23版新高考一轮分层练案(三十三)　法拉第电磁感应定律　自感涡流

一轮分层练案(三十三)　法拉第电磁感应定律　自感涡流

1．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将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为(　　)

A．库仑　　 B．霍尔　　　

C．洛伦兹　　 D．法拉第

【答案】D　高频焊接利用的电磁学规律是电磁感应现象，发现者是法拉第，A、B、C项错误，D项正确。

2．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是(　　)

A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关

B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大

C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大

D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同

【答案】C　由法拉第电磁感应定律E＝n知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错误；感应电动势的大小正比于，与磁通量的大小无直接关系，B错误，C正确；根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”原理，D错误。

3.一匝由粗细均匀的同种导线绕成的矩形导线框abcd固定不动，其中矩形区域efcd存在磁场(未画出)，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t均匀变化，且＝k(k>0)。已知ab＝fc＝4L，bc＝5L，已知L长度的电阻为r。则导线框abcd中的电流为(　　)

A.　　 B.　　　

C.　　 D.

【答案】A　电路中的总电阻为R＝18r，电路中的感应电动势为E＝S＝16kL2，导线框abcd中的电流为I＝＝，选项A正确。

4. (多选)如图所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是(　　)

A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常

B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮

C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮

D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭

【答案】BD　由于线圈自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，A、C两项错误，B项正确；断开开关S时，线圈中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，D项正确。

5．(多选)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是(　　)

A．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针方向的电流

B．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针方向的电流

C．保持半径不变，使磁感应强度随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为

D．保持半径不变，使磁感应强度随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为

【答案】AC　根据磁通量的定义可知，当线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，故A正确；同理，保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，根据感应电流的产生条件可知，线圈内没有感应电流，故B错误；保持半径不变，使磁感应强度随时间按B＝kt变化，根据法拉第电磁感应定律可知，E＝·πr2＝kπr2，根据欧姆定律可知，线圈中的电流I＝，故C正确，D错误。

6.如图所示，用电阻为0.1 Ω的金属丝围成一个半径为0.3 m的扇形闭合线框，该线框绕垂直于纸面的O轴以100 rad/s的角速度匀速转动，OA轴位于方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为0.2 T的匀强磁场边界上。则线框进入磁场的过程中的电功率为(　　)

A．8.1 W　 B．9 W　　

C．30 W　 D．90 W

【答案】A　线框转动过程中半径切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br＝Br·ωr＝Br2ω＝×0.2×0.32×100 V＝0.9 V，线框进入磁场的过程中的电功率为P＝＝ W＝8.1 W。故选项A正确。

7.如图所示，在2019年庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警­2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行。该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场方向的竖直分量向下，大小为4.7×10－5 T，则(　　)

A．两翼尖之间的电势差为2.9 V

B．两翼尖之间的电势差为1.1 V

C．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高

D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低

【答案】C　飞机的飞行速度为4.5×102 km/h≈125 m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝BLv＝4.7×10－5×50×125 V＝0.29 V，A、B两项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误。

8．(多选)图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100匝、电阻r＝1 Ω、横截面积S＝1.5×10－3 m2，外接电阻R＝7 Ω。线圈处在平行于线圈轴线的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则(　　)

A．在t＝0.01 s时通过R的电流方向发生改变

B．在t＝0.01 s时线圈中的感应电动势E＝0.6 V

C．在0～0.02 s内通过电阻R的电荷量q＝1.5×10－3 C

D．在0.02～0.03 s内R产生的焦耳热为Q＝1.8×10－3 J

【答案】BC　根据楞次定律可知，在0～0.01 s内和在0.01～0.02 s内电流方向相同，故A错误；在0～0.02 s内，根据法拉第电磁感应定律可知：E＝n＝nS＝100×4×1.5×10－3 V＝0.6 V，故B正确；在0～0.02 s内，产生的感应电流为I＝＝ A＝0.075 A，通过电阻R的电荷量为q＝It＝0.075×0.02 C＝1.5×10－3 C，故C正确；在0.02～0.03 s内，产生的感应电动势为E′＝n＝nS＝100×8×1.5×10－3 V＝1.2 V，产生的感应电流为I′＝＝ A＝0.15 A，R上产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝0.152×7×0.01 J＝1.575×10－3 J，故D错误。

9．(多选)如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r、电阻为4R的圆环，PQ为圆环的直径，在PQ的左右两侧均存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长为2r、电阻不计的金属棒MN绕着圆心O以角速度ω顺时针匀速转动，金属棒与圆环紧密接触。下列说法正确的是(　　)

