課時跟蹤檢測（三十二） 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感 渦流

PAGE第7頁共7頁課時跟蹤檢測（三十二）法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1．如圖所示，在慶祝中華人民共和國成立70周年閱兵盛典上，我國預(yù)警機“空警-2000”在通過天安門上空時機翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自東向西飛行。該機的翼展(兩翼尖之間的距離)為50m，北京地區(qū)地磁場的豎直分量向下，大小為4.7×10A．兩翼尖之間的電勢差為2.9VB．兩翼尖之間的電勢差為1.1VC．飛機左方翼尖的電勢比右方翼尖的電勢高D．飛機左方翼尖的電勢比右方翼尖的電勢低解析：選C飛機的飛行速度為4.5×102km/h＝125m/s，飛機兩翼尖之間的電動勢為E＝BLv＝4.7×10－5×2．(2021·太和質(zhì)檢)以下現(xiàn)象中屬于渦流現(xiàn)象的應(yīng)用的是()解析：選B電烤箱是利用電流發(fā)熱的原理，故A錯誤；監(jiān)考老師手中的金屬探測儀，可以探測人身是否攜帶通信設(shè)備(金屬物品)，是通過金屬上產(chǎn)生渦流而使報警器發(fā)出警告的，故B正確；工人穿上金屬絲織成的衣服可以高壓帶電作業(yè)是利用靜電屏蔽原理，故C錯誤；車載充電器沒有應(yīng)用渦流現(xiàn)象，故D錯誤。3．用導(dǎo)線繞成一圓環(huán)，環(huán)內(nèi)有一用同樣導(dǎo)線折成的內(nèi)接正方形線框，圓環(huán)與線框絕緣，如圖所示。把它們放在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里。當(dāng)磁場均勻減弱時()A．線框和圓環(huán)中的電流方向都為順時針方向B．線框和圓環(huán)中的電流方向都為逆時針方向C．線框和圓環(huán)中的電流大小之比為1∶1D．線框和圓環(huán)中的電流大小之比為1∶2解析：選A依據(jù)楞次定律，當(dāng)磁場均勻減弱時，圓環(huán)和線框中的電流方向都為順時針方向，故A正確，B錯誤；設(shè)正方形的邊長為2a。由幾何關(guān)系可知，外接圓的半徑r＝eq\r(2)a，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，正方形回路中的感應(yīng)電動勢與外接圓中感應(yīng)電動勢之比為E正∶E圓＝eq\f(ΔB,Δt)(2a)2∶eq\f(ΔB,Δt)π(eq\r(2)a)2＝2∶π，根據(jù)電阻定律得，正方形回路中的電阻與外接圓的電阻之比為R正∶R圓＝ρeq\f(8a,S)∶ρeq\f(2π·\r(2)a,S)＝2eq\r(2)∶π，由閉合電路歐姆定律得正方形回路中的感應(yīng)電流與外接圓中感應(yīng)電流之比為I正∶I圓＝eq\f(E正,R正)∶eq\f(E圓,R圓)＝1∶eq\r(2)，故C、D均錯誤。4．(2021·東莞模擬)如圖所示，半徑為2r的彈性螺旋線圈內(nèi)有垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場區(qū)域的半徑為r，已知彈性螺旋線圈的電阻為R，線圈與磁場區(qū)域共圓心，則以下說法中正確的是()A．保持磁場不變，線圈的半徑由2r變到r的過程中，線圈中有逆時針方向的電流B．保持磁場不變，線圈的半徑由2r變到3r的過程中，線圈中有順時針方向的電流C．保持線圈和磁場的半徑不變，使磁場隨時間按B＝kt變化，線圈中的電流為eq\f(kπr2,R)D．保持線圈和磁場的半徑不變，使磁場隨時間按B＝kt變化，線圈中的電流為eq\f(2kπr2,R)解析：選C根據(jù)磁通量的定義可知，當(dāng)線圈的半徑由2r變到0.5r的過程中，穿過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，故A錯誤；同理，保持磁場不變，線圈的半徑由2r變到3r的過程中，穿過線圈的磁通量不變，根據(jù)感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件可知，線圈內(nèi)沒有感應(yīng)電流，故B錯誤；保持線圈和磁場的半徑不變，使磁場隨時間按B＝kt變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝eq\f(ΔB,Δt)·πr2＝kπr2，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，線圈中的電流I＝eq\f(kπr2,R)，故C正確，D錯誤。5．(2021·黔東南模擬)如圖甲所示，單匝正方形導(dǎo)線框固定在勻強磁場中，磁感線方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，其中B0、t0均為已知量。已知導(dǎo)線框的邊長為L，總電阻為R，則下列說法中正確的是()A．t0時刻，ab邊受到的安培力大小為eq\f(B02L3,2Rt0)B．0～t0時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流的方向始終為badcbC．0～t0時間內(nèi)，通過導(dǎo)線框某橫截面的電荷量為eq\f(2B0L2,R)D．