2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)分層提升練四十法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)象含解析

PAGE10-法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)象(建議用時(shí)45分鐘)1.穿過單匝閉合線圈的磁通量在6s內(nèi)勻稱地增大了12Wb,則在此過程中 ()A.線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)將勻稱增大B.線圈中的感應(yīng)電流將勻稱增大C.線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)將保持2V不變D.線圈中的感應(yīng)電流將保持2【解析】選C。由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E=nΔΦΔt=1×12Wb6s=2V,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是一個(gè)定值,不隨時(shí)間改變2.(多選)如圖甲為電動(dòng)汽車無線充電原理圖,M為受電線圈,N為送電線圈。圖乙為受電線圈M的示意圖,線圈匝數(shù)為n,電阻為r,橫截面積為S,兩端a、b連接車載變流裝置,勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向上穿過線圈。下列說法正確的是 ()A.只要受電線圈兩端有電壓,送電線圈中的電流肯定不是恒定電流B.只要送電線圈N中有電流流入,受電線圈M兩端肯定可以獲得電壓C.當(dāng)線圈M中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小勻稱增加時(shí),則M中有電流從a端流出D.若Δt時(shí)間內(nèi),線圈M中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小勻稱增加ΔB,則M兩端的電壓nSΔB【解析】選A、C。只要受電線圈兩端有電壓,說明穿過受電線圈的磁場(chǎng)發(fā)生改變,所以送電線圈中的電流肯定不是恒定電流,選項(xiàng)A正確;若送電線圈N中有恒定電流,則產(chǎn)生的磁場(chǎng)不改變,在受電線圈中改變產(chǎn)生感應(yīng)電流,也就不會(huì)獲得電壓,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;穿過線圈M的磁感應(yīng)強(qiáng)度勻稱增加,依據(jù)楞次定律,假如線圈閉合,感應(yīng)電流的磁通量向下,故感應(yīng)電流方向從b向a,即電流從a端流出,選項(xiàng)C正確;依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,有:E=nΔΦΔt=nSΔBΔt,由閉合電路的歐姆定律得M兩端的電壓U=ER+rR=【補(bǔ)償訓(xùn)練】如圖所示,一正方形線圈的匝數(shù)為n,邊長(zhǎng)為a,線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直,且一半處在磁場(chǎng)中。在Δt時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變,大小由B勻稱地增大到2B,在此過程中,線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為()A.Ba22ΔtB.2【解析】選D。由法拉第電磁感應(yīng)定律得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E=nΔΦΔt=nΔBΔt·a22=n2B-BΔt·a22=nB3.(多選)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖所示,磁體旁邊的金屬弦被磁化,因此弦振動(dòng)時(shí),在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流,電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音。下列說法正確的有 ()A.選用銅質(zhì)弦,電吉他仍能正常工作B.取走磁體,電吉他將不能正常工作C.增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D.弦振動(dòng)過程中,線圈中的電流方向不斷改變【解題指南】(1)產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件:閉合回路的磁通量發(fā)生改變。(2)法拉第電磁感應(yīng)定律E=nΔΦΔt【解析】選B、C、D。依據(jù)題意,磁體旁邊的金屬弦被磁化,銅質(zhì)弦不具備這種“本事”,所以A項(xiàng)錯(cuò)誤;取走磁體,導(dǎo)體不能切割磁感線,所以電吉他將不能正常工作,B項(xiàng)正確;依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律推斷C項(xiàng)正確;弦振動(dòng)過程中,靠近或遠(yuǎn)離,由楞次定律知,線圈中的電流方向不斷改變,D項(xiàng)正確?！狙a(bǔ)償訓(xùn)練】如圖是法拉第研制成的世界上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)模型的原理圖。將銅盤放在磁場(chǎng)中,讓磁感線垂直穿過銅盤,圖中a、b導(dǎo)線與銅盤的中軸線處在同一平面內(nèi),轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤,就可以使閉合電路獲得電流。若圖中銅盤半徑為L(zhǎng),勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,回路總電阻為R,從上往下看逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤的角速度為ω。則下列說法正確的是 ()A.銅盤中產(chǎn)生渦流B.通過燈泡的電流方向?yàn)閍→bC.通過燈泡的電流大小為BD.若將勻強(qiáng)磁場(chǎng)改為垂直穿過銅盤的正弦改變的磁場(chǎng),不轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤,燈泡中仍有電流流過【解析】選C。銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可以看作一條條輻條切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),則依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得:E=12BL2ω,依據(jù)歐姆定律得:I=ER=BL2ω2R,所以電流恒定不變,依據(jù)右手定則可知通過燈泡的電流方向?yàn)閎→a,故A、B錯(cuò)誤、C正確;垂直穿過銅盤的正弦改變的磁場(chǎng),使銅盤中產(chǎn)生渦旋電場(chǎng),但a、b4.如圖所示,A、B是兩個(gè)完全相同的燈泡,D是志向二極管,L是帶鐵芯的線圈,其直流電阻忽視不計(jì)。