2022届高考物理一轮复习课时作业三十四法拉第电磁感应定律自感涡流含解析新人教版 (1)

word 文档 - 1 - / 13 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 [双基巩固练] 1．关于法拉第电磁感应定律，下列说法正确的是( ) A．线圈中的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势就越大 B．线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势就越大 C．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势就越大 D．线圈放在磁场越强的地方，线圈中产生的感应电动势就越大 2．如图所示，在庆祝反法西斯胜利 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，地区地磁场的竖直分量向下，大小为 4.7×10－5T，则( ) C．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 word 文档 - 2 - / 13 3．[2021·某某二联](多选)如图所示，等边闭合三角形线框，开始时底边与匀强磁场的边 界平行且重合，磁场的宽度大于三角形的高度，线框由静止释放，穿过该磁场区域，不计空 气阻力，则下列说法正确的是( ) A．线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向 B．线框底边刚进入和刚穿过磁场时线圈的加速度大小可能相同 C．线框出磁场的过程，可能做先减速后加速的直线运动 D．线框进出磁场过程，通过线框的电荷量不同 4．[2020·某某某某五校月考](多选)“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、 化工等生产行业的产品封口环节中，如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：在封口 机工作时，套在瓶口上的封口头内的线圈有电流通过，致使靠近线圈(但与线圈绝缘)的铝箔自 行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在被封容器的瓶口处，达到迅速封口的目 的．下列有关说法正确的是( ) A．封口材料可用普通塑料来代替铝箔 B．封口机工作时封口头内的线圈中有短时间的恒定电流 C．可以通过控制封口头内线圈电流的频率来设定铝箔发热的功率 D．封口头内线圈中电流产生的磁场方向应当与铝箔表面垂直 5．[2018·某某某某双基]如图所示，线圈 L 的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、 L2 是两个完全相同的灯泡，随着开关 S 闭合和断开(灯丝不会断)，灯 L1、L2 亮度的变化情况 是( ) word 文档 - 3 - / 13 A．S 闭合，L1 不亮，L2 亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮 B．S 闭合，L1、L2 同时亮，而后 L1 逐渐熄灭，L2 则逐渐变得更亮 C．S 断开，L1、L2 立即不亮 D．S 断开，L1、L2 都会亮一下再熄灭 6．[2020·某某模拟](多选)某同学设计了一个前进中的发电测速装置，如图所示．自行车 的圆形金属盘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转动时， 可等效成一导体棒绕圆盘中心 O 转动．已知磁感应强度 B＝0.5T，圆盘半径 r＝0.3m，圆盘 电阻不计．导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心 O 相连，导线两端 a、b 间接一阻值 R＝ 10Ω的小灯泡．后轮匀速转动时，用电压表测得 a、b 间电压大小 U＝0.6V．则可知( ) A．自行车匀速行驶时产生的是交流电 B．与 a 连接的是电压表的负接线柱 C．自行车车轮边缘线速度是 8m/s 7．[2020·某某七校三联]光滑绝缘水平面上静置一边长为 1m 的正方形单匝线框，总电阻 为 1Ω.线框左边通过一水平细线与固定的力传感器相连，线框右边一半有均匀减小的如图甲所 word 文档 - 4 - / 13 示的磁场，其变化规律为 B＝B0－kt，k 为恒量．在 0～0.1s 内传感器显示的拉力值随时间变 化关系如图乙所示，则 k 值为( ) A．