高中物理鲁科版 过关检测 选修3-2　法拉第电磁感应定律　自感 Word版含解析

　法拉第电磁感应定律　自感

1.如图,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为(　　)
A.c→a,2∶1 B.a→c,2∶1
C.a→c,1∶2 D.c→a,1∶2
答案　C　杆MN向右匀速滑动,由右手定则判知,通过R的电流方向为a→c;又因为E=BLv,所以E1∶E2=1∶2,故选项C正确。
2.(2017昌平二模)图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的送电线圈可产生交变磁场,从而使手机内的受电线圈产生交变电流,再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究,现将问题做如下简化:设受电线圈的匝数为n,面积为S,若在t1到t2时间内,磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈,其磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是(　　)
A.c点的电势高于d点的电势
B.受电线圈中感应电流方向由d到c
C.c、d之间的电势差为n(B2-B1)St2-t1
D.c、d之间的电势差为n(B2-B1)t2-t1
答案　C　受电线圈内原磁场增强,由楞次定律知,感应电流产生的磁场与原磁场反向,再由安培定则可得,俯视时电流方向为顺时针,即由c到d,受电线圈作为电源,d为正极,d点电势比c点的高,A、B错误;由法拉第电磁感应定律得,c、d间电势差E=nΔΦΔt=n(B2-B1)St2-t1,C正确,D错误。
3.(2017东城二模)如图所示,在光滑水平桌面上有一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,在导线框右侧有一边长为2L、磁感应强度为B、方向竖直向下的正方形匀强磁场区域。磁场的左边界与导线框的ab边平行。在导线框以速度v匀速向右穿过磁场区域的全过程中(　　)
A.感应电动势的大小为2BLvR
B.感应电流的方向始终沿abcda方向
C.导线框受到的安培力先向左后向右
D.导线框克服安培力做功2B2L3vR
答案　D　导线框进入、穿出磁场的过程中感应电动势的大小E=BLv。由右手定则可知进入磁场的过程中,感应电流的方向为abcda方向;出磁场的过程中,感应电流的方向为adcba方向,由左手定则可知,进、出磁场的过程安培力始终向左。F安=BIL=B2L2vR,则W克安=F安·2L=2B2L3vR,D正确。
4.(2018东城一模)如图所示,将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上,一端接上电池(电池另一极与锉刀接触),手执导线的另一端,在锉刀上来回划动,由于锉刀表面凹凸不平,就会产生电火花。下列说法正确的是(　　)
A.产生电火花的回路只由导线与电池组成
B.如导线端只向一个方向划动也能产生电火花
C.锉刀采用什么材料制成对实验没有影响
D.导线端划动的方向决定了自感电动势的方向
答案　B　回路由导线、锉刀、电池组成,故A错误;锉刀是回路的一部分,必须是导体,故材料对实验有影响,C错;锉刀表面凹凸不平,导线端在划动过程中,电路在通路和断路状态间不断变化,线圈产生自感电动势,自感电动势的方向与导线端划动方向无关,所以D错。
5.(2018朝阳期末)如图所示的电路中,a、b是两个完全相同的灯泡,L为自感线圈(直流电阻不计),E为电源,S为开关。下列说法中正确的是(　　)
A.闭合开关,a、b同时亮
B.闭合开关,a先亮,b后亮
C.断开开关,a、b过一会儿同时熄灭
D.断开开关,b先熄灭,a闪亮后熄灭
答案　C　闭合开关,含有电感线圈支路的电流将从0开始逐渐增加,故b灯先亮,而a灯后亮,选项A、B均错误;电路稳定后, a、b两灯支路电流相同,当S断开时,电感线圈中的电流将通过a、b灯回路,通过两灯的电流时刻等大,故过一会儿a、b会同时熄灭,不会出现闪亮的现象,因此C选项正确,D选项错误。
6.(2018东城一模)如图甲所示,一个面积为S,阻值为r的圆形金属线圈与阻值为2r的电阻R组成闭合回路。在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示,图中B0和t0已知,导线电阻不计。在t=0至t=t0时间内,求:
(1)电阻R中电流的方向;
(2)感应电动势的大小E;
(3)a、b两点间的电势差Uab。
答案　(1)由a到b　(2)B0St0　(3)2B0S3t0
