2019高考物理大一輪復習 第10章 第2講 法拉第電磁感應定律自感渦流精練（含解析）

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1、 第2講　法拉第電磁感應定律　自感　渦流 ◎基礎鞏固練 1. (多選)(2018·陜西省寶雞市高三教學質量檢測)如圖所示，金屬桿ab靜止放在水平固定的“U”形金屬框上，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中。當磁感應強度均勻增大時，桿ab總保持靜止，則(　　) A．桿中感應電流方向是從b到a B．桿中感應電流大小均勻增大 C．金屬桿所受安培力方向水平向左 D．金屬桿所受安培力大小均勻增大 解析：　由楞次定律知桿中感應電流方向是從a到b，由左手定則知金屬桿所受安培力方向水平向左，則選項A錯誤，C正確；根據法拉第電磁感應定律，有E＝＝，可知當磁感應強度均勻增大時，產生的感應電動勢大

2、小是恒定的，由閉合電路歐姆定律知桿中感應電流大小是恒定的，金屬桿所受安培力大小F＝BIL隨磁感應強度B均勻增大，則選項B錯誤，D正確。 答案：　CD 2．(多選)(2018·安徽省重點中學盟校模擬考試)下列對電磁感應現象的討論中說法正確的是(　　) A．人造衛(wèi)星繞地球飛行時，軌道各處的地磁場的強弱不同，人造地球衛(wèi)星的金屬外殼中會產生微弱的感應電流，使衛(wèi)星的機械能增大 B．增大鐵芯材料的電阻率是減小渦流的途徑之一 C．如果發(fā)現閉合電路中有感應電流，那么穿過這個閉合電路的磁通量一定在發(fā)生變化 D．只要自感系數足夠大或電流變化足夠快，則斷電時自感電流可以大于原電流 解析：　當穿過人造衛(wèi)

3、星的磁通量發(fā)生變化時，金屬外殼中會有渦流產生，故會使衛(wèi)星的機械能減小，A錯誤；增大鐵芯材料的電阻率是減小渦流的途徑之一，故B正確；根據感應電流的產生條件，可知C正確；如果斷電時自感電流大于原電流，則違背了能量守恒定律，故D錯誤。 答案：　BC 3. (2018·廣東四校第一次聯考)如圖所示，在一磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距為L＝0.1 m的平行金屬導軌MN和PQ，導軌電阻忽略不計，在兩根導軌的端點N、Q之間連接一阻值R＝0.3 Ω的電阻。導軌上正交放置著金屬棒ab，其電阻r＝0.2 Ω。當金屬棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做勻

4、速運動時(　　) A．ab棒所受安培力大小為0.02 N B．N、Q間電壓為0.2 V C．a端電勢比b端電勢低 D．回路中感應電流大小為1 A 答案：　A 4. 如圖所示，豎直平面內有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為的導體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為(　　) A.　　　　　　　　　 B． C. D．Bav 解析：　擺到豎直位置時，AB切割磁感線的瞬時感應電動勢E＝B·2a·＝Bav。由閉合電路歐姆

5、定律得，UAB＝·＝Bav，故A正確。 答案：　A 5．(多選)(2018·湖南省五市十校高三聯考)如圖所示，兩平行的光滑導軌固定在同一水平面內，兩導軌間距離為L，金屬棒ab垂直于導軌，金屬棒兩端與導軌接觸良好，在導軌左端接入阻值為R的定值電阻，整個裝置處于豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中。與R相連的導線、導軌和金屬棒的電阻均可忽略不計。用平行于導軌向右的大小為F的力拉金屬棒，使金屬棒以大小為v的速度向右勻速運動，下列說法正確的是(　　) A．金屬棒ab相當于電源，其a端相當于電源負極 B．拉力F＝ C．回路中的感應電流沿順時針方向流動 D．定值電阻消耗的電功率P＝Fv

6、解析：　用平行于導軌向右的恒力拉金屬棒，使金屬棒向右勻速運動，ab棒相當于電源，由右手定則知，電流方向由b→a，在電源內部電流由低電勢流向高電勢，所以a端相當于電源的正極，回路中的感應電流沿逆時針方向，A、C選項錯誤；由于金屬棒勻速運動，所以F＝F安，根據法拉第電磁感應定律知F安＝BIL＝，而定值電阻消耗的功率為安培力的功率，也等于拉力的功率，選項B、D正確。 答案：　BD 6. 如圖所示，正方形線框的左半側處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與線框平面垂直，線框的對稱軸MN恰與磁場邊緣平齊。若第一次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，第二次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉

