2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案075-课时作业64 法拉第电磁感应定律 自感 涡流（教用）

这是一份2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案075-课时作业64 法拉第电磁感应定律 自感 涡流（教用），共40页。试卷主要包含了多选 著名的“圆盘实验”如下等内容，欢迎下载使用。
基础达标练
1．（2025·北京大兴模拟）如图所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是（ ）
A. 开关S闭合时，c灯立即亮，a、b灯逐渐亮
B. 开关S闭合至电路稳定后，b、c灯亮，a灯不亮
C. 开关S断开时，c灯立即熄灭，a灯闪亮一下再逐渐熄灭
D. 开关S断开时，c灯立即熄灭，b灯闪亮一下再逐渐熄灭
【答案】D
【解析】开关S闭合时，b、c灯立即亮，因为线圈产生自感电动势，会阻碍该支路电流的增大，所以a灯逐渐亮，故A错误；开关S闭合至电路稳定后，因L的直流电阻忽略不计，则三个灯泡都有电流流过，a、b、c灯都亮，故B错误；开关S闭合，电路稳定后，因L的直流电阻忽略不计，b灯和电阻串联，则流过a灯的电流Ia大于流过b灯的电流Ib，开关S断开时，c灯立即熄灭，线圈、电阻R及a、b灯构成新回路，线圈产生自感电流阻碍电流Ia减小，则a灯逐渐熄灭，b灯闪亮一下再逐渐熄灭，故C错误，D正确。
2．（2024·甘肃卷·6）工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是（ ）
A. 金属中产生恒定感应电流
B. 金属中产生交变感应电流
C. 若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小
D. 若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变
【答案】B
【解析】当线圈中通有交变电流时，感应电炉金属中的磁通量也随之变化，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势增大，则金属中感应电流变大，C、D错误。
3．多选 著名的“圆盘实验”如下：将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（ ）
A. 圆盘上产生了感应电动势
B. 圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C. 在圆盘转动的过程中，穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D. 圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【答案】AB
【解析】当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，根据磁针磁场分布的对称性可知，穿过整个圆盘的磁通量一直为0，C错误；圆盘中的电流并不是自由电子随圆盘一起运动产生的，而是切割磁感线产生了感应电动势，从而出现涡电流，涡电流的磁场导致磁针转动，D错误。
4．某国产直升机在我国某地上空悬停，长度为L的螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动（俯视），转动角速度为ω 。该处地磁场的水平分量为Bx，竖直分量为By。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为（ ）
A. 12BxL2ω ，a端电势高于b端电势
B. 12BxL2ω ，a端电势低于b端电势
C. 12ByL2ω ，a端电势高于b端电势
D. 12ByL2ω ，a端电势低于b端电势
【答案】D
【解析】我国位于北半球，某地上空地磁场方向有竖直向下的分量，大小为By，当螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动（俯视）时，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势，叶片中感应电动势的大小为E=ByL⋅0+Lω2=12ByL2ω ，故D正确。
5．（2026·河北名校联考）用材料相同粗细均匀的导线做成如图所示的单匝线圈，线圈构成一个闭合回路，中间大圆的半径为2d，左右两侧小圆的半径均为d，导线单位长度的电阻为r，将线圈固定在与线圈平面垂直的磁场中，磁场随时间发生变化，磁感应强度大小为B=B0+kt，，式中的B0和k为常量，且k>0，则线圈中感应电流的大小为（ ）
A. 3kd4rB. kd2rC. kd4rD. 0
【答案】B
【解析】根据楞次定律可知，左侧小圆和中间大圆产生的感应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向与左侧小圆和中间大圆的相反，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为E=E左+E中−E右=S1⋅ΔBΔt+S2⋅ΔBΔt−S3⋅ΔBΔt，即E=kπd2+kπ(2d)2−kπd2=kπ(2d)2，导线单位长度的电阻为r，则电路总电阻为R=r⋅[(2πd)×2+2π⋅2d]，可得线圈中感应电流的大小I=ER=kπ(2d)28πdr=kd2r，故选B。
6．（2025·天津模拟）轻质绝缘细线吊着一质量为m=1kg、边长为L=0.2m、总电阻R=1Ω 、匝数n=10的正方形闭合线圈abcd，bd下方区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。不考虑线圈的形变和电阻的变化，整个过程细线未断且线圈始终处于静止状态，g取10m/s2，则下列判断正确的是（ ）
A. 线圈中感应电流的方向为adcba
B. 线圈中的感应电流大小为0.2A
C. 6s时线圈受安培力的大小为0.82N
D. 0～2s时间内线圈中产生的热量为0.08J
【答案】C