解析　(1)由题图可知t=0至t=t0时间内线圈中垂直于线圈平面向里的磁通量增加,由楞次定律和安培定则知,电阻R中的电流方向由a到b。
(2)根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt,其中n=1,ΔΦ=B0S,Δt=t0,
代入得到E=B0St0
(3)根据闭合电路欧姆定律有I=E2r+r
Uab=I·2r
可得Uab=2B0S3t0
7.(2015北京理综,22,16分)如图所示,足够长的平行光滑金属导轨水平放置,宽度L=0.4 m,一端连接R=1 Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1 T。导体棒MN放在导轨上,其长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下,导体棒沿导轨向右匀速运动,速度v=5 m/s。求:
(1)感应电动势E和感应电流I;
(2)在0.1 s时间内,拉力的冲量IF的大小;
(3)若将MN换为电阻r=1 Ω的导体棒,其他条件不变,求导体棒两端的电压U。
答案　(1)2 V　2 A　
(2)0.08 N·s　
(3)1 V
解析　(1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势
E=BLv=1×0.4×5 V=2 V
感应电流I=ER=21 A=2 A
(2)拉力大小等于安培力大小F=BIL=1×2×0.4 N=0.8 N
冲量大小IF=FΔt=0.8×0.1 N·s=0.08 N·s
(3)由闭合电路欧姆定律可得,电路中电流
I'=ER+r=22 A=1 A
由欧姆定律可得,导体棒两端电压 U=I'R=1 V
8.(2018海淀零模)麦克斯韦电磁理论认为:变化的磁场会在空间激发一种电场,这种电场与静电场不同,称为感生电场或涡旋电场。
在如图甲所示的半径为r的圆形导体环内,存在以圆环为边界竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小随时间的变化关系为B=kt(k>0且为常量)。该变化的磁场会在空间产生圆形的涡旋电场,如图乙所示,涡旋电场的电场线与导体环是同心圆,同一电场线上各点场强大小相同,方向沿切线。导体环中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向运动,产生感应电流,或者说导体中产生了感应电动势,涡旋电场力充当非静电力,其大小与涡旋电场的场强E关系满足F=Eq。
(1)根据法拉第电磁感应定律,推导导体环中产生的感应电动势ε;
(2)在乙图中以圆心O为坐标原点,向右建立一维x坐标轴,推导在x轴上各处电场强度的大小E与x之间的函数表达式,在图丁中定性画出E-x图像;
(3)图丙为图乙的俯视图,去掉导体环,在磁场圆形边界上有M、N两点,M、N之间所夹的小圆弧恰为整个圆周的16;将一个带电荷量为+q的带电小球沿着圆弧分别顺时针、逆时针从M移动到N,求涡旋电场力分别所做的功。在此基础上,对比涡旋电场和静电场,说明涡旋电场中为什么不存在电势的概念。
丁
答案　见解析
解析　(1)ε=ΔΦΔt=SΔBΔt=πr2k
　　(2)求x处的涡旋电场场强,可认为放一个半径为x的导体环(圆心和磁场区域圆心相同)
当xEx=ε2πx=k·πx22πx=kx2
当x≥r时:ε=ΔΦΔt=ΔBΔtS=k·πr2
Ex=ε2πx=k·πr22πx=kr22x
E-x图像如图所示
(3)Er=kr2,带正电小球所受电场力沿着电场线(顺时针)
顺时针移动时W1=Erq·56·2πr=5qkπr26
逆时针移动时W2=-Erq·16·2πr=-qkπr26
因为沿不同路径从M点移动到N点,W1≠W2,即涡旋电场力做功与路径有关,所以不存在电势能Ep的概念,φ=Epq,所以不存在电势的概念。
B组　综合提能
1.(2018海淀期末)如图所示,李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻,以判断它是否断路。刘伟为了使李辉操作方便,用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量。测量时表针摆过了一定角度,李辉由此确认线圈没有断路。正当李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离时,刘伟突然惊叫起来,觉得有电击感。下列说法正确的是(　　)
A.刘伟被电击时变压器线圈中的电流瞬间变大
