课时跟踪检测（三十二） 法拉第电磁感应定律 自感 涡流

PAGE第7页共7页课时跟踪检测（三十二）法拉第电磁感应定律自感涡流一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．如图所示，在庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警­2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自东向西飞行。该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10A．两翼尖之间的电势差为2.9VB．两翼尖之间的电势差为1.1VC．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低解析：选C飞机的飞行速度为4.5×102km/h＝125m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝BLv＝4.7×10－5×2．(2021·太和质检)以下现象中属于涡流现象的应用的是()解析：选B电烤箱是利用电流发热的原理，故A错误；监考老师手中的金属探测仪，可以探测人身是否携带通信设备(金属物品)，是通过金属上产生涡流而使报警器发出警告的，故B正确；工人穿上金属丝织成的衣服可以高压带电作业是利用静电屏蔽原理，故C错误；车载充电器没有应用涡流现象，故D错误。3．用导线绕成一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图所示。把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。当磁场均匀减弱时()A．线框和圆环中的电流方向都为顺时针方向B．线框和圆环中的电流方向都为逆时针方向C．线框和圆环中的电流大小之比为1∶1D．线框和圆环中的电流大小之比为1∶2解析：选A依据楞次定律，当磁场均匀减弱时，圆环和线框中的电流方向都为顺时针方向，故A正确，B错误；设正方形的边长为2a。由几何关系可知，外接圆的半径r＝eq\r(2)a，则根据法拉第电磁感应定律得，正方形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为E正∶E圆＝eq\f(ΔB,Δt)(2a)2∶eq\f(ΔB,Δt)π(eq\r(2)a)2＝2∶π，根据电阻定律得，正方形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为R正∶R圆＝ρeq\f(8a,S)∶ρeq\f(2π·\r(2)a,S)＝2eq\r(2)∶π，由闭合电路欧姆定律得正方形回路中的感应电流与外接圆中感应电流之比为I正∶I圆＝eq\f(E正,R正)∶eq\f(E圆,R圆)＝1∶eq\r(2)，故C、D均错误。4．(2021·东莞模拟)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是()A．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到r的过程中，线圈中有逆时针方向的电流B．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，线圈中有顺时针方向的电流C．保持线圈和磁场的半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为eq\f(kπr2,R)D．保持线圈和磁场的半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为eq\f(2kπr2,R)解析：选C根据磁通量的定义可知，当线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，故A错误；同理，保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，根据感应电流的产生条件可知，线圈内没有感应电流，故B错误；保持线圈和磁场的半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，根据法拉第电磁感应定律可知，E＝eq\f(ΔB,Δt)·πr2＝kπr2，根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中的电流I＝eq\f(kπr2,R)，故C正确，D错误。5．(2021·黔东南模拟)如图甲所示，单匝正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0、t0均为已知量。已知导线框的边长为L，总电阻为R，则下列说法中正确的是()A．t0时刻，ab边受到的安培力大小为eq\f(B02L3,2Rt0)B．0～t0时间内，导线框中电流的方向始终为badcbC．0～t0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为eq\f(2B0L2,R)D．0～t0时间内，导线框产生的热量为eq\f(B02L4,Rt0)解析：选A由法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝eq\f(B0,2t0)L2，通过导线框的感应电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2,2Rt0)，t0时刻，ab边所受安培力大小为F＝B0IL＝eq\f(B02L3,2Rt0)，故A正确；根据楞次定律可知，0～t0时间内，导线框中电流的方向始终为abcda，故B错误；0～t0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(\f(B0,2)L2,R)＝eq\f(B0L2,2R)，故C错误；0～t0时间内，导线框产生的热量为Q＝I2Rt0＝eq\f(B02L4,4Rt0)，故D错误。6.(2020·衡水二模)如图所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是()A．开关S闭合时，b、c灯立即亮，a灯逐渐亮B．开关S闭合，电路稳定后，b、c灯亮，a灯不亮C．开关S断开时，b、c灯立即熄灭，a灯逐渐熄灭D．开关S断开时，a、b、c灯立即熄灭解析：选A开关S闭合时，b、c灯立即亮，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，使得a灯逐渐亮，选项A正确；开关S闭合，电路稳定后，三灯都亮，选项B错误；开关S断开时，c灯立即熄灭，由于在L中产生自感电动势阻碍电流的减小，则电流将在L与a、b灯之间形成新的回路，使得a、b灯逐渐熄灭，选项C、D均错误。