2 10T/sB．2 3T/sC．2 2T/sD．2T/s 8．如图所示，金属杆 ab 以一定的初速度从倾斜、光滑的固定平行金属导轨底端向上滑 行，一段时间后又回到导轨底端．已知两导轨上端连有一阻值为 R 的电阻，导轨间有垂直于 导轨平面向上的匀强磁场，不计导轨和杆的电阻．下列分析正确的是( ) A．金属杆向上滑行与向下滑行的时间相等 B．金属杆向上滑行时，通过金属杆的电流方向为从 b 到 a C．金属杆向上滑行时，通过电阻 R 的电荷量大于向下滑行时通过电阻 R 的电荷量 D．金属杆刚向上滑行时在导轨底端所受到的安培力大于刚回到导轨底端时受到的安培力 9．[2020·某某某某六校联考](多选)一正方形铝质金属框 abcd(阻值不随温度变化)边长为 L、总电阻为 R 放在匀强磁场中，设第 1s 内磁感线垂直于金属框平面(即垂直于纸面)向里，如 图甲所示．若磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系如图乙所示，那么前 2s 内( ) word 文档 - 5 - / 13 A．金属框内感应电流沿顺时针方向 B．ab 边受到的安培力大小不变 C．通过金属框横截面的电荷量为 2B0L2 R D．ab 边受到的安培力方向不变 [综合提升练] 10．[2020·某某名校联考]如图所示，光滑水平桌面上有一个面积为 S 的单匝矩形线圈 abcd，分界线 OO′两侧存在着磁感应强度大小均为 B 且方向相反的两个磁场，分界线 OO′ 恰好把线圈分成对称的左右两部分，已知线圈的电阻为 R，ab＝cd＝L，线圈在水平向右的外 力 F 作用下从图示状态向右以速度 v 做匀速直线运动，直至线圈完全进入右侧磁场，此过程 中 ab 边始终与 OO′平行．则下列说法正确的是( ) A．线圈中的感应电流方向为逆时针 B．线圈中的磁通量变化量ΔΦ＝ 1 2 BS C．外力的大小 F＝ 2B2L2v R word 文档 - 6 - / 13 D．电路的发热功率为 4B2L2v2 R 11．[2020·湘赣皖十五校二模](多选)如图甲所示，水平地面上有一边长为 L 的正方形 ABCD 区域，其下方埋有与地面平行的金属管线．为探测金属管线的位置、走向和埋覆深度， 先让金属管线载有电流，然后用闭合的试探小线圈 P(穿过小线圈的磁场可视为匀强磁场)在地 面探测．如图乙所示，将暴露于地面的金属管接头接到电源的一端，将接地棒接到电源的另 一端．这样金属管线中就有沿管线方向的电流．使线圈 P 在直线 BD 上的不同位置保持静止 时(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流．将线圈 P 静置于 A 处，当线圈平面与地面平 行时，线圈中有感应电流，当线圈平面与射线 AC 成 37°角且保持静止时，线圈中感应电流消 失．已知 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是( ) A．金属管线沿 AC 走向 B．图乙中的电源为电压恒定并且较大的直流电源 C．金属管线的埋覆深度为 2 2 3 L D．线圈 P 在 A 处，当它与射线 CA 成 53°角时，P 中的感应电流可能最大 12．如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距 d＝0.5m，电阻不计， 左端通过导线与阻值 R＝2Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值 RL＝4Ω的小灯泡 L 连接．在 CDFE 整个矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE 长 x＝4m，CDFE 区域内磁场的磁感应强 度 B 随时间变化如图乙所示．在 t＝0 时，有一阻值 r＝2Ω的金属棒在水平向右的恒力 F 作用 下由静止开始从 PQ 位置沿导轨向右运动．已知从 t＝0 开始到金属棒运动到磁场边界 EF 处的 word 文档 - 7 - / 13 整个过程中，金属棒始终垂直于两导轨并且和两导轨接触良好，小灯泡的亮度没有发生变 化．求： (1)通过小灯泡的电流． (2)恒力 F 的大小． (3)金属棒的质量及金属棒在磁场区域运动过程中流过金属棒的电量． word 文档 - 8 - / 13 课时作业(三十四) 1．解析：根据法拉第电磁感应定律 E＝n ΔΦ Δt 得，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成 正比．