)B(2πf)·l2＝πfl2B，由右手定那么判断出b点电势比a点电势高．所以A项正确．6．如下图的电路中，L为自感线圈，其直流电阻与电阻R相等，C为电容器，电源内阻不可忽略．当开关S由闭合变为断开瞬间，以下说法正确的选项是(B)A．通过灯A的电流由c到dB．A灯突然闪亮一下再熄灭C．B灯无电流通过，不可能变亮D．电容器立即放电解析：S断开瞬间，线圈L与A灯、电阻R形成闭合回路，通过灯A的电流由d到c，故A错．由于自感提供应A灯的电流开始时大于电源原来提供的电流，故A灯闪亮一下再熄灭，B正确．S断开瞬间，电源的路端电压增大，将对电容器充电，充电电流通过B灯，可能会使B灯闪亮一下再熄灭，故C、D均错．7．(多项选择)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径，如下图，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k<0)，那么(BD)A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为|eq\f(krS,2ρ)|D．图中a、b两点间的电压U＝|eq\f(1,4)kπr2|解析：磁通量垂直纸面向里逐渐减小，由楞次定律可知，圆环中的感应电流方向为顺时针，应选项A错误；为了阻碍磁通量的减小，圆环有扩张的趋势，应选项B正确．由法拉第电磁感应定律可知，E＝eq\f(ΔBπr2,2Δt)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)kπr2))，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,ρ\f(2πr,S))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kSr,4ρ)))，应选项C错误；由闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电压U＝eq\f(E,2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)kπr2))，应选项D正确．8．如图甲所示，质量为2kg的绝缘板静止在粗糙水平面上，质量为1kg、边长为1m、电阻为0.1Ω的正方形金属框ABCD位于绝缘板上，E、F分别为BC、AD的中点．某时刻起在ABEF区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度B1的大小随时间变化的规律如图乙所示，AB边恰在磁场边缘以外；FECD区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.5T，CD边恰在磁场边缘以内．假设金属框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两磁场均有理想边界，取g＝10m/s2.那么(D)A．金属框中产生的感应电动势大小为1VB．金属框受到向左的安培力大小为1NC．金属框中的感应电流方向沿ADCB方向D．如果金属框与绝缘板间的动摩擦因数为0.3，那么金属框可以在绝缘板上保持静止解析：根据法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB1,Δt)·eq\f(L2,2)＝0.5V，应选项A错误；回路中的电流为I＝eq\f(E,R)＝5A，所受安培力的大小为F＝B2IL＝2.5N，根据楞次定律可知，产生感应电流的方向为逆时针，即ABCD方向，那么由左手定那么可知，安培力的方向水平向右，应选项B、C错误；假设金属框与绝缘板间的动摩擦因数为0.3，那么最大静摩擦力Ffm＝μFN＝μmg＝3N，大于安培力，金属框可以在绝缘板上保持静止，应选项D正确．9．(多项选择)如图甲所示，abcd为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，导体棒PQ与ad、bc接触良好，整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t变化情况如图乙所示(设图甲中B的方向为正方向)，在0～t1时间内导体棒PQ始终静止，下面判断正确的选项是(AD)A．导体棒PQ中电流方向由Q至PB．导体棒PQ受安培力方向沿框架向下C．导体棒PQ受安培力大小在增大D．导体棒PQ受安培力大小在减小解析：根据法拉第电磁感应定律可知在线圈中产生恒定的感应电流，方向由Q至P，故A正确；根据左手定那么可知，导体棒PQ受到沿框架向上的安培力，故B错误；产生的感应电流不变，但磁感应强度逐渐减小，故受到的安培力逐渐减小，故C错误，D正确．10．(多项选择)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B＝2T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m＝0.1kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝0.2m，电阻R＝2Ω，t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过1s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示．那么(ABD)A．恒定拉力大小为0.05NB．线圈在第2s内的加速度大小为1m/s2C．线圈ab边长L2＝0.5mD．在第2s内流过线圈的电荷量为0.2C解析：在第1s末，i1＝eq\f(