高中物理一轮复习练习：法拉第电磁感应定律、自感和涡流

法拉第电磁感应定律、自感和涡流练习一、选择题1.两个半径不同的半圆金属环可以组成如图甲、乙所示的两种闭合回路，两半圆环位于同一平面内，圆心重合，较小的半圆环的半径为r，整个回路的电阻为R。将两个闭合回路放在垂直环面的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图丙所示，则t0时刻，甲、乙两回路中小的半圆环受到的安培力之差为(图中均为已知量)()A．eq\f(πBeq\o\al(2,0)r3,Rt0) B．eq\f(πBeq\o\al(2,0)r3,2Rt0)C．eq\f(2πBeq\o\al(2,0)r3,Rt0) D．eq\f(4πBeq\o\al(2,0)r3,Rt0)2.将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为()A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)3.某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为()A．eq\f(NBScosθ,t) B．eq\f(NBSsinθ,t)C．eq\f(BSsinθ,t) D．eq\f(BScosθ,t)4.(多选)如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，从t＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。下列说法正确的是()A．0.5t0时刻，R中电流方向为由a到bB．1.5t0时刻，R中电流方向为由a到bC．0～t0时间内R的电流小于t0～2t0时间内R的电流D．0～t0时间内R的电流大于t0～2t0时间内R的电流5.(多选)如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，经Δt圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合，此时圆环的速度为eq\f(v,2)，则下列说法正确的是()A．此时圆环中的电流为逆时针方向B．此时圆环的瞬时电动势为2BavC．此过程中平均电动势为eq\f(Bπa2,2Δt)D．此时圆环中的加速度为eq\f(8B2a2v,mR)6.(多选)金属棒ab长度L＝0.5m，阻值r＝1Ω，放在半径分别为r1＝0.5m和r2＝1.0m的水平同心圆环导轨上，两圆环之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B＝2T；从两圆环下端引出导线连接一阻值为R＝2Ω的电阻，ab在外力作用下以角速度ω＝4rad/s绕圆心顺时针(从上往下看)做匀速圆周运动，不计圆环导轨的电阻和一切摩擦，下列说法正确的是()A．a点的电势高于b点的电势B．电阻R两端的电压为2VC．在金属棒旋转一周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为eq\f(π,4)JD．在金属棒旋转半周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为eq\f(π,4)J7.如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心、以r为半径的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图所示的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，金属杆MN始终与导轨垂直，初始时MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有()A．杆OP产生的感应电动势为E＝Br2ωB．杆OP转动产生的感应电流方向由N→MC．杆MN向左运动D．杆MN中的电流逐渐增大8.图甲和图乙是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()A．图甲中，A1与L1的电阻值相同B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图乙中，变阻器R1与L2的电阻值相同D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中的电流与变阻器R1中的电流相等9.(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10.如图所示，将一空的铝质易拉罐倒扣于笔尖上，在“”型木框两侧各固定一个强铷磁铁，用电钻控制木框匀速转动，发现木框虽然不与易拉罐接触，但易拉罐也会随木框转动。则下列说法正确的是()A．木框的转速总比易拉罐的大B．易拉罐与木框的转动方向相反C．易拉罐与木框保持相同的转速同方向转动D．两个磁铁必须异名磁极相对11.某同学设计了飞船登陆地外星球的电磁阻尼缓冲装置，其模拟器如图所示。模拟器由船舱主体、光滑导轨、缓冲弹簧、绝缘缓冲底座、绝缘缓冲底座上的线圈以及固定在船舱主体上的超导线圈(图中未画出)组成。