下列說法正確的是 ()A.S閉合瞬間,B先亮A后亮B.S閉合瞬間,A先亮B后亮C.電路穩(wěn)定后,在S斷開瞬間,B閃亮一下,然后漸漸熄滅D.電路穩(wěn)定后,在S斷開瞬間,B馬上熄滅【解析】選D。閉合瞬間線圈相當(dāng)于斷路,二極管為正向電壓,故電流可通過燈泡A、B,即A、B燈泡同時(shí)亮,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;因線圈的電阻為零,則當(dāng)電路穩(wěn)定后,燈泡A被短路而熄滅,當(dāng)開關(guān)S斷開瞬間B馬上熄滅,線圈中的電流也不能反向通過二極管,則燈泡A仍是熄滅的,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確。5.如圖所示,光滑金屬導(dǎo)軌AC、AD固定在水平面內(nèi),并處在方向豎直向下、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。有一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒以初速度v0從某位置起先在導(dǎo)軌上水平向右運(yùn)動(dòng),最終恰好靜止在A點(diǎn)。在運(yùn)動(dòng)過程中,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終構(gòu)成等邊三角形回路,且通過A點(diǎn)的總電荷量為Q。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的接觸電阻阻值恒為R,其余電阻不計(jì)。則 ()A.該過程中導(dǎo)體棒做勻減速運(yùn)動(dòng)B.該過程中接觸電阻產(chǎn)生的熱量為18mC.起先運(yùn)動(dòng)時(shí),導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌所構(gòu)成回路的面積為S=QRD.當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為12v0時(shí),【解析】選C。感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,感應(yīng)電流I=ER=BLvR,導(dǎo)體棒受到的安培力F=BIL=B2L2vR,由于導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中L不斷減小,安培力不斷減小,導(dǎo)體棒的加速度減小,導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),不做勻減速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;克服安培力做功,導(dǎo)體棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱,由能量守恒定律可得,接觸電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q=12mv02,故B錯(cuò)誤;在整個(gè)過程中,感應(yīng)電荷量Q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔtΔtR=BSΔtΔtR=BSR,則S=QRB,故C正確;感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,感應(yīng)電流I=ER=BLv6.在如圖所示的電路中,兩個(gè)靈敏電流表G1和G2的零點(diǎn)都在刻度盤中心,當(dāng)電流從“+”接線柱流入時(shí),指針向右擺,電流從“-”接線柱流入時(shí),指針向左擺。在電路接通后再斷開的瞬間,下列說法中符合實(shí)際的狀況是 ()A.G1表指針向左擺,G2表指針向右擺B.G1表指針向右擺,G2表指針向左擺C.G1、G2表的指針都向左擺D.G1、G2表的指針都向右擺【解析】選B。電路穩(wěn)定后斷開,通過電阻這一支路的電流馬上消逝,由于電感器對(duì)電流的改變有阻礙作用,會(huì)阻礙其減小,通過電感器的電流并且通過電阻。所以含有電感器的支路的電流從“+”接線柱流入,G1指針向右擺。含有電阻的支路電流從“-”接線柱流入,G2指針向左擺。故B正確,A、C、D錯(cuò)誤。7.(多選)(2024·武漢模擬)在三角形ABC區(qū)域中存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),三邊電阻均為R的三角形導(dǎo)線框abc沿AB方向從A點(diǎn)以速度v勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域。如圖所示,ab=L,AB=2L,∠abc=∠ABC=90°,∠acb=∠ACB=30°。線框穿過磁場(chǎng)的過程中 ()A.感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向,后沿順時(shí)針方向B.感應(yīng)電流先增大,后減小C.通過線框的電荷量為3D.c、b兩點(diǎn)的最大電勢(shì)差為3BLv【解析】選A、D。線圈穿越磁場(chǎng)的過程中,磁通量先增加后減小,則依據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向,后沿順時(shí)針方向,選項(xiàng)A正確;線框穿過磁場(chǎng)的過程中,切割磁感線的有效長(zhǎng)度先增加、后減小,再增加,則感應(yīng)電流先增加、后減小,再增加,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;依據(jù)q=ΔΦR總,因進(jìn)入和出磁場(chǎng)時(shí),磁通量改變相同,且感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向,后沿順時(shí)針方向,可知通過線框的電荷量為零,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),c、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差最大,最大為Ucb=E=B·3Lv=38.(多選)(2024·成都模擬)如圖甲圓環(huán)a和b均由相同的勻稱導(dǎo)線制成,a環(huán)半徑是b環(huán)的兩倍,兩環(huán)用不計(jì)電阻且彼此靠得較近的導(dǎo)線連接。若僅將a環(huán)置于圖乙所示改變的磁場(chǎng)中,則導(dǎo)線上M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差UMN=0.4V。下列說法中正確的是 ()A.圖乙中,改變磁場(chǎng)的方向垂直紙面對(duì)里B.圖乙中,改變磁場(chǎng)的方向垂直紙面對(duì)外C.若僅將b環(huán)置于圖乙所示改變的磁場(chǎng)中,則M、N兩端的電勢(shì)差UMN=-0.4VD.若僅將b環(huán)置于圖乙所示改變的磁場(chǎng)中,則M、N兩端的電勢(shì)差UMN=-0.2V【解析】選A、D。