【高考突破方案】第十章 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 -强化训练（解析版）高考物理一轮复习

第十章 电磁感应
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流　
1.目前，许多停车场门口都设置车辆识别系统，在自动栏杆前、后的地面各自铺设相同的传感器线圈，两线圈各自接入相同的电路，电路a、b端与电压有效值恒定的交变电源连接，如图所示.工作过程回路中流过交变电流，当以金属材质为主体的汽车接近或远离线圈时，线圈的自感系数会发生变化，导致线圈对交变电流的阻碍作用发生变化，使得定值电阻R的c、d两端电压就会有所变化，这一变化的电压输入控制系统，控制系统就能做出抬杆或落杆的动作.下列说法正确的是(　　)
A.汽车接近线圈时，该线圈的自感系数减小
B.汽车离开线圈时，回路电流将减小
C.汽车接近线圈时，c、d两端电压升高
D.汽车离开线圈时，c、d两端电压升高
【解析】 D　汽车上有很多钢铁，当汽车接近线圈时，相对于给线圈增加了铁芯，所以线圈的自感系数增大，感抗也增大，在电压不变的情况下，交流回路的电流将减小，所以R两端电压将减小，即c、d两端的电压将减小，A、C错误；汽车远离线圈时，线圈的感抗减小，交流回路的电流增大，R两端电压将变大，c、d两端的电压将增大，D正确，B错误.
　2.在如图所示的电路中，两个完全相同的小灯泡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.闭合开关S待电路稳定后，调整R的滑片使L1和L2亮度一样，此时通过两个灯泡的电流均为I.在之后的t0时刻断开S，则在如图所示的图像中，能正确反映t0前后的一小段时间内通过L1的电流i1和通过L2的电流i2随时间t变化关系的是(　　)
A B C D
【解析】 A　
当开关断开瞬间，通过电感线圈的电流减小，根据楞次定律可知感应电流为了阻碍电感线圈中的电流减小，感应电流的方向与原电流方向相同，如图所示.随着原电流的减小，感应电流也逐渐减小，所以通过小灯泡L1的电流方向不变且逐渐减小，故A正确，B错误；通过小灯泡L2的原电流方向水平向右，结合上述分析，断开开关后感应电流方向水平向左且逐渐减小，故C、D错误.
　3.如图所示，电阻R＝1 Ω、半径r1＝0.2 m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q.P、Q的圆心相同，Q的半径r2＝0.1 m；t＝0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系是B＝2－t(T)；若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图像应该是选项图中的(　　)
　A B
C D
【解析】 C　由电磁感应定律可得，圆形导线框P中产生的感应电动势为E＝＝×πr＝0.01π V；由欧姆定律可知，圆形导线框P中产生的感应电流为I＝＝0.01π A，因为原磁场是向里减小的，由楞次定律可知，感应电流的方向与规定的正方向相反，A、B、D错误，C正确.
　4.如图所示，由同种材料制成，粗细均匀，边长为L、总电阻为R的单匝正方形闭合线圈MNPQ放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，磁场两边界成θ＝45°角.现使线圈以水平向右的速度v匀速进入磁场，则(　　)
A.当线圈中心经过磁场边界时，N、P两点间的电势差U＝BLv
B.当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力大小F安＝
C.线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，回路中的平均电功率＝
D.线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，通过导线某一横截面的电荷量q＝
【解析】 D　当线圈中心经过磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为NP，根据法拉第电磁感应定律，NP产生的感应电动势为E＝BLv，此时N、P两点间的电势差U为路端电压，有U＝E＝BLv，此时QP、NP受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为F安＝，故A、B错误；当线圈中心经过磁场边界时，回路中的瞬时电功率为P＝＝，在线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，感应电动势一直在变化，故回路中的平均电功率不等于经过磁场边界时的瞬时电功率，故C错误；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，通过导线某一横截面的电荷量为q＝＝，故D正确.
　5.(多选)如图甲，螺线管匝数n＝1000匝，横截面积S＝0.02 m2，电阻r＝1 Ω，螺线管外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，电阻的一端b接地.一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则(　　)
A.在0～4 s内，R中有电流从a流向b
B.在t＝3 s时穿过螺线管的磁通量为0.07 Wb
C.在4 s～6 s内，R中电流大小为8 A
D.在4 s～6 s内，R两端电压Uab＝40 V
【解析】 BC　在0～4 s内，原磁场增大，则磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，再由安培定则可知R中的电流方向从b流向a，故A错误；由图乙可知，t＝3 s时磁感应强度分别为B＝3.5 T，则此时的磁通量为Φ＝BS＝3.5×0.02 Wb＝0.07 Wb，故B正确；在4 s～6 s内，感应电动势为E＝n＝ V＝40 V，则R中电流大小为I＝＝ A＝8 A，故C正确；在4 s～6 s内，根据楞次定律可知，R中的电流从a流向b，则R两端电压为Uab＝IR＝8×4 V＝32 V，故D错误.
　6.(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(　　)
图a　　图b
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
【解析】 BC　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；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对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝＝＝，C对，D错.
　7.(多选)如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r、电阻为4R的圆环，PQ为圆环的直径，在PQ的左右两侧均存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反.一根长为2r、电阻不计的金属棒MN绕着圆心O以角速度ω顺时针匀速转动，金属棒与圆环紧密接触.下列说法正确的是(　　)
A.金属棒MN两端的电压大小为Bωr2
B.金属棒MN中的电流大小为
C.图示位置金属棒中电流方向为从M到N
D.金属棒MN在转动一周的过程中电流方向不变
【解析】 AC　金属棒MO和NO都切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知两端产生的感应电动势方向相同，所以MN产生的感应电动势为E＝2××Bωr2＝Bωr2，又因为MN的电阻不计，所以MN两端的电压就等于MN棒产生的电动势Bωr2，A正确；MN棒把圆环分为相等的两部分，每部分的电阻为2R，且两部分是并联的，所以电路中的总电阻为R，由闭合电路欧姆定律可知MN中的电流为，B错误；由右手定则可知图示位置金属棒中电流方向为从M到N，C正确；由右手定则可知MO转到右侧磁场时，金属棒中电流方向为从N到M，D错误.
　8.如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直.已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起.求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q.
【解析】 (1)由法拉第电磁感应定律有：
感应电动势的平均值E＝，
磁通量的变化ΔΦ＝BΔS，
代入数据得：E＝0.12 V.
(2)由闭合电路欧姆定律可得：
平均电流I＝，
代入数据得I＝0.2 A，
由楞次定律可得，感应电流方向如图.
(3)由电流的定义式I＝可得q＝IΔt＝0.1 C.