2021届高考物理通用一轮练习：考点34　法拉第电磁感应定律　自感　涡流

  www.ks5u.com考点34　法拉第电磁感应定律　自感　涡流

题组一　基础小题

1．(多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以的变化率增强时，则(　　)

A．线圈中感应电流的方向为acbda

B．线圈中产生的电动势E＝·

C．线圈中感应电流的方向为adbca

D．线圈中产生的电动势E＝·l2

答案　AB

解析　当磁场增强时，由楞次定律可判定感应电流的方向为acbda，故A正确，C错误；由法拉第电磁感应定律得E＝·，B正确，D错误。

2.如图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右水平运动时，a、c两点间的电势差为(　　)

A．BLv  B．BLvsinθ

C．BLvcosθ  D．BLv(1＋sinθ)

答案　B

解析　当金属弯杆以速度v向右水平运动时，其切割磁感线的有效长度为Lsinθ，故感应电动势大小为BLvsinθ，即a、c两点间的电势差为BLvsinθ，故B正确。

3.如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该导线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为(　　)

A.  B.

C.  D.

答案　C

解析　设圆的半径为r，当其绕过圆心O的轴匀速转动时，圆弧部分不切割磁感线，不产生感应电动势，而在转过半周的过程中仅有一半直径在磁场中，产生的感应电动势E＝B0r＝B0r·＝B0r2ω；当导线框不动时，E′＝·。由闭合电路欧姆定律得I＝，要使I＝I′，必须使E＝E′，即＝，C正确。

4.(多选)如图所示，三角形金属导轨EOF上放有一金属杆AB，在外力作用下，使AB保持与OF垂直，以速度v匀速从O点开始右移，设导轨与金属杆均由粗细相同的同种金属制成，则下列判断正确的是(　　)

A．电路中的感应电流大小不变

B．电路中的感应电动势大小不变

C．电路中的感应电动势逐渐增大

D．电路中的感应电流逐渐减小

答案　AC

解析　设金属杆从O点开始运动到如题图所示位置所经历的时间为t，∠EOF＝θ，则金属杆切割磁感线的有效长度L有效＝OBtanθ＝vttanθ，故E＝BL有效v＝Bv2ttanθ，即电路中感应电动势与时间成正比，C正确，B错误；电路中感应电流I＝＝，而L等于电路中三条边的总长度，即L＝vt＋vttanθ＋＝vt(1＋tanθ＋)，所以I＝＝恒量，所以A正确，D错误。

5.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，电阻为R，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增大到2B。在此过程中，通过线圈导线某个横截面的电荷量为(　　)

A.  B.

C.  D.

答案　C

解析　根据法拉第电磁感应定律E＝n＝nS＝n·a2＝，通过线圈导线某个横截面的电荷量为q＝IΔt＝Δt＝Δt＝，故选C。

6.如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)

A．φa>φc，金属框中无电流

B．φb>φc，金属框中电流方向沿a－b－c－a

C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流

D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a

答案　C

解析　在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得电动势大小为Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得电动势大小也为Bl2ω；由右手定则可知金属框内无电流，且φc>φb＝φa，A、B错误；Ubc＝Uac＝－Bl2ω，C正确，D错误。

7.(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是(　　)

A．圆盘上产生了感应电动势

B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动

C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化

D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动

答案　AB

解析　当铜圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，A正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，圆盘面积不变，距离磁针的距离不变，故磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，C错误；圆盘中的电流并不是自由电子随圆盘一起运动形成的，而是圆盘半径切割磁感线，自由电子沿圆盘径向运动从而产生的涡电流，此圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力的作用，导致磁针转动，B正确，D错误。

8.如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，电阻为R，它通过两个小金属环与电阻不计的长直金属杆导通，图中a、b间距离为L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d，已知该金属导线与ab段金属杆围成的面积为，右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为L，现在外力作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，t＝0时刻a环刚从O点进入磁场区域，则下列说法正确的是(　　)