磁通量变化越大，由于不知磁通量的变化时间，故 ΔΦ Δt 不一定越大，选项 A 错误；磁通 量变化的快慢用 ΔΦ Δt 表示，磁通量变化越快，则 ΔΦ Δt 就大，根据法拉第电磁感应定律知产生的 感应电动势就越大，选项 B 正确；磁通量越大，是Φ大，但ΔΦ及 ΔΦ Δt 不一定大，选项 C 错误； 磁感应强度大的磁场中可能没有磁通量的变化，则感应电动势可能为零，选项 D 错误． 答案：B 2．解析：飞机的飞行速度 v＝4.5×102 km/h＝125 m/s 由 E＝Blv 得： E＝4.7×10－5×50×125 V＝0.29 V，故 A、B 错；飞机从东向西飞，磁场竖直向下，由 右手定则可知，飞机左方翼尖电势高于右方翼尖的电势，故 C 正确，D 错误． 答案：C word 文档 - 9 - / 13 3．解析：线框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方 向，故 A 错误；线框底边刚进入瞬间，速度为零，产生的感应电动势为零，下落加速度为 g， 完全进入磁场后下落加速度为 g，随着下落速度的增大，出磁场时产生的安培力可能等于 2mg，此时减速的加速度大小可能为 g，故 B 正确；线框出磁场的过程，可能先减速，随着 速度减小，切割长度变短，线框受到的安培力减小，当小于重力后线框做加速运动，故 C 正 确；线框进、出磁场过程，磁通量变化相同，所以通过线框的电荷量相同，故 D 错误．所以 选 B、C. 答案：BC 4．解析：本题考查涡流问题．由涡流的原理可知，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间 产生大量小涡流，致使靠近线圈的铝箔自行快速发热，而如果封口材料用普通塑料来代替铝 箔，则不能产生涡流，所以不能起到加热的作用，故 A 错误；由涡流的原理可知，穿过线圈 的磁场必须是变化的磁场，才能使铝箔内产生涡流，所以封口机工作时封口头内的线圈中不 会有短时间的恒定电流，故 B 错误；若改变封口头内线圈电流的频率，则电流产生的磁场变 化的频率也发生改变，在铝箔内产生的感应电动势改变，产生的涡流的电流值改变，所以封 口过程中铝箔发热的功率改变，故 C 正确；由封口机的原理可知，封口头内线圈中电流产生 的磁场发生改变时，铝箔表面的磁通量发生改变，所以封口头内线圈中电流产生的磁场方向 应当与铝箔表面垂直，故 D 正确． 答案：CD 5．解析：本题考查自感，体现物理观念中的能量观念要素，属于基础性考查要求．当 S 闭合时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈 L 中电流的增加，逐渐将 L1 短路，L1 逐渐 变暗直到熄灭，同时，L2 中电流逐渐增大，变得更亮，故 A 错误，B 正确；S 断开时，L2 中 电流消失，故立即熄灭，而由于线圈 L 中产生一个与电流同向的自感电动势，故电流由灯泡 L1 的右侧流入，所以 L1 亮一下后逐渐熄灭，故 C、D 错误． 答案：B word 文档 - 10 - / 13 6．解析：根据右手定则，辐条切割磁感应线产生的是直流电，轮子中心是电源的正极， 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，B 项正确；由 U ＝E＝ 1 2 Br2ω得 v＝rω＝ 2U Br ＝错误! m/s＝8 m/s，故 C 项正确；根据焦耳定律 Q＝ U2 R t，代入 数据得 Q＝错误!×10×60 J＝21.6 J，故 D 项错误． 答案：BC 7．解析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小为 E＝|ΔΦ Δt |＝|ΔB Δt|S＝k ×1× 1 2 k(V)，感应电流为 I＝ E R k(A)，线框受到的安培力为 F 安＝BIL＝(B0－ktkk(B0－kt)(N)， 线框静止，由平衡条件得 F 安＝F，由图乙可知 t＝0 时，F＝0.2 N，t＝0.1 s 时，F＝0，代入 数据解得 k＝2 T/s，故 D 正确． 答案：D 8．解析：因为金属杆滑行过程中产生感应电流，安培力始终做负功，杆的机械能不断减 小，经过同一位置时，杆上滑的速度必然大于杆下滑的速度，所以上滑阶段的平均速度大于 下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间 比下滑过程的短，选项 A 错误；根据右手定则可知，金属杆向上滑行时，通过金属杆的电流 方向为从 a 到 b，选项 B 错误；通过电阻 R 的电荷量 q＝IΔt＝ ΔΦ R ＝ BLx R ，由于上滑和下滑过 程的位移大小相等，故上滑阶段和下滑阶段通过电阻 R 的电荷量相同，选项 C 错误；因为在 杆运动过程中安培力始终做负功，所以杆的机械能逐渐减小，则金属杆刚向上滑行时的速度 大于刚回到导轨底端时的速度，根据 FA＝BIL＝ B2L2v R 可知，金属杆刚向上滑行时受到的安培 力大于杆刚回到导轨底端时受到的安培力，选项 D 正确． 