7、過90°。為使兩次操作過程中，線框產生的平均感應電動勢相等，則(　　) A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2 C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1 解析：　第一次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，線框中的感應電動勢恒定，有1＝E1＝BLv1。第二次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉過90°，所需時間t＝＝，線框中的磁通量變化量ΔΦ＝B·L·＝BL2，產生的平均電動勢2＝＝。由題意知1＝2，可得v1∶v2＝2∶π，A正確。 答案：　A 7．如圖甲所示，邊長為L、總電阻為R的正方形導線框靜置于光滑水平面上，cd邊正中間有一個很小的豁口PQ，且導線框處于與水平

8、面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則下列說法正確的是(　　) A．在0～t0時間內，正方形導線框有收縮的趨勢 B．在t＝時刻，ab邊所受安培力大小為 C．在0～t0時間內PQ間的電勢差為 D．在0～t0時間內，P點的電勢低于Q點電勢 解析：　由于正方形導線框不閉合，導線框中沒有感應電流，但有感應電動勢，導線框不受安培力，A、B錯誤；由法拉第電磁感應定律得，導線框的感應電動勢E＝＝，C正確；在0～t0時間內，根據楞次定律知P點電勢高于Q點電勢，D錯誤。 答案：　C 8. (2015·北京理綜·22)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置

9、，寬度L＝0.4 m，一端連接R＝1 Ω的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B＝1 T。導體棒MN放在導軌上，其長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好。導軌和導體棒的電阻均可忽略不計。在平行于導軌的拉力F作用下，導體棒沿導軌向右勻速運動，速度v＝5 m/s。求： (1)感應電動勢E和感應電流I； (2)在0.1 s時間內，拉力的沖量IF的大??； (3)若將MN換為電阻r＝1 Ω的導體棒，其他條件不變，求導體棒兩端的電壓U。 解析：　(1)由法拉第電磁感應定律可得，感應電動勢 E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V 感應電流I＝＝ A＝2 A (2)拉力大小等于安培

10、力大小F＝BIL＝1×2×0.4 N＝0.8 N 沖量大小IF＝FΔt＝0.8×0.1 N·s＝0.08 N·s (3)由閉合電路歐姆定律可得，電路中電流 I′＝＝ A＝1 A 由歐姆定律可得，導體棒兩端電壓U＝I′R＝1 V。 答案：　(1)2 V　2 A　(2)0.08 N·s　(3)1 V ◎能力提升練 9．輕質細線吊著一質量為m＝0.32 kg、邊長為L＝0.8 m、匝數n＝10的正方形線圈，其總電阻為r＝1 Ω。邊長為的正方形磁場區(qū)域對稱分布在線圈下邊的兩側，如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里，大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從t＝0開始經t0時間細線開始松弛，g＝10

11、m/s2。則(　　) A．在0～t0時間內線圈中產生的電動勢為0.5 V B．在0～t0時間內線圈的電功率為0.16 W C．t0的值為1 s D．當細線松弛時，磁感應強度的大小為3 T 解析：　由法拉第電磁感應定律得E＝n＝n2＝10××2× V＝0.4 V，故在0～t0時間內線圈中產生的電動勢為0.4 V，A選項錯誤。由閉合電路歐姆定律有I＝＝ A＝0.4 A，根據功率表達式知P＝I2r＝0.16 W，在0～t0時間內線圈的電功率為0.16 W，B選項正確。分析線圈受力可知，當細線松弛時有F安＝nBt0I＝mg，且Bt0＝＝ T＝2 T，由題圖乙知Bt0＝1＋0.5t0(T)

12、，解得t0＝2 s，C、D選項均錯誤。 答案：　B 10．(多選)如圖所示，在光滑水平面上方有一有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，磁場寬度大于L。有兩個相同的矩形線框，長為L，寬為，按圖中方式放置。甲線框到磁場左邊界的距離為L，在恒力2F作用下由靜止開始向右運動；乙線框到磁場左邊界的距離為2L，在恒力F作用下由靜止開始向右運動。下列說法中正確的是(　　) A．甲線框進入磁場與離開磁場時，感應電流的方向一定相反，安培力的方向也一定相反 B．若甲線框進入磁場后恰好做勻速運動，則乙線框進入磁場后一定做減速運動 C．甲線框穿過磁場的過程中產生的焦耳熱一定大于乙線框穿過磁場的過程中產生的焦