0～t0時間內(nèi)，導(dǎo)線框產(chǎn)生的熱量為eq\f(B02L4,Rt0)解析：選A由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝eq\f(B0,2t0)L2，通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2,2Rt0)，t0時刻，ab邊所受安培力大小為F＝B0IL＝eq\f(B02L3,2Rt0)，故A正確；根據(jù)楞次定律可知，0～t0時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流的方向始終為abcda，故B錯誤；0～t0時間內(nèi)，通過導(dǎo)線框某橫截面的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(\f(B0,2)L2,R)＝eq\f(B0L2,2R)，故C錯誤；0～t0時間內(nèi)，導(dǎo)線框產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt0＝eq\f(B02L4,4Rt0)，故D錯誤。6.(2020·衡水二模)如圖所示，L是自感系數(shù)較大的線圈，其直流電阻可忽略不計，a、b、c是三個相同的小燈泡，下列說法正確的是()A．開關(guān)S閉合時，b、c燈立即亮，a燈逐漸亮B．開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后，b、c燈亮，a燈不亮C．開關(guān)S斷開時，b、c燈立即熄滅，a燈逐漸熄滅D．開關(guān)S斷開時，a、b、c燈立即熄滅解析：選A開關(guān)S閉合時，b、c燈立即亮，由于線圈中產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流的增加，使得a燈逐漸亮，選項A正確；開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后，三燈都亮，選項B錯誤；開關(guān)S斷開時，c燈立即熄滅，由于在L中產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流的減小，則電流將在L與a、b燈之間形成新的回路，使得a、b燈逐漸熄滅，選項C、D均錯誤。7．(2021·南通質(zhì)檢)如圖甲所示，邊長為L＝0.1m的10匝正方形線框abcd處在變化的磁場中，在線框d端點處開有一個小口，d、e用導(dǎo)線連接到一個定值電阻上，線框中的磁場隨時間的變化情況如圖乙所示(規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向)，下列說法正確的是()A．t＝3s時線框中的磁通量為0.03WbB．t＝4s時線框中的感應(yīng)電流大小為零C．t＝5s時通過線框中的電流將反向D．t＝8s時通過線框中的電流沿逆時針方向解析：選C由磁通量的定義可知t＝3s時穿過線框的磁通量為Φ＝B0·L2＝0.003Wb，故A錯誤；t＝4s時，由法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)L2＝10×eq\f(0.6,2)×0.01V＝0.03V，所以線框中的感應(yīng)電流不為零，故B錯誤；由楞次定律可知，3～5s，線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針方向，5～11s，線框中的感應(yīng)電流方向為順時針方向，故t＝5s時通過線框中的電流將反向，故C正確，D錯誤。8．(2020·福州質(zhì)檢)如圖甲所示，用一根導(dǎo)線做成一個半徑為r的圓環(huán)，其單位長度的電阻為r0，將圓環(huán)的右半部分置于變化的勻強磁場中，設(shè)磁場方向垂直紙面向里為正，磁感應(yīng)強度大小隨時間做周期性變化關(guān)系如圖乙所示，則()A．在t＝π時刻，圓環(huán)中有逆時針方向的感應(yīng)電流B．在0～eq\f(π,2)時間內(nèi)圓環(huán)受到的安培力大小、方向均不變C．在eq\f(π,2)～π時間內(nèi)通過圓環(huán)橫截面的電荷量為eq\f(B0r,2r0)D．圓環(huán)在一個周期內(nèi)的發(fā)熱量為eq\f(B02r3,r0)解析：選D由楞次定律可知在t＝π時刻，圓環(huán)中有順時針方向的感應(yīng)電流，故A錯誤；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S可知，在0～eq\f(π,2)時間內(nèi)圓環(huán)的感應(yīng)電動勢不變，電流不變，受到的安培力F＝BIL，因磁感應(yīng)強度B變大，所以安培力變大，故B錯誤；在eq\f(π,2)～π時間內(nèi)通過圓環(huán)橫截面的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B0πr2,4πrr0)＝eq\f(B0r,4r0)，故C錯誤；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S可知E＝B0r2，所以圓環(huán)在一個周期內(nèi)的發(fā)熱量為Q＝eq\f(E2,2πrr0)·2π＝eq\f(B02r3,r0)，故D正確。