高考物理一轮复习-第2讲-法拉第电磁感应定律、自感和涡流

授课提示：对应学生用书第357页[A组基础巩固练]热点一法拉第电磁感应定律的理解和应用1．(多选)(2022·江苏南京、盐城调研)目前无线电能传输技术已经比较成熟，一种非接触式电源供应系统，如图所示。这种系统基于电磁感应原理可无线传输电能，两个感应线圈可以放置在左右相邻位置。利用这一原理，可以对手机进行无线充电，不计线圈的电阻。下列说法正确的是()A．若A线圈中输入恒定电流，B线圈中就会产生感应电动势B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C．在电能传输中，若只增加A、B间的距离，B线圈中感应电动势变大D．若只增加A线圈中电流的变化率，B线圈中感应电动势变大解析：根据法拉第电磁感应定律可知，只有穿过B线圈的磁通量发生改变，才能产生感应电动势，所以A线圈中应输入变化的电流，B正确，A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，B线圈的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，可知影响B线圈感应电动势大小的是空间中磁感应强度的变化率，只增加A线圈中电流的变化率时，空间中磁感应强度的变化率增大，B线圈中感应电动势变大，只增加A、B间的距离时，不能使B线圈的感应电动势变大，C错误，D正确。答案：BD2．(2022·广东实验中学模拟)如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S。在环形导体中有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示，则在0～t0时间内，电容器()A．上极板带正电，所带电荷量为eq\f(CSB2－B1,t0)B．上极板带正电，所带电荷量为eq\f(CB2－B1,t0)C．上极板带负电，所带电荷量为eq\f(CSB2－B1,t0)D．上极板带负电，所带电荷量为eq\f(CB2－B1,t0)解析：由题图乙可知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B2－B1,t0)，B增大，根据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故电容器上极板带正电；感应电动势E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(SB2－B1,t0)，所以电容器所带电荷量Q＝CE＝eq\f(CSB2－B1,t0)，选项A正确，B、C、D错误。答案：A3.(2022·广东广州四中月考)转笔是一项用不同的方法与技巧以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识。如图所示，某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点沿顺时针方向做角速度为ω的匀速圆周运动，已知手与笔的接触点O点恰好是长为L的金属笔杆的中点，地磁场的磁感应强度在与笔杆转动平面垂直方向的分量大小为B，方向垂直纸面向外，则()A．笔杆上O点的电势最低B．O点与笔尖间的电势差为eq\f(1,2)BL2ωC．O点与笔尖间的电势差为eq\f(1,8)BL2ωD．笔杆两端点间的电势差为BL2ω解析：本题考查电磁感应中导体旋转切割磁感线问题。根据右手定则判断知，笔杆上O点的电势最高，A错误；O点与笔尖间的电势差U＝B×eq\f(L,2)×eq\f(0＋ω·\f(L,2),2)＝eq\f(1,8)BL2ω，B错误，C正确；笔杆两端点间的电势差为零，D错误。答案：C热点二导体棒切割磁感线产生的感应电动势的计算4.(多选)(2022·江苏南通联考)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L，电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是()A．ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化，且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLvC．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLvD．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝eq\f(R,2)时，滑动变阻器有最大电功率，且为eq\f(B2L2v2,8R)解析：本题考查导体棒平动切割磁感线以及电路中路端电压和功率问题。根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势E＝BLv，故B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝eq\f(R,2)，故导体棒两端的电压即路端电压为eq\f(1,3)BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为eq\f(R,2)，故当R1＝eq\f(R,2)时，等效电源输出功率最大，则滑动变阻器的最大电功率Pm＝eq\f(U\o\al(2,R1),R1)＝eq\f(\f(1,4)E2,\f(R,2))＝eq\f(B2L2v2,8R)，故D正确。答案：AD5.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沿逆时针转动时，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：bc边、ac边都在切割磁感线，通过右手定则判断，c端电势高，a、b端电势低，选项A、B错误；两边的有效切割长度都为l，则Uac＝Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，所以，a、b端电势相同，金属框中无电流，选项C正确，D错误。答案：C6.(多选)(2022·安徽滁州模拟)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，如图所示，PQ为两个磁场的分界线，磁场范围足够大。一个半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图实线所示位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为eq\f(2,3)v，则下列说法正确的是()A．此时圆环中的电流沿逆时针方向B．此时圆环的加速度为eq\f(16B2r2v,3mR)C．此时圆环中的电功率为eq\f(64B2r2v2,9R)D．此过程中通过圆环截面的电荷量为eq\f(2Br2,3R)解析：由本题考查圆环切割组合磁场的电磁感应问题。