答案：D word 文档 - 11 - / 13 9．解析：本题考查楞次定律的应用和电荷量的求解．在 0～1 s 内，垂直纸面向里的磁 场逐渐减小，根据楞次定律可得，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，金属框内感应电流沿 顺时针方向，根据左手定则可知，ab 边受到的安培力的方向向左；在 1～2 s 内，垂直纸面向 外的磁场逐渐增大，根据楞次定律可得，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，金属框内感应 电流沿顺时针方向，根据左手定则可知，ab 边受到的安培力的方向向右，故 A 正确，D 错误； 前 2 s 内，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小不变，所以感应电流的大小不变， 根据 F＝BIL 可知，ab 边受到的安培力大小先减小后增大，故 B 错误；根据法拉第电磁感应 定律得 E－＝ SΔB Δt ，又 I－＝ E－ R ，q＝ I－Δt，联立解得前 2 s 内通过金属框横截面的电荷量 q＝ L2ΔB R ＝ 2B0L2 R ，故 C 正确． 答案：AC 10．解析：在该过程中，通过线圈的有效磁通量向外增加，根据楞次定律可知线圈中的 感应电流方向为顺时针，选项 A 错误；初状态线圈中的磁通量为零，末状态线圈中的磁通量 为 BS，所以线圈中的磁通量变化量为ΔΦ＝BS，选项 B 错误；线圈匀速运动时产生的感应电 动势 E＝2BLv，感应电流 I＝ 2BLv R ，前后两个边受到的安培力大小相等，方向相同，根据平衡 条件可得外力的大小 F＝FA＝2BIL＝ 4B2L2v R ，选项 C 错误；电路的发热功率为 P＝ E2 R ＝ 4B2L2v2 R ， 选项 D 正确． 答案：D 11．解析：本题考查法拉第电磁感应定律的应用．由题意可知，当线圈静止时存在感应 电流，则说明金属管线产生的磁场是变化的，故电流一定是变化的，故 B 错误．由题意可知， 线圈 P 在直线 BD 上的不同位置保持静止时(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流，说 明穿过线圈的磁通量始终不变，可知磁通量为零，则金属管线沿 BD 走向，故 A 错误．线圈 word 文档 - 12 - / 13 平面与射线 AC 成 37°角时，线圈中感应电流消失，说明 A 点的磁场方向与地面成 37°角，由 几何关系可知，埋覆深度 d 与 OA 长度的关系 d＝OA·tan 53°，解得深度 d＝ 2 2 3 L，故 C 正 确．线圈 P 在 A 处，当它与射线 CA 成 53°角时，线圈 P 与磁场方向相互垂直，则此时穿过 线圈 P 的磁通量最大，磁通量的变化率最大，故感应电流可能最大，故 D 正确． 答案：CD 12．解析：(1)由图乙可知，在 t＝0 至 t＝4 s 内，金属棒未进入磁场；磁场变化导致电 路中产生感应电动势，形成的电路为 r 与 R 并联，再与 L 串联． 此过程中的感应电动势为： E＝ ΔΦ Δt ＝ ΔB Δt dx＝ 2 4 ×0.5×4 V＝1 V， 回路的总电阻为：R 总＝RL＋ Rr R＋r ＝5 Ω， 则通过小灯泡的电流为：IL＝ E R 总 ＝0.2 A. (2)因灯泡亮度不变，故 4 s 末金属棒进入磁场时刚好做匀速运动， 由电流分配关系可知回路的总电流为 I＝IL＋IR＝IL＋ RL R IL＝0.6 A， 故恒力 F 的大小为 F＝FA＝BId＝0.6 N. (3)当金属棒在磁场区域运动时，由于金属棒切割磁感线产生电动势，形成的电路为 R 与 L 并联，再与 r 串联，此时电路的总电阻为： word 文档 - 13 - / 13 R′总＝r＋ RLR R＋RL ＝ 10 3 Ω， 金属棒切割磁感线产生电动势为： E′＝IR′总＝2 V， 而 E′＝Bdv，解得 v＝2 m/s； 金属棒在 0～4 s 内运动的加速度为： a＝ Δv Δt ＝0.5 m/s2， 由牛顿第二定律知金属棒的质量为 m＝ F a ＝1.2 kg， 由电流的定义式知流过金属棒的电量为 q＝It′＝I· x v ＝1.2 C. 答案：(1)0.2 A (2)0.6 N (3)1.2 kg 1.2 C