【物理】2019届一轮复习人教版法拉第电磁感应定律自感学案 9页

‎41 法拉第电磁感应定律自感 ‎1．如图所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“‎10”‎图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是(　　)‎ A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大 B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大 C．线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大 D．线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大 答案　A 解析　对于导体棒ab，由于磁感应强度B随时间均匀增大，所以Uab＝Blv逐渐增大，由右手定则知a端电势高于b端电势，A正确、B错误；对于矩形线框，依题意可知、S都不变，由法拉第电磁感应定律E＝·S知线框中产生的感应电动势大小不变，由闭合电路欧姆定律知线框中的感应电流大小不变，C、D错误。‎ ‎2. A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示。当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为(　　)‎ A.＝1 B.＝2 ‎ ‎.＝ D.＝ 答案　D 解析　匀强磁场的磁感应强度随时间均匀增大，即不变，由E＝＝·S(S为磁场区域面积)，由于及S均相同，可得两导线环产生的感应电动势相等，即＝1，I＝，R＝ρ(S′为导线的横截面积)，l＝2πr，所以＝＝＝＝。D正确。‎ ‎3．在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以竖直直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场。以垂直纸面向外的方向为磁场的正方向，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则0～t0时间内，导线框中(　　)‎ A．没有感应电流 B．感应电流方向为逆时针 C．感应电流大小为 D．感应电流大小为 答案　C 解析　根据楞次定律可知，导线框左边产生的感应电流沿顺时针方向，导线框右边产生的感应电流也沿顺时针方向，则整个导线框中的感应电流沿顺时针方向，A、B错误；由法拉第电磁感应定律可知，导线框中产生的感应电动势为导线框左、右两边产生的感应电动势之和，即E＝2×S＝2×＝，由闭合电路欧姆定律可得，感应电流大小为I＝＝，C正确、D错误。‎ ‎4．如图是一种焊接方法的原理示意图。将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊接工件就焊接在一起。自行车车轮圈就是用这种办法焊接的。下列说法中正确的是(　　)‎ A．线圈中的电流是很强的恒定电流 B．线圈中的电流是交变电流，且频率很高 C．待焊接工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小 D．焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反 答案　B 解析　线圈中的电流是交变电流，且频率很高，A错误、B正确；待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大，C错误；根据楞次定律，当线圈中的电流增大时，待焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相反；当线圈中的电流减小时，待焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，D错误。‎ ‎5. (多选)如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路。下列说法中正确的是(　　)‎ A．闭合开关S时，B中产生图示方向的感应电流 B．闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流 C．断开开关S时，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间 D．断开开关S时，弹簧K立即将衔铁D拉起 答案　BC 解析　闭合开关S时，由楞次定律知B中产生与图示方向相反的感应电流，A错误、B正确；断开开关S时，B中磁通量变化产生感应电流，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间，C正确、D错误。‎ ‎6．(多选)如图所示，L是自感系数很大的、用铜导线绕成的线圈，其电阻可以忽略不计，开关S原来是闭合的。当开关S断开瞬间，则(　　)‎ A．L中的电流方向不变 B．灯泡D要过一会儿才熄灭 C．灯泡D立即熄灭 D．电容器将放电 答案　AC 解析　S断开时L产生方向不变的感应电流对C充电(C两端电压原来为零)，而电流不通过灯泡D，故灯泡立即熄灭，A、C正确。‎ ‎7.图中电感L的直流电阻为RL，小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计。开关S闭合，电路达到稳定后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中央)。则在开关S断开后，两个电流表的指针偏转情况是(　　)‎ A．G1、G2的指针都立即回到零点 B．G1缓慢回到零点，G2立即左偏，偏后缓慢回到零点 C．G1立即回到零点，G2缓慢回到零点 D．G2立即回到零点，G1缓慢回到零点 答案　B 解析　在开关S断开瞬间，L中产生自感电动势，阻碍原电流的减小，自感电流与原电流方向一致，即从左向右通过G1，两个电流表的指针偏转情况是G1缓慢回到零点，G2中电流方向为Q指向P，即立即左偏，偏后缓慢回到零点，故选B。‎ ‎8.如图所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计。导体棒与圆形导轨接触良好。求：‎ ‎(1)在滑动过程中通过电阻r上的电流的平均值；‎ ‎(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r上的电荷量；‎ ‎(3)当MN通过圆导轨中心时，通过r上的电流是多少？‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　导体棒从左向右滑动的过程中，切割磁感线产生感应电动势，对电阻r供电。‎ ‎(1)计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律，先求出平均感应电动势。整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS＝BπR2，所用的时间Δt＝，代入公式＝＝，平均电流为＝＝。‎ ‎(2)电荷量的运算应该用平均电流，q＝Δt＝。‎ ‎(3)当MN通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大为l＝2R，根据E＝Blv得E＝B·2Rv，此时通过r的电流为I＝＝。‎ ‎9．(2016·北京高考)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是(　　)‎ A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向 B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向 C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向 D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向 答案　B 解析　根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝·S，根据题意可得＝，故Ea∶Eb＝4∶‎ ‎1，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的变大，即产生向里的感应磁场，根据楞次定律可得，感应电流均沿顺时针方向。故选B。‎ ‎10. (2017·天津高考)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　)‎ A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小 答案　D 解析　导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合电路，磁感应强度均匀减小，即＝k为一定值，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝＝＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律I＝，所以ab中的电流大小不变，故B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。‎ ‎11．(2017·全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为‎0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图a所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图b所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　)‎ A．磁感应强度的大小为0.5 T B．导线框运动速度的大小为‎0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 答案　BC 解析　由图b可知，导线框全部进入磁场的时间为0.2 s，则其做匀速直线运动的速度v＝＝ m/s＝‎0.5 m/s，B正确；导线框进入磁场时感应电流方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁场的方向垂直于纸面向外，C正确；由E＝BLv，解得B＝＝ T＝0.2 T，A错误；在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框匀速出磁场，电流I＝＝‎2 A，所受的安培力大小为F＝BIL＝0.04 N，D错误。‎ ‎12．(2016·全国卷Ⅱ) (多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 答案　AB 解析　设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝Bl＝Br·＝Bωr2，可知，转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D错误。‎ ‎13．(2015·浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝‎0.1 m，竖直边长H＝‎0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～‎2.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝‎10 m/s2)‎ ‎(1)为使电磁天平的量程达到‎0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？‎ ‎(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω。不接外电流，两臂平衡。如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝‎0.1 m。当挂盘中放质量为‎0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。‎ 答案　(1)25匝　(2)0.1 T/s 解析　(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL 天平平衡mg＝N1B0IL 代入数据得N1＝25匝。‎ ‎(2)由电磁感应定律得E＝N2 即E＝N2Ld 由欧姆定律得I′＝ 线圈受到安培力F′＝N2B0I′L 天平平衡m′g＝NB0· 代入数据可得＝0.1 T/s。‎