二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性9．(2021·蚌埠模擬)如圖所示，某小組利用電流傳感器(接入電腦，圖中未畫出)記錄燈泡A和自感元件L構(gòu)成的并聯(lián)電路在斷電瞬間各支路電流隨時間的變化情況，i1表示小燈泡中的電流，i2表示自感元件中的電流(已知開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定時i2>i1)，則下列圖像正確的是()解析：選C當(dāng)開關(guān)S斷開后，自感元件與燈泡形成回路，自感元件阻礙自身電流變化，自感元件產(chǎn)生的感應(yīng)電流仍沿著原來方向，大小從i2開始不斷減小，流過燈泡的電流反向，大小與自感元件電流相等，故C正確，A、B、D錯誤。10．(2021·鎮(zhèn)江模擬)如圖甲所示，倒置的U形金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面夾角為θ＝30°，其中MN與PQ平行且間距為L＝1m，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強度隨時間變化情況如圖乙所示，取圖甲所示磁場方向為磁感應(yīng)強度的正方向。現(xiàn)將金屬棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上，金屬棒與NQ相距0.2m，在0～4s內(nèi)金屬棒始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知金屬棒ab的質(zhì)量為m＝0.1kg，電阻為R＝2Ω，不計導(dǎo)軌電阻，g取10m/s2，則以下結(jié)論錯誤的是()A．t＝2s時刻金屬棒ab所受安培力的方向改變B．0～4s內(nèi)金屬棒所受的最大靜摩擦力為0.9NC．0～4s內(nèi)穿過金屬棒的電荷量為0.4CD．0～4s內(nèi)金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱為0.32J解析：選C根據(jù)楞次定律可判斷，1～2s內(nèi)金屬棒ab受到的安培力方向沿導(dǎo)軌向上，2～3s內(nèi)所受安培力方向沿導(dǎo)軌向下，選項A正確；當(dāng)安培力方向沿導(dǎo)軌向下最大時，靜摩擦力最大，靜摩擦力的最大值f＝mgsin30°＋BIL，其中I＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)，解得I＝0.2A，f＝0.9N，選項B正確；0～4s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和電流定義得q＝eq\f(ΔΦ,R)＝0，選項C錯誤；0～4s內(nèi)金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝0.22×2×4J＝0.32J，選項D正確。11．輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為m＝0.42kg、邊長為L＝1m、匝數(shù)n＝10的正方形線圈，其總電阻為r＝1Ω。在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁場，如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小隨時間變化關(guān)系如圖乙所示。(g＝10m/s2)(1)判斷線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是順時針方向還是逆時針方向；(2)求線圈的電功率；(3)求在t＝4s時輕質(zhì)細(xì)線的拉力大小。解析：(1)由楞次定律知感應(yīng)電流的方向為逆時針方向。(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(1,2)L2eq\f(ΔB,Δt)＝0.5V則P＝eq\f(E2,r)＝0.25W。(3)I＝eq\f(E,r)＝0.5A，由題圖乙可知，t＝4s時，B＝0.6T，安培力的大小為F安＝nBIL線圈處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件得F安＋FT＝mg聯(lián)立解得FT＝1.2N。答案：(1)逆時針方向(2)0.25W(3)1.2N12．如圖所示，MN、PQ是兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為d，導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，M、P間接阻值為R的電阻。勻強磁場的方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，磁感應(yīng)強度大小為B。質(zhì)量為m、阻值為r、長度為d的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，在平行于導(dǎo)軌的拉力作用下，以速度v勻速向上運動。已知金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并且保持良好接觸，重力加速度為g。求：(1