高考物理系統(tǒng)性復(fù)習(xí) (能力提高練) 第二節(jié) 法拉第電磁感應(yīng)定律、自感和渦流（附解析）

【能力提升練】第二節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律、自感和渦流1．(多選)(2022?高考廣東卷)如圖所示，水平地面(平面)下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長(zhǎng)直導(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點(diǎn)，P點(diǎn)位于導(dǎo)線正上方，平行于y軸，平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點(diǎn)，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線圈平面始終與地面平行。下列說(shuō)法正確的有()A．N點(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同B．線圈沿PN方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量不變C．線圈從P點(diǎn)開(kāi)始豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈中無(wú)感應(yīng)電流D．線圈從P到M過(guò)程的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與從P到N過(guò)程的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等【解析】A．依題意，M、N兩點(diǎn)連線與長(zhǎng)直導(dǎo)線平行、兩點(diǎn)與長(zhǎng)直導(dǎo)線的距離相同，根據(jù)右手螺旋定則可知，通電長(zhǎng)直導(dǎo)線在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故A正確；B．根據(jù)右手螺旋定則，線圈在P點(diǎn)時(shí)，磁感線穿進(jìn)與穿出在線圈中對(duì)稱，磁通量為零；在向N點(diǎn)平移過(guò)程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈不再對(duì)稱，線圈的磁通量會(huì)發(fā)生變化，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)右手螺旋定則，線圈從P點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈對(duì)稱，線圈的磁通量始終為零，沒(méi)有發(fā)生變化，線圈無(wú)感應(yīng)電流，故C正確；D．線圈從P點(diǎn)到M點(diǎn)與從P點(diǎn)到N點(diǎn)，線圈的磁通量變化量相同，依題意P點(diǎn)到M點(diǎn)所用時(shí)間較從P點(diǎn)到N點(diǎn)時(shí)間長(zhǎng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則兩次的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不相等，故D錯(cuò)誤。故選AC。【答案】AC2．(多選)(2022?高考山東卷)如圖所示，平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在平面內(nèi)以角速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，時(shí)刻，金屬框開(kāi)始進(jìn)入第一象限。不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t變化規(guī)律的描述正確的是()A．在到的過(guò)程中，E一直增大B．在到的過(guò)程中，E先增大后減小C．在到的過(guò)程中，E的變化率一直增大D．在到的過(guò)程中，E的變化率一直減小【解析】AB．如圖所示，在到的過(guò)程中，線框的有效切割長(zhǎng)度先變大再變小，當(dāng)時(shí)，有效切割長(zhǎng)度最大為，此時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，所以在到的過(guò)程中，E先增大后減小，故B正確，A錯(cuò)誤；CD．在到的過(guò)程中，設(shè)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為，由幾何關(guān)系可得，進(jìn)入磁場(chǎng)部分線框的面積，穿過(guò)線圈的磁通量，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化率，對(duì)求二次導(dǎo)數(shù)得，在到的過(guò)程中一直變大，所以E的變化率一直增大，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。【答案】BC3．(多選)(2022?高考全國(guó)甲卷)如圖，兩根相互平行的光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，整個(gè)系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開(kāi)始時(shí)，電容器所帶的電荷量為Q，合上開(kāi)關(guān)S后，()A．通過(guò)導(dǎo)體棒電流的最大值為B．導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動(dòng)C．導(dǎo)體棒速度最大時(shí)所受的安培力也最大D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱【解析】MN在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中為非純電阻，MN上的電流瞬時(shí)值為，A．當(dāng)閉合的瞬間，，此時(shí)MN可視為純電阻R，此時(shí)反電動(dòng)勢(shì)最小，故電流最大，故A正確；B．