A．金属棒MN两端的电压大小为Bωr2

B．金属棒MN中的电流大小为

C．图示位置金属棒中电流方向为从M到N

D．金属棒MN在转动一周的过程中电流方向不变

【答案】AC　金属棒MO和NO都切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知两端产生的感应电动势方向相同，所以金属棒MN产生的感应电动势为E＝2××Bωr2＝Bωr2，又因为金属棒MN的电阻不计，所以金属棒MN两端的电压就等于金属棒MN产生的感应电动势Bωr2，故A正确；金属棒MN把圆环分为相等的两部分，每部分的电阻为2R，且两部分是并联的，所以电路中的总电阻为R，由闭合电路欧姆定律可知金属棒MN中的电流为I＝＝，故B错误；由右手定则可知图示位置金属棒中电流方向为从M到N，故C正确；由右手定则可知金属棒MO转到右侧磁场时，金属棒中电流方向为从N到M，故D错误。

10．如图所示，abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。导轨间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N，并与导轨成θ角。金属杆以ω 的角速度绕N点由图示位置匀速转动到与导轨ab垂直的位置，转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆单位长度的电阻为r。则在金属杆转动过程中(　　)

A．M、N两点电势相等

B．金属杆中感应电流的方向由N流向M

C．电路中感应电流的大小始终为

D．电路中通过的电荷量为

【答案】A　根据题意可知，金属杆MN可以看成电源，导轨可以看成外电路，由于导轨电阻不计，外电路短路，M、N两点电势相等，故选项A正确；根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向是由M流向N，故选项B错误；由于切割磁感线的金属杆长度逐渐变短，根据E＝B2ω、R＝ r得I＝＝，θ增大，回路中的感应电流逐渐变小，故选项C错误；由于金属杆在电路中的有效切割长度逐渐减小，所以接入电路的电阻逐渐减小，R>lr，根据法拉第电磁感应定律有q＝IΔt＝·Δt＝＝<，故选项D错误。

11．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2。螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。

(1)求螺线管中产生的感应电动势。

(2)闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率。

(3)S断开后，求流经R2的电荷量。

解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有

E＝＝nS

代入数据得E＝1.2 V。

(2)根据闭合电路欧姆定律可得

I＝＝0.12 A

根据P＝I2R1

代入数据得P＝5.76×10－2 W。

(3)S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时电容器两板上所带的电荷量Q

电容器两端的电压U＝IR2＝0.6 V

流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8×10－5 C。

【答案】(1)1.2 V　(2)5.76×10－2 W　(3)1.8×10－5 C

12．如图所示，两根完全相同的光滑金属导轨OP、OQ固定在水平桌面上，导轨间的夹角θ＝74°。导轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0＝0.2 T。t＝0时刻，一长为L＝1 m的金属杆MN在外力作用下以恒定速度v＝0.2 m/s从O点开始向右滑动，在滑动过程中金属杆MN与导轨接触良好，且始终垂直于两导轨夹角的平分线，金属杆的中点始终在两导轨夹角的平分线上，导轨与金属杆单位长度(1 m)的电阻均为r0＝0.1 Ω。sin 37°＝0.6。

(1)求t1＝2 s时刻，金属杆中的感应电动势E和此时闭合回路的总长度。

(2)求t1＝2 s时刻，闭合回路中的感应电流I。

(3)若在t1＝2 s时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v＝0.2 m/s做匀速运动，在金属杆脱离导轨前可采取将B从B0逐渐减小的方法，从撤去外力开始计时的时间为t2，则磁感应强度B应随时间t2怎样变化(写出B与 t2的关系式)?

解析：(1)在t1＝2 s时刻，金属杆运动的距离x＝vt1＝0.4 m，连入回路的金属杆的长度

l＝2xtan 37°＝0.6 m，

回路的电动势E＝B0lv＝0.024 V，

回路的总长度s＝l＋2·＝1.6 m。

(2)回路的电阻R＝r0s＝0.16 Ω，

回路的电流I＝＝0.15 A。

(3)在t1＝2 s时刻撤去外力后，因金属杆做匀速运动，故光滑金属杆不再受到安培力作用，回路的感应电流为零，任一时刻回路磁通量相等。

t1＝2 s时刻回路的磁通量Φ1＝B0x2tan 37°，

再过时间t2，回路的磁通量Φ2＝B(x＋vt2)2tan 37°，

则有B0x2tan 37°＝B(x＋vt2)2tan 37°，

且2(x＋vt2)tan 37°≤L＝1 m，

联立解得B＝ T。

【答案】(1)0.024 V　1.6 m　(2)0.15 A　(3)B＝ T