2025高考物理一轮总复习第12章电磁感应第30讲法拉第电磁感应定律自感和涡流提能训练

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题组一 感应电动势大小的计算
1．(2023·湖北卷)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近( B )
A．0.30 V B．0.44 V
C．0.59 V D．4.3 V
[解析] 根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔBS,Δt)＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V＝0.44 V，故选B。
2．(多选)如图所示，分布于全空间的匀强磁场垂直于纸面向里，其磁感应强度大小为B＝2 T。宽度为L＝0.8 m的两导轨间接一阻值为R＝0.2 Ω的电阻，电阻为2R的金属棒AC长为2L并垂直于导轨(导轨电阻不计)放置，A端刚好位于导轨，中点D与另一导轨接触。当金属棒以速度v＝0.5 m/s向左匀速运动时，下列说法正确的是( AD )
A．流过电阻R的电流为2 A
B．A、D两点的电势差为UAD＝0.4 V
C．A、C两点的电势差为UAC＝－1.6 V
D．A、C两点的电势差为UAC＝－1.2 V
[解析] 金属棒AD段产生的感应电动势为EAD＝BLv＝2×0.8×0.5 V＝0.8 V，流过电阻R的电流I＝eq \f(E,R＋R)＝eq \f(0.8,0.4) A＝2 A，根据右手定则，可知A端的电势低于D端的电势，A、D两点的电势差UAD＝－IR＝－0.4 V，A正确，B错误；D、C两点的电势差UDC＝－BLv＝－0.8 V，则UAC＝UAD＋UDC＝－1.2 V，C错误，D正确。
3．(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，不可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( AC )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP的电流方向从P流向O
C．杆MN上M点的电势比N点高
D．杆MN所受的安培力方向向右
[解析] 杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，假设磁感应强度为B，金属杆OP长度为L，转动角速度为ω，则产生的电动势为E＝eq \f(1,2)BL2ω，可知电动势恒定不变，由右手定则可知，杆OP的电流方向从O流向P，A正确，B错误；杆MN的电流方向从M流向N，可知M点的电势比N点高，由左手定则可知杆MN所受的安培力方向向左，C正确，D错误。
4．(多选)(2023·全国甲卷)一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离。如图(a)所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示。则( AD )
A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
[解析] 电流的峰值越来越大，即小磁铁在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越大，因此小磁体的速度越来越大，A、D正确；假设小磁体是N极向下穿过线圈，则在穿入靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增加，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针的电流，而在穿出远离每匝线圈的过程中磁通量向下减少产生顺时针的电流，即电流方向相反，与题干图中描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符，S极向下同理；所以磁铁穿过8匝线圈过程中会出现8个这样的图像，并且随下落速度的增加，感应电流的最大值逐渐变大，所以磁体下落过程中磁极的N、S极没有颠倒，B错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流的大小是变化的，小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C错误。故选AD。
题组二 自感 涡流 电磁阻尼和电磁驱动
5．(2024·苏锡常镇四市调研)如图所示，电路中L为电感线圈，C为电容器，先将开关S1闭合，稳定后再将开关S2闭合，则( D )
A．S1闭合时，灯A、B都逐渐变亮
B．S1闭合时，灯A中无电流通过
C．S2闭合时，灯B立即熄灭
D．S2闭合时，灯A中电流由b到a
[解析] S1闭合时，因为电容器通交流阻直流，所以灯A中有短暂电流通过，且不会逐渐变亮，故A、B错误；S2闭合时，灯B被短路，因为电感线圈产生自感电动势，灯B会逐渐熄灭，故C错误；开关S2闭合时，电容器放电，电容器右端连接电源正极，左端连接电源负极，所以S2闭合瞬间灯A中有电流且从b流到a，故D正确。
6．(多选)图甲是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图。其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息。图乙是一个由带铁芯的线圈L、开关S和电源连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起。对以上两个实例的理解正确的是( BC )