當(dāng)時(shí)，導(dǎo)體棒加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到最大值之后，電容器與MN及R構(gòu)成回路，由于一直處于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN終極速度為零，故B錯(cuò)誤；C．MN在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中為非純電阻電路，MN上的電流瞬時(shí)值為，當(dāng)時(shí)，MN上電流瞬時(shí)為零，安培力為零此時(shí)，MN速度最大，故C錯(cuò)誤；D．在MN加速度階段，由于MN反電動(dòng)勢(shì)存在，故MN上電流小于電阻R上的電流，電阻R消耗電能大于MN上消耗的電能(即)，故加速過(guò)程中，；當(dāng)MN減速為零的過(guò)程中，電容器的電流和導(dǎo)體棒的電流都流經(jīng)電阻R形成各自的回路，因此可知此時(shí)也是電阻R的電流大，綜上分析可知全過(guò)程中電阻R上的熱量大于導(dǎo)體棒上的熱量，故D正確。故選AD?！敬鸢浮緼D4．(多選)(2022?東北育才學(xué)校七模)如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為a的正方形線框ABCD斜向右上方穿進(jìn)磁場(chǎng)，當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度為v，方向與磁場(chǎng)邊界成45°角，若線框的總電阻為R。則()A．線框穿進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中．線框中電流的方向?yàn)锳DCBA方向B．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框中感應(yīng)電流為C．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力為D．此時(shí)CD兩端電壓為【解析】A．線框進(jìn)人磁場(chǎng)的過(guò)程中穿過(guò)線框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的方向向外，由安培定則可知感應(yīng)電流的方向?yàn)锳BCDA方向，故A錯(cuò)誤；B．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則線框中感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤；C．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框的CD邊受到的安培力與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD向下，它們的大小都是，由幾何關(guān)系知，AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量和，故C選項(xiàng)正確：D．當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CD兩端電壓，故D選項(xiàng)正確。故選CD?！敬鸢浮緾D5．(多選)(2022?東北師范大學(xué)附屬中學(xué)七測(cè))如圖所示為手機(jī)無(wú)線充電原理圖，若連接電源的為發(fā)射線圈，手機(jī)端為接收線圈，接收線圈匝數(shù)為，電阻為，橫截面積為，手機(jī)可看成純電阻，勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線穿過(guò)線圈。下列說(shuō)法正確是()A．只要發(fā)射線圈中有電流流入，接收線圈兩端一定可以獲得電壓B．只要接收線圈兩端有電壓，發(fā)射線圈中的電流一定不是恒定電流C．當(dāng)接收線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加時(shí)，接收線圈中有均勻增加的電流D．若時(shí)間內(nèi)，接收線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加，則接收線圈兩端的電壓為【解析】A．若發(fā)射線圈中有恒定電流，則產(chǎn)生的磁場(chǎng)不變化，在接收線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，也就不會(huì)獲得電壓，A錯(cuò)誤；B．只要接收線圈兩端有電壓，說(shuō)明穿過(guò)接收線圈的磁場(chǎng)變化，所以發(fā)射線圈中的電流一定不是恒定電流，B正確；C．若穿過(guò)接收線圈的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，如果線圈閉合，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可知線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知接收線圈中有感應(yīng)電流且恒定，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有，根據(jù)分壓規(guī)律得兩端的電壓，D正確。故選BD?！敬鸢浮緽D6．(2022?西南大學(xué)附屬中學(xué)校第六次月考)如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=kt的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為、高度為h、半徑為r、厚度為d(d?r)，則()A．從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较駼．圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為C．圓管的熱功率大小為D．輕繩對(duì)圓管的拉力隨時(shí)間減小【解析】A．穿過(guò)圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．圓管的電阻，圓管的熱功率大小為，選項(xiàng)C正確；D．