第十二章第2講　法拉第電磁感應(yīng)定律　自感和渦流-2025版高考總復(fù)習(xí)物理

[基礎(chǔ)落實(shí)練]1．掃描隧道顯微鏡(STM)可用來(lái)探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤(pán)周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場(chǎng)來(lái)快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示。無(wú)擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng)；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是()解析：底盤(pán)上的紫銅薄板出現(xiàn)擾動(dòng)時(shí)，其擾動(dòng)方向不確定，在C項(xiàng)這種情況下，紫銅薄板出現(xiàn)上下或左右擾動(dòng)時(shí)，穿過(guò)薄板的磁通量難以改變，不能發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，沒(méi)有阻尼效應(yīng)；在B、D項(xiàng)這兩種情況下，紫銅薄板出現(xiàn)上下擾動(dòng)時(shí)，也沒(méi)有發(fā)生電磁阻尼現(xiàn)象；在A項(xiàng)這種情況下，紫銅薄板出現(xiàn)上下或左右擾動(dòng)時(shí)，都發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生電磁阻尼效應(yīng)，A正確。答案：A2.(多選)有一種非接觸式電源供應(yīng)系統(tǒng)，這種系統(tǒng)基于電磁感應(yīng)原理可無(wú)線傳輸電力。其工作原理可用兩個(gè)左右相鄰或上下相對(duì)的線圈來(lái)說(shuō)明，如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．若線圈A中輸入電流，則線圈B中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B．只有線圈A中輸入變化的電流，線圈B中才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)C．線圈A中電流越大，線圈B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也越大D．線圈A中電流變化越快，線圈B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大解析：根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件，若A線圈中輸入恒定的電流，則A產(chǎn)生恒定的磁場(chǎng)，B中的磁通量不發(fā)生變化，則B線圈中就不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故A錯(cuò)誤；若A線圈中輸入變化的電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可得，B線圈中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可得，電流變化越快，A線圈中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)變化越快，B線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，故C錯(cuò)誤，D正確。答案：BD3．(2021·重慶卷)某眼動(dòng)儀可以根據(jù)其微型線圈在磁場(chǎng)中隨眼球運(yùn)動(dòng)時(shí)所產(chǎn)生的電流來(lái)追蹤眼球的運(yùn)動(dòng)。若該眼動(dòng)儀線圈面積為S，匝數(shù)為N，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈平面最初平行于磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后線圈平面逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)至與磁場(chǎng)夾角為θ處，則在這段時(shí)間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和感應(yīng)電流的方向(從左往右看)為()A．eq\f(NBSsinθ,t)，逆時(shí)針B．eq\f(NBScosθ,t)，逆時(shí)針C．eq\f(NBSsinθ,t)，順時(shí)針D．eq\f(NBScosθ,t)，順時(shí)針解析：經(jīng)過(guò)時(shí)間t，面積為S的線圈平面逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)至與磁場(chǎng)夾角為θ處，磁通量變化ΔΦ＝BSsinθ，由法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(NBSsinθ,t)。由楞次定律可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)A正確。答案：A4.(2022·江蘇卷)如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B＝B0＋kt，B0、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為()A．πkr2 B．πkR2C．πB0r2 D．πB0R2解析：由題意可知磁場(chǎng)的變化率為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(kt,t)＝k，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBπr2,Δt)＝kπr2。故選A。答案：A5.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B，再讓金屬桿MN以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)镋2。則通過(guò)電阻R的電流方向及E1∶E2分別為()A．c→a，2∶1 B．a(chǎn)→c，2∶1C．a(chǎn)→c，1∶2 D．c→a，1∶2解析：用右手定則判斷出金屬棒MN中的電流方向?yàn)镹→M，所以電阻R中的電流方向?yàn)閍→c，由公式E＝Blv可知，eq\f(E1,E2)＝eq\f(Blv,2Blv)＝eq\f(1,2)，故C正確。答案：C6．某國(guó)產(chǎn)直升機(jī)在我國(guó)某地上空懸停，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的螺旋槳葉片在水平面內(nèi)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(俯視)，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為ω。該處地磁場(chǎng)的水平分量為Bx，豎直分量為By。葉片的近軸端為a，遠(yuǎn)軸端為b。忽略轉(zhuǎn)軸的尺寸，則葉片中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為()A．eq\f(1,2)BxL2ω，a端電勢(shì)高于b端電勢(shì)B．eq\f(1,2)BxL2ω，a端電勢(shì)低于b端電勢(shì)C．eq\f(1,2)ByL2ω，a端電勢(shì)高于b端電勢(shì)D．eq\f(1,2)ByL2ω，a端電勢(shì)低于b端電勢(shì)解析：我國(guó)某地上空地磁場(chǎng)方向有向下的分量，大小為By，當(dāng)螺旋槳葉片在水平面內(nèi)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(俯視)時(shí)，根據(jù)右手定則可知，a端電勢(shì)低于b端電勢(shì)；大小為E＝ByLeq\f(0＋Lω,2)＝eq\f(1,2)ByL2ω，故D正確。答案：D7．