2024高考物理一輪復習第十章電磁感應第2講法拉第電磁感應定律自感和渦流練習含解析新人教版

PAGEPAGE7第2講法拉第電磁感應定律自感和渦流一、單項選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．(2024·吉林試驗中學三模)如圖所示，一邊長為L的同一材料、同樣粗細導線制成的正方形金屬框abcd在豎直面內(nèi)下落，ab邊以速度v進入下方的磁感應強度大小為B的勻強磁場中，則線框進入磁場時，ab邊兩端的電勢差Uab為(B)A．BLv B．eq\f(3,4)BLvC．eq\f(1,4)BLv D．－eq\f(1,4)BLv[解析]本題考查電磁感應中的電路問題。ab邊進入磁場切割磁感線，金屬框中產(chǎn)生沿逆時針方向的感應電流，ab邊產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv，ab兩端的電勢差Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv，故A、C、D錯誤，B正確。2．(2024·貴州貴陽月考)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌，為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示，無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及其左右振動的衰減最有效的方案是(A)[解析]施加磁場來快速衰減STM的微小振動，其原理是電磁阻尼，在振動時通過紫銅薄板的磁通量變更，紫銅薄板中產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動，即促使其振動衰減。方案A中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，通過它的磁通量都發(fā)生變更；方案B中，當紫銅薄板上下振動時，通過它的磁通量可能不變，當紫銅薄板向右振動時，通過它的磁通量不變；方案C中，紫銅薄板上下振動、左右振動時，通過它的磁通量可能不變；方案D中，當紫銅薄板上下振動時，紫銅薄板中磁通量可能不變。綜上可知，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是A。3．(2024·河南鄭州期末)如圖所示是一種焊接方法的原理示意圖。將圓形待焊接金屬工件放在線圈中，然后在線圈中通以某種電流，待焊接工件中會產(chǎn)生感應電流，感應電流在焊縫處產(chǎn)生大量的熱量將焊縫兩邊的金屬熔化，待焊接工件就焊接在一起了。我國生產(chǎn)的自行車車輪圈就是用這種方法焊接的。下列說法中正確的是(B)A．這種焊接方法的原理是電流的磁效應B．線圈中通入的溝通電頻率越高，焊縫處溫度上升得越快C．線圈中的電流是很強的恒定電流D．待焊接工件中的感應電流方向與線圈中的電流方向總是相反[解析]本題考查渦流的應用。高頻焊接利用高頻交變電流產(chǎn)生高頻交變磁場，在焊接的金屬工件中就產(chǎn)生感應電流，依據(jù)法拉第電磁感應定律分析可知，電流變更的頻率越高，磁通量變更頻率越高，產(chǎn)生的感應電動勢越大，感應電流越大，焊縫處的溫度上升得越快，故A錯誤，B正確；恒定電流不能在工件中產(chǎn)生感應電流，故C錯誤；待焊接工件中的感應電流方向與線圈中的電流方向可能相同，也可能相反，故D錯誤。4．(2024·江蘇海安期末)如圖所示電路為演示自感現(xiàn)象的電路圖，其中R0為定值電阻，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，小燈泡的燈絲電阻為R(可視為不變)，電感線圈的自感系數(shù)為L、電阻為RL。電路接通并達到穩(wěn)定狀態(tài)后，斷開開關S，可以看到燈泡先是“閃亮”(比開關斷開前更亮)一下，然后才漸漸熄滅，但試驗發(fā)覺“閃亮”現(xiàn)象并不明顯。為了在上述試驗過程中視察到更明顯的“閃亮”現(xiàn)象，下列措施中肯定可行的是(C)A．更換電感線圈中的鐵芯，使L減小B．更換電感線圈中的鐵芯，使L增大C．更換電感線圈，保持L不變，使RL減小D．更換電感線圈，保持L不變，使RL增大[解析]本題考查自感現(xiàn)象。要使在上述試驗過程中視察到更明顯的“閃亮”現(xiàn)象，必需使開關斷開前通過燈泡的電流小于電感線圈L中的電流，更換電感線圈，保持L不變，使RL減小，選項C正確。5．(2024·四川廣安月考)如圖所示，總電阻為R的金屬絲圍成的單匝閉合直角三角形PQM線圈，∠P＝30°，PQ＝L，QM邊水平。