根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對(duì)圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時(shí)間變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C?！敬鸢浮緾7．(多選)(2022?長(zhǎng)春外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三(下)期初考試)由螺線管、電阻、開(kāi)關(guān)和水平放置的平行板電容器組成的電路如圖(a)所示。其中，螺線管匝數(shù)為N，橫截面積為S1；電容器兩極板間距為d，極板面積為S2，板間介質(zhì)為空氣。閉合開(kāi)關(guān)，螺線管處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t變化的B-t圖像如圖(b)所示。一電荷量為q(q>0)電性未知的顆粒在t1~t2時(shí)間內(nèi)懸停在電容器中，已知重力加速度大小為g，靜電力常量為k，空氣相對(duì)介電常數(shù)為ε。則()A．顆粒帶正電B．顆粒質(zhì)量為C．電容器極板帶電量大小為D．微粒懸停后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，減小電容器兩板間間距，則微粒向上移動(dòng)【解析】A．由楞次定律可得，電容器下板帶正電，對(duì)顆粒由平衡可知，顆粒帶正電，故A正確；B．由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，由平衡可知，聯(lián)立解得，故B正確；C．時(shí)間內(nèi)，電容器的電容為，兩板間的電勢(shì)差為，聯(lián)立得電容器極板帶電量大小為，故C正確；D．?dāng)嚯姾箅娏勘３植蛔?，改變板間距離不影響場(chǎng)強(qiáng)，故微粒不動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選ABC?！敬鸢浮緼BC8．(2022?湖南省長(zhǎng)郡中學(xué)第六次月考)如圖所示，直角三角形導(dǎo)線框OPQ放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于OQ向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且OP邊的長(zhǎng)度為l，∠POQ=θ．當(dāng)導(dǎo)線框繞OQ邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)(從O向Q觀察)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)線框OPQ內(nèi)無(wú)感應(yīng)電流B．導(dǎo)線框OPQ內(nèi)產(chǎn)生大小恒定，方向周期性變化的交變電流C．P點(diǎn)的電勢(shì)始終大于O點(diǎn)的電勢(shì)D．如果截去導(dǎo)線PQ，則P、O兩點(diǎn)的電勢(shì)差的最大值為【解析】AB、導(dǎo)線框OPQ內(nèi)，只有邊長(zhǎng)OP做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可求得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為，故導(dǎo)線框OPQ內(nèi)產(chǎn)生正弦式交變電流，故AB錯(cuò)誤；C、由于導(dǎo)線框OPQ內(nèi)產(chǎn)生正弦式交變電流，P點(diǎn)的電勢(shì)與O點(diǎn)的電勢(shì)大小成周期性變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、如果截去導(dǎo)線PQ，則沒(méi)有感應(yīng)電流，但P、O兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，故最大值為，故D正確；故選D；【答案】D9．(2022?哈爾濱師范大學(xué)附屬中學(xué)高三(上)期末)如圖，一線圈匝數(shù)為n，橫截面積為S，總電阻為r，處于一個(gè)均勻增強(qiáng)的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率為k(k>0且為常量)，磁場(chǎng)方向水平向右且與線圈平面垂直，電容器的電容為C，兩個(gè)電阻的阻值分別為r和2r。下列說(shuō)法正確的是()A．電容器下極板帶正電B．此線圈的熱功率為C．電容器所帶電荷量為D．電容器所帶電荷量為【解析】A．根據(jù)楞次定律可以判斷通過(guò)電阻r的電流方向?yàn)閺淖笸?，所以電容器上極板帶正電，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，根據(jù)焦耳定律可得此線圈的熱功率為，故B錯(cuò)誤；CD．電容器兩端電壓等于r兩端電壓，電容器所帶電荷量為，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D?！敬鸢浮緿10．(2022?北京市中央民族大學(xué)附屬中學(xué)高三(下)2月檢測(cè))在如圖所示的電路中，A1、A2為兩個(gè)完全相同的燈泡，L為自感線圈，E為電源，R為滑動(dòng)變阻器，S為開(kāi)關(guān)．閉合開(kāi)關(guān)后，發(fā)現(xiàn)A1比A2亮．自感線圈L的直流電阻為RL，此時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻為R0．下列說(shuō)法正確的是()A．；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S的瞬間，A2中的電流方向?yàn)锽．；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S的瞬間，A2中的電流方向?yàn)镃．；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S的瞬間，A2中的電流方向?yàn)镈．