7．(2021·南通质检)如图甲所示，边长为L＝0.1m的10匝正方形线框abcd处在变化的磁场中，在线框d端点处开有一个小口，d、e用导线连接到一个定值电阻上，线框中的磁场随时间的变化情况如图乙所示(规定垂直纸面向外为磁场的正方向)，下列说法正确的是()A．t＝3s时线框中的磁通量为0.03WbB．t＝4s时线框中的感应电流大小为零C．t＝5s时通过线框中的电流将反向D．t＝8s时通过线框中的电流沿逆时针方向解析：选C由磁通量的定义可知t＝3s时穿过线框的磁通量为Φ＝B0·L2＝0.003Wb，故A错误；t＝4s时，由法拉第电磁感应定律知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)L2＝10×eq\f(0.6,2)×0.01V＝0.03V，所以线框中的感应电流不为零，故B错误；由楞次定律可知，3～5s，线框中的感应电流方向为逆时针方向，5～11s，线框中的感应电流方向为顺时针方向，故t＝5s时通过线框中的电流将反向，故C正确，D错误。8．(2020·福州质检)如图甲所示，用一根导线做成一个半径为r的圆环，其单位长度的电阻为r0，将圆环的右半部分置于变化的匀强磁场中，设磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度大小随时间做周期性变化关系如图乙所示，则()A．在t＝π时刻，圆环中有逆时针方向的感应电流B．在0～eq\f(π,2)时间内圆环受到的安培力大小、方向均不变C．在eq\f(π,2)～π时间内通过圆环横截面的电荷量为eq\f(B0r,2r0)D．圆环在一个周期内的发热量为eq\f(B02r3,r0)解析：选D由楞次定律可知在t＝π时刻，圆环中有顺时针方向的感应电流，故A错误；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S可知，在0～eq\f(π,2)时间内圆环的感应电动势不变，电流不变，受到的安培力F＝BIL，因磁感应强度B变大，所以安培力变大，故B错误；在eq\f(π,2)～π时间内通过圆环横截面的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B0πr2,4πrr0)＝eq\f(B0r,4r0)，故C错误；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S可知E＝B0r2，所以圆环在一个周期内的发热量为Q＝eq\f(E2,2πrr0)·2π＝eq\f(B02r3,r0)，故D正确。二、强化迁移能力，突出创新性和应用性9．(2021·蚌埠模拟)如图所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合，电路稳定时i2>i1)，则下列图像正确的是()解析：选C当开关S断开后，自感元件与灯泡形成回路，自感元件阻碍自身电流变化，自感元件产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i2开始不断减小，流过灯泡的电流反向，大小与自感元件电流相等，故C正确，A、B、D错误。10．(2021·镇江模拟)如图甲所示，倒置的U形金属导轨所在平面与水平面夹角为θ＝30°，其中MN与PQ平行且间距为L＝1m，导轨处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度随时间变化情况如图乙所示，取图甲所示磁场方向为磁感应强度的正方向。现将金属棒ab垂直放置在导轨上，金属棒与NQ相距0.2m，在0～4s内金属棒始终处于静止状态。已知金属棒ab的质量为m＝0.1kg，电阻为R＝2Ω，不计导轨电阻，g取10m/s2，则以下结论错误的是()A．t＝2s时刻金属棒ab所受安培力的方向改变B．0～4s内金属棒所受的最大静摩擦力为0.9NC．0～4s内穿过金属棒的电荷量为0.4CD．0～4s内金属棒中产生的焦耳热为0.32J解析：选C根据楞次定律可判断，1～2s内金属棒ab受到的安培力方向沿导轨向上，2～3s内所受安培力方向沿导轨向下，选项A正确；当安培力方向沿导轨向下最大时，静摩擦力最大，静摩擦力的最大值f＝mgsin30°＋BIL，其中I＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)，解得I＝0.2A，f＝0.9N，选项B正确；0～4s内，根据法拉第电磁感应定律和电流定义得q＝eq\f(ΔΦ,R)＝0，选项C错误；0～4s内金属棒产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.22×2×4J＝0.32J，选项D正确。11．轻质细线吊着一质量为m＝0.42kg、边长为L＝1m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。(g＝10m/s2)(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针方向还是逆时针方向；(2)求线圈的电功率；(3)求在t＝4s时轻质细线的拉力大小。解析：(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。(2)由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(1,2)L2eq\f(ΔB,Δt)＝0.5V则P＝eq\f(E2,r)＝0.25W。(3)I＝eq\f(E,r)＝0.5A，由题图乙可知，t＝4s时，B＝0.6T，安培力的大小为F安＝nBIL线圈处于静止状态，由平衡条件得F安＋FT＝mg联立解得FT＝1.2N。答案：(1)逆时针方向(2)0.25W(3)1.2N12．如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d，导轨所在平面与水平面的夹角为θ，M、P间接阻值为R的电阻。匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B。质量为m、阻值为r、长度为d的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度v匀速向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，重力加速度为g。求：(1