A．涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自感现象
B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料
C．金属探伤时接的是交流电，跳环实验装置中接的是直流电
D．以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是恒压直流电源
[解析] 涡流探伤技术的原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，跳环实验中线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量改变，套环中产生感应电流，会跳起，属于演示楞次定律，A错误；无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流的产生需在导电材料内，B正确；金属探伤时是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流，演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，C正确，D错误。
7．(多选)电磁灶(又叫电磁炉)的基本结构图如图甲所示，利用电磁感应产生涡流的原理对食物进行加热，利用涡流现象来冶炼钢铁的炼钢炉装置如图乙所示，下列说法正确的是( AD )
A．电磁灶的加热原理先是电能变成磁能，然后产生涡流最后产生焦耳热
B．铁质锅换成铜、铝锅，其加热效果与铁质锅一样
C．炼钢炉通上恒定电流也可以冶炼钢铁
D．炼钢炉的涡流现象与电磁灶的涡流现象本质相同，结构也类似
[解析] 电磁灶的加热原理是变化电流产生变化磁场，然后产生涡流最后产生焦耳热，A正确；由于铜、铝的电阻比较小，在电磁感应中不能满足需要的发热功率，故铁质锅不能换成铜、铝锅，加热效果不同，B错误；炼钢炉通上恒定电流产生的磁场是恒定磁场，通过钢铁的磁通量不变，不会产生涡流即感应电流，则不能冶炼钢铁，C错误；炼钢炉的涡流现象与电磁灶的涡流现象本质相同，都是电磁感应现象，结构也类似，都是铁质金属整体能产生涡流的结构装置，D正确。故选AD。
能力综合练
8. (2022·浙江1月卷)如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d(d≪r)，则( C )
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为eq \f(kπr2,h)
C．圆管的热功率大小为eq \f(πdhk2r3,2ρ)
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
[解析] 根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)πr2＝kπr2，选项B错误；导体电阻R＝ρeq \f(l,S)，导体长度l指的是电流流动的长度2πr，将金属薄管展开，则导体横截面积为dh，所以圆管的热功率大小P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(k2π2r4,ρ\f(2πr,dh))＝eq \f(πdhk2r3,2ρ)，选项C正确；根据上述分析结合左手定则可知，圆管受到的安培力沿水平方向指向中心竖直轴，所以轻绳对圆管的拉力大小不变，选项D错误。
9．(多选)如图所示，电阻不计的水平U形光滑导轨上接一个阻值为R0的电阻，放在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m、电阻为r的半圆形硬导体棒AC(直径与导轨垂直，并接触良好)，在水平向右的恒定外力F的作用下，由静止开始运动，当速度为v时，位移为d，下列说法正确的是( BD )
A．此时AC两端电压为UAC＝2BLv
B．此时杆克服安培力做功的功率为P＝eq \f(4B2L2v2,R0＋r)
C．此过程中导体棒AC的平均速度小于eq \f(v,2)
D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝eq \f(2BLd,R0＋r)
[解析] 导体棒AC有效切割的长度等于半圆的直径2L，半圆形导体棒AC切割磁感线产生感应电动势的大小为E＝B·2L·v＝2BLv，AC相当于电源，其两端电压为外电压，由欧姆定律得UAC＝eq \f(R0,R0＋r)·E＝eq \f(2BLvR0,R0＋r)，A错误；此时杆克服安培力做功的功率为P＝BI·2Lv＝B·eq \f(2BLv,R0＋r)·2Lv＝eq \f(4B2L2v2,R0＋r)，B正确；若导体棒做匀加速运动，则平均速度等于eq \f(v,2)，但是由于导体棒AC做加速度减小的加速运动，根据v－t图像可知，此过程中的位移大于做匀加速过程的位移，则此过程中导体棒AC的平均速度大于eq \f(v,2)，C错误；根据q＝eq \f(ΔΦ,R总)，可知此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝eq \f(2BLd,R0＋r)，D正确。
10．(多选)(2021·福建卷)由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图(a)所示。其中，螺线管匝数为N，横截面积为S1；电容器两极板间距为d，极板面积为S2，板间介质为空气(可视为真空)。螺线管处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的B－t图像如图(b)所示。一电荷量为q的颗粒在t1～t2时间内悬停在电容器中，重力加速度大小为g，静电力常量为k。则( AD )