圓形虛線與三角形PQM相切于Q、D兩點，該區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變更關系為B＝B0＋kt(k>0，B0>0)，則t＝0時，PQ邊所受的安培力(A)A．方向向右，大小為eq\f(B0kπL3,27R)B．方向向左，大小為eq\f(B0kπL3,27R)C．方向向右，大小為eq\f(B0kπL3,18R)D．方向向左，大小為eq\f(B0kπL3,18R)[解析]由楞次定律可知，△PQM中感應電流為逆時針方向，PQ邊的電流方向由P到Q，由左手定則可知，PQ所受的安培力方向向右；圓形磁場的半徑為r＝Ltan30°·tan30°＝eq\f(L,3)，則線圈中的感應電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)＝keq\f(\f(1,2)·π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,3)))2,R)＝eq\f(πkL2,18R)，則PQ邊所受安培力F＝BI·2r＝B0·eq\f(πkL2,18R)·eq\f(2L,3)＝eq\f(πkL3B0,27R)，故A正確，B、C、D錯誤。二、多項選擇題：在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的。6．(2024·陜西模擬)如圖所示，一電阻不計的金屬棒AO在勻強磁場中繞平行于磁場方向的軸(過O點)勻速轉(zhuǎn)動，OC＝AC＝L＝0.5m，磁感應強度大小為B＝2T，磁場方向垂直紙面對里，金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度為ω＝10rad/s，內(nèi)、外兩金屬圓環(huán)分別與金屬棒良好接觸并在C、A兩處各引出一接線柱與外電阻R＝10Ω相接(圖中未畫出)，兩金屬圓環(huán)圓心皆為O且電阻均不計，則(ABD)A．金屬棒中有從C到A的感應電流B．外電阻R中的電流為0.75AC．金屬棒繞O軸轉(zhuǎn)一圈，通過電阻R的電荷量為零D．金屬棒AC間電壓為7.5V[解析]本題考查電磁感應中的旋轉(zhuǎn)切割問題。由右手定則可知，金屬棒相當于電源且A是電源的正極，即金屬棒中有從C到A的感應電流，A正確；金屬棒以角速度ω＝10rad/s轉(zhuǎn)動，在接入電路部分AC上產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv＝BL·eq\f(ωL＋ω·2L,2)＝eq\f(3BωL2,2)，代入數(shù)據(jù)解得E＝7.5V，即外電阻R中電流I＝eq\f(E,R)＝0.75A，B正確；金屬棒繞O軸轉(zhuǎn)一圈的過程，因為感應電流的方向始終沒有變更，故通過電阻R的電荷量肯定不為零，C錯誤；因為金屬棒的電阻不計，即電源沒有內(nèi)阻，電動勢全部輸出，故電阻R兩端電壓為7.5V，即金屬棒AC間電壓為7.5V，D正確。7．(2024·廣東七校聯(lián)合體聯(lián)考)如圖所示，半徑為2r的彈性螺旋線圈內(nèi)有垂直紙面對外的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場區(qū)域的半徑為r，已知彈性螺旋線圈的電阻為R，線圈與磁場區(qū)域共圓心，則以下說法中正確的是(BC)A．保持磁場的磁感應強度不變，線圈的半徑由2r變到3r的過程中，有順時針方向的感應電流產(chǎn)生B．保持磁場的磁感應強度不變，線圈的半徑由2r變到0.5r的過程中，有逆時針方向的感應電流產(chǎn)生C．保持線圈半徑不變，使磁感應強度大小隨時間按B＝kt變更，線圈中的電流為eq\f(kπr2,R)D．保持線圈半徑不變，使磁感應強度大小隨時間按B＝kt變更，線圈中的電流為eq\f(2kπr2,R)[解析]本題考查楞次定律的應用和感生電流的計算。由于磁場的面積和磁感應強度不變，線圈的半徑由2r變到3r的過程中，穿過線圈的磁通量不變，所以在線圈中沒有感應電流產(chǎn)生，故A錯誤；由于磁場的面積和磁感應強度不變，線圈的半徑由2r變到0.5r的過程中，線圈包含磁場的面積變小，磁通量變小，依據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，故B正確；保持線圈半徑不變，使磁感應強度大小隨時間按B＝kt變更，磁感應強度增大，穿過線圈的磁通量增大，依據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生順時針方向的電流，依據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律，可知感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(ΔBS,ΔtR)＝keq\f(S,R)＝eq\f(kπr2,R)，故C正確，D錯誤。