第十二章第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1．扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()解析：底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在C项这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在B、D项这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；在A项这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，A正确。答案：A2.(多选)有一种非接触式电源供应系统，这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力。其工作原理可用两个左右相邻或上下相对的线圈来说明，如图所示。下列说法正确的是()A．若线圈A中输入电流，则线圈B中会产生感应电动势B．只有线圈A中输入变化的电流，线圈B中才会产生感应电动势C．线圈A中电流越大，线圈B中感应电动势也越大D．线圈A中电流变化越快，线圈B中感应电动势越大解析：根据感应电流产生的条件，若A线圈中输入恒定的电流，则A产生恒定的磁场，B中的磁通量不发生变化，则B线圈中就不会产生感应电动势，故A错误；若A线圈中输入变化的电流，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可得，B线圈中就会产生感应电动势，故B正确；根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可得，电流变化越快，A线圈中电流产生的磁场变化越快，B线圈中感应电动势越大，故C错误，D正确。答案：BD3．(2021·重庆卷)某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向(从左往右看)为()A．eq\f(NBSsinθ,t)，逆时针B．eq\f(NBScosθ,t)，逆时针C．eq\f(NBSsinθ,t)，顺时针D．eq\f(NBScosθ,t)，顺时针解析：经过时间t，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化ΔΦ＝BSsinθ，由法拉第电磁感应定律，线圈中产生的平均感应电动势的大小为E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(NBSsinθ,t)。由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向，选项A正确。答案：A4.(2022·江苏卷)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为()A．πkr2 B．πkR2C．πB0r2 D．πB0R2解析：由题意可知磁场的变化率为eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(kt,t)＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBπr2,Δt)＝kπr2。故选A。答案：A5.如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速运动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，再让金属杆MN以速度v向右匀速运动，此时MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1∶E2分别为()A．c→a，2∶1 B．a→c，2∶1C．a→c，1∶2 D．c→a，1∶2解析：用右手定则判断出金属棒MN中的电流方向为N→M，所以电阻R中的电流方向为a→c，由公式E＝Blv可知，eq\f(E1,E2)＝eq\f(Blv,2Blv)＝eq\f(1,2)，故C正确。答案：C6．某国产直升机在我国某地上空悬停，长度为L的螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)，转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx，竖直分量为By。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为()A．eq\f(1,2)BxL2ω，a端电势高于b端电势B．eq\f(1,2)BxL2ω，a端电势低于b端电势C．eq\f(1,2)ByL2ω，a端电势高于b端电势D．eq\f(1,2)ByL2ω，a端电势低于b端电势解析：我国某地上空地磁场方向有向下的分量，大小为By，当螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)时，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势；大小为E＝ByLeq\f(0＋Lω,2)＝eq\f(1,2)ByL2ω，故D正确。答案：D7．如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是()A．B灯将比原来更亮一下后熄灭B．A灯将比原来更亮一下后熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a解析：S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯一样亮，说明两个支路中的电流相等，这时线圈L没有自感作用，可知线圈L的电阻也为R，在S2、S1都闭合且电路稳定时，IA＝IB，当S2闭合、S1断开时，由于线圈的自感作用，流过A灯的电流方向变为b→a，但A灯不会出现比原来更亮一下再熄灭的现象，故D正确，B错误；由于定值电阻R没有自感作用，断开S1时，B灯立即熄灭，故A、C错误。答案：D8．(多选)如图甲，在虚线所示的区域有竖直向上的匀强磁场，面积为S的单匝金属线框放在磁场中，线框上开有一小口与磁场外阻值为R的小灯泡相连。若金属线框的总电阻也为R，磁场随时间变化关系如图乙所示，则下列说法正确的是()A．b端电势较高B．线框cd边受到的安培力方向向左C．ab间电压大小为eq\f(B0S,2t0)D．0～t0时间内小灯泡的电功率为eq\f(Beq\o\al(2,0)S2,4Rteq\o\al(2,0))解析：由楞次定律可得感应电流的方向为逆时针，金属线框相当于电源，通过R的电流方向为a→b，即a端电势高，故A错误；根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力方向向右，故B错误；穿过线框的感应电动势大小为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2B0－B0,t0)·S＝eq\f(B0S,t0)，由闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,R＋R)，则电阻R两端的电压为U＝IR＝eq\f(B0S,2t0)，故C正确；由电功率的计算表达式有P＝I2R＝eq\f(Beq\o\al(2,0)S2,4Rteq\o\al(2,0))，故D正确。答案：CD[能力提升练]9.(2024·四川内江市第六中学诊断)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BavB．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(2B2av,(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)解析：由题意可知，当θ＝0时，杆产生的电动势为E＝BLv＝2Bav，A错误；当θ＝eq\f(π,3)时，由几何关系可知，导体直杆在磁场中切割磁感线的长度为a，杆产生的电动势为E′＝Bav，B错误；当θ＝0时，单位长度电阻为R0，则回路中的总电阻为R总＝(π＋2)aR0，回路中的电流为I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(2Bav,(π＋2)aR0)＝eq\f(2Bv,(π＋2)R0)，由安培力计算公式，可得杆受的安培力大小为F＝BIL＝eq\f(2B2v,(π＋2)R0)×2a＝eq\f(4B2av,(π＋2)R0)，C错误；θ＝eq\f(π,3)时，则回路中的总电阻为R′总＝(eq\f(5π,3)＋1)aR0，杆受的安培力大小为F′＝BI′L′＝eq\f(3B2av,(5π＋3)R0)，D正确。答案：D10．如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是()A．金属棒产生的电动势为eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的电荷量与质量之比为eq\f(2gd,Br2ω)C．电阻消耗的电功率为eq\f(πB2r4ω,2R)D．电容器所带的电荷量为CBr2ω解析：金属棒产生的电动势为E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，选项A错误；金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于金属棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有qeq\f(E,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，选项B正确；电阻消耗的电功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，选项C错误；电容器所带的电荷量Q＝CE＝eq\f(1,2)CBr2ω，选项D错误。答案：B11.如图所示，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于eq\r(2)l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x(0≤x≤eq\r(2)l0)变化的关系式。解析：当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法拉第电磁感应定律知，导体棒上感应电动势的大小为E＝Blv①由欧姆定律，流过导体棒的感应电流为I＝eq\f(E,R)②式中，R为这一段导体棒的电阻。根据题意有R＝rl③此时导体棒所受安培力大小为F＝IlB④由题设和几何关系有l＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,2(\r(2)l0－x)，\f(\r(2),2)l0<x≤\r(2)