沪科版（2020）选修第二册第六章 电磁感应定律第二节 法拉第电磁感应定律课时训练

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微专题75　法拉第电磁感应定律　自感和涡流1．法拉第电磁感应定律：E＝n，感应电动势取决于线圈匝数和磁通量的变化率，与磁通量及其变化量无关.2.导体棒垂直切割磁感线时：E＝BLv.3.导体棒绕一端转动垂直切割磁感线时：E＝BL2ω.1.小万做自感现象实验时，连接电路如图所示，则(　　)A．断开开关S，L1逐渐变暗至熄灭，L2变亮后再熄灭B．闭合开关S，L2逐渐变亮，然后亮度不变C．闭合开关S，L1立刻变亮，且亮度不变D．断开开关S，L1变亮后再熄灭，L2一直不亮答案　A解析　闭合开关S，由于线圈的阻碍作用，则L1逐渐变亮，然后保持不变；根据二极管的单向导电性，电流不会通过L2，故L2不亮，故B、C错误；断开开关S，线圈与二极管D形成回路，则有流过L2的电流，则L2变亮后再熄灭，而流过L1的电流逐渐减小，故L1逐渐变暗至熄灭，故A正确，D错误．2．为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼”来实现．他们设计了如图所示的甲、乙两种方案，甲方案：在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于零刻度中间；乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于零刻度中间．下列说法正确的是(　　)A．甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流B．甲方案中，铝板摆动时能产生涡流，起电磁阻尼的作用C．乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流D．乙方案比甲方案更合理答案　B解析　甲方案中，铝板摆动时，磁通量变化，在铝板中涡流产生感应电流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故A错误，B正确；乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，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，因此，甲方案更合理，故C、D错误．3．(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音．下列说法正确的有(　　)A．电吉他中电拾音器工作时利用了电流的磁效应B．选用优质铜弦，电吉他能更好地工作C．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化D．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势答案　CD解析　电吉他中电拾音器工作时利用了电磁感应原理，选项A错误；铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，故B错误；弦振动过程中，切割磁感线的方向不断变化，则线圈中的电流方向不断变化，选项C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，选项D正确．4.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样材料和粗细的导线制成，匝数均为n匝，线圈边长la＝4lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，不考虑线圈之间的相互影响，则下列说法正确的是(　　)A．两线圈内均产生逆时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为4∶1C．a、b线圈中感应电流之比为4∶1D．a、b线圈中电功率之比为4∶1答案　C解析　原磁场向里减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，因此感应电流的方向为顺时针方向，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知E＝n＝nL2，而la＝4lb，因此a、b线圈中感应电动势之比为16∶1，故B错误；线圈电阻R＝ρ， 故a、b线圈电阻之比为4∶1，由闭合电路欧姆定律可知I＝，则a、b线圈中感应电流之比为4∶1，故C正确；电功率P＝EI＝I2R，两线圈电流之比为4∶1，电阻之比为4∶1，则电功率之比为64∶1 ，故D错误．5．(多选)将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路，并固定在水平面内．回路的ab边置于磁感应强度大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场Ⅰ中，回路的圆环区域内有竖直方向的磁场Ⅱ，以竖直向下为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，导线的总电阻为R，圆环面积为S，ab边长为L，则下列说法正确的是(　　)A．ab边受到的安培力大小始终为B．在0～时间内，流过ab边的电荷量为C．在0～T时间内，ab边受到的安培力方向先向左再向右D．在0～时间内，通过ab边的电流方向先由b→a再由a→b答案　AC解析　在0～时间内，磁感应强度先向下减小再反向增大，由楞次定律可知，感应电流方向不变，均由b→a，D错误；在0～时间内，由左手定则可知，ab边受到的安培力方向水平向左，～T时间内，ab边的电流由a→b，受到的安培力方向水平向右，C正确；0～时间内，回路产生的感应电动势为＝＝，感应电流为＝，流过ab边的电荷量为q＝·，联立可得q＝，B错误；ab边通过的电流大小恒定，故受到的安培力大小恒为F＝B1L，联立可解得F＝，A正确．6．(多选)如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动．此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以3v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是(　　)A．P＝2mgvsin θB．P＝6mgvsin θC．当导体棒速度达到时加速度大小为sin θD．当速度达到3v后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功答案　BC解析　当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则有mgsin θ＝BIL＝，当导体棒以3v匀速运动时受力平衡，则有F＋mgsin θ＝BI′L＝，故有F＝2mgsin θ，拉力的功率为P＝F·3v＝6mgvsin θ，故B正确，A错误；当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律mgsin θ－＝ma，解得a＝sin θ，C正确；由能量守恒定律，当速度达到3v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力所做的功之和，D错误．7.(多选)如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直于纸面向外，一个边长也为a的等边三角形导线框EFG正好与上述磁场区域的边界重合，而后绕其几何中心O点在纸面内以角速度ω顺时针匀速转动，于是线框EFG中产生感应电动势，若转过60°后线框转到图中的虚线位置，则在这段时间内(　　)A．感应电流方向为E→G→F→EB．感应电流方向为E→F→G→EC．平均感应电动势大小等于D．平均感应电动势大小等于答案　BC解析　根据题意，穿过线框的磁通量变小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同，再由安培定则可知感应电流方向为E→F→G→E，A项错误，B项正确；根据几何关系可得，磁场穿过线框的有效面积减小了ΔS＝a2，Δt＝＝，根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势＝B＝，C项正确，D项错误．8．(多选)如图甲所示，足够长的光滑金属导轨内有垂直于导轨平面向里方向不变的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t的变化图像如图乙所示．导轨左端接有一个电阻值恒为R的灯泡．从0时刻开始，垂直于导轨的导体棒ab在水平外力F的作用下从导轨的左端沿导轨以速度v水平向右匀速运动．导体棒ab的长度为l，导体棒运动过程中与导轨接触良好，导体棒与导轨的电阻均不计．在导体棒ab向右运动的过程中，下列说法正确的是(　　)A．灯泡亮度不变B．灯泡逐渐变亮C．在运动后的t0时刻，F＝D．在运动后的t0时刻，F＝答案　BC解析　由题图乙可知，在t时刻磁感应强度的大小为B＝t，所以在t时刻回路中由于导体运动产生的动生电动势为E1＝Blv＝，在t时刻回路中由于磁感应强度变化产生的感生电动势为E2＝＝，根据右手定则和楞次定律可知，这两个电动势是同方向的，所以回路中的总电动势为E＝E1＋E2＝2，因此回路中的总电动势随时间增大，所以灯泡逐渐变亮，故A错误，B正确；ab棒在运动后的t0时刻，回路中的总电动势为E′＝2＝2B0lv，回路中的电流为I＝＝，ab棒受到的安培力为F′＝B0Il＝，由于ab棒匀速运动，所以ab棒受力平衡，因此水平外力F＝F′＝，故C正确，D错误．