第53讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份第53讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共10页。

【题型一】法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.目前手机的无线充电技术(如图甲)已经成熟，其工作过程可简化为如图乙所示，A、B两个线圈彼此靠近平行放置，当线圈A接通工作电源时，线圈B中会产生感应电动势，并对与其相连的手机电池充电。下列说法正确的是( )
A.只要线圈A中输入电流，线圈B中就会产生感应电动势
B.若线圈A中输入变化的电流，线圈B中产生的感应电动势也会发生变化
C.线圈A中输入的电流越大，线圈B中感应电动势越大
D.线圈A中输入的电流变化越快，线圈B中感应电动势越大
【答案】 D
【解析】 根据感应电流产生的条件，若在线圈A中输入恒定电流，则线圈A中只产生恒定的磁场，线圈B中的磁通量不发生变化，则线圈B中不会产生感应电动势，故A错误；若线圈A中输入随时间均匀变化的电流，则会使线圈A产生随时间均匀变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝常数，则线圈B中会产生恒定不变的感应电动势，故B错误；若线圈A中电流恒定不变，无论多大，产生的磁场是恒定的，则线圈B中没有磁通量变化，不会产生感应电动势，故C错误；线圈A中电流变化越快，则线圈A中电流产生的磁场变化就越快，根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，可知线圈B中感应电动势也会越大，故D正确。
2.将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为( )
A.kS1 B.5kS2
C.k(S1－5S2) D.k(S1＋5S2)
【答案】 D
【解析】 由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝eq \f(ΔΦ1,Δt)＝eq \f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝eq \f(ΔΦ2,Δt)＝eq \f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正确，A、B、C错误。
3.如图甲所示，边长l＝0.5 m、电阻R＝0.5 Ω正方形金属线框ABCD左半部分处于匀强磁场中，磁场磁感应强度B的变化规律如图乙所示(图线为直线)。则t＝1 s时AB边受到的安培力大小为( )
A.2 N B.4 N
C.5 N D.6 N
【答案】 A
【解析】 由图乙可得E＝eq \f(ΔB,Δt)·S＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(l2,2)＝0.5 V，则I＝eq \f(E,R)＝1 A，t＝1 s时B＝4 T，AB边受到的安培力大小为F＝IlB＝2 N，故A正确。
4.(多选)(2024·福建福州高三月考)如图甲所示，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管的电阻r＝1.5 Ω，R1＝3.5 Ω，R2＝25 Ω，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B方向向右、大小按图乙所示规律变化，下列说法正确的是( )
A.通过电阻R1的电流逐渐增大
B.通过电阻R2电流方向自左向右
C.螺线管两端的电压为6 V
D.螺线管的长度比无电流时短
【答案】 BD
【解析】 根据法拉第电磁感应定律得E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝1 500×eq \f(4,2)×0.002 V＝6 V，根据闭合电路欧姆定律得电流为I＝eq \f(E,R1＋R2＋r)＝0.2 A，螺线管两端的电压为U＝I(R1＋R2)＝5.7 V，故A、C错误；由楞次定律可知，通过电阻R2电流方向自左向右，故B正确；螺线管产生的感应磁场使螺线管被压缩，长度比无电流时短，故D正确。
【题型二】导线切割磁感线产生的感应电动势
5.(2023·江苏卷，8)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φ0、φA、φC，则( )
A.φO>φC B.φC>φA
C.φO＝φA D.φO－φA＝φA－φC
【答案】 A
解析 由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA。其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φC＝φA，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D错误。
6.(多选)(2024·广东惠州模拟)磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图(a)所示，它的驱动系统简化为如图(b)所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，则( )
A.图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向
B.列车运动的方向与磁场移动的方向相同
C.列车速度为v′时线框中的感应电动势大小为2NBL(v－v′)
D.列车速度为v′时线框受到的安培力大小为eq \f(2NB2L2（v－v′）,R)
【答案】 BC
【解析】 线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知图示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，A错误；根据左手定则，列车受到向右的安培力，因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同，B正确；由于前后两个边产生的感应电动势顺次相加，根据法拉第电磁感应定律，E＝2NBLΔv＝2NBL(v－v′)，C正确；列车速度为v′时线框受到的安培力大小为F＝2NBIL＝eq \f(4N2B2L2（v－v′）,R)，D错误。
【题型三】自感、涡流、电磁驱动和电磁阻尼
7.(2023·全国乙卷，17)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知( )
A.图(c)是用玻璃管获得的图像