8．(2024·湖南永州月考)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示。已知導線框始終向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變更的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)。下列說法正確的是(BC)A．磁感應強度的大小為0.5TB．導線框運動的速度的大小為0.5m/sC．磁感應強度的方向垂直于紙面對外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內(nèi)，導線框所受的安培力大小為0.1N[解析]由題圖(b)可知，導線框運動的速度大小v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B項正確；導線框進入磁場的過程中，cd邊切割磁感線，由E＝BLv，得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A項錯誤；由圖可知，導線框進入磁場的過程中，感應電流的方向為順時針方向，依據(jù)楞次定律可知，磁感應強度方向垂直紙面對外，C項正確；在0.4～0.6s這段時間內(nèi)，導線框正在出磁場，回路中的電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，則導線框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1N＝0.04N，D項錯誤。三、非選擇題9．(1)如圖甲所示，兩根足夠長的平行導軌，間距L＝0.3m，在導軌間有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度B1＝0.5T。一根直金屬桿MN以v＝2m/s的速度向右勻速運動，桿MN始終與導軌垂直且接觸良好。桿MN的電阻r1＝1Ω，導軌的電阻可忽視。求桿MN中產(chǎn)生的感應電動勢E1。(2)如圖乙所示，一個匝數(shù)n＝100的圓形線圈，面積S1＝0.4m2，電阻r2＝1Ω。在線圈中存在面積S2＝0.3m2垂直線圈平面(指向紙外)的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B2隨時間t變更的關系如圖丙所示。求圓形線圈中產(chǎn)生的感應電動勢E(3)有一個R＝2Ω的電阻，將其兩端a、b分別與圖甲中的導軌和圖乙中的圓形線圈相連接，b端接地。試推斷以上兩種狀況中，哪種狀況a端的電勢較高？求這種狀況中a端的電勢φa。[答案](1)0.3V(2)4.5V(3)與圖甲中的導軌相連接時a端電勢高φa＝0.2V[解析](1)桿MN做切割磁感線的運動，E1＝B1Lv產(chǎn)生的感應電動勢E1＝0.3V。(2)穿過圓形線圈的磁通量發(fā)生變更，E2＝neq\f(ΔB2,Δt)S2產(chǎn)生的感應電動勢E2＝4.5V。(3)當電阻R與題圖甲中的導軌相連接時，由右手定則可得a端的電勢高于b端即大地的電勢，而當電阻R與題圖乙中的線圈相連接時，由楞次定律可知，此時a端的電勢小于b端即大地的電勢。故與圖甲中的導軌相連接時a端電勢高。此時，通過電阻R的電流I＝eq\f(E1,R＋r1)電阻R兩端的電勢差φa－φb＝IRa端的電勢φa＝IR＝0.2V。10．(2024·遼寧大連二十四中一模)如圖所示，在磁感應強度大小B＝1.0T的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，導軌間距h＝0.1m，導軌電阻忽視不計。在兩根導軌的端點N、Q之間接有阻值R＝0.3Ω的電阻，導軌上跨放著一根由同種材料制成的勻稱金屬棒ab，棒長L＝0.4m、電阻r＝0.4Ω，其中b端位于導軌PQ上?，F(xiàn)使金屬棒在外力F作用下，繞b端以ω＝5.0rad/s的角速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，當轉(zhuǎn)到ab與PQ之間夾角θ＝30°時，求：(1)金屬棒a、b兩端點間的電勢差Uab；(2)外力F做功的功率P。[答案](1)0.36V(2)0.02W[解析]本題以電磁感應中