江苏专用高考物理一轮复习课后练习29法拉第电磁感应定律自感涡流含答案

这是一份江苏专用高考物理一轮复习课后练习29法拉第电磁感应定律自感涡流含答案，共9页。


1．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，线框中的感应电流一定不变
A [线框中的感应电动势为E＝eq \f(ΔB,Δt)S，设线框的电阻为R，则线框中的电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(S,R)，因为B增大或减小时，eq \f(ΔB,Δt)可能减小，可能增大，也可能不变，故选项A正确。]
2．如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°。为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则( )
A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2
C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1
A [第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，线框中的感应电动势恒定，有eq \x\t(E)1＝E1＝BLv1。第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转动90°，所需时间t＝eq \f(πr,2v2)＝eq \f(πL,4v2)，线框中的磁通量变化量ΔΦ＝B·L·eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)BL2，产生的平均电动势eq \x\t(E)2＝eq \f(ΔΦ,t)＝eq \f(2BLv2,π)。由题意知eq \x\t(E)1＝eq \x\t(E)2，可得v1∶v2＝2∶π，A正确。]
3．如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，下列说法正确的是( )
A．U＝eq \f(1,2)Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d
B．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b
C．MN受到的安培力大小FA＝eq \f(B2l2v,2R)，方向水平向右
D．MN受到的安培力大小FA＝eq \f(B2l2v,R)，方向水平向左
A [根据电磁感应定律，MN产生的电动势E＝Blv，由于MN的电阻与外电路电阻相同，所以MN两端的电压U＝eq \f(1,2)E＝eq \f(1,2)Blv，根据右手定则，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小FA＝BIl＝Bl·eq \f(Blv,2R)＝eq \f(B2l2v,2R)，方向水平向左，故C、D错误。]
4．电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象。在如图所示的实验电路中，L是自感线圈，其自感系数足够大，直流电阻值大于灯泡D的阻值，电流传感器的电阻可以忽略不计。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S。在下列表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的图象中，可能正确的是( )
A B C D
D [闭合S瞬间，外电路电阻最大，然后外电路电阻逐渐减小，外电压逐渐减小，所以通过电流传感器的电流逐渐减小，电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传感器的电流不变；因为线圈的直流电阻值大于灯泡D的阻值，稳定后，通过线圈的电流小于通过电流传感器的电流。t＝t1时刻断开开关S，由于自感现象，原来通过线圈L的电流从左向右流过电流传感器，逐渐减小。D图符合题中情况。]
5．(2020·盐城调研)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间( )
甲 乙
A．电容器C的电荷量逐渐增加
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终不变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
D [由题图乙可知，磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，由C＝eq \f(Q,U)可知，感应电动势不变，电容器的电压U不变，则电荷量大小不变，故A错误；根据楞次定律可知MN中的感应电流方向由N到M，电容器的a极板一直带正电，故B错误；感应电流不变，由于磁感应强度的大小先减小后增大，MN所受安培力F＝BIL，所以安培力的大小先减小后增大，方向先向右后向左，故C错误，D正确。]
6．如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中。磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。则以下说法不正确的是( )
甲 乙
A．导线圈中产生的是交变电流
B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1 V
C．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C
D．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W
B [在0～2 s内，磁感应强度变化率为eq \f(ΔB1,Δt1)＝1 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E1＝nSeq \f(ΔB1,Δt1)＝100×0.12×1 V＝1 V；在2～3 s内，磁感应强度变化率为eq \f(ΔB2,Δt2)＝2 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E2＝nSeq \f(ΔB2,Δt2)＝100×0.12×2 V＝2 V。导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选项A正确；在t＝2.5 s时，产生的感应电动势为E2＝2 V，选项B错误；在0～2 s内，感应电流I＝eq \f(E1,R)＝10 A，通过导体横截面的电荷量为q＝IΔt1＝20 C，选项C正确；在t＝1 s时，导线圈内感应电流的瞬时功率P＝UI＝I2R＝102×0.1 W＝10 W，选项D正确。]
7．在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计。若cd杆以恒定加速度a＝2 m/s2，由静止开始做匀加速直线运动，则：
(1)在5 s内平均感应电动势是多少；
(2)第5 s末，回路中的电流多大；
(3)第5 s末，作用在cd杆上的水平外力多大？
[解析] (1)5 s内的位移x＝eq \f(1,2)at2＝25 m，
5 s内的平均速度v＝eq \f(x,t)＝5 m/s
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(也可用v＝\f(0＋2×5,2) m/s＝5 m/s求解))
故平均感应电动势E＝Blv＝0.4 V。
(2)第5 s末：v′＝at＝10 m/s，
此时感应电动势E′＝Blv′
则回路电流为I＝eq \f(E′,R)＝eq \f(Blv′,R)＝eq \f(0.2×0.4×10,1) A＝0.8 A。
(3)杆做匀加速运动，则F－F安＝ma，
即F＝BIl＋ma＝0.164 N。
[答案] (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