B.在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C.在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
【答案】 A
【解析】
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(玻璃管绝缘→只有线圈阻碍，作用小→v较大，I较大，对应题图（c）,铝管导电→铝管和线圈阻碍，作用大→v较小，I较小，对应题图（b）))A正确；
eq \a\vs4\al(利用F安＝IlB,定性分析)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(I变化，F安变化，加速度a变化，B、C错误；,铝管中强磁体所受阻力大，用时更长，D错误。))
8.(多选)(2024·河北衡水高三期末)如图所示，三个灯泡L1、L2、L3规格相同，螺线管和二极管的导通电阻可以忽略。竖直悬挂的线圈中心轴线与螺线管的轴线水平共线。现突然断开开关S，将发生的现象是( )
A.L1逐渐熄灭，L2、L3逐渐熄灭
B.L1逐渐熄灭，L2立即熄灭，L3先变亮后熄灭
C.线圈向左摆动，并有收缩趋势
D.线圈中的感应电流为逆时针(从左向右看)
【答案】 BD
【解析】 突然断开开关，由于螺线管的自感现象，线圈产生自感电动势，使得电流I1(向右)不能突变，而是逐渐变为0，L1逐渐熄灭，由于二极管的单向导电性，L2马上熄灭，由于I1>I3，所以L3闪亮后熄灭，故A错误，B正确；穿过线圈内的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈和螺线管间将有引力作用，线圈向右摆动，且有扩张趋势，线圈中的感应电流方向为逆时针方向(从左向右看)，故C错误，D正确。
9.用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S。下列关于灯泡D中的电流随时间变化情况的图像可能正确的是( )
【答案】 B
【解析】 闭合开关的瞬间，灯泡中有一定的电流通过，过一段时间，随着自感线圈分流作用增大，灯泡中的电流变小，A、D错误；一段时间后，灯泡的电流稳定在某一值上，当断开开关时，自感线圈产生自感电动势，自感线圈中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，而灯泡中原来的电流沿顺时针方向，并且灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，B正确，C错误。
1．(多选)近年来，无线门铃逐渐流行。图甲为某款无线门铃按钮，其“自发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是( )
A．按下按钮过程，螺线管上的导线Q端电势较高
B．松开按钮过程，螺线管上的导线P端电势较低
C．按住按钮不动，螺线管上的导线两端PQ间仍有电势差
D．按下和松开按钮过程，螺线管产生的感应电动势大小不一定相等
【答案】AD
【解析】： 按下按钮过程，螺线管内水平向左的磁通量增加，由楞次定律可得，PQ间导线上感应电流方向从P流向Q，所以Q相当于电源正极，Q端电势较高，故A正确；松开按钮过程，螺线管内水平向左的磁通量减小，由楞次定律可得，PQ间导线上感应电流方向从Q流向P，所以P相当于电源正极，P端电势较高，故B错误；按住按钮不动，螺线管内磁通量不变，无感应电动势，PQ间无电势差，故C错误；按下和松开按钮过程，有可能所用时间不同，螺线管内磁通量的变化率可能不同，所以产生的感应电动势大小可能不相等，故D正确。
2．(多选)某汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是( )
A．制动过程中，导体不会发热
B．导体运动的速度越大，制动力越大
C．改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力
D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小
【答案】BD
【解析】： 由于导体中产生了涡流，根据Q＝I2Rt可知，制动过程中，导体会发热，故A错误；导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力即制动力越大，故B正确；根据楞次定律可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，故C错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力即制动力变小，故D正确。
3．某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是( )
A．开关S闭合瞬间，流经灯D2和D3的电流相等
B．开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流保持不变
C．开关S断开瞬间，灯D2闪亮一下再熄灭
D．根据题中信息，可以推算出图乙中u1与u2的比值
【答案】D
【解析】： 开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯D2和D3的电流相等，故从开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流也是逐渐增加，A、B错误；开关S断开瞬间，由于电感线圈有阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯D2和D3提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯D2和D3的电流相等，所以灯D2逐渐熄灭，C错误；开关S闭合瞬间，灯D1和D2串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律u1＝eq \f(E,2)，电路稳定后，流过D3的电流为I＝eq \f(1,2)·eq \f(E,\f(3,2)R)＝eq \f(E,3R)，开关S断开瞬间，电感线圈能够为D2和D3提供与之前等大的电流，故其两端电压为u2＝I·2R＝eq \f(2E,3)，所以eq \f(u1,u2)＝eq \f(3,4)，故可以推算出题图乙中u1与u2的比值，D正确。
4．(2024·广州高三模拟)(多选)如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙。已知铜盘的半径为L，加在铜盘下半部分的匀强磁场磁感应强度为B1，铜盘匀速转动的角速度为ω，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向里、磁感应强度为B2的匀强磁场。下列结论正确的是( )
A．若铜盘按照图示方向转动，那么平行板电容器D板电势高
