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高考物理一轮复习课时作业34法拉第电磁感应定律自感涡流含答案
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法拉第电磁感应定律 自感 涡流 [双基巩固练] 1．关于法拉第电磁感应定律，下列说法正确的是( ) A．线圈中的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势就越大 B．线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势就越大 C．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势就越大 D．线圈放在磁场越强的地方，线圈中产生的感应电动势就越大 2．如图所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5T，则( ) A．两翼尖之间的电势差为2.9V B．两翼尖之间的电势差为1.1V C．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高 D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 3．[2021·陕西二联](多选)如图所示，等边闭合三角形线框，开始时底边与匀强磁场的边界平行且重合，磁场的宽度大于三角形的高度，线框由静止释放，穿过该磁场区域，不计空气阻力，则下列说法正确的是( ) A．线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向 B．线框底边刚进入和刚穿过磁场时线圈的加速度大小可能相同 C．线框出磁场的过程，可能做先减速后加速的直线运动 D．线框进出磁场过程，通过线框的电荷量不同 4．[2020·江苏苏州五校月考](多选)“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：在封口机工作时，套在瓶口上的封口头内的线圈有电流通过，致使靠近线圈(但与线圈绝缘)的铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在被封容器的瓶口处，达到迅速封口的目的．下列有关说法正确的是( ) A．封口材料可用普通塑料来代替铝箔 B．封口机工作时封口头内的线圈中有短时间的恒定电流 C．可以通过控制封口头内线圈电流的频率来设定铝箔发热的功率 D．封口头内线圈中电流产生的磁场方向应当与铝箔表面垂直 5．[2018·辽宁大连双基]如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的灯泡，随着开关S闭合和断开(灯丝不会断)，灯L1、L2亮度的变化情况是( ) A．S闭合，L1不亮，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮 B．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮 C．S断开，L1、L2立即不亮 D．S断开，L1、L2都会亮一下再熄灭 6．[2020·惠州模拟](多选)某同学设计了一个前进中的发电测速装置，如图所示．自行车的圆形金属盘后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动．已知磁感应强度B＝0.5T，圆盘半径r＝0.3m，圆盘电阻不计．导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R＝10Ω的小灯泡．后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压大小U＝0.6V．则可知( ) A．自行车匀速行驶时产生的是交流电 B．与a连接的是电压表的负接线柱 C．自行车车轮边缘线速度是8m/s D．圆盘匀速转动10分钟的过程中产生了0.36J的电能 7．[2020·重庆七校三联]光滑绝缘水平面上静置一边长为1m的正方形单匝线框，总电阻为1Ω.线框左边通过一水平细线与固定的力传感器相连，线框右边一半有均匀减小的如图甲所示的磁场，其变化规律为B＝B0－kt，k为恒量．在0～0.1s内传感器显示的拉力值随时间变化关系如图乙所示，则k值为( ) A．2eq \r(10)T/sB．2eq \r(3)T/sC．2eq \r(2)T/sD．2T/s 8．如图所示，金属杆ab以一定的初速度从倾斜、光滑的固定平行金属导轨底端向上滑行，一段时间后又回到导轨底端．已知两导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，不计导轨和杆的电阻．下列分析正确的是( ) A．金属杆向上滑行与向下滑行的时间相等 B．金属杆向上滑行时，通过金属杆的电流方向为从b到a C．金属杆向上滑行时，通过电阻R的电荷量大于向下滑行时通过电阻R的电荷量 D．金属杆刚向上滑行时在导轨底端所受到的安培力大于刚回到导轨底端时受到的安培力 9．[2020·河北秦皇岛六校联考](多选)一正方形铝质金属框abcd(阻值不随温度变化)边长为L、总电阻为R放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直于金属框平面(即垂直于纸面)向里，如图甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么前2s内( ) A．金属框内感应电流沿顺时针方向 B．ab边受到的安培力大小不变 C．通过金属框横截面的电荷量为eq \f(2B0L2,R) D．ab边受到的安培力方向不变 [综合提升练] 10．[2020·浙江名校联考]如图所示，光滑水平桌面上有一个面积为S的单匝矩形线圈abcd，分界线OO′两侧存在着磁感应强度大小均为B且方向相反的两个磁场，分界线OO′恰好把线圈分成对称的左右两部分，已知线圈的电阻为R，ab＝cd＝L，线圈在水平向右的外力F作用下从图示状态向右以速度v做匀速直线运动，直至线圈完全进入右侧磁场，此过程中ab边始终与OO′平行．则下列说法正确的是( ) A．线圈中的感应电流方向为逆时针 B．线圈中的磁通量变化量ΔΦ＝eq \f(1,2)BS C．外力的大小F＝eq \f(2B2L2v,R) D．电路的发热功率为eq \f(4B2L2v2,R) 11．[2020·湘赣皖十五校二模](多选)如图甲所示，水平地面上有一边长为L的正方形ABCD区域，其下方埋有与地面平行的金属管线．为探测金属管线的位置、走向和埋覆深度，先让金属管线载有电流，然后用闭合的试探小线圈P(穿过小线圈的磁场可视为匀强磁场)在地面探测．如图乙所示，将暴露于地面的金属管接头接到电源的一端，将接地棒接到电源的另一端．这样金属管线中就有沿管线方向的电流．使线圈P在直线BD上的不同位置保持静止时(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流．将线圈P静置于A处，当线圈平面与地面平行时，线圈中有感应电流，当线圈平面与射线AC成37°角且保持静止时，线圈中感应电流消失．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是( ) A．金属管线沿AC走向 B．图乙中的电源为电压恒定并且较大的直流电源 C．金属管线的埋覆深度为eq \f(2\r(2),3)L D．线圈P在A处，当它与射线CA成53°角时，P中的感应电流可能最大 12．如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL＝4Ω的小灯泡L连接．在CDFE整个矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长x＝4m，CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示．在t＝0时，有一阻值r＝2Ω的金属棒在水平向右的恒力F作用下由静止开始从PQ位置沿导轨向右运动．已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，金属棒始终垂直于两导轨并且和两导轨接触良好，小灯泡的亮度没有发生变化．求： (1)通过小灯泡的电流． (2)恒力F的大小． (3)金属棒的质量及金属棒在磁场区域运动过程中流过金属棒的电量． 课时作业(三十四) 1．解析：根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)得，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．磁通量变化越大，由于不知磁通量的变化时间，故eq \f(ΔΦ,Δt)不一定越大，选项A错误；磁通量变化的快