高三物理总复习 课时跟踪检测（四十一） 法拉第电磁感应定律 自感和涡流

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课时跟踪检测（四十一）  法拉第电磁感应定律  自感和涡流一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．以下现象中属于涡流现象的应用的是(　 )解析：选B　电烤箱是利用电流发热的原理，故A错误；金属探测仪可以探测人身是否携带金属物品，是通过金属上产生涡流而使报警器发出警告的，故B正确；高压带电作业屏蔽服是利用静电屏蔽原理，故C错误；车载充电器没有应用涡流现象，故D错误。2．零刻度在表盘正中间的电流计非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是(　 )解析：选D　由题图A、C可知，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C错误；B图是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B错误；D图是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快停下，便于读数，D正确。3.(2022·浙江温州模拟)转笔是一项用不同的方法与技巧以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识。如图所示，某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点沿顺时针方向做角速度为ω的匀速圆周运动，已知手与笔的接触点O点恰好是长为L的金属笔杆的中点，地磁场的磁感应强度在与笔杆转动平面垂直方向的分量大小为B，方向垂直纸面向外，则(　 )A．笔杆上O点的电势最低B．O点与笔尖间的电势差为BL2ωC．O点与笔尖间的电势差为BL2ωD．笔杆两端点间的电势差为BL2ω解析：选C　根据右手定则判断知，笔杆上O点的电势最高，A错误；O点与笔尖间的电势差为U＝B××＝BL2ω，B错误，C正确；笔杆两端点间的电势差为零，D错误。4．(多选)在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理，如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是(　 )A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同D．由于铝盘和永久磁体被同一转轴带动，所以两者转动是完全同步的解析：选BC　当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；该转速表利用了电磁感应原理，由楞次定律推论“来拒去留”知，永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同，C正确；永久磁体固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁体没有被同一转轴带动，D错误。5．(多选)如图甲所示，闭合金属环固定在水平桌面上，MN为其直径。MN右侧分布着垂直桌面向上的有界磁场，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示。已知金属环的电阻为1.0 Ω，直径MN长 20 cm，则t＝3 s时(　 )A．N点电势高于M点电势B．M、N两点间电压为5π×10－4 VC．环所受安培力大小为5π×10－5 ND．环所受安培力大小为5π2×10－5 N解析：选AC　由图乙可知：磁感应强度随时间不断增大，磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，金属环中感应电流方向沿顺时针方向(从上往下看)，MN右侧半段充当电源，电源内部电流从低电势流向高电势，则N点电势高于M点电势，A正确；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E＝＝·S＝5π×10－4 V，MN右侧半段充当电源，M、N两点间电压为路端电压，则UNM＝＝2.5π×10－4 V，B错误；金属环中的电流大小为I＝＝5π×10－4 A，t＝3 s时，磁感应强度为B′＝0.5 T，金属环所受的安培力大小为F＝B′IL有效＝5π×10－5 N，C正确，D错误。6.如图所示，电路中L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L的左、右两端点，A、B、C为完全相同的三盏灯泡，原来开关S是闭合的，三盏灯泡均发光。某时刻将开关S断开，则下列说法正确的是(　 )A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B．b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D．b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭解析：选B　开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻比B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由a到b，a点电势高于b点。当开关S断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯电流的减小，瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮后缓慢熄灭，故B正确。7．轻质细线吊着一质量为m＝0.42 kg、边长为L＝1 m、匝数 n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1 Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。(g取10 m/s2)(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；(2)求线圈的电功率；(3)求在t＝4 s时轻质细线的拉力大小。解析：(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。(2)由法拉第电磁感应定律得E＝n＝n·L2＝0.5 V则P＝＝0.25 W。(3)通过线圈的电流I＝＝0.5 A，由题图乙可知当t＝4 s时，B＝0.6 T，线圈受到的安培力F安＝nBIL由平衡条件得F安＋F线＝mg联立解得F线＝1.2 N。答案：(1)逆时针　(2)0.25 W　(3)1.2 N 二、强化迁移能力，突出创新性和应用性8.(2022·浙江杭州模拟)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化并焊接。则下列说法正确的是(　 )A．该焊机也能焊接塑料圆管的接缝B．线圈的电阻越大，焊接效果越好C．线圈的电源换成直流电源也能进行焊接D．圆管的接缝处电阻较大，产生的电热较无接缝处大解析：选D　塑料圆管在焊接时，管内无法产生交变磁场，塑料圆管中无电流，不能焊接，A错误；圆管通过的高频交流电源一定时，产生的感应电动势一定，线圈的电阻越大，则产生的电流越小，焊接时产生的电热越少，焊接效果不好，B错误；将线圈的电源换成直流电源，线圈不能产生交变磁场，圆管中不产生电流，不能进行焊接，C错误；通过圆管的高频交流电源一定，产生的感应电动势一定，电流一定，圆管的接缝处电阻较大，产生的电热较大，D正确。9．(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是(　 )A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈解析：选BD　若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，故B正确；由题图知第1、2、4、5、6个线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有滑动，则第3个线圈是不合格线圈，故C错误，D正确。10．(多选)如图甲所示，螺线管匝数n＝1 000，横截面积S＝0.02 m2，电阻r＝1 Ω，螺线管外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，电阻的一端b接地。一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则(　 )A．在0～4 s时间内，R中有电流从a流向bB．在t＝3 s时穿过螺线管的磁通量为0.07 WbC．在4～6 s时间内，通过R的电流大小为8 AD．在4～6 s时间内，R两端电压Uab＝40 V解析：选BC　在0～4 s时间内，原磁场增大，则穿过螺线管的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，由安培定则可知，R中的电流方向从b流向a，故A错误；由题图乙可知，t＝3 s时磁感应强度为B＝3.5 T，则此时穿过螺线管的磁通量为Φ＝BS＝0.07 Wb，故B正确；在4～6 s时间内，感应电动势为E＝n＝40 V，则通过R的电流大小为I＝＝8 A，故C正确；在4～6 s时间内，根据楞次定律可知，R中的电流从a流向b，则R两端电压为Uab＝IR＝32 V，故D错误。11.如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属圆环，以速度v＝10 m/s 向一有界磁场运动。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5 T，从圆环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32 J的热量，求：(1)此时圆环中电流的瞬时功率；(2)此时圆环运动的加速度。解析：(1)圆环从开始进入磁场到有一半进入磁场过程中，由能量守恒定律得mv2＝Q＋mv′2，代入数据解得v′＝6 m/s， 此时的感应电动势E＝BLv′＝B·2rv′＝0.5×2×0.1×6 V＝0.6 V，圆环中电流的瞬时功率P＝＝ W＝0.36 W。(2)感应电流I＝＝ A＝0.6 A，圆环受到的安培力F＝BIL＝BI·2r＝0.5×0.6×2×0.1 N＝0.06 N，由牛顿第二定律得F＝ma，解得圆环此时运动的加速度a＝＝ m/s2＝0.06 m/s2，由右手定则可知，圆环中感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，安培力水平向左，则加速度方向向左。答案：(1)0.36 W　(2)0.06 m/s2，方向向左