A．颗粒带负电
B．颗粒质量为eq \f(qNS1B2－B1,gt2－t1)
C．t1～t2时间内，a点电势高于b点电势
D．电容器极板电荷量大小为eq \f(NS1S2B2－B1,4πkdt2－t1)
[解析] 由题图(b)可知，B逐渐增大，结合楞次定律及安培定则可得，电容器下板带负电，由题意可知，颗粒在t1～t2时间内悬停，故受力平衡，可得mg＝qE＝eq \f(qU,d)①，颗粒带负电，A正确；由法拉第电磁感应定律可得螺线管产生的感应电动势E＝Neq \f(B2－B1,t2－t1)S1②，U＝E③，联立①②③解得m＝eq \f(qU,gd)＝eq \f(qNB2－B1S1,gdt2－t1)，B错误；t1～t2时间内，电路断路，则电路中无电流，故a、b两点电势相等，C错误；电容器的电容为C＝eq \f(εS2,4πkd)＝eq \f(S2,4πkd)，联立②③得电容器极板带电量大小Q＝CU＝eq \f(NS1S2B2－B1,4πkdt2－t1)，D正确。
11．(多选)如图甲所示，边长为L、电阻为R的正三角形金属框ACD由粗细均匀的金属棒组成，绝缘细线一端连接AC的中点G将金属框吊在天花板上的O点，金属框处于静止状态，金属框部分处于垂直金属框平面向外的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，金属框AD，CD边的中点E、F在磁场的水平边界上，重力加速度为g。现让磁感应强度按如图乙所示规律变化，图甲中磁场方向为正方向，t＝0时刻悬线的拉力恰好为零，细线能承受的最大拉力为金属框重力的2倍，则下列判断正确的是( BC )
A．细线未断时，金属框中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向
B．t＝t0时刻，线框中感应电流不为零，细线上拉力大小等于金属框重力
C．细线能承受的最大拉力等于eq \f(3\r(3)B\\al(2,0)L3,16Rt0)
D．t＝eq \f(3,2)t0时刻细线断开
[解析] 根据楞次定律可知，细线未断时，磁场先向外减小后向里增大，金属框中感应电流一直沿逆时针方向，故A错误；t＝t0时刻，磁通量变化率不为零，感应电流不为零，但磁场磁感应强度为零，安培力为零，因此细线上拉力大小等于金属框重力，故B正确；金属框中感应电动势大小E＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(B0,t0)·eq \f(3,4)·eq \f(1,2)L·eq \f(\r(3),2)L＝eq \f(3\r(3)B0L2,16t0)，线框中电流大小I＝eq \f(E,R)＝eq \f(3\r(3)B0L2,16t0R)，根据题意mg＝B0I·eq \f(1,2)L＝eq \f(3\r(3)B\\al(2,0)L3,32Rt0)，因此细线能承受的最大拉力T＝2mg＝eq \f(3\r(3)B\\al(2,0)L3,16Rt0)，故C正确；根据图像可知，t＝2t0时刻，磁感应强度和0时刻大小相同，金属框受到的安培力向下，大小等于金属框的重力，此时细线断开，故D错误。故选BC。
12．(2023·广东卷)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界eq \f(h,2)处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：
(1)t＝0时线框所受的安培力F；
(2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；
(3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。
[答案] (1)eq \f(9B\\al(2,0)h2v,R)，方向水平向左
(2)eq \f(3B0h2,10) (3)eq \f(B\\al(2,0)h4,4τR)
[解析] (1)由图可知t＝0时线框切割磁感线的感应电动势为
E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv
则感应电流大小为
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(3B0hv,R)
所受的安培力为
F＝2B0eq \f(3B0hv,R)h＋B0eq \f(3B0hv,R)h＝eq \f(9B\\al(2,0)h2v,R)
方向水平向左。
(2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界eq \f(h,2)处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为
Φ＝1.6B0h·eq \f(1,2)h－B0h·eq \f(1,2)h＝eq \f(3B0h2,10)
方向垂直纸面向里。
(3)2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有
E′＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B0\f(1,2)h2,τ)＝eq \f(B0h2,2τ)
感应电流大小为
I′＝eq \f(E′,R)＝eq \f(B0h2,2τR)
则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为
Q＝I′2Rt＝eq \f(B\\al(2,0)h4,4τR)。