A．t＝时刻，回路中的感应电动势为Bdv

B．t＝时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向

C．t＝时刻，回路中的感应电动势为2Bdv

D．t＝时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向

答案　B

解析　导线切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，其中l指的是有效切割长度，当t＝时，导线的有效切割长度为零，所以感应电动势为0，此时电流的方向第一次发生改变，故A、D错误，B正确；当t＝时，电路中的有效切割长度l＝d，所以感应电动势E＝Bdv，故C错误。

9.如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计。当开关S闭合时，下列说法正确的是(　　)

A．A和B一起亮，然后A熄灭

B．A和B一起亮，然后A逐渐熄灭

C．A比B先亮，然后A熄灭

D．B比A先亮，然后A逐渐变亮

答案　D

解析　当开关S闭合时，线圈L产生较大的自感电动势阻碍电流的增加，使A灯中的电流逐渐变大，而B灯中的电流立即变大，因此，B灯先亮，然后A灯逐渐变亮，故A、B、C错误，D正确。

10.(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)

A．增加线圈的匝数

B．提高交流电源的频率

C．将金属杯换为瓷杯

D．取走线圈中的铁芯

答案　AB

解析　交变电流在铁芯中产生交变磁场，金属杯中会产生感应电流而发热。增加线圈的匝数，可以使铁芯中的磁场增强，金属杯中磁通量的变化量ΔΦ增大；提高交流电源的频率，可以使Δt减小，这两种措施都可以使增大，由法拉第电磁感应定律可知，都可以使金属杯中产生的感应电动势增大，都可以增大金属杯中产生的电流，都可缩短加热时间，A、B正确；将金属杯换成瓷杯，变化的磁场不能在瓷杯内产生感应电流，也就不能使水加热，C错误；取走线圈中的铁芯，线圈和金属杯中的磁场减弱，在金属杯产生的感应电流会减小，从而使水沸腾的时间增加，D错误。

11．(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，在线圈中产生感应电流，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．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作

B．取走磁体，电吉他将不能正常工作

C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势

D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化

答案　BCD

解析　铜质弦无法被磁化，不能引起线圈中磁通量的变化从而产生感应电流，所以铜质弦不能使电吉他正常工作，故A错误；取走磁体，金属弦无法被磁化，线圈中不会产生感应电流，B正确；由E＝n知，C正确；金属弦来回振动，线圈中的磁通量不断增加或减小，电流方向不断变化，D正确。

题组二　高考小题

12．(2019·全国卷Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图a中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图a所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图b所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)

A．圆环所受安培力的方向始终不变

B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向

C．圆环中的感应电流大小为

D．圆环中的感应电动势大小为

答案　BC

解析　由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小E＝||·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I＝＝＝，C正确，D错误。

13.(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)

A.  B.

C.  D．2

答案　B

解析　通过导体横截面的电荷量为：q＝·Δt＝·Δt＝n，过程Ⅰ流过OM的电荷量为：q1＝；过程Ⅱ流过OM的电荷量：q2＝，依题意有：q1＝q2，即：B·πr2＝(B′－B)·πr2，解得：＝，正确答案为B。

14．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图b所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势(　　)

A．在t＝时为零

B．在t＝时改变方向

C．在t＝时最大，且沿顺时针方向

D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向

答案　AC

解析　由图b可知，导线PQ中电流在t＝时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t＝时导线框中产生的感应电动势为零，A正确；在t＝时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，在t＝时，导线框中产生的感应电动势方向不变，B错误；由于在t＝时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t＝时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，C正确；由楞次定律可判断出在t＝T时感应电动势的方向为逆时针方向，D错误。

15．(2017·北京高考)如图1和图2所示是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(　　)

A．图1中，A1与L1的电阻值相同

B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流

C．图2中，变阻器R接入电路中的阻值与L2的电阻值相同

D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等

答案　C

解析　断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1<RA1，故A错误。图1中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1<RA1，所以A1中电流小于L1中电流，B错误。闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明通过L2和A2的电流与通过变阻器R和A3的电流大小相等，则变阻器R接入电路中的阻值与L2的电阻值相同，C正确。闭合S2时，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，通过L2的电流逐渐增大，而通过变阻器R的电流立即达到稳定时电流，与通过L2的电流最终稳定时相等，故闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误。