其中光滑导轨固定在船舱主体下端，绝缘缓冲底座上的线圈为竖直绕在绝缘底座上的单匝闭合线圈，超导线圈产生水平方向的磁场。已知绝缘底座与地面接触后速度迅速减为零，导轨与线圈接触良好，则关于电磁阻尼缓冲装置分析正确的是()A．船舱主体下端MN必须是导体，不能与导轨绝缘B．只增加导轨长度，可能使缓冲弹簧接触地面前速度为零C．只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小D．只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小12.加速性能、电能利用率、动能回收等是电动汽车电机的重要指标。如图所示，甲、乙分别是目前被广泛采用的两种电机的简化原理示意图，它们的相同点是利用作为定子的电磁铁(二组线圈，图中1和4、2和5、3和6所示)交替产生磁场，实现了电磁铁激发的磁场在平面内沿顺时针方向转动的效果，以驱动转子运动；不同的是甲图所示电机的转子是一个永磁铁，而乙图所示电机的转子是绕在软铁上的闭合线圈。通过电磁驱动转子转动，可以为电动汽车提供动力。假定两种电机的每组电磁铁中电流变化周期和有效值均相同，下列说法正确的是()A．电机稳定工作时，乙电机转子的转速与电磁铁激发磁场的转速相同B．电机稳定工作时，乙电机产生的焦耳热相对较少C．电机稳定工作时，乙电机转子的转速越接近电磁铁激发磁场的转速，其所受安培力就越大D．刹车(停止供电)时，甲电机转子由于惯性旋转，可以通过反向发电从而回收动能13.(多选)航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0＝180km/h，在磁场中共同减速滑行至停下。已知飞机质量M＝2.7×104kg，金属棒质量m＝3×103kg、电阻R＝10Ω，导轨间距L＝50m，匀强磁场磁感应强度B＝5T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其它阻力做的功为1.5×106J，则下列说法中正确的是()A．金属棒中感应电流方向为a到bB．飞机着舰瞬间金属棒中感应电流大小为I＝1.25×103AC．金属棒中产生的焦耳热Q＝3.6×107JD．金属棒克服安培力做功为W＝1.5×106J二、非选择题14.舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图像如图2所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v)N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：(1)恒流源的电流I；(2)线圈电阻R;(3)时刻t3。答案：1.C设甲回路的面积为S1，则感应电动势E1＝eq\f(B0,t0)S1，t0时刻，甲回路中小的半圆环受到的安培力F1＝2B0eq\f(E1,R)r，设乙回路的面积为S2，则感应电动势E2＝eq\f(B0,t0)S2，t0时刻，乙回路中小的半圆环受到的安培力F2＝2B0eq\f(E2,R)r，由题意知，甲、乙两回路面积之差为S1－S2＝πr2，则安培力之差ΔF＝F1－F2＝eq\f(2πBeq\o\al(2,0)r3,Rt0)，故选C。2.D由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔBS1,Δt)＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔBS2,Δt)＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正确，A、B、C错误。故选D。3.A根据法拉第电磁感应定律有eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝NBcosθeq\f(S,t)＝eq\f(NBScosθ,t)，故选A。4.AC由楞次定律可知0～t0时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向，R中电流方向为由a到b，t0～2t0时间内线圈中感应电流的方向为顺时针方向，R中电流方向为由b到a，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律可知0～t0时间内感应电动势是t0～2t0时间内的eq\f(1,2)，故0～t0时间内R中的电流是t0～2t0时间内的eq\f(1,2)，故C正确，D错误。5.BD由楞次定律可知，此时线圈产生的感应电流沿顺时针方向，故A错误；当圆环的直径与边界线PQ重合时，圆环左右两个半环均产生感应电动势，有效切割的长度都等于直径，故线圈中的感应电动势为E＝2B·2a·eq\f(v,2)＝2Bav，故B正确；此过程中，电路中的平均电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bπa2,Δt)，C错误；此时圆环受力为F＝2BI·2a＝4B·eq\f(2B·2a·\f(v,2),R)·a＝eq\f(8B2a2v,R)，由牛顿第二定律可得，加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(8B2a2v,mR)，故D正确。故选BD。