2025屆高考物理一輪復習課后限時集訓26法拉第電磁感應定律自感渦流含解析新人教版

PAGE8-課后限時集訓(二十六)(時間：40分鐘)1．(2024·全國卷Ⅱ·T14)管道高頻焊機可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實施焊接。焊機的原理如圖所示，圓管通過一個接有高頻溝通電源的線圈，線圈所產(chǎn)生的交變磁場使圓管中產(chǎn)生交變電流，電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接。焊接過程中所利用的電磁學規(guī)律的發(fā)覺者為()A．庫侖 B．霍爾C．洛倫茲 D．法拉第D[高頻焊接利用的電磁學規(guī)律是電磁感應現(xiàn)象，發(fā)覺者是法拉第，A、B、C項錯誤，D項正確。]2.(多選)如圖所示，閉合金屬導線框放置在豎直向上的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度隨時間改變。下列說法正確的是()A．當磁感應強度增加時，線框中的感應電流可能減小B．當磁感應強度增加時，線框中的感應電流肯定增大C．當磁感應強度減小時，線框中的感應電流肯定增大D．當磁感應強度減小時，線框中的感應電流可能不變AD[線框中的感應電動勢為E＝eq\f(ΔB,Δt)S，設線框的電阻為R，則線框中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)，因為B增大或減小時，eq\f(ΔB,Δt)可能減小，可能增大，也可能不變，故選項A、D正確。]3.如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌，間距為l，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計。已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好)。則()A．電路中感應電動勢的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r)D．金屬桿的發(fā)熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)B[電路中的感應電動勢E＝Blv，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，故A錯誤，B正確；金屬桿所受安培力大小F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，故C錯誤；金屬桿的發(fā)熱功率P＝I2R＝I2eq\f(l,sinθ)r＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，故D錯誤。]4．如圖所示，圖甲和圖乙是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。試驗時，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后漸漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2漸漸變亮，而另一個相同的燈A3馬上變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是()甲乙A．圖甲中，A1與L1的電阻值相同B．圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C．圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同D．圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等C[斷開開關(guān)S1瞬間，線圈L1產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的減小，通過L1的電流反向通過A1，燈A1突然閃亮，隨后漸漸變暗，說明IL1>IA1，即RL1<RA1，故A錯；題圖甲中，閉合開關(guān)S1，電路穩(wěn)定后，因為RL1<RA1，所以A1中電流小于L1中電流，故B錯；題圖乙中，閉合開關(guān)S2，燈A2漸漸變亮，而另一個相同的燈A3馬上變亮，最終A2與A3的亮度相同，說明變阻器R與L2的電阻值相同，故C對；閉合S2瞬間，通過L2的電流增大，由于電磁感應，線圈L2產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的增大，則L2中電流與變阻器R中電流不相等，故D錯。]5．(多選)航母上飛機彈射起飛利用的電磁驅(qū)動原理如圖所示。當固定線圈上突然通過直流電流時，線圈左側(cè)的金屬環(huán)被彈射出去，現(xiàn)在線圈左側(cè)同一位置，先后放上用橫截面積相等的銅和鋁導線制成形態(tài)、大小相同的兩個閉合環(huán)，電阻率ρ銅<ρ鋁，則合上開關(guān)S的瞬間()A．從右側(cè)看，環(huán)中產(chǎn)生沿逆時針方向的感應電流B．銅環(huán)受到的安培力大于鋁環(huán)受到的安培力C．若將金屬環(huán)置于線圈的右側(cè)，環(huán)將向右彈射D．電池正負極調(diào)換后，金屬環(huán)仍能向左彈射BCD[線圈中電流為左側(cè)流入，磁場方向為向右，在閉合開關(guān)的過程中，磁場變強，則由楞次定律可以知道，感應電流由右側(cè)看為順時針，故A項錯誤；因為銅環(huán)的電阻較小，故銅環(huán)中感應電流較大，故銅環(huán)受到的安培力要大于鋁環(huán)，故B項正確；若環(huán)放在線圈右方，依據(jù)“來拒去留”可得，環(huán)將向右運動，故C項正確；電池正負極調(diào)換后，金屬環(huán)受力向左，故仍將向左彈出，故D項正確。]6.(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓回旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流淌C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生改變，則電流方向可能發(fā)生改變D．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍AB[由右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動時，感應電流沿a到b的方向流淌，選項B正確；由感應電動勢E＝eq\f(1,2)Bl2ω知，角速度恒定，則感應電動勢恒定，電流大小恒定，選項A正確；角速度大小改變，感應電動勢大小改變，但感應電流方向不變，選項C錯誤；若ω變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤。]7.(多選)如圖所示，一導線彎成直徑為d的半圓形閉合回路，虛線MN右側(cè)有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直。從D點到達邊界起先到C點進入磁場為止，下列說法中正確的是()A．感應電流方向為逆時針方向B．CD段直導線始終不受安培力C．感應電動勢的最大值E＝BdvD．