第29讲 法拉第电磁感应定律　自感、涡流 课时作业-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 本练习通过“基础巩固练”与“综合提升练”分层设计，以高考真题情境为载体，构建从单一知识点应用到复杂问题综合分析的巩固路径，强化物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固练|法拉第电磁感应定律、自感现象、楞次定律等单一知识点|8道选择（含4道多选），结合2026湖北名校联盟等真题情境，聚焦公式直接应用与现象判断| |综合提升练|电磁感应与电路、力学综合，复杂模型（如转动导线、磁悬浮驱动）|4道选择+1道计算，需模型建构与科学推理，如第13题结合耦合器工作原理考查电动势与焦耳热计算|

第29讲 法拉第电磁感应定律　自感、涡流 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1．(2026·湖北省名校联盟高三上第一次联合测评)将一根绝缘细导线绕成如图所示的闭合线圈，其中大圆半径为R，小圆半径为，垂直线圈平面方向有一随时间均匀增强的匀强磁场，且磁感应强度的变化率为k，则线圈总的感应电动势大小为(　　) A． B． C．kπR2 D． 2．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab从距地面高为h处，以水平初速度v0抛出。设运动的整个过程中棒的取向不变，且不计空气阻力，则落地时金属棒a、b两端产生的感应电动势和电势高低，判断正确的是(　　) A．E＝BLv0，φa>φb B．E＝BL，φa>φb C．E＝BLv0，φa<φb D．E＝BL，φa<φb 3．如图是用电流传感器(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，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。在下图所示的图像中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是(　　) 4．A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA＝2rB，分别按图甲、乙两种方式放入匀强磁场中，且磁感应强度随时间均匀减小，则下列说法正确的是(　　) A．甲图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1 B．甲图中，A、B两线圈中电流之比为2∶1 C．乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1 D．乙图中，A、B两线圈中电流之比为4∶1 5．(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 6．(2025·江西卷)(多选)如图所示，一细金属导体棒PQ在匀强磁场中沿纸面由静止开始向右运动，磁场方向垂直纸面向里。不考虑棒中自由电子的热运动。下列选项正确的是(　　) A．电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用 B．棒运动时，P端比Q端电势低 C．棒加速运动时，棒中电场强度变大 D．棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止 7．(2026·广东省高三上开学考试)(多选)无线磁力搅拌杯的工作原理如图所示，杯体底部安装通电线圈，相关电路控制线圈电流从而产生一个逆时针旋转的磁场(俯视图)，杯内中心放置一搅拌金属转子，在旋转磁场作用下金属转子也产生旋转，从而达到搅拌杯内溶液的效果。通电搅拌时，以下说法正确的是(　　) A．金属转子中会产生感应电流 B．金属转子内不会产生焦耳热 C．金属转子旋转方向与磁场旋转方向相反 D．加快磁场旋转速度，则金属转子旋转速度也加快 8.(多选)如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联后接到电路中，A2与可变电阻R串联后接到电路中。先闭合开关S，调节R，使两个灯泡的亮度相同，再调节R1，使它们正常发光，然后断开开关S，下列说法正确的是(　　) A．重新接通电路，A1、A2同时亮 B．重新接通电路，A1逐渐变亮 C．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A1、A2逐渐熄灭 D．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A2闪亮一下再熄灭 综合提升练 一．选择题： 9．如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为(　　) A．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φc C．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φc 10．扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(　　) 11．(多选)磁悬浮列车是高速低耗交通工具，它的驱动系统简化为如图所示的物理模型。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．如图所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 12．(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＝ 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 13．(2025·江苏卷，15)圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成，工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO′转动。外转子半径为r1，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为r2，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。 (1)若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E； (2)若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q； (3)若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。 