6.ABD由右手定则可知，金属棒顺时针转动时，感应电流方向由b到a，金属棒充当电源，则a点的电势高于b点的电势，故A正确；金属棒产生的感应电动势E＝BLω·eq\f(r1＋r2,2)＝3V，则电阻R两端的电压为UR＝eq\f(R,R＋r)·E＝2V，故B正确；金属棒旋转半周的时间t＝eq\f(π,ω)＝eq\f(π,4)s，通过的电流I＝eq\f(E,R＋r)＝1A，产生的焦耳热为Q＝I2rt＝eq\f(π,4)J，故C错误，D正确。7.COP转动过程中旋转切割磁感线，设OP长度为r，角速度为ω，由E＝Breq\x\to(v)，eq\x\to(v)＝eq\f(rω,2)，可得感应电动势为E＝eq\f(Br2ω,2)，故A错误；由右手定则可知，OP转动切割磁感线时，感应电流方向由O→P，故回路中产生逆时针方向的感应电流，所以流过金属杆MN的电流方向由M→N，故B错误；由左手定则可知，金属杆MN受到的安培力方向水平向左，故杆MN向左运动，故C正确；当金属杆向左运动时，杆MN切割磁感线，产生顺时针方向的感应电流，设金属杆的速度为v′，杆长为L，则感应电动势为E′＝BLv′，故回路中的感应电动势为E总＝E－E′＝eq\f(Br2ω,2)－BLv′，故随着金属杆速度的增大，回路中的感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，故D错误。故选C。8.C题图甲中，断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1＞IA1，即RL1＜RA1，故A、B错误；题图乙中，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，说明变阻器R1与L2的电阻值相同，故C正确；闭合开关S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中的电流与变阻器R1中的电流不相等，故D错误。9.AB当线圈接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中，产生涡流，使金属杯发热，水温升高，要缩短加热时间，需增大涡流，即增大感应电动势或减小电阻，增加线圈匝数和提高交流电源的频率都可以增大感应电动势，选项A、B符合题意；瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致电磁铁磁性减弱，选项C、D不符合题意。10.A根据电磁驱动原理，易拉罐与木框的转动方向相同，木框的转速总比易拉罐的大，A正确，B、C错误；两个磁铁异名磁极相对或同名磁极相对均可，在磁极附近的易拉罐导体中都会产生涡流，在磁场中受安培力使易拉罐跟着木框转动起来，D错误。故选A。11.C题中缓冲装置是利用绝缘缓冲底座上的线圈感应出感应电流，与船舱主体上的超导线圈互感发生相互作用，从而让船舱主体缓冲的，不是船舱主体下端MN切割磁感线发生感应相互作用的，所以MN无需是导体，可以与导轨绝缘，故A错误；绝缘缓冲底座上的线圈ab边切割磁感线，线圈回路磁通量变化，形成感应电流，磁场对ab边的安培力向下，根据牛顿第三定律可知，ab边对超导线圈的力向上，超导线圈固定在船舱主体上，对船舱主体和导轨eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma，当缓冲底座着地后，船舱主体开始做加速度减小的减速运动，当导轨足够长，船舱主体可能达到收尾速度，之后匀速下降到地面，故B错误；当船舱主体所受安培力等于重力时，有mg＝eq\f(B2L2v,R)，解得v＝eq\f(mgR,B2L2)，可见，只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小(收尾速度越小)；只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度增大，故C正确，D错误。故选C。12.D乙电机中，转子也是线圈，乙转子的转动是由于穿过转子线圈的磁通量发生变化而产生感应电流，转子受安培力作用而运动，相当于电磁驱动，安培力阻碍定子和转子间的相对运动，但不能阻止，故转子比定子转得慢一些，故A错误；乙电机中，转子也会产生焦耳热，故产生的焦耳热较多，故B错误；转速越接近，则磁通量变化越慢，感应电流越小，所受安培力越小，故C错误；停止供电后，甲的转子是磁铁，甲电机转子由于惯性旋转，使得线圈中磁通量发生变化，产生反向感应电流，反向发电从而回收动能，故D正确。故选D。13.BC由右手定则可知感应电流方向为b到a，故A错误；飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝eq\f(E,R)，解得I＝1.25×103A，故B正确；飞机着舰至停下，由动能定理得－W克安－W克阻＝0－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)，解得W克安＝3.6×107J，Q＝W克安＝3.6×107J，故C正确，D错误。14.(1)80A(2)0.5Ω(3)eq\f(\r(5)＋3,2)s解析：(1)由题意可知接通恒流源时安培力F安＝nIlB动子和线圈在0～t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为a＝eq\f(v