2019届高考物理大一轮复习第10章第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流精练 8页

第2讲　法拉第电磁感应定律　自感　涡流◎基础巩固练1.(多选)(2018·陕西省宝鸡市高三教学质量检测)如图所示，金属杆ab静止放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则(　　)A．杆中感应电流方向是从b到aB．杆中感应电流大小均匀增大C．金属杆所受安培力方向水平向左D．金属杆所受安培力大小均匀增大解析：　由楞次定律知杆中感应电流方向是从a到b，由左手定则知金属杆所受安培力方向水平向左，则选项A错误，C正确；根据法拉第电磁感应定律，有E＝＝，可知当磁感应强度均匀增大时，产生的感应电动势大小是恒定的，由闭合电路欧姆定律知杆中感应电流大小是恒定的，金属杆所受安培力大小F＝BIL随磁感应强度B均匀增大，则选项B错误，D正确。答案：　CD2．(多选)(2018·安徽省重点中学盟校模拟考试)下列对电磁感应现象的讨论中说法正确的是(　　)A．人造卫星绕地球飞行时，轨道各处的地磁场的强弱不同，人造地球卫星的金属外壳中会产生微弱的感应电流，使卫星的机械能增大B．增大铁芯材料的电阻率是减小涡流的途径之一C．如果发现闭合电路中有感应电流，那么穿过这个闭合电路的磁通量一定在发生变化D．只要自感系数足够大或电流变化足够快，则断电时自感电流可以大于原电流解析：　当穿过人造卫星的磁通量发生变化时，金属外壳中会有涡流产生，故会使卫星的机械能减小，A错误；增大铁芯材料的电阻率是减小涡流的途径之一，故B正确；根据感应电流的产生条件，可知C正确；如果断电时自感电流大于原电流，则违背了能量守恒定律，故D错误。答案：　BC3.n(2018·广东四校第一次联考)如图所示，在一磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为L＝0.1m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3Ω的电阻。导轨上正交放置着金属棒ab，其电阻r＝0.2Ω。当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0m/s向左做匀速运动时(　　)A．ab棒所受安培力大小为0.02NB．N、Q间电压为0.2VC．a端电势比b端电势低D．回路中感应电流大小为1A答案：　A4.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为(　　)A.　　　　　　　　　B．C.D．Bav解析：　摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·＝Bav。由闭合电路欧姆定律得，UAB＝·＝Bav，故A正确。答案：　A5．(多选)(2018·湖南省五市十校高三联考)如图所示，两平行的光滑导轨固定在同一水平面内，两导轨间距离为L，金属棒ab垂直于导轨，金属棒两端与导轨接触良好，在导轨左端接入阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强度为Bn的匀强磁场中。与R相连的导线、导轨和金属棒的电阻均可忽略不计。用平行于导轨向右的大小为F的力拉金属棒，使金属棒以大小为v的速度向右匀速运动，下列说法正确的是(　　)A．金属棒ab相当于电源，其a端相当于电源负极B．拉力F＝C．回路中的感应电流沿顺时针方向流动D．定值电阻消耗的电功率P＝Fv解析：　用平行于导轨向右的恒力拉金属棒，使金属棒向右匀速运动，ab棒相当于电源，由右手定则知，电流方向由b→a，在电源内部电流由低电势流向高电势，所以a端相当于电源的正极，回路中的感应电流沿逆时针方向，A、C选项错误；由于金属棒匀速运动，所以F＝F安，根据法拉第电磁感应定律知F安＝BIL＝，而定值电阻消耗的功率为安培力的功率，也等于拉力的功率，选项B、D正确。答案：　BD6.如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°。为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则(　　)A．v1∶v2＝2∶πB．v1∶v2＝π∶2C．v1∶v2＝1∶2D．v1∶v2＝2∶1解析：　第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，线框中的感应电动势恒定，有1＝E1＝BLv1。第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，所需时间t＝＝，线框中的磁通量变化量ΔΦ＝B·L·＝BL2，产生的平均电动势2＝＝。由题意知1＝2，可得v1∶v2＝2∶π，A正确。n答案：　A7．如图甲所示，边长为L、总电阻为R的正方形导线框静置于光滑水平面上，cd边正中间有一个很小的豁口PQ，且导线框处于与水平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)A．在0～t0时间内，正方形导线框有收缩的趋势B．在t＝时刻，ab边所受安培力大小为C．在0～t0时间内PQ间的电势差为D．在0～t0时间内，P点的电势低于Q点电势解析：　由于正方形导线框不闭合，导线框中没有感应电流，但有感应电动势，导线框不受安培力，A、B错误；由法拉第电磁感应定律得，导线框的感应电动势E＝＝，C正确；在0～t0时间内，根据楞次定律知P点电势高于Q点电势，D错误。答案：　C8.(2015·北京理综·22)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m，一端连接R＝1Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5m/s。求：(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小；(3)若将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U。解析：　(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv＝1×0.4×5V＝2V感应电流I＝＝A＝2An(2)拉力大小等于安培力大小F＝BIL＝1×2×0.4N＝0.8N冲量大小IF＝FΔt＝0.8×0.1N·s＝0.08N·s(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流I′＝＝A＝1A由欧姆定律可得，导体棒两端电压U＝I′R＝1V。