B.刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压
C.刘伟受到电击的同时多用电表也可能被烧坏
D.实验过程中若李辉两手分别握住红黑表笔的金属杆,他也会受到电击
答案　B　欧姆挡内部有电源,测量时,刘伟和变压器线圈并联,但由于人体电阻比变压器线圈的电阻大得多,通过人体的电流非常小,两手之间的电压也不大,变压器的线圈匝数非常多,又有铁芯,自感系数很大,当李辉将多用电表的表笔与被测线圈脱离时,由E=L·ΔiΔt知,可以产生很大的自感电动势,使刘伟两手之间有瞬间高电压,刘伟才有电击感,B正确;变压器线圈中的电流由表笔与被测线圈接通时的电流值开始减小,不会变大,A项错;刘伟受电击时,线圈与刘伟组成闭合回路,且与多用电表断开,没有通过电表的电流,多用电表不会被烧坏,C项错;实验过程中,若李辉握住红黑表笔的金属杆,在表笔与线圈接通时,由于欧姆挡内电源电动势比较小,不会受电击,在表笔与线圈断开时,李辉和多用电表组成回路,也不会受电击,D错误。
2.(2017海淀期末)如图所示电路为演示自感现象的电路图,其中R0为定值电阻,电源电动势为E、内阻为r,小灯泡的灯丝电阻为R(可视为不变),电感线圈的自感系数为L、电阻为RL。电路接通并达到稳定状态后,断开开关S,可以看到灯泡先是“闪亮”(比开关断开前更亮)一下,然后才逐渐熄灭,但实验发现“闪亮”现象并不明显。为了观察到断开开关S时灯泡比开关断开前有更明显的“闪亮”现象,下列措施中一定可行的是(　　)
A.撤去电感线圈中的铁芯,使L减小
B.更换电感线圈中的铁芯,使L增大
C.更换电感线圈,保持L不变,使RL增大
D.更换电感线圈,保持L不变,使RL减小
答案　D　灯泡闪亮的条件是断开开关瞬间通过灯泡的电流大小突然变大,则电路接通并达到稳定状态时通过电感线圈的电流应大于通过灯泡的电流,由此可知需要将电感线圈的电阻RL减小,故选D。
3.如图甲所示,水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根导体棒ab、cd,两棒间用绝缘丝线系住,开始匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示,图线与t轴的交点为t0,I和FT分别表示流过导体棒的电流和丝线的拉力(不计电流间的相互作用),则在t0时刻(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.I=0,FT=0 B.I=0,FT≠0
C.I≠0,FT=0 D.I≠0,FT≠0
答案　C　由题图看出,磁感应强度B随时间t均匀变化,则穿过回路的磁通量随时间也均匀变化,根据法拉第电磁感应定律可知回路中将产生恒定的感应电流,所以I≠0。t0时刻B=0,两棒都不受安培力,故丝线中拉力FT=0,所以C正确。
4.(2017海淀期末)如图所示,两根相距为L的光滑金属导轨CD、EF固定在水平面内,并处在方向竖直向下的匀强磁场中,导轨足够长且电阻不计。在导轨的左端接入一阻值为R的定值电阻,将质量为m、电阻可忽略不计的金属棒MN垂直放置在导轨上。t=0时刻,MN棒与DE的距离为d,MN棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,不计空气阻力。
(1)金属棒MN以恒定速度v向右运动过程中
①若从t=0时刻起,所加的匀强磁场的磁感应强度B从B0开始逐渐减小时,恰好使回路中不产生感应电流,试从磁通量的角度分析磁感应强度B的大小随时间t的变化规律;
②若所加匀强磁场的磁感应强度为B且保持不变,试从磁通量变化、电动势的定义、自由电子的受力和运动或功能关系等角度入手,选用两种方法推导MN棒中产生的感应电动势E的大小;
(2)为使回路DEMN中产生正弦(或余弦)交变电流,请你展开“智慧的翅膀”,提出一种可行的设计方案,自设必要的物理量及符号,写出感应电动势瞬时值的表达式。
答案　见解析
解析　(1)①由产生感应电流的条件可知,回路中不产生感应电流,则穿过回路的磁通量不变,
根据磁通量不变,应有B0Ld=BL(d+vt)
解得B=B0dd+vt
②方法一:由法拉第电磁感应定律推导
经过时间Δt闭合回路的磁通量变化量为ΔΦ=BLvΔt
根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt=BLv
方法二:利用电动势的定义推导
电动势在数值上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功,对应着其他形式的能转化为电势能的大小。这里的非静电力为洛伦兹力(沿MN棒上的分力),洛伦兹力(沿MN棒上的分力)做正功,即:W非=(Bev)L,E=W非e=BevLe=BLv