；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S的瞬間，A2中的電流方向?yàn)椤窘馕觥扛鶕?jù)題意可知，閉合開(kāi)關(guān)后，發(fā)現(xiàn)A1比A2亮，說(shuō)明通過(guò)A1的電流強(qiáng)度大于通過(guò)A2的電流強(qiáng)度，根據(jù)歐姆定律可知R0＞RL；此時(shí)通過(guò)A1的電流方向向右；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S的瞬間，由于線圈的自感，使得A2中的電流方向?yàn)閎→a，故ACD錯(cuò)誤，B正確．故選B．【答案】B11．(2022?上海市南洋模范中學(xué)高三(下)4月適應(yīng)練習(xí))如圖所示，磁場(chǎng)的方向垂直于xy平面向里，磁感強(qiáng)度B沿y方向沒(méi)有變化，沿x方向均勻增加，每經(jīng)過(guò)1cm增加量為1.0×10-4T，有一個(gè)長(zhǎng)L=20cm，寬h=10cm的不變形的矩形金屬線圈，以v=20cm/s的速度沿x方向運(yùn)動(dòng)．則線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E為_(kāi)________V，若線圈電阻R=0.02Ω，為保持線圈的勻速運(yùn)動(dòng)，需要外力大小為_(kāi)_________N．【解析】根據(jù)公式可得產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等于線圈在單位時(shí)間內(nèi)磁通量的變化量，所以，物體受到的安培力大小為【答案】①②12．(2022?上海市楊浦區(qū)一模)半徑為R的金屬圓環(huán)水平固定，電阻忽略不計(jì)。圓環(huán)內(nèi)存在與環(huán)面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)體棒長(zhǎng)為L(zhǎng)(L＞2R)，其單位長(zhǎng)度電阻值為r。圖(a)中導(dǎo)體棒與圓環(huán)相切于O1點(diǎn)，t＝0時(shí)刻起，從圖示位置以速度v勻速向右運(yùn)動(dòng)，棒始終與速度方向垂直。圖(b)中導(dǎo)體棒與圓環(huán)相切于O2點(diǎn)，t＝0時(shí)刻起，以O(shè)2點(diǎn)為軸從圖示位置起在水平面內(nèi)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)過(guò)180°，角速度為ω；導(dǎo)體棒掃過(guò)整個(gè)環(huán)面時(shí)與環(huán)接觸良好。(1)分析說(shuō)明圖(a)中導(dǎo)體棒掃過(guò)整個(gè)環(huán)面過(guò)程中流過(guò)導(dǎo)體棒的電流變化情況；(2)求圖(b)中導(dǎo)體棒兩端產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E與時(shí)間t的關(guān)系式；(3)若圖(a)、圖(b)中導(dǎo)體棒掃過(guò)整個(gè)環(huán)面所用時(shí)間相同，試比較兩種情況中導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到虛線(圓環(huán)上直徑位置)處，流過(guò)兩導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流大小?！窘馕觥?1)設(shè)導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度為l，流過(guò)導(dǎo)體棒的電流，則電流不變；(2)當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，導(dǎo)體棒內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)()(3)用時(shí)相同，可得，，因?yàn)?，所以【答案?1)電流不變；(2)，；(3)13．(2022?沈陽(yáng)市第二中學(xué)高三(上)二模)如圖所示，兩根豎直固定的足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌ab和cd相距L=0.2m，另外兩根水平金屬桿MN和PQ的質(zhì)量均為m=10g，可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑動(dòng)，MN桿和PQ桿的電阻均為R=0.2Ω(豎直金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì))，PQ桿放置在水平絕緣平臺(tái)上，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向里的磁場(chǎng)中，g取10m/s2(1)若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F=0.18N的作用下由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=1.0T，桿MN的最大速度為多少？(2)若將MN桿固定，MN和PQ的間距為d=0.4m，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度從B0開(kāi)始以=0.5T/s的變化率均勻地增大，經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間，桿PQ對(duì)地面的壓力為零？【解析】(1)MN桿切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E1=B0Lv由閉合電路歐姆定律得MN桿所受安培力大小為F安=B0I1L對(duì)MN桿應(yīng)用牛頓第二定律得F-mg-F安=ma當(dāng)MN桿速度最大時(shí)，MN桿的加速度為零，聯(lián)立解得MN桿的最大速度為vm=0.8m/s(2)感生電動(dòng)勢(shì)為由閉合電路歐姆定律得t時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為PQ桿受力平衡mg=BI2L聯(lián)立解得時(shí)間為t=8s【答案】(1)0.8m/s；(2)8s14．(2022?北京市北師大附屬實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三(下)零模)如圖甲所示為法拉第發(fā)明的圓盤發(fā)電機(jī)，圖乙是其原理示意圖