答案：　(1)2V　2A　(2)0.08N·s　(3)1V◎能力提升练9．轻质细线吊着一质量为m＝0.32kg、边长为L＝0.8m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1Ω。边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化的规律如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，g＝10m/s2。则(　　)A．在0～t0时间内线圈中产生的电动势为0.5VB．在0～t0时间内线圈的电功率为0.16WC．t0的值为1sD．当细线松弛时，磁感应强度的大小为3T解析：　由法拉第电磁感应定律得E＝n＝n2＝10××2×V＝0.4V，故在0～t0时间内线圈中产生的电动势为0.4V，A选项错误。由闭合电路欧姆定律有I＝＝A＝0.4A，根据功率表达式知P＝I2r＝0.16W，在0～t0时间内线圈的电功率为0.16W，B选项正确。分析线圈受力可知，当细线松弛时有F安＝nBt0I＝mg，且Bt0＝＝T＝2T，由题图乙知Bt0＝1＋0.5t0(T)，解得t0＝2s，C、D选项均错误。答案：　B10．(多选)如图所示，在光滑水平面上方有一有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，磁n场宽度大于L。有两个相同的矩形线框，长为L，宽为，按图中方式放置。甲线框到磁场左边界的距离为L，在恒力2F作用下由静止开始向右运动；乙线框到磁场左边界的距离为2L，在恒力F作用下由静止开始向右运动。下列说法中正确的是(　　)A．甲线框进入磁场与离开磁场时，感应电流的方向一定相反，安培力的方向也一定相反B．若甲线框进入磁场后恰好做匀速运动，则乙线框进入磁场后一定做减速运动C．甲线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热一定大于乙线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热D．穿过磁场的过程中，通过两线框横截面的电荷量相同解析：　根据楞次定律知，甲线框进入磁场与离开磁场时感应电流的方向一定相反，而安培力阻碍导体的相对运动，故安培力的方向一定相同，A错误；对甲、乙两线框的受力分析和运动规律分析可知，甲、乙两线框进入磁场时的速度大小相同，则安培力大小相同，若甲线框进入磁场时恰好做匀速运动，说明安培力大小为2F，大于乙线框受到的拉力，则乙线框进入磁场时一定做减速运动，B正确；在进入和穿出磁场的整个过程中，甲线框的安培力均大于乙线框的安培力(进入瞬间安培力大小相等)，而克服安培力做功的位移相同，故甲线框克服安培力做功较多，甲线框产生较多的焦耳热，C正确；通过导体截面的电荷量q＝，磁通量的变化量相同，则电荷量也相同，所以D正确。答案：　BCD11.如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成θ＝30°角，平行导轨间距L＝1.0m。匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.20T。两根金属杆ab和cd的质量均为m＝0.20kg，电阻均为R＝0.20Ω。若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好。金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)cd杆所受安培力F安的大小；n(2)通过金属杆的感应电流I的大小；(3)作用在金属杆ab上的拉力的功率P。解析：　(1)金属杆cd静止在金属导轨上，所受安培力方向平行于导轨平面向上则F安＝mgsin30°解得F安＝1.0N。(2)安培力F安＝BIL解得I＝5.0A。(3)金属杆ab所受安培力方向平行于导轨平面向下，金属杆ab在拉力F、安培力F安、重力mg和支持力作用下匀速上滑则F＝BIL＋mgsin30°根据法拉第电磁感应定律，金属棒ab上产生的感应电动势为E感＝BLv根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流I＝根据功率公式P＝Fv联立解得v＝10m/s，P＝20W。答案：　(1)1.0N　(2)5.0A　(3)20W12．如图甲所示，有一竖直方向的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，区域的上下边缘间距为H＝85cm，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。有一长L1＝20cm、宽L2＝10cm、匝数n＝5的矩形线圈，其总电阻R＝0.2Ω、质量m＝0.5kg，在t＝0时刻，线圈从离磁场区域的上边缘高为h＝5cm处由静止开始下落，0.2s时线圈刚好全部进入磁场，0.5s时线圈刚好开始从磁场中出来。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)线圈穿过磁场区域所经历的时间t；(2)线圈穿过磁场区域产生的热量Q。解析：　(1)设线圈先做自由落体运动的末速度为v1，则v＝2gh，得v1＝1m/sh＝gt，得t1＝0.1s进入磁场时，E1＝nB1L1v1，I1＝，FA1＝nB1I1L1n得FA1＝5N，即FA1＝mg线圈匀速进入磁场，L2＝v1t2得t2＝0.1s之后线圈向下做匀加速运动，运动d＝H－L2＝0.75m后，线圈的下边刚好到达磁场的下边缘有v－v＝2gd，得v2＝4m/s由v2－v1＝gt3，得t3＝0.3s出磁场时，E2＝nB2L1v2，I2＝，FA2＝nB2I2L1得FA2＝5N，即FA2＝mg线圈匀速出磁场，L2＝v2t4得t4＝0.025s因此线圈穿过磁场区域所经历的时间t＝t2＋t3＋t4＝0.425s(2)线圈进出磁场过程均做匀速运动，该过程中线圈产生的热量Q1＝mg×2L2＝1.0J整个线圈在磁场中运动时，E3＝nL1L2＝T/sQ2＝t3＝J≈0.042J因此全过程产生的总热量Q＝Q1＋Q2＝1.042J答案：　(1)0.425s　(2)1.042J