参考答案： 1.答案：B解析：解法一：线圈所围的面积S＝πR2－π，根据法拉第电磁感应定律有E＝S，且＝k，联立解得线圈总的感应电动势大小E＝，故选B。 解法二：根据法拉第电磁感应定律可知，大圆两端的感应电动势大小E1＝πR2·，小圆两端的感应电动势大小E2＝π··，且＝k，根据楞次定律，两电动势在回路中的方向相反，则总感应电动势大小E＝E1－E2，联立解得E＝，故选B。 2.答案：C解析：金属棒在运动过程中切割磁感线的速度为水平分速度v0，保持不变，则金属棒a、b两端产生的感应电动势大小为E＝BLv0，根据右手定则可知，金属棒b端的电势比a端的电势高，即φa<φb，故选C。 3.答案：B解析：在t＝0时刻，闭合开关的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，自感线圈相当于一个阻值很大的电阻，灯泡中有一定的电流通过；随着自感线圈L电动势的逐渐减小，自感线圈的等效阻值逐渐减小，直至减小到其直流电阻值，线圈与灯泡并联电路两端的电压逐渐减小至稳定值，故灯泡中的电流逐渐减小至稳定值，A、D错误。当在t＝t1时刻断开开关S时，线圈产生自感电动势，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，故灯泡的电流方向与原来相反，为负值；线圈的直流电阻大于灯泡D的阻值，故t＝t1时刻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，故B正确，C错误。 4.答案：C解析：由法拉第电磁感应定律可知，E＝n＝nS，其中S为有效面积。甲图中，A、B两线圈的有效面积相等，所以感应电动势之比等于匝数比，为1∶1，由电阻定律R＝ρ可知，电阻之比等于两线圈周长之比，为2∶1，所以甲图中，A、B两线圈中电流之比为1∶2，故A、B错误。同理，乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1，电流之比为2∶1，故C正确，D错误。 5.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。 6.答案：CD解析：由左手定则可知，电子沿棒运动时受到垂直磁场和运动方向的洛伦兹力作用，A错误；棒向右运动时，相当于电源，根据右手定则可知，P端比Q端电势高，B错误；P、Q两端电势差U＝BLv，可知棒中电场强度E＝＝Bv，则棒加速运动时，棒中电场强度变大，C正确；棒保持匀速运动时，P、Q两端电势差保持恒定，电子所受电场力和磁场力平衡，最终相对棒静止，D正确。 7.答案：AD解析：根据电磁感应原理，当金属转子处于变化的磁场中时会产生感应电动势，进而形成感应电流，产生焦耳热，故A正确，B错误；金属转子在旋转磁场的作用下，其感应电流会受到安培力的作用，从而驱动金属转子跟随磁场旋转，由楞次定律推论可得，金属转子旋转方向与磁场旋转方向一致，故C错误；加快磁场旋转速度时，磁场相对金属转子的转动速度加快，金属转子中的感应电流增大，则金属转子所受安培力增大，金属转子旋转速度也加快，故D正确。 8.答案：BC解析：重新接通电路，由于L有自感电动势产生，阻碍电流增大，所以A1逐渐变亮，而A2立即变亮，故A错误，B正确。接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象，A1、A2都会逐渐熄灭，故C正确，D错误。 9.答案：C解析：如图所示，O、a、b、c各点电势的关系相当于Oa、Ob、Oc三条直导体棒绕O点转动切割磁感线时四点的电势的关系，根据右手定则可知，O点电势最高；根据法拉第电磁感应定律，直导体棒在匀强磁场中转动产生的感应电动势E＝Bl，本题中直导体棒绕棒端点转动，则v＝ωl，联立可得E＝Bωl2，由图可知lOb＝lOc＝＝R>lOa＝R，结合电源的开路电压等于电动势，以及楞次定律，可得UOb＝UOc>UOa>0，又UOa＝φO－φa，UOb＝φO－φb，UOc＝φO－φc，可得φO>φa>φb＝φc，故选C。 10.答案：A解析：底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其振动方向不确定，在B、D这种情况下，紫铜薄板上下振动时，不会产生涡流，从而不会受到电磁阻尼作用；在C这种情况下，紫铜薄板上下及左右振动时，都不会产生涡流，从而不会受到电磁阻尼作用；在A这种情况下，紫铜薄板上下及左右振动时，都会产生涡流，受到电磁阻尼作用，A正确。 11.答案：BC解析：线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知，题图所示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，A错误；题图所示时刻，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；列车速度为v′时，根据法拉第电磁感应定律知此时线框中产生的感应电动势大小E＝2NBLΔv＝2NBL(v－v′)，线框受到的安培力大小为F＝2NBIL，又I＝， 则F＝，C正确，D错误。 12.答案：BC解析：由图乙可知，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棒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；导体棒ab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＝＝，导体棒ab受到的安培力为F′＝B0Il＝，由于导体棒ab匀速运动，所以导体棒ab受力平衡，因此水平外力为F＝F′＝，故C正确，D错误。 13.答案：(1)BLω0r1　(2) (3) 解析：(1)由法拉第电磁感应定律得E＝BLv 其中ab边的速度大小v＝ω0r1 联立解得E＝BLω0r1。 (2)由右手定则可知，ab边和cd边产生的感应电动势在回路中始终同向，则线圈abcd产生的感应电动势大小始终为E′＝2E 外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q＝T1 其中转动一周的时间T1＝ 联立解得Q＝。 (3)任一线圈产生的电动势大小为E″＝IR 设内转子转动的角速度为ω，易知ω<ω0， 线圈直边切割磁感线的速度大小为v1＝(ω0－ω)r1 由法拉第电磁感应定律，及回路中两直边产生的感应电动势同向，有E″＝2BLv1 线圈每相对内转子转动90°，线圈内电流方向改变一次，一个电流的周期内电流方向改变两次，则T＝ 联立解得T＝。 学科网（北京）股份有限公司 $