感應電動勢的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,8)πBdvAD[線圈進磁場過程，垂直平面對里的磁通量漸漸增大，依據(jù)楞次定律“增反減同”，感應電流方向為逆時針方向，選項A正確；CD端導線電流方向與磁場垂直，依據(jù)左手定則推斷，安培力豎直向下，選項B錯誤；線圈進磁場切割磁感線的有效長度是線圈與MN交點位置的連線，進磁場過程，有效切割長度最長為半徑，所以感應電動勢最大值為eq\f(Bdv,2)，選項C錯誤；感應電動勢的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,2)π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))eq\s\up12(2),\f(d,v))＝eq\f(Bdπv,8)，選項D正確。]8．(多選)如圖甲所示的電路中，電阻R1＝R，R2＝2R，單匝圓形金屬線圈半徑為r2，圓心為O，線圈導線的電阻為R，其余導線的電阻不計。半徑為r1(r1＜r2)、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面對里的勻強磁場，磁感應強度大小B隨t改變的關(guān)系圖象如圖乙所示，電容器的電容為C。閉合開關(guān)S，t1時刻起先電路中的電流穩(wěn)定不變，下列說法正確的是()甲乙A．電容器上極板帶正電B．t1時刻，電容器所帶的電荷量為eq\f(CB1πr\o\al(2,1),4t1)C．t1時刻之后，線圈兩端的電壓為eq\f(3B1πr\o\al(2,1),4t1)D．t1時刻之后，R1兩端的電壓為eq\f(B2πr\o\al(2,2),4t2)AC[依據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生沿逆時針方向的感應電流，則電容器上極板帶正電，A項正確；依據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B1,t1)πreq\o\al(2,1)＝eq\f(B1πr\o\al(2,1),t1)，則電流為I＝eq\f(E,R1＋R2＋R)＝eq\f(B1πr\o\al(2,1),4Rt1)，UR2＝I·2R＝eq\f(B1πr\o\al(2,1),2t1)，電容器所帶的電荷量Q＝CUR2＝eq\f(CB1πr\o\al(2,1),2t1)，B項錯誤；t1時刻之后，線圈兩端的電壓U＝I·(R1＋R2)＝eq\f(3B1πr\o\al(2,1),4t1)，C項正確；t1時刻之后，R1兩端的電壓為UR1＝I·R1＝eq\f(B1πr\o\al(2,1),4t1)＝eq\f(B2πr\o\al(2,1),4t2)，D項錯誤。]9.如圖所示，匝數(shù)為N、電阻為r、面積為S的圓形線圈P放置于勻強磁場中，磁場方向與線圈平面垂直，線圈P通過導線與阻值為R的電阻以及兩平行金屬板相連，兩金屬板之間的距離為d，兩板間有垂直紙面的恒定勻強磁場。當線圈P所在位置的磁場勻稱改變時，一質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q的油滴在兩金屬板之間的豎直平面內(nèi)做圓周運動。重力加速度為g，求：(1)流過電阻R的電流；(2)線圈P所在磁場磁感應強度的改變率。[解析](1)設兩金屬板之間的電壓為U，對金屬板之間的帶電油滴受力分析有：mg＝qeq\f(U,d)對電阻R，由歐姆定律得：U＝IR解得：I＝eq\f(mgd,qR)。(2)依據(jù)法拉第電磁感應定律得：E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔB,Δt)S依據(jù)閉合電路的歐姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)聯(lián)立解得：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgdR＋r,NqRS)。[答案](1)eq\f(mgd,qR)(2)eq\f(mgdR＋r,NqRS)10．如圖甲所示，兩條阻值不計的足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ之間的距離L＝0.5m，N、Q兩端連接阻值R＝2.0Ω的電阻，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面對上，導軌平面與水平面的夾角θ＝30°。一質(zhì)量m＝0.40kg、阻值r＝1.0Ω的金屬棒垂直于導軌放置并用絕緣細線跨過光滑的定滑輪與質(zhì)量M＝0.80kg的重物相連，細線與金屬導軌平行。金屬棒沿導軌向上滑行的速度v與時間t之間的關(guān)系如圖乙所示，已知在0～0.3s內(nèi)通過金屬棒的電荷量是0.3～0.6s內(nèi)通過金屬棒的電荷量的eq\f(2,3)，g取10m/s2，求：甲乙(1)0～0.3s內(nèi)金屬棒通過的位移。(2)0～0.6s內(nèi)金屬棒產(chǎn)生的熱量。[解析](1)在0.3～0.6s內(nèi)通過金屬棒的電荷量是q1＝I1t1＝eq\f(BLvt1,R＋r)在0～0.3s內(nèi)通過金屬棒的電荷量q2＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BΔS,R＋r)＝eq\f(BLx2,R＋r)由題意知eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,2)解得x2＝0.3m。(2)金屬棒在0～0.6s內(nèi)通過的總位移為x＝x1＋x2＝vt1＋x2＝0.75m依據(jù)能量守恒定律得Mgx－mgxsinθ＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Q解得Q＝3.15J由于金屬棒與電阻R串聯(lián)，電流相等，依據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt知，它們產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，所以金屬棒在0～0.6s內(nèi)產(chǎn)生的熱量Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝1.05J。[答案](1)0.3m(2)1.05J11.如圖所示，一橫截面積為S的n匝線圈，與相距為d的兩塊水平放置的平行金屬板連接成電路。線圈置于方向豎直向上的勻強磁場中。為使一質(zhì)量為m、電荷量為－q的小球在平行金屬板間水平向右做直線運動，重力加速度為g，則磁感應強度的改變狀況應為()A．正在增加，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,nSq)B．正在減弱，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,nSq)C．正在增加，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2nSq)D．正在減弱，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2nSq)A[對帶電小球由共點力平衡條件有qeq\f(U,d)＝mg，由法拉第電磁感應定律有U＝nSeq\f(ΔB,Δt)，解得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,nSq)。由楞次定律可知，磁感應強度正在增加。選項A正確，B、C、D錯誤。]12．如圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l＝0.20m，處于磁感應強度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強磁場中。有一匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2的大小隨時間t改變的關(guān)系如圖乙所示。(1)求0～0.10s線圈中的感應電動勢大??；(2)t＝0.22s時閉合開關(guān)K，若細桿CD所受安培力方向豎直向上，推斷CD中的電流方向及磁