13、耳熱 D．穿過磁場的過程中，通過兩線框橫截面的電荷量相同 解析：　根據楞次定律知，甲線框進入磁場與離開磁場時感應電流的方向一定相反，而安培力阻礙導體的相對運動，故安培力的方向一定相同，A錯誤；對甲、乙兩線框的受力分析和運動規(guī)律分析可知，甲、乙兩線框進入磁場時的速度大小相同，則安培力大小相同，若甲線框進入磁場時恰好做勻速運動，說明安培力大小為2F，大于乙線框受到的拉力，則乙線框進入磁場時一定做減速運動，B正確；在進入和穿出磁場的整個過程中，甲線框的安培力均大于乙線框的安培力(進入瞬間安培力大小相等)，而克服安培力做功的位移相同，故甲線框克服安培力做功較多，甲線框產生較多的焦耳熱，C正確；通過

14、導體截面的電荷量q＝，磁通量的變化量相同，則電荷量也相同，所以D正確。 答案：　BCD 11. 如圖所示，在勻強磁場中傾斜放置的兩根平行光滑的金屬導軌，它們所構成的導軌平面與水平面成θ＝30°角，平行導軌間距L＝1.0 m。勻強磁場方向垂直于導軌平面向下，磁感應強度B＝0.20 T。兩根金屬桿ab和cd的質量均為m＝0.20 kg，電阻均為R＝0.20 Ω。若用與導軌平行的拉力作用在金屬桿ab上，使ab桿沿導軌勻速上滑并使cd桿在導軌上保持靜止，整個過程中兩金屬桿均與導軌垂直且接觸良好。金屬導軌的電阻可忽略不計，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)cd桿所受安培力F安的大小

15、； (2)通過金屬桿的感應電流I的大小； (3)作用在金屬桿ab上的拉力的功率P。 解析：　(1)金屬桿cd靜止在金屬導軌上，所受安培力方向平行于導軌平面向上 則F安＝mgsin 30° 解得F安＝1.0 N。 (2)安培力F安＝BIL 解得I＝5.0 A。 (3)金屬桿ab所受安培力方向平行于導軌平面向下，金屬桿ab在拉力F、安培力F安、重力mg和支持力作用下勻速上滑 則F＝BIL＋mgsin 30° 根據法拉第電磁感應定律，金屬棒ab上產生的感應電動勢為E感＝BLv 根據閉合電路歐姆定律，通過金屬桿ab的電流I＝ 根據功率公式P＝Fv 聯立解得v＝10 m/s，P

16、＝20 W。 答案：　(1)1.0 N　(2)5.0 A　(3)20 W 12．如圖甲所示，有一豎直方向的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，區(qū)域的上下邊緣間距為H＝85 cm，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示。有一長L1＝20 cm、寬L2＝10 cm、匝數n＝5的矩形線圈，其總電阻R＝0.2 Ω、質量m＝0.5 kg，在t＝0時刻，線圈從離磁場區(qū)域的上邊緣高為h＝5 cm處由靜止開始下落，0.2 s時線圈剛好全部進入磁場，0.5 s時線圈剛好開始從磁場中出來。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)線圈穿過磁場區(qū)域所經歷的時間t； (2)線圈穿過磁場區(qū)域

17、產生的熱量Q。 解析：　(1)設線圈先做自由落體運動的末速度為v1，則 v＝2gh，得v1＝1 m/s h＝gt，得t1＝0.1 s 進入磁場時，E1＝nB1L1v1，I1＝，FA1＝nB1I1L1 得FA1＝5 N，即FA1＝mg 線圈勻速進入磁場，L2＝v1t2 得t2＝0.1 s 之后線圈向下做勻加速運動，運動d＝H－L2＝0.75 m后，線圈的下邊剛好到達磁場的下邊緣 有v－v＝2gd，得v2＝4 m/s 由v2－v1＝gt3，得t3＝0.3 s 出磁場時，E2＝nB2L1v2，I2＝，FA2＝nB2I2L1 得FA2＝5 N，即FA2＝mg 線圈勻速出磁場，L2＝v2t4 得t4＝0.025 s 因此線圈穿過磁場區(qū)域所經歷的時間 t＝t2＋t3＋t4＝0.425 s (2)線圈進出磁場過程均做勻速運動，該過程中線圈產生的熱量 Q1＝mg×2L2＝1.0 J 整個線圈在磁場中運動時，E3＝nL1L2 ＝ T/s Q2＝t3＝ J≈0.042 J 因此全過程產生的總熱量Q＝Q1＋Q2＝1.042 J 答案：　(1)0.425 s　(2)1.042 J 9