a環(huán)置于磁場(chǎng)中,則導(dǎo)線M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差大于零,則M點(diǎn)電勢(shì)高,感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,原磁場(chǎng)的方向垂直紙面對(duì)里,故A正確,B錯(cuò)誤。a環(huán)與b環(huán)的半徑之比為2∶1,故周長(zhǎng)之比為2∶1,依據(jù)電阻定律R=ρLS,電阻之比為2∶1;M、N兩點(diǎn)間電勢(shì)差大小為路端電壓,U=Rr+RE。磁感應(yīng)強(qiáng)度改變率恒定的改變磁場(chǎng),故依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律公式E=ΔBΔtS,得到兩次電動(dòng)勢(shì)的大小之比為4∶1,故兩次的路端電壓之比為U1∶U2=2∶1。依據(jù)楞次定律可知,將b環(huán)置于磁場(chǎng)中,N點(diǎn)的電勢(shì)高,故電勢(shì)差UMN=-0.2V,9.(多選)(2024·大連模擬)近年來,手機(jī)無線充電功能的廣泛應(yīng)用為人們供應(yīng)了很大便利。如圖甲為充電原理示意圖。充電板接溝通電源,對(duì)充電板供電,充電板內(nèi)的勵(lì)磁線圈可產(chǎn)生交變磁場(chǎng),從而使手機(jī)內(nèi)的感應(yīng)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流。當(dāng)充電板內(nèi)的勵(lì)磁線圈通入如圖乙所示的交變電流時(shí)(電流由a流入時(shí)方向?yàn)檎?,下列說法正確的是 ()A.感應(yīng)線圈中產(chǎn)生的是恒定電流B.感應(yīng)線圈中電流的方向總是與勵(lì)磁線圈中電流方向相反C.t3時(shí)刻,感應(yīng)線圈中電流的瞬時(shí)值為0D.t1～t3時(shí)間內(nèi),c點(diǎn)電勢(shì)高于d點(diǎn)電勢(shì)【解析】選C、D。勵(lì)磁線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)隨電流改變,因?yàn)殡娏鞑皇莿蚍Q改變,磁場(chǎng)也不是勻稱改變,所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=nΔBΔtS,就不是恒定的,感應(yīng)電流也就不是恒定的,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;感應(yīng)電流方向阻礙引起感應(yīng)電流磁通量的改變,當(dāng)勵(lì)磁線圈電流減小,磁場(chǎng)減小時(shí),感應(yīng)電流與勵(lì)磁線圈電流相同,阻礙磁場(chǎng)減小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;t3時(shí)刻,勵(lì)磁線圈電流改變率為零,磁感應(yīng)強(qiáng)度改變率為零,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,感應(yīng)電流為零,選項(xiàng)C正確;t1～t3時(shí)間內(nèi),勵(lì)磁線圈電流正向減小,磁場(chǎng)向上減小,感應(yīng)電流磁場(chǎng)向上,依據(jù)安培定則可推斷c點(diǎn)電勢(shì)高于d點(diǎn)電勢(shì),選項(xiàng)D10.如圖所示,MN、PQ是兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為d,導(dǎo)軌所在平面與水平面成θ角,M、P間接阻值為R的電阻。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向與導(dǎo)軌所在平面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、阻值為r、長(zhǎng)度為d的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上,在平行于導(dǎo)軌的拉力作用下,以速度v勻速向上運(yùn)動(dòng)。已知金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并且保持良好接觸,重力加速度為g。求:(1)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E。(2)通過電阻R的電流I。(3)拉力F的大小?！窘馕觥?1)依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=Bdv(2)依據(jù)閉合電路歐姆定律得I=ER+(3)導(dǎo)體棒的受力狀況如圖所示,依據(jù)牛頓其次定律有F-F安-mgsinθ=0又因?yàn)镕安=BId=B2所以F=mgsinθ+B答案:(1)Bdv(2)BdvR+r(3)mgsin11.(多選)如圖所示,光滑導(dǎo)軌OMN固定,其中MN是半徑為L(zhǎng)的四分之一圓弧,O為圓心。OM、ON的電阻均為R,OA是可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿,A端位于MN上,OA與軌道接觸良好,空間存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,MN、OA的電阻不計(jì)。則在OA桿由OM位置以恒定的角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)到ON位置的過程中 ()A.OM中電流方向?yàn)镺流向MB.流過OM的電荷量為πBC.要維持OA以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng),外力的功率應(yīng)為BD.若OA轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則流過OM的電荷量也變?yōu)樵瓉淼?倍【解析】選B、C。OA桿由OM位置以恒定的角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)到ON位置的過程,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=12BL2ω,則感應(yīng)電流大小恒定,由右手定則可得OM中電流方向?yàn)镸流向O,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;依據(jù)閉合電路歐姆定律可得OM中感應(yīng)電流I=12ER2=BL2ω2R,則流過OM的電荷量為q=IΔt=BL2ω2R×π2ω=πBL24R,若OA轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則流過OM的電荷量不變,12.(2024·江蘇高考)如圖所示,兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi),其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上,其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金