高考物理一轮复习 分层规范快练 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 新人教版

PAGE分层规范快练(三十二)法拉第电磁感应定律自感涡流[双基过关练]1．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A．0～2sB．2～4sC．4～5sD．5～10s解析：图象斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小.5～10s内图象斜率最小，故选项D正确．答案：D2．(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯解析：当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A、B正确，选项C、D错误．答案：AB3.如图所示，A、B两闭合线圈用同样导线绕成，A有10匝，B有20匝，两圆线圈半径之比为2：1，均匀磁场只分布在B线圈内．当磁场随时间均匀减弱时()A．A中无感应电流B．A、B中均有恒定的感应电流C．A、B中感应电动势之比为1：1D．A、B中感应电流之比为1：1解析：线圈中产生的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，A、B中感应电动势之比为1：2，又因为R＝ρeq\f(l,S)，故RA：RB＝1：1，所以IA：IB＝1：2，故选项A、C、D错误，B正确．答案：B4．[2019·江西信丰县模拟](多选)如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，则()A．开关S闭合瞬间，A、B同时发光，随后A灯变暗直至熄灭，B灯变亮B．开关S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮C．断开开关S的瞬间，A、B灯同时熄灭D．断开开关S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭解析：A项，开关闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故A正确，B错误；C项，断开开关的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误，D正确．故选A、D.答案：AD5．[2019·韶关市高三调研考试](多选)如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2.在先后两种情况下()A．线圈中的感应电流之比I1：I2＝2：1B．线圈中的感应电流之比I1：I2＝1：2C．线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2＝4：1D．通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2＝1：1解析：由I＝eq\f(BLv,R)知I1：I2＝2：1，选项A正确，选项B错误；由Q＝I2Rt和t＝eq\f(L,v)联立得Q1：Q2＝2：1，选项C错误；由q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)知q1：q2＝1：1，选项D正确．答案：AD6．(多选)如图甲是矩形导线框，电阻为R，虚线左侧线框面积为S，右侧面积为2S，虚线左右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设垂直线框向里的磁场为正，则关于线框中0～t0时间内的感应电流的说法正确的是()A．感应电流的方向为顺时针方向B．感应电流的方向为逆时针方向C．感应电流的大小为eq\f(B0S,Rt0)D．感应电流的大小为eq\f(3B0S,Rt0)解析：向里的变化磁场产生的感应电动势为：E1＝Seq\f(ΔB1,Δt1)，方向为逆时针方向；向外的变化磁场产生的感应电动势为：E2＝2Seq\f(ΔB2,Δt2)，方向为逆时针方向；从图中可以得到：eq\f(ΔB1,Δt1)＝eq\f(ΔB2,Δt2)＝eq\f(B0,t0)，感应电流为I＝eq\f(E1＋E2,R)＝eq\f(3B0S,Rt0)，方向为逆时针方向，即B、D正确．答案：BD7．[2019·辽宁省实验中学模拟](多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈．通过观察图形，判断下列说法正确的是()A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈解析：若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，故B正确；由题图知1、2、4、5、6线圈都发生了相对于传送带的滑动，而第3个线圈没有滑动，则第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，故C错误，D正确．答案：BD8．某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示．自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中逆时针转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动．已知该磁场的磁感应强度大小为B，圆盘半径为l，圆盘电阻不计．导线通过电刷分别与后轮外侧边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值为R的小灯泡．后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压为U，则下列说法正确的是()A．a连接的是电压表的正接线柱B．若圆盘匀速转动的时间为t，则该过程中克服安培力做功Q＝eq\f(U2,2R2)C．自行车后轮边缘的线速度大小是eq\f(2U,Bl)D．自行车后轮转动的角速度是eq\f(U,Bl2)解析：根据右手定则，轮子边缘点是等效电源的负极，则a点接电压表的负接线柱，故A项错误；若圆盘匀速转动的时间为t，根据焦耳定律可知该过程中克服安培力做功Q＝eq\f(U2,R)t，故B项错误；由法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势E＝U＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Blv，解得边缘线速度v＝eq\f(2U,Bl)，故C项正确；根据线速度和角速度的关系可得角速度为：ω＝eq\f(v,l)＝eq\f(2U,Bl2)，故D项错误．答案：C[技能提升练]9．[2015·全国卷Ⅱ]如图，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φa、φb、φc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()A．φa>φc，金属框中无电流B．φb>φc，金属框中电流方向沿a→b→c→aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a解析：金属框绕ab边转动时，闭合回路abc中的磁通量始终为零(即不变)，所以金属框中无电流．金属框在逆时针转动时，bc边和ac边均切割磁感线，由右手定则可知φb<φc，φa<φc，所以根据E＝Blv可知，Ubc＝Uac＝－Bleq\o(v,\s\up6(－))＝－Bleq\f(0＋ωl,2)＝－eq\f(1,2)Bl2ω.由以上分析可知选项C正确．答案：C10．(多选)如图所示，质量为m＝0.04kg、边长l＝0.4m的正方形导体线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细线系于O点，斜面倾角为θ＝30°.线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化关系为B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面．已知线框电阻为R＝0.5Ω，重力加速度为g＝10m/s2.则()A．线框中的感应电流方向为abcdaB．t＝0时，细线拉力大小F＝0.2NC．线框中感应电流大小为I＝80mAD．经过一段时间t，线框可能沿斜面向上运动解析：根据楞次定律，线框中产生的感应电流方向为adcba，选项A错误．根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)＝0.5×0.08V＝0.04V，感应电流I＝eq\f(E,R)＝0.08A，t＝0时磁感应强度B0＝2T，bc边所受安培力FA＝B0Il＝2×0.08×0.4N＝0.064N，由左手定则可判断出安培力方向沿斜面向上．对线框由平衡条件F＋FA＝mgsin30°，解得细线中拉力F＝0.136N，选项B错误、C正确．由安培力F′A＝BIl＝(2＋0.5t)×0.08×0.4N＝(0.064＋0.016t)N，可知经过一段时间t，安培力增大到大于线框重力沿斜面向下的分力时，线框沿斜面向上运动，选项D正确．答案：CD11．[2019·浙江模拟]半径为2r的圆形金属导轨固定在一水平面内，一根长也为2r、电阻为R的金属棒OA一端与金属导轨接触良好，另一端固定在中心转轴上，现有方向(俯视)如图所示、大小为B1的匀强磁场，中间半径为r的地方无磁场．另有一水平金属导轨MN用导线连接金属圆环，M′N′用导线连接中心轴，导轨上放置一根金属棒CD，其长度L与水平金属导轨宽度相等，金属棒CD的电阻2R，质量为m，与水平导轨之间的动摩擦因数μ，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场B2中，金属棒CD通过细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放置在水平地面上．所有接触都良好，金属棒CD受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其它摩擦和其它电阻，重力加速度取g.(1)若金属棒OA以角速度ω0顺时针转动(俯视)，求：感应电动势及接在水平导轨上的理想电压表的电压．(2)若金属棒OA顺时针转动(俯视)的角速度随时间ω＝kt变化，求：重物离开地面之前支持力随时间变化的表达式．解析：(1)感应电动势E＝B1Lv＝B1req\f(2ω0r＋ω0r,2)＝eq\f(3,2)B1ω0r2感应电流I＝eq\f(E,3R)＝eq\f(B1ω0r2,2R)电压表示数UV＝I×2R＝B1ω0r2(2)电流I＝eq\f(E,3R)＝eq\f(B1ωr