《提分宝典》物理总复习练习：第30课 法拉第电磁感应定律

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第30课·法拉第电磁感应定律1．根据法拉第电磁感应定律判断影响感应电动势的因素（1）(经典题,4分)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同答案：C解析:根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝n∆ΦΔt，即感应电动势的大小与线圈的匝数有关，故A项错误。同时可知,感应电动势的大小与磁通量的变化率有关,磁通量变化越快,感应电动势越大,故C项正确.感应电动势与磁通量大小无关，取决于磁通量的变化率，穿过线圈的磁通量大，如果磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，故B项错误。根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减小时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”，故2．根据E＝Blv、E＝eq\f(1,2)Bl2ω和E＝nB∆SΔt计算动生电动势a．根据E＝Blv计算导线平动切割磁感线产生的动生电动势（2)(多选）（经典题，6分）半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆,单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触。从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示，则（)A．θ＝0时,杆产生的电动势为2BavB．θ＝eq\f（π，3)时，杆产生的电动势为eq\r（3）BavC．θ＝0时，杆受的安培力大小为eq\f(3B2av，（π＋2)R0)D．θ＝eq\f(π，3）时,杆受的安培力大小为eq\f(3B2av,（5π＋3）R0）答案：AD解析：当θ＝0时，杆处于圆环直径CD处，则杆切割磁感线产生的电动势为E1＝2Bav,故A项正确。当θ＝eq\f(π,3）时,杆切割磁感线的有效长度为lEF，如图所示。根据几何关系，可得lEF＝acos60°·2＝a,所以杆切割磁感线产生的电动势为E2＝Bav，故B项错误。当θ＝0时，由于单位长度电阻均为R0，所以电路中总电阻为R总1＝（2＋π)aR0.根据闭合电路欧姆定律，可得通过杆的感应电流为I1＝eq\f（E1，R总1)＝eq\f（2Bav，（2＋π）aR0)＝eq\f（2Bv,（2＋π)R0)，所以杆受的安培力大小为F安1＝BI1·2a＝eq\f（4B2av,（2＋π）R0),故C项错误。当θ＝eq\f(π，3)时，电路中总电阻为R总2＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f（5π，3）)）aR0，根据闭合电路欧姆定律,可得通过杆的感应电流为I2＝eq\f(E2,R总2)＝eq\f（Bav,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f（5π,3）))aR0）＝eq\f(3Bv,(3＋5π）R0)，所以杆受的安培力大小为F安2＝BI2a＝eq\f(3B2av,（3＋5π）R0)，故D项正确。(3）(2015安徽理综,6分）如图所示，abcd为水平放置的平行“eq\a\vs4\al(）"形光滑金属导轨,间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B，导轨电阻不计.已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则(）A．电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv，sinθ）B．电路中感应电流的大小为eq\f（Bvsinθ,r)C．金属杆所受安培力的大小为eq\f（B2lvsinθ，r）D．金属杆的热功率为eq\f（B2lv2，rsinθ）答案：B解析:金属杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝Blv，故A项错误。金属杆的电阻为R＝eq\f(l，sinθ）r,由闭合电路欧姆定律得电路中的感应电流为I＝eq\f(E，R)＝eq\f(Blv,\f(l，sinθ)r）＝eq\f(Bvsinθ，r)，故B项正确。金属杆在磁场中的长度为eq\f（l，sinθ)，则金属杆所受安培力的大小为F＝BIeq\f（l，sinθ)＝eq\f（B2vl，r)，故C项错误。金属杆的热功率为P＝I2R＝eq\f（B2v2lsinθ,r),故D项错误。b．根据E＝eq\f（1，2）Bl2ω计算导线转动切割磁感线产生的动生电动势（4）（2015全国Ⅱ，6分）如图所示,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()A。Ua〉Uc,金属框中无电流B。Ua>Uc，金属框中电流方向沿a–b–c–aC.Ubc=-12Bl2ωD。Ubc＝eq\f（1,2）Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a答案:C解析:金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，bc边、ac边做切割磁感线运动，产生感应电动势.根据右手定则可知，bc边产生的感应电动势的方向从b到c,ac边产生的感应电动势的方向从a到c.bc边、ac边切割磁感线的有效长度相等，则bc边、ac边产生的感应电动势大小相等,即Ua＝Ub＜Uc，故A项、B项均错误.bc边产生的感应电动势大小为E＝＝Bleq\f(ωl,2)＝eq\f（1，2）Bl2ω，由于Ub＜Uc，所以Ubc＝－E＝－eq\f（1,2)Bl2ω。由于磁感应强度方向始终与ab边平行，所以通过线框的磁通量始终为零，根据法拉第电磁感应定律可知，金属框中无电流,故C项正确，D项错误。（5)（2014浙江理综，20分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示。一个半径为R＝0。1m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA,A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r＝eq\f(R，3)的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动.圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0。5kg的铝块.