如圖所示，燈泡A、B與定值電阻的阻值均為R，L是自感系數(shù)較大的線圈，當(dāng)S1閉合、S2斷開(kāi)且電路穩(wěn)定時(shí)，A、B兩燈亮度相同，再閉合S2，待電路穩(wěn)定后將S1斷開(kāi)，下列說(shuō)法中正確的是()A．B燈將比原來(lái)更亮一下后熄滅B．A燈將比原來(lái)更亮一下后熄滅C．有電流通過(guò)B燈，方向?yàn)閏→dD．有電流通過(guò)A燈，方向?yàn)閎→a解析：S1閉合、S2斷開(kāi)且電路穩(wěn)定時(shí)，A、B兩燈一樣亮，說(shuō)明兩個(gè)支路中的電流相等，這時(shí)線圈L沒(méi)有自感作用，可知線圈L的電阻也為R，在S2、S1都閉合且電路穩(wěn)定時(shí)，IA＝IB，當(dāng)S2閉合、S1斷開(kāi)時(shí)，由于線圈的自感作用，流過(guò)A燈的電流方向變?yōu)閎→a，但A燈不會(huì)出現(xiàn)比原來(lái)更亮一下再熄滅的現(xiàn)象，故D正確，B錯(cuò)誤；由于定值電阻R沒(méi)有自感作用，斷開(kāi)S1時(shí)，B燈立即熄滅，故A、C錯(cuò)誤。答案：D8．(多選)如圖甲，在虛線所示的區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，面積為S的單匝金屬線框放在磁場(chǎng)中，線框上開(kāi)有一小口與磁場(chǎng)外阻值為R的小燈泡相連。若金屬線框的總電阻也為R，磁場(chǎng)隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，則下列說(shuō)法正確的是()A．b端電勢(shì)較高B．線框cd邊受到的安培力方向向左C．a(chǎn)b間電壓大小為eq\f(B0S,2t0)D．0～t0時(shí)間內(nèi)小燈泡的電功率為eq\f(Beq\o\al(2,0)S2,4Rteq\o\al(2,0))解析：由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，金屬線框相當(dāng)于電源，通過(guò)R的電流方向?yàn)閍→b，即a端電勢(shì)高，故A錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則可知，線框cd邊受到的安培力方向向右，故B錯(cuò)誤；穿過(guò)線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2B0－B0,t0)·S＝eq\f(B0S,t0)，由閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,R＋R)，則電阻R兩端的電壓為U＝IR＝eq\f(B0S,2t0)，故C正確；由電功率的計(jì)算表達(dá)式有P＝I2R＝eq\f(Beq\o\al(2,0)S2,4Rteq\o\al(2,0))，故D正確。答案：CD[能力提升練]9.(2024·四川內(nèi)江市第六中學(xué)診斷)半徑為a右端開(kāi)小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長(zhǎng)為2a的導(dǎo)體直桿，單位長(zhǎng)度電阻均為R0。圓環(huán)水平固定放置，整個(gè)內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開(kāi)始，桿的位置由θ確定，如圖所示。則()A．θ＝0時(shí)，桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為BavB．θ＝eq\f(π,3)時(shí)，桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為eq\r(3)BavC．θ＝0時(shí)，桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,(π＋2)R0)D．θ＝eq\f(π,3)時(shí)，桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,(5π＋3)R0)解析：由題意可知，當(dāng)θ＝0時(shí)，桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝2Bav，A錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時(shí)，由幾何關(guān)系可知，導(dǎo)體直桿在磁場(chǎng)中切割磁感線的長(zhǎng)度為a，桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E′＝Bav，B錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝0時(shí)，單位長(zhǎng)度電阻為R0，則回路中的總電阻為R總＝(π＋2)aR0，回路中的電流為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(2Bav,(π＋2)aR0)＝eq\f(2Bv,(π＋2)R0)，由安培力計(jì)算公式，可得桿受的安培力大小為F＝BIL＝eq\f(2B2v,(π＋2)R0)×2a＝eq\f(4B2av,(π＋2)R0)，C錯(cuò)誤；θ＝eq\f(π,3)時(shí)，則回路中的總電阻為R′總＝(eq\f(5π,3)＋1)aR0，桿受的安培力大小為F′＝BI′L′＝eq\f(3B2av,(5π＋3)R0)，D正確。答案：D10．如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計(jì)其他電阻和摩擦，下列說(shuō)法正確的是()A．金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶的電荷量為CBr2ω解析：金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；金屬棒電阻不計(jì)，故電容器兩極板間的電壓等于金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，微粒的重力與其受到的電場(chǎng)力大小相等，有qeq\f(E,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，選項(xiàng)B正確；電阻消耗的電功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電容器所帶的電荷量Q＝CE＝eq\f(1,2)CBr2ω，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案：B11.如圖所示，一邊長(zhǎng)為l0的正方形金屬框abcd固定在水平面內(nèi)，空間存在方向垂直于水平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一長(zhǎng)度大于eq\r(2)l0的均勻?qū)w棒以速率v自左向右在金屬框上勻速滑過(guò)，滑動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與ac垂直且中點(diǎn)位于ac上，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好。已知導(dǎo)體棒單位長(zhǎng)度的電阻為r，金屬框電阻可忽略。將導(dǎo)體棒與a點(diǎn)之間的距離記為x，求導(dǎo)體棒所受安培力的大小隨x(0≤x≤eq\r(2)l0)變化的關(guān)系式。解析：當(dāng)導(dǎo)體棒與金屬框接觸的兩點(diǎn)間棒的長(zhǎng)度為l時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝Blv①由歐姆定律，流過(guò)導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)②式中，R為這一段導(dǎo)體棒的電阻。根據(jù)題意有R＝rl③此時(shí)導(dǎo)體棒所受安培力大小為F＝IlB④由題設(shè)和幾何關(guān)系有l(wèi)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,2(\r(2)l0－x)，\f(\r(2),2)l0<x≤\r(2)