B．铜盘产生的感应电动势为E感＝eq \f(1,2)B1ωL2
C．若一电子从电容器两板中间水平向右射入，恰能做匀速直线运动从右侧水平射出，则电子射入时速度为v＝eq \f(B1ωL2,2B2d)
D．若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动又恰好从极板右侧射出，则小球的圆周运动半径为eq \f(5d,4)
【答案】BCD
【解析】： 根据右手定则可得，铜盘上电流由边缘流向中心，C极板带正电，电势高，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，可得E感＝B1Leq \f(0＋ωL,2)＝eq \f(1,2)B1ωL2，故B正确；
由于电子做匀速直线运动，受力平衡，由evB2＝eeq \f(E感,d)，解得v＝eq \f(B1ωL2,2B2d)，故C正确；带电小球恰能从极板右边缘射出，如图所示
由几何关系可得r2＝d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r－\f(d,2)))2，解得r＝eq \f(5d,4)，故D正确。
5．(多选)安检门是一个用于检测有无金属物品的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警。以下关于这个安检门的说法正确的是( )
A．这个安检门能检查出毒品携带者
B．这个安检门只能检查出金属物品携带者
C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者
D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应
【答案】BD
【解析】： 安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错误，B正确；若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使块状金属产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C错误；安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D正确。
6．(多选)近年来，无线门铃逐渐流行。图甲为某款无线门铃按钮，其“自发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是( )
A．按下按钮过程，螺线管上的导线Q端电势较高
B．松开按钮过程，螺线管上的导线P端电势较低
C．按住按钮不动，螺线管上的导线两端PQ间仍有电势差
D．按下和松开按钮过程，螺线管产生的感应电动势大小不一定相等
【答案】AD
【解析】： 按下按钮过程，螺线管内水平向左的磁通量增加，由楞次定律可得，PQ间导线上感应电流方向从P流向Q，所以Q相当于电源正极，Q端电势较高，故A正确；松开按钮过程，螺线管内水平向左的磁通量减小，由楞次定律可得，PQ间导线上感应电流方向从Q流向P，所以P相当于电源正极，P端电势较高，故B错误；按住按钮不动，螺线管内磁通量不变，无感应电动势，PQ间无电势差，故C错误；按下和松开按钮过程，有可能所用时间不同，螺线管内磁通量的变化率可能不同，所以产生的感应电动势大小可能不相等，故D正确。
7．(多选)某汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是( )
A．制动过程中，导体不会发热
B．导体运动的速度越大，制动力越大
C．改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力
D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小
【答案】BD
【解析】： 由于导体中产生了涡流，根据Q＝I2Rt可知，制动过程中，导体会发热，故A错误；导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力即制动力越大，故B正确；根据楞次定律可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，故C错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力即制动力变小，故D正确。
8.如图所示，电路中线圈L的自感系数足够大，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联后接到电源上，A2与可调电阻R串联后接到电源上。先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节可调电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。下列说法正确的是( )
A．重新闭合开关S，A1先亮，A2后亮
B．断开开关S，A2先熄灭，A1后熄灭
C．断开开关S，A1先熄灭，A2后熄灭
D．断开开关S，流过A2的电流方向向左
【答案】D
【解析】： 重新闭合开关S，线圈L的自感系数足够大，阻碍电流增大，所以A2先亮，A1后亮，A错误；断开开关S，A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，阻碍电流减小，A1、A2都会逐渐变暗，且同时熄灭，流过线圈的电流方向向右，故流过A1的电流向右，流过A2的电流方向向左，故D正确，B、C错误。
9.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。
【答案】：(1)0.36 W (2)0.06 m/s2，方向向左
【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eq \f(1,2)mv2＝Q＋eq \f(1,2)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＝eq \f(E2,R)＝eq \f(0.62,1) W＝0.36 W。
(2)感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.6,1) 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，
解得此时圆环运动的加速度
a＝eq \f(F,m)＝eq \f(0.06,1) 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。
目录
01 模拟基础练
【题型一】法拉第电磁感应定律的理解和应用
【题型二】导线切割磁感线产生的感应电动势
【题型三】自感、涡流、电磁驱动和电磁阻尼
02 重难创新练