16．(2017·全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图a所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图b所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　)

A．磁感应强度的大小为0.5 T

B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s

C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外

D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N

答案　BC

解析　由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v＝ m/s＝0.5 m/s，B正确。cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感应强度的大小B＝ T＝0.2 T，A错误。感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C正确。t＝0.4 s至t＝0.6 s时间段为cd边离开磁场、ab边切割磁感线的过程，由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F＝，代入数据得F＝0.04 N，D错误。

17．(2016·全国卷Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)

A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定

B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动

C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化

D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍

答案　AB

解析　设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝Br2ω，可知转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D项错误。

题组三　模拟小题

18．(2019·韶关市高三调研考试)(多选)如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2。在先后两种情况下(　　)

A．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝2∶1

B．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2

C．线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝4∶1

D．通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1

答案　AD

解析　由I＝知I1∶I2＝2∶1，A正确，B错误；由Q＝I2Rt和t＝联立知，线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，C错误；由q＝＝知通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1，D正确。

题组一　基础大题

19．轻质细线吊着一质量为m＝0.42 kg、边长为L＝1 m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1 Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着匀强磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示。(g＝10 m/s2)

(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；

(2)求线圈的电功率；

(3)求在t＝4 s时轻质细线的拉力大小。

答案　(1)逆时针　(2)0.25 W　(3)1.2 N

解析　(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。

(2)由法拉第电磁感应定律得

线圈内产生的感应电动势E＝n＝n·L2·＝0.5 V，

则线圈的电功率P＝＝0.25 W。

(3)感应电流I＝＝0.5 A

由题图乙知，t＝4 s时，B＝0.6 T，

线圈受到的安培力

F安＝nBIL＝10×0.6×0.5×1 N＝3 N

由左手定则可知线圈受到的安培力方向竖直向上，

线圈受力平衡，有F安＋F线＝mg，解得F线＝1.2 N。

题组二　高考大题

20．(2019·北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：

(1)感应电动势的大小E；

(2)拉力做功的功率P；

(3)ab边产生的焦耳热Q。

答案　(1)BLv　(2)　(3)

解析　(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势

E＝BLv。

(2)线框中的感应电流I＝

拉力大小等于安培力大小F＝BIL

拉力的功率P＝Fv＝。

(3)线框ab边电阻Rab＝

时间t＝

ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝。

21．(2019·江苏高考)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中

(1)感应电动势的平均值E；

(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；

(3)通过导线横截面的电荷量q。

答案　(1)0.12 V　(2)0.2 A(电流方向见解析图)　(3)0.1 C

解析　(1)感应电动势的平均值E＝

磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS

解得E＝

代入数据得E＝0.12 V。

(2)平均感应电流I＝

代入数据得I＝0.2 A(电流方向如图)。

(3)通过导线横截面的电荷量

q＝IΔt

代入数据得q＝0.1 C。

题组三　模拟大题

22．(2019·贵州贵阳一中模拟)如图所示，两光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，导轨间距为l，左端连有一阻值为R的电阻。一根质量为m、电阻为r的金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域。给金属杆一个瞬时冲量使它获得水平向右的速度v0，它到达磁场区域右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好。除左端所连电阻和金属杆的电阻外，其他电阻忽略不计。求：

(1)金属杆刚进入磁场时电阻R两端的电压；

(2)磁场区域左、右边界之间的距离。

答案　(1)　(2)

解析　(1)金属杆刚进入磁场时，感应电动势E＝Blv0

感应电流IR＝，

电阻R两端的电压UR＝IRR

解得UR＝。

(2)设金属杆移动的距离为x时速度为v，对应的安培力为F，则此时感应电动势E′＝Blv，

感应电流I＝

F＝BIl

对金属杆，由动量定理，Δt时间内，－FΔt＝m·Δv

代入可得－＝m·Δv

对上式从金属杆进入磁场到速度为零求和得

∑(－·Δt)＝∑m·Δv

则得－x0＝0－mv0

式中x0为该过程中金属杆的位移，也就是磁场区域左、右边界之间的距离，所以x0＝。