第11章 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮课时作业word（人教版）

课时冲关38　法拉第电磁感应定律　 自感和涡流 [基础对点练] 1．(涡流的理解)以下现象中属于涡流现象的应用的是(　　) 解析：B　[电烤箱是利用电流发热的原理，故A错误；金属探测仪可以探测人身是否携带金属物品，是通过金属上产生涡流而使报警器发出警告的，故B正确；高压带电作业屏蔽服是利用静电屏蔽原理，故C错误；车载充电器没有应用涡流现象，故D错误．] 2．(自感)如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法中正确的有(　　 ) A．当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮 B．当S闭合时，L1一直不亮，L2立即变亮 C．当S断开时，L2立即熄灭 D．当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭 解析：D　[由于D为理想二极管，具有单向导电性，根据图像可知，电源与二极管的负极连接，可知当S闭合时，L1一直不亮，由于线圈的自感作用，L2将逐渐变亮，故A、B错误；当S断开时，由于线圈的自感作用，线圈相当于一个电源，线圈中的电流将在新的回路中由原来的稳定值逐渐减小为0，可知当S断开时，L2逐渐熄灭，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，故C错误，D正确．] 3．(法拉第电磁感应定律的理解)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，螺线管上有P→Q方向的电流 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一定相等 解析：A　[按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增加，结合楞次定律可知，螺线管上产生的感应电流从P流向Q，故A正确；松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，结合楞次定律可知，螺线管上产生的感应电流从Q流向P，螺线管上的导线P端电势较高，故B错误；按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，则螺线管无感应电动势产生，则导线两端PQ间无电势差．故C错误；按下和松开按钮过程，时间不一定相等，则磁通量的变化率不一定相等，根据法拉第电磁感应定律可知螺线管产生的感应电动势大小不一定相等．故D错误．] 4. (旋转切割)如图所示，导线OA长为l，在方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω沿图中所示方向绕通过悬点O的竖直轴旋转，导线OA与竖直方向的夹角为θ.则OA导线中的感应电动势大小和O、A两点电势高低情况分别是(　　) A．Bl2ω　O点电势高 B．Bl2ω　A点电势高 C.Bl2ωsin2θ　O点电势高 D.Bl2ωsin2θ　A点电势高 解析：D　[导线OA切割磁感线的有效长度等于OA在垂直磁场方向上的投影长度，即l′＝l·sin θ，产生的感应电动势E＝Bl′2ω＝Bl2ωsin2 θ，由右手定则可知A点电势高，所以D正确．] 5. (E＝n的应用)(多选)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，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均匀地增大到2B.在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．感应电流的方向沿逆时针方向 B．感应电流的方向沿顺时针方向 C．感应电动势的大小为 D．感应电动势的大小为 解析：AC　[根据楞次定律知，A对，B错；又由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E＝n＝n·S＝n·，得E＝，选项C正确，D错误．] 6. (圆盘的旋转切割)(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 解析：AB　[圆盘切割磁感线产生的感应电动势E＝Br∝ω，感应电流I＝∝ω，即圆盘转动的角速度恒定，电流大小恒定，A正确．圆盘切割磁感线，相当于圆盘圆心与P点间的半径切割磁感线，根据右手定则，电流沿a到b的方向流动，B正确．由楞次定律知感应电流的方向与圆盘转动的角速度大小无关，C错误．由A项分析知I∝ω，又P＝I2R∝ω2，角速度变为原来的两倍，则R上的热功率变为原来的4倍，D错误．] 7. (涡流)(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一．如图所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化．下列说法中正确的是(　　) A．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化 B．涡流的频率等于通入线圈的交流电频率 C．通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力 D．待测工件可以是塑料或橡胶制品 解析：ABC　[根据楞次定律得知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化，故A正确．感应电流的频率与原电流的频率是相同的，涡流的频率等于通入线圈的交流电频率，故B正确；因为线圈交流电是周期变化的，故在工件中引起的交流电也是周期性变化的．可知通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力，故C正确；电磁感应只能发生在金属物体上，故待测工件只能是金属制品，故D错误．故选A、B、C.] 8．(E＝n的应用)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关系如图乙所示．(g取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． 