8．(2019·江苏金陵中学高考模拟)如图所示电路中，P为发光氖泡，发光电压U>60 V，L为自感系数很大、电阻不为零的电感线圈，直流电源电动势E＝6 V。接通开关S，氖泡不亮；稳定时，L中电流恒定为I0；断开S时，氖泡能短时间内发光。关于该现象，下列说法正确的有( )
A．S接通瞬间，L中电流是逐渐减小的
B．S接通稳定时，P两端电压为零
C．S断开瞬间，氖泡P发光时电流最大值可能超过I0
D．S断开瞬间，氖泡P发光时电流从右向左
D [S接通瞬间，线圈L中的电流从无到有发生变化，线圈L中产生的自感电动势对电流的增大有阻碍作用，所以通过线圈L的电流慢慢变大，故选项A错误；S接通稳定时，由于电感线圈的电阻不为零，电感线圈两端电压不为零，所以发光氖泡两端电压不为零，故选项B错误；S断开前，线圈L中电流恒定为I0，S断开瞬间，线圈L由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流将从原来的I0逐渐减小，方向不变，且由于它和氖泡P构成回路，通过氖泡P的电流和线圈L中的电流大小相同，也从I0逐渐减小，通过氖泡P的电流从右向左，故选项D正确，C错误。]
9．(2019·南京三模)目前无线电能传输技术已经比较成熟，如图所示为一种非接触式电源供应系统。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，如图所示。利用这一原理，可以实现对手机进行无线充电，不计线圈的电阻。已知无线长直线电流在空间中所产生的磁场磁感应强度B＝eq \f(μ0I,4πr)，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．若A线圈中输入变化的电流，B线圈中不一定会产生感应电动势
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
D [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，A、B错误；在A线圈上选取非常短的一段，则此时可看成直线电流，无限长直线电流在空间中所产生的磁场磁感应强度B＝eq \f(μ0I,4πr)，eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(μ0ΔI,4πrΔt)，又由于B线圈中的感应电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nSeq \f(ΔB,Δt)，分析可知只增加A、B间的距离，B线圈中的感应电动势变小，C错误；根据法拉第电磁感应定律可知，B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，所以B线圈中感应电动势变大，D正确。]
10．(2019·盐城二模)如图所示，A、B为相同的灯泡，C为电容器，L为电感线圈(其直流电阻小于灯泡电阻)。下列说法中正确的有( )
A．闭合开关，B逐渐发光
B．闭合开关，电路稳定后，A中没有电流
C．电路稳定后，断开开关，B变得更亮后再熄灭
D．电路稳定后，断开开关，A中电流立即为零
C [闭合开关S的瞬时，电容器C充电，相当于短路；而电感L阻碍电流的增加，相当于断路，则B先发光；电路稳定后，电容器充电完毕相当于断路，则A中有电流，选项A错误，B错误；电路稳定后，断开开关，则电感L与灯泡B组成新的回路，因电路稳定时L中的电流大于B的电流，则断开S时，B变得更亮后再熄灭，选项C正确；电路稳定后，断开开关，由于电容器放电，则A中电流不会立即为零，选项D错误。]
11．(2019·龙岩市3月模拟)如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N，并与导轨成θ角。金属杆以ω 的角速度绕N点由图示位置匀速转动到与导轨ab垂直，转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆单位长度的电阻为r。则在金属杆转动过程中( )
A．M、N两点电势相等
B．金属杆中感应电流的方向由N流向M
C．电路中感应电流的大小始终为eq \f(Blω,2r)
D．电路中通过的电荷量为eq \f(Bl,2rtan θ)
A [根据题意可知，金属杆MN为电源，导轨为外电路，由于导轨电阻不计，外电路短路，M、N两点电势相等，故选项A正确；根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向是由M流向N，故选项B错误；由于切割磁场的金属杆长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，回路中的感应电流逐渐变小，故选项C错误；因为导体棒MN在回路中的有效切割长度逐渐减小，所以接入电路的电阻逐渐减小，不能根据q＝eq \f(ΔΦ,R)计算通过电路的电荷量，故选项D错误。]
12．如图所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框运动过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq \f(ΔB,Δt)的大小应为( )
A．eq \f(4ωB0,π) B．eq \f(2ωB0,π) C．eq \f(ωB0,π) D．eq \f(ωB0,2π)
C [设半圆弧的半径为r，线框匀速转动时产生的感应电动势E1＝B0rv＝B0req \f(ωr,2)＝eq \f(1,2)B0ωr2。当磁感应强度大小随时间线性变化时，产生的感应电动势E2＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝Seq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(1,2)πr2·eq \f(ΔB,Δt)，要使两次产生的感应电流大小相等，则E1＝E2，即eq \f(1,2)B0ωr2＝eq \f(1,2)πr2·eq \f(ΔB,Δt)，解得eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(ωB0,π)，选项C正确，A、B、D错误。]
13．1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机。如图所示为一圆盘发电机对小灯泡供电的示意图，铜圆盘可绕竖直铜轴转动，两块铜片C、D分别与圆盘的竖直轴和边缘接触。已知铜圆盘半径为L，接入电路中的电阻为r，匀强磁场竖直向上，磁感应强度为B，小灯泡电阻为R。不计摩擦阻力，当铜圆盘以角速度ω沿顺时针方向(俯视)匀速转动时，求：
(1)铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小E；
(2)流过小灯泡的电流方向，以及小灯泡两端的电压U；
(3)维持圆盘匀速转动的外力的功率P。
[解析] (1) 由法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E＝BLeq \(v,\s\up6(－))
圆盘半径两端的平均速度为：eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)(0＋ωL)
由以上方程可得铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小：E＝eq \f(1,2)BωL2。
(2) 由右手定则可得电流方向：由a到b；
由闭合电路欧姆定律可得电流为：I＝eq \f(E,R＋r)
所以灯泡两端的电压为：U＝IR
由以上方程解得：U＝eq \f(RBωL2,2r＋R)。
(3) 由能量的转化与守恒可知，维持圆盘匀速转动的外力的功率等于电路消耗的总功率，即：P＝P电
而电路中消耗的总功率为：P电＝eq \f(E2,R＋r)
由以上方程解得：P＝eq \f(B2ω2L4,4r＋R)。
[答案] (1)eq \f(1,2)BωL2 (2)电流方向由a到b eq \f(RBωL2,2r＋R) (3)eq \f(B2ω2L4,4r＋R)