2020版高考物理一轮总复习第十一章 第2课时 法拉第电磁感应定律自感和涡流（基础课时 ） 6页

法拉第电磁感应定律 自感和涡流 ‎[基础巩固题组](20分钟，50分)‎ ‎1．(多选)如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化．下列说法正确的是(　　)‎ A．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小 B．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大 C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大 D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变 解析：选AD.线框中的感应电动势为E＝S，设线框的电阻为R，则线框中的电流I＝＝·，因为B增大或减小时，可能减小，也可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A、D正确．‎ ‎2．如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)‎ A.　　　　　　　 B． C. D． 解析：选B.磁感应强度的变化率＝＝，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝n＝nS，其中磁场中的有效面积S＝a2，代入得E＝n，选项B正确，A、C、D错误．‎ ‎3．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是y＝x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是(　　)‎ A．mgb B．mv2‎ C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2‎ 解析：选D.金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好飞不出磁场，就往复运动永不停止，由能量守恒可得Q＝ΔE＝mv2＋mg(b－a)．‎ ‎4．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 解析：选B.由题意可知＝k，导体圆环中产生的感应电动势E＝＝·S＝·πr2，因ra∶rb＝2∶1，故Ea∶Eb＝4∶1；由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确．‎ ‎5．在如图所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是(　　)‎ A．G1表指针向左摆，G2表指针向右摆 B．G1表指针向右摆，G2表指针向左摆 C．G1、G2表的指针都向左摆 D．G1、G2表的指针都向右摆 解析：选B.电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈L中电流减小，产生与原方向同向的自感电动势，与G2和电阻组成闭合回路，所以G1中电流方向向右，G2中电流方向向左，即G1指针向右摆，G2指针向左摆，B正确．‎ ‎6．如图所示，水平“U形”导轨abcd固定在匀强磁场中，ab与cd平行，间距L1＝‎0.5 m，金属棒AB垂直于ab且和ab、cd接触良好，AB与导轨左端bc的距离为L2＝‎0.8 m，整个闭合回路的电阻为R＝0.2 Ω，磁感应强度为B0＝1 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m＝‎0.04 kg的物体，不计一切摩擦，现使磁场以 ‎＝0.2 T/s的变化率均匀地增大．求：‎ ‎(1)金属棒上电流的方向；‎ ‎(2)感应电动势的大小；‎ ‎(3)物体刚好离开地面的时间(g取‎10 m/s2)．‎ 解析：(1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由A到B.‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律得 E＝＝S＝0.08 V.‎ ‎(3)物体刚好离开地面时，其受到的拉力F＝mg 而拉力F又等于棒所受的安培力，即 mg＝F安＝BIL1‎ 其中B＝B0＋t I＝ 解得t＝5 s.‎ 答案：(1)由A到B　(2)0.08 V　(3)5 s ‎[能力提升题组](25分钟，50分)‎ ‎1．图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(　　)‎ A．恒为 B．从0均匀变化到 C．恒为－ D．从0均匀变化到－ 解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－n，选项C正确．‎ ‎2．(2019·江西吉安市一中模拟)如图所示，Q是单匝金属线圈，MN 是一个螺线管，它的绕线方向没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是(　　) ‎ 解析：选D.在t1至t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，根据楞次定律的另一种表述，知螺线管MN中产生的磁场在增加，即螺线管中的电流增大，根据法拉第电磁感应定律，E＝n＝nS，知增大，故D正确，A、B、C错误．‎ ‎3．(2019·山东德州调研)如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场方向垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化．t＝0时，P、Q两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径．经时间t，电容器的P极板(　　)‎ A．不带电 B．所带电荷量与t成正比 C．带正电，电荷量是 D．带负电，电荷量是 解析：选D.由于k>0，磁感应强度均匀增大，所以感应电流的磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则，感应电流方向逆时针，在电源内部电流从负极流向正极，所以P极板为电源负极，带负电，由U＝＝k·π()2＝，q＝CU＝，故选项D正确．‎ ‎4．如图所示，三个灯泡L1、L2、L3的阻值关系为R1＜R2＜R3，电感线圈L的直流电阻可忽略，D为理想二极管，开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是(　　)‎ A．L1逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗 B．L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗 C．L1立即熄灭，L2、L3均逐渐变暗 D．L1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗 解析：选B.开关S处于闭合状态时，由于R1＜R2＜R3，则分别通过三个灯泡的电流大小I1＞I2＞I3，开关S从闭合状态突然断开时，电感线圈产生与L中电流方向一致的自感电动势，由于二极管的反向截止作用，L2立即熄灭，电感线圈、L1、L3组成闭合回路，L1逐渐变暗，通过L3的电流由I3变为I1，再逐渐减小，故L3先变亮，然后逐渐变暗，选项B正确．‎ ‎5．如图所示，某同学在玻璃皿中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体”实验，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1 T，玻璃皿的横截面的半径为a＝‎0.05 m，电源的电动势为E＝3 V，内阻r＝0.1 Ω，限流电阻R0＝4.9 Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9 Ω，闭合开关后，当液体旋转时，电压表的示数为1.5 V，则(　　)‎ A．由上往下看，液体做顺时针旋转 B．液体所受的安培力大小为1.5×10－4 N C．闭合开关后，液体热功率为0.81 W D．闭合开关10 s，液体具有的动能是3.69 J 解析：选D.由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形的电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误；电压表的示数为1.5 V，则根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋IR0＋Ir，所以电路中的电流I＝＝ A＝‎0.3 A，液体所受的安培力大小F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05 N＝1.5×10－3 N，故B错误；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9 Ω，则液体热功率为P热＝I2R＝0.32×0.9 W＝0.081 W，故C错误；10 s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率P＝UI＝1.5×0.3 W＝0.45 W，所以闭合开关10 s，液体具有的动能Ek＝W电流－W热＝(P－P热)·t＝(0.45－0.081)×10 J＝3.69 J，故D正确．‎ ‎6．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝‎0.4 m，一端连接R＝1 Ω 的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．‎ 导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝‎5 m/s.求：‎ ‎(1)感应电动势E和感应电流I；‎ ‎(2)在0.1 s时间内，拉力冲量IF的大小；‎ ‎(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.‎ 解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势 E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V，‎ 感应电流I＝＝ A＝‎2 A.‎ ‎(2)拉力大小等于安培力大小 F＝BIL＝1×2×0.4 N＝0.8 N，‎ 冲量大小IF＝FΔt＝0.8×0.1 N·s＝0.08 N·s.‎ ‎(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流 I′＝＝ A＝‎1 A，‎ 由欧姆定律可得，导体棒两端的电压 U＝I′R＝1×1 V＝1 V.‎ 答案：(1)2 V　‎2 A　(2)0.08 N·s　(3)1 V