【解析】由楞次定律可知，在磁感应强度垂直于纸面向里逐渐增大时，线圈中感应电流产生的磁场在线圈内部方向为垂直于纸面向外，即线圈中的电流方向为abcda，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，E=nΔBΔt×L22=10×4−16×0.222V=0.1V，由闭合电路欧姆定律可知I=ER=0.1A，故B错误；由题图乙可知，6s时线圈所处磁场的磁感应强度为B=4T，由几何关系可知，线圈的有效长度为2L，所受安培力的大小为F=nBI⋅2L=10×4×0.1×2×0.2N=0.82N，故C正确；由焦耳定律可知，0～2s时间内，线圈产生的热量为Q=I2Rt=0.02J，故D错误。
能力强化练
7．（2025·广东卷·9）多选 如图是一种精确测量质量的装置原理示意图。竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成，线圈的一边始终处于垂直于线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤,步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡。步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）
A. 线圈电阻为EIB. I越大，表明m越大
C. v越大，则E越小D. [D]m=EIvg−M
【答案】BD
【解析】设线圈水平边的长度为L，步骤①中对称重框架与物块整体受力分析可得(m+M)g=BIL,解得m=BILg−M，由此可知I越大，表明m越大，B正确；步骤②中线圈中的电动势E=BLv，由此可知v越大，E越大，C错误；由于两步骤中B与L不变，则以上各式联立可得(m+M)g=I×Ev，变形可得m=EIvg−M，D正确；E是步骤②中磁场以速率v匀速向下运动产生的，I是步骤①中通的电流，故不能将它们直接代入欧姆定律公式求解线圈电阻，A错误。
8．（2025·云南昆明一模）如图甲所示，一半径为r、电阻为R的圆形金属导线框放置在绝缘水平面上，其直径MN所在的虚线左、右两侧空间均存在垂直于水平面的磁场。左侧空间磁场为匀强磁场，磁感应强度大小为2B0，方向垂直于水平面向下，右侧磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，规定垂直于水平面向下为正方向，其中B0、t0都是已知量。由于水平面粗糙，导线框一直处于静止状态。则下列说法中正确的是（ ）
A. 0～2t0与2t0～4t0内线框受到的安培力方向相反
B. 2t0时刻导线框受到的摩擦力为0
C. 2t0时刻导线框受到的安培力大小为2πB02r3Rt0
D. 0～4t0时间内通过导线框横截面的电荷量为B0πr2R
【答案】C
【解析】0～2t0时间内MN右侧磁场方向垂直于水平面向上且均匀减小，根据楞次定律及安培定则可知，导线框中产生逆时针方向的感应电流，2t0～4t0内，MN右侧磁场方向垂直于水平面向下且均匀增强，导线框中仍然产生逆时针方向的感应电流，因右侧磁场的磁感应强度始终小于等于左侧磁场的磁感应强度，根据左手定则可知导线框受到的安培力始终向右，故A错误；2t0时刻穿过导线框的磁通量的变化率不为0，导线框中产生的感应电流不为0，虽然右侧磁场的磁感应强度为0，但是左侧磁场恒定，所以2t0时刻导线框仍受安培力，则导线框受到的摩擦力不为0，故B错误；根据法拉第电磁感应定律得E=ΔΦΔt=ΔBΔt⋅S=πr2B02t0，电流I=ER=πr2B02Rt0，2t0时刻导线框受到的安培力大小为F=BIL=2B0⋅πr2B02Rt0⋅2r=2πB02r3Rt0，故C正确；0～4t0时间内通过导线框横截面的电荷量q=IΔt=πr2B02Rt0×4t0=2πB0r2R，故D错误。
9．（2025·广东韶关一模）如图所示，水平面内固定有平行导轨ab和cd，以及圆环导轨bef，导体棒PQ垂直于导轨ab固定，导体棒OM的一端连接d点，另一端与圆环导轨接触。已知平行导轨间距为L，圆环导轨半径也为L，导轨间均加有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向如图所示，PQ和OM棒电阻均为R，令OM棒绕圆心O点以角速度ω 逆时针匀速转动，忽略导轨电阻且导体棒与导轨间接触良好，下列说法正确的是（ ）
A. O点电势比M点的高
B. PQ棒两端电势差为12BL2ω
C. PQ棒所受安培力大小为B2L2ω4R
D. OM棒转动半圆周过程，电路产生焦耳热为πωB2L48R
【答案】D
【解析】OM棒绕圆心O点逆时针匀速转动，根据右手定则可知，通过OM棒的电流方向由O指向M，OM棒相当于电源，电流在电源内部由负极流向正极，则O点电势比M点的低，故A错误；OM棒产生的电动势为E=BLv=BL⋅0+ωL2=12BL2ω ，回路电流为I=E2R=BL2ω4R，则PQ棒两端电势差为U=IR=14BL2ω ，PQ棒所受安培力大小为F=BIL=B2L3ω4R，故B、C错误；OM棒转动半圆周过程，电路产生焦耳热为Q=I2⋅2R⋅πω=πωB2L48R，故D正确。
创新思维练
10．（2025·湖北名校联考）多选 如图所示，在光滑的水平面上建立平面直角坐标系，在第一象限内存在垂直于纸面向外的磁场，磁感应强度B=kx(k>0)，x为横坐标值，现使边长为L的正方形线框ABCD沿x轴从原点以速度v0向右匀速直线运动，以下说法正确的是（ ）
A. 线框中电动势为E=2L2kv0
B. 若线框变成一个面积为S的圆形，则电动势为E=Skv0
C. 若线框质量为m、电阻为R，给线框一个初速度v0，则通过线框的最大电荷量为mv02kL2
D. 若线框质量为m、电阻为R，给线框一个初速度v0，则通过线框的最大电荷量为mv0kL2
【答案】BD
【解析】由题意可知BC边所处位置磁感应强度总比AD边所处位置磁感应强度大kL，则由法拉第电磁感应定律得，线框中电动势为E=L2kv0，故A错误。如图所示，假设线框是任意形状的封闭曲线，把曲线在纵向平均分割成无数个条状面元，每个面元的高度为Δy，其中任意一个矩形中产生的感应电动势为dE=(B0+k⋅x右)v0Δy−(B0+k⋅x左)v0Δy=v0k(x右−x左)Δy=v0kΔxΔy，其中的ΔyΔx正好是面元的面积，所以再把它们累加后就是线框的面积。在随位移均匀变化的磁场中，线框在匀速运动时产生的感应电动势与线框的面积成正比，比例系数为kv0，所以电动势为E=Skv0，故B正确。当线框速度为v时，设电路中电流为I，可知BC边与AD边受到安培力的差值为F=kL2I，对线框由动量定理得−∑kL2IΔt=0−mv0，整理后得qm=mv0kL2，故C错误，D正确。