由右手定则可知，此时圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A正确；圆环左右两边均切割磁感线，故感应电动势的大小E＝2B×2r×eq\f(2,3)v＝eq\f(8,3)Brv，感应电流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(8Brv,3R)，故其所受安培力大小F＝2B×2r×I＝eq\f(32B2r2v,3R)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(32B2r2v,3mR)，故B错误；此时圆环消耗的电功率P＝I2R＝eq\f(64B2r2v2,9R)，故C正确；此过程中圆环磁通量的变化量ΔΦ＝πBr2，所以此过程中通过圆环某横截面的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πBr2,R)，故D错误。答案：AC热点三自感、涡流、电磁阻尼与电磁驱动7．(多选)(2022·四川宜宾模拟)小明在做课本自感线圈实验时，连接电路如图所示，则下列说法正确的是()A．闭合开关S，L2逐渐变亮，然后亮度不变B．闭合开关S，L1逐渐变亮，然后亮度不变C．断开开关S，L1逐渐变暗至熄灭，L2变亮后再熄灭D．断开开关S，L1变亮后再熄灭，L2一直不亮解析：闭合开关S，根据二极管的单向导电性知，L2不亮，选项A错误；根据自感现象可知，闭合开关S，由于自感线圈的“阻碍”作用，L1逐渐变亮，然后亮度不变，选项B正确；断开开关S，线圈与二极管D形成回路，则有流过L2的电流，则L2变亮后再熄灭，而流过L1的电流逐渐减小，故L1逐渐变暗至熄灭，选项C正确，D错误。答案：BC8．(2022·广西桂林模拟)三个不同的灯泡A、B、C和自感线圈L如图所示，灯泡B与自感线圈L串联后再与灯泡C并联，电源的内阻忽略不计，电路稳定后，三个灯泡均正常发光。已知自感线圈的系数很大，直流电阻可以忽略不计，则下列说法正确的是()A．闭合开关S到电路稳定前，灯泡A亮度减小B．闭合开关S到电路稳定前，灯泡C亮度增大C．电路稳定后，断开开关S，灯泡A立刻熄灭D．电路稳定后，断开开关S，灯泡B立刻熄灭解析：开关S闭合瞬间，A和C同时发光，B由于L阻碍电流增加，所以渐渐变亮，B的电流增大，则C的电流减小，A的电流增大，所以A变亮，C变暗，故A、B错误；断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和B、C组成的回路中的电流会被阻碍减小，导致B、C稍后同时熄灭，而A立刻熄灭，故C正确，D错误。答案：C[B组综合提能练]9．(多选)(2022·广东梅州模拟)如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一个阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻值为R的金属导线ab垂直于导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右做匀速运动，则下列说法正确的是(不计导轨电阻)()A．通过电阻R的电流方向为M→R→PB．a、b两点间的电压为BLvC．a端电势比b端高D．a端电势比b端低解析：由右手定则可判断：通过电阻R的电流方向为M→R→P，故A正确；导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，则a、b两点间的电压U＝eq\f(E,R＋R)R＝eq\f(1,2)BLv，故B错误；由右手定则可知，通过导体棒的电流由b→a，此时导体棒是电源，则导体棒a端电势比b端高，故C正确，D错误。答案：AC10．(多选)(2022·内蒙古通辽模拟)如图所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN，MN⊥OD，拉动MN使它从O点以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在MN运动过程中闭合电路的()A．感应电动势逐渐增大 B．感应电流逐渐增大C．感应电流将保持不变 D．感应电流逐渐减小解析：设导轨的顶角为α，电阻率为ρ，感应电动势E＝BLv＝Bvttanα·v＝Bv2tanα·t，感应电动势随时间不断增大，故A正确；感应电流I＝eq\f(E,R)，整个电路的总电阻R＝(vt＋vttanα＋eq\f(vt,cosα))eq\f(ρ,S)，计算得出I＝eq\f(BSvtanα,ρ1＋tanα＋\f(1,cosα))，式中各量恒定，则感应电流不变，故B、D错误，C正确。答案：AC11．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成θ角，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的金属棒放在两根导轨上，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)金属棒产生的感应电动势E；(2)通过电阻R的电流I；(3)拉力F的大小。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得E＝Bdv。(2)根据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(Bdv,R＋r)。(3)导体棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有F－F安－mgsinθ＝0，又因为F安＝BId＝eq\f(B2d2v,R＋r)，所以F＝mgsinθ＋eq\f(B2d2v,R＋r)。答案：(1)Bdv(2)eq\f(Bdv,R＋r)(3)mgsinθ＋eq\f(B2d2v,R＋r)12．(2022·陕西百校联盟模拟)如图甲所示，两根足够长的水平放置的平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，间距为L，导轨间电阻为R。PQ右侧区域处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；PQ左侧区域两导轨间有一个面积为S的圆形磁场区，该区域内磁感应强度随时间变化的图象如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向，图象中B0和t0都为已知量。一根电阻为r、质量为m的导体棒置于导轨上，0～t0时间内导体棒在水平外力作用下处于静止状态，t0时刻立即撤掉外力，同时给导体棒瞬时冲量，此后导体棒向右做匀速直线运动，且始终与导轨保持良好接触。求：(1)0～t0时间内导体棒ab所受水平外力的大小及方向；(2)t0时刻给导体棒的瞬时冲量的大小。解析：(1)由法拉第电磁感应定律得E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(B0S,t0)所以此时回路中的电流I＝eq\f(E1,R＋r)＝eq\f(B0S,t0