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 E＝n＝n·L2＝0.5 V， 则P＝＝0.25 W； (3)I＝＝0.5 A，由题图乙可知， t＝4 s时，B＝0.6 T， F安＝nBIL， F安＋FT＝mg， 联立解得FT＝1.2 N. 答案：(1)逆时针　(2)0.25 W　(3)1.2 N [能力综合练] 9．(多选)一种重物缓降装置简化物理模型如图所示，足够长的轻质绝缘细线连接且缠绕在铜轴上，另一端悬挂着一个重物，一个铜制圆盘也焊接在铜轴上，铜轴的外侧和大圆盘的外侧通过电刷及导线与外界的一个灯泡相连，整个装置位于垂直于圆盘面的匀强磁场中，现将重物从合适位置由静止释放，整个圆盘将在重物的作用下一起转动，产生的电流可以使灯泡发光，不计除灯泡电阻外的其余电阻和一切摩擦阻力．下列说法正确的是(　　 ) A．此装置是利用电磁感应现象制成的 B．通过灯泡的电流方向由左向右 C．重物下降越快，圆盘的阻尼作用越大 D．重物减小的机械能全部转化为灯泡消耗的电能 解析：AC　[根据题意可知，此装置是利用电磁感应现象制成的，故A正确；根据右手定则可以判断，通过灯泡的电流方向由右向左，故B错误；重物下降速度越快，感应电动势越大，圆盘阻尼作用越大，故C正确；重物减小的重力势能转化为装置的动能和灯泡消耗的电能，故D错误．] 10．如图所示，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R，电路中电源内阻忽略不计．闭合开关S后，调节滑动变阻器滑片位置，稳定后L1和L2的亮度一样．下列说法正确的是(　　 ) A．S闭合僢间，L1和L2立即变亮 B．S断开后，L1右端电势比左端高 C．S闭合瞬间，电感线圈中的感应电动势为零 D．S断开后，L2立即熄灭 解析：B　[S闭合僢间，L2立即变亮，由于电感线圈L的自感作用，L1灯泡将逐渐变亮，故A错误；电路稳定时，根据电路图可知，灯泡中的电流整体向左，当S断开时，线圈中的电流将减小，由于线圈的自感作用，线圈产生自感电动势，线圈相当于一个电源，其电动势阻碍电流的减小，即线圈左端为等效电源的正极，线圈右端为等效电源的负极，可知L1右端电势比左端高，故B正确；S闭合瞬间，通过线圈的电流增大，由于线圈的自感作用，线圈产生自感电动势，该电动势阻碍电流的增大，故C错误；S断开后，线圈中的电流将减小，由于线圈的自感作用，线圈产生自感电动势，线圈相当于一个电源，该等效电源使得通过线圈的原电流在由L1和L2构成的新的回路中逐渐减小为零，因此，S断开后，L2将逐渐熄灭，故D错误．] 11. (多选)用导线绕成一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图所示．把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里．当磁场均匀减弱时(　　) A．线框和圆环中的电流方向都为顺时针 B．线框和圆环中的电流方向都为逆时针 C．线框和圆环中的电流大小之比为1∶ D．线框和圆环中的电流大小之比为1∶2 解析：AC　[依据楞次定律，当磁场均匀减弱时，圆环和线框中的电流方向都为顺时针，故A正确，B错误；设正方形的边长为2a.由几何关系可知，外接圆的半径r＝a，则根据法拉第电磁感应定律得，正方形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为E正：E圆＝(2a)2∶π(a)2＝2∶π，根据电阻定律得，正方形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为R正∶R圆＝ρ∶ρ＝2∶π，由欧姆定律得正方形回路中的感应电流与外接圆中感应电流之比为I正∶I圆＝∶＝1∶，故C正确，D错误．] 12. (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架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顺时针方向匀速转动，于是框架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→E B．感应电流方向为E→F→G→E C．平均感应电动势大小等于 D．平均感应电动势大小等于 解析：BC　[框架转过60°过程中通过框架的磁通量减少，由楞次定律知，感应电流方向为E→F→G→E，选项A错误，B正确；根据几何关系得，框架的有效面积减小ΔS＝a2，由ω＝得Δt＝＝，根据法拉第电磁感应定律得，框架产生的平均感应电动势E＝＝·B＝，选项C正确，D错误．] 13．如图甲所示，面积S＝0.2 m2的线圈，匝数n＝630，总电阻r＝1.0 Ω，线圈处在变化的磁场中，磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化，方向垂直线圈平面．图甲中传感器可看成一个纯电阻R，并标有“3 V　0.9 W”，滑动变阻器R0上标有“10 Ω　1 A”，闭合开关S，试回答下列问题： (1)设磁场垂直纸面向外为正方向，试判断通过电流表的电流方向； (2)为了保证电路的安全，求电路中允许通过的最大电流； (3)若滑动变阻器触头置于最左端，为了保证电路的安全，图乙中的t0最小值是多少？ 解析：(1)由楞次定律及安培定则判断得， 通过电流表的电流方向向右． (2)传感器正常工作时的电阻 R＝＝10 Ω 工作电流I＝＝0.3 A，由于滑动变阻器工作电流是1 A，所以电路允许通过的最大电流为I＝0.3 A. (3)滑动变阻器触头位于最左端时外电路的电阻为R外＝20 Ω，故感应电动势的最大值E＝I(R外＋r)＝6.3 V. 由法拉第电磁感应定律 E＝＝＝ t0＝＝ s＝40 s. 答案：(1)向右　(2)0.3 A　(3)40 s 14.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． 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 mv2＝Q＋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＝＝ W＝0.36 W. (2)感应电流I＝＝ 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， 解得圆环此时运动的加速度 a＝＝ 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． 答案：(1)0.36 W　(2)0.06 m/s2，方向向左 学科网（北京）股份有限公司 $$