方法三:由金属棒中自由电子受力平衡推导
金属棒内的自由电子随棒向右匀速运动的速度为v,受到的洛伦兹力大小为f=evB,方向向下,电子在棒下端聚焦,棒下端带负电,棒的上端由于缺少电子而带正电,M、N间产生电压,且电压随着自由电子向下移动而逐渐升高。
设M、N间产生电压为U,则MN中的电场强度E0=UL
金属棒中的自由电子将受到向上的电场力F=E0e=eUL
当F=f时,自由电子在沿金属棒MN的方向的受力达到平衡,由ULe=evB可得稳定电压为U=BLv
在内电阻为0时,路端电压等于电动势,因此动生电动势大小为E=BLv
方法四:由能量守恒推导
当金属棒匀速运动时,其受到向右的恒定拉力和向左的安培力平衡,则F外=BIL
拉力做功的功率:P外=F外v=BILv
闭合电路消耗的总功率:P电=EI
根据能量的转化和守恒可知:P外=P电
可得到:E=BLv
(2)方案1:磁感应强度不变化且大小为B1,金属棒以初始位置为中心做简谐运动,即v=vm sin ωt,
则感应电动势:e1=B1Lv sin ωt
方案2:金属棒不动,B随时间按正弦(或余弦)规律变化,即B=Bm sin ωt,E=ΔΦΔt,ΔΦ=BLd=BmLd sin ωt,
由求导数公式,e2=ΔΦΔt=BmLdsinωtΔt=BmLdω cos ωt
方案3:设棒初位置的中心为坐标原点,平行EF方向建立坐标轴x,平行ED方向建立y坐标,匀强磁场只分布在有限空间y=L2 sin x内,如图所示(图中磁场分布只画了一个周期)。磁感应强度大小均为B3,但磁场方向在有限的空间周期性方向相反。
金属棒匀速向右运动过程中,位移x=vt
则瞬时电动势:e3=B3yv=B3vL2 sin vt=Em sin vt
5.(2017丰台一模)麦克斯韦电磁场理论认为:变化的磁场会在其周围空间激发一种电场,这种电场与静电场不同,称为感生电场或涡旋电场,如图甲所示。
甲
(1)若图甲中磁场B随时间t按B=B0+kt(B0、k均为正常数)规律变化,形成涡旋电场的电场线是一系列同心圆,单个圆上形成的电场场强大小处处相等。将一个半径为r的闭合环形导体置于相同半径的电场线位置处,导体中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向移动,产生感应电流,或者说导体中产生了感应电动势。求:
a.环形导体中感应电动势E感的大小;
b.环形导体位置处电场强度E的大小。
(2)电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图乙所示,图的上部分为侧视图,上、下为电磁铁的两个磁极,磁极之间有一个环形真空室,电子在真空室中做圆周运动。图的下部分为真空室的俯视图,电子从电子枪右端逸出,当电磁铁线圈电流的大小与方向变化满足相应的要求时,电子在真空室中沿虚线圆轨迹运动,不断地被加速。
若某次加速过程中,电子圆周运动轨迹的半径为R,圆形轨迹上的磁场为B1,圆形轨迹区域内磁场的平均值记为B2(由于圆形轨迹区域内各处磁场分布可能不均匀,B2即穿过圆形轨迹区域内的磁通量与圆的面积比值)。电磁铁中通有如图丙所示的正弦交变电流,设图乙装置中标出的电流方向为正方向。
a.在交变电流变化一个周期的时间内,分析说明电子被加速的时间范围;
b.若使电子被控制在圆形轨道上不断被加速,B1与B2之间应满足B1=12B2的关系,请写出你的证明过程。
答案　(1)a.kπr2　b.kr2　(2)见解析
解析　(1)a.E感=ΔΦΔt=SΔBΔt=ΔBπr2Δt
ΔBΔt=k
所以E感=kπr2
b.W电=F电·2πr
W电=eE感
E=F电e
所以E=E感2πr=kπr22πr=kr2
(2)a.B1和B2是由同一个电流产生的,因此磁场方向总相同;
由图乙可知:B1向上才可能提供电子做圆周运动的向心力(时间0~T2);
由图乙可知:感生电场的电场线方向为顺时针电子才可能加速,所以B2可以是向上增强(时间0~14T)或向下减弱(时间34T~T);
综上三点可知:磁场向上增强才能满足电子在圆周上的加速,根据图丙可知电子只能在第一个四分之一周期加速。
b.电子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,设某时刻电子运动的速度为v
则B1ev=mv2R
则B1eR=mv
由(1)问中的a结论可得,此时轨道处的感生电场场强大小E'=RΔB22Δt
由于eRΔB1Δt=mΔvΔt=ma=eE'
所以:eRΔB1Δt=e·12R·ΔB2Δt
ΔB1Δt=ΔB22Δt
因为t=0时:B1=0、B2 =0,所以有B1=12B2
(其他解法正确均得分)