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B＝0.5T。a点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连.测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放，下落h＝0。3m时，测得U＝0.15V（细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取10m/s2）。①测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？②求此时铝块的速度大小；③求此下落过程中铝块机械能的损失.答案:①正极(4分)②2m/s（10分)③0.5J（6分）解析：①由右手定则可知，金属棒OA产生的感应电流方向从O到A，A端为正极,故a连着电压表的“正极".（4分）②设下落h＝0。3m时，圆盘转动的角速度为ω，铝块的速度为v，金属棒OA产生的感应电动势为E，根据圆周运动线速度与角速度的关系，有v＝ωr＝eq\f(1，3)ωR(4分)根据法拉第电磁感应定律，有E＝＝BReq\f（ωR,2）＝eq\f（BωR2,2)(4分）由题意知，U＝E(1分）联立解得v＝2m/s（1分)③设铝块损失的机械能为ΔE,根据能量守恒，有ΔE＝mgh－eq\f(1，2)mv2(4分)代入数据解得ΔE＝0.5J(2分)c．根据E＝nBeq\f(ΔS,Δt）计算回路面积变化产生的动生电动势（6)(多选)(经典题，6分）如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面.回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是()A．感应电流方向不变B．CD段直线始终不受安培力C．感应电动势最大值E＝BavD．感应电动势平均值＝eq\f（1，4)πBav答案：ACD解析：半圆形闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向始终为逆时针方向，故A项正确。根据左手定则可知，CD段受安培力向下,故B项错误.当半圆形闭合回路一半进入磁场时,如图所示。此时半圆形闭合回路切割磁感线的有效长度最大为a，此时感应电动势最大值为E＝Bav，故C项正确。感应电动势平均值为E＝Beq\f(ΔS，Δt）＝Beq\f(\f(πa2,2），\f（2a,v))＝eq\f(1，4）πBav，故D项正确。3．根据E＝nSeq\f(ΔB，Δt）计算回路中磁场变化产生的感生电动势(7)（2016浙江理综，6分)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响，则（）A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶1答案：B解析:根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流,故A项错误。磁感应强度随时间均匀增大,根据法拉第电磁感应定律,有E＝nSeq\f（ΔB，Δt）＝nl2eq\f（ΔB，Δt)，则a、b线圈中感应电动势之比为eq\f（Ea，Eb)＝eq\f(leq\o\al(2，a），leq\o\al（2,b))＝eq\f（9,1)，故B项正确.根据闭合电路欧姆定律，有I＝eq\f（E,R）＝eq\f（nl2\f（ΔB，Δt），ρ\f(4nl,S′))＝eq\f（lS′，4ρ)·eq\f(ΔB,Δt）∝l，则a、b线圈中感应电流之比为eq\f(Ia,Ib）＝eq\f（la,lb）＝eq\f（3，1),故C项错误。电功率为P＝EI＝nl2eq\f(ΔB，Δt）·eq\f（lS′,4ρ)·eq\f（ΔB，Δt）＝eq\f(nl3S′，4ρ)·eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（ΔB，Δt））)2∝l3,故a、b线圈中电功率之比为eq\f(Pa，Pb)＝eq\f(leq\o\al（3，a），leq\o\al（3,b））＝eq\f(27,1），故D项错误.(8)(2015浙江理综,20分)小明同学设计了一个“电磁天平”,如图（a）所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈,两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0。3m,匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T,方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0~2.0A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后,调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。（重力加速度取g＝10m/s2)图(a）图（b）①为使电磁天平的量程达到0。5kg，线圈的匝数N1至少为多少？②进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω，不接外电流，两臂平衡。如图(b）所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0。1m。当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率eq\f(ΔB，Δt）。答案:①25匝（8分)②eq\f(ΔB，Δt）＝0.1T/s（12分）解析：①线圈受到的安培力为F＝N1B0IL（3分)天平平衡，有mg＝F（3分)联立解得N1＝25匝(2分）②根据法拉第电磁感应定律，有E2＝N2eq\f（ΔB，Δt）Ld(3分）根据闭合电路欧姆定律，有I′＝eq\f(E2,R）（3分）线圈受到安培力为F′＝N2B0I′L(3分）天平平衡,有m′g＝F′（2分)联立解得eq\f(ΔB，Δt)＝0。1T/s(1分）4．运用“增反减同”分析自感问题(9)(2017北京理综，6分）图(a）和图（b)是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（)图（a）图（b)A．图（a)中，A1与L1的电阻值相同B．图(a）中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图(b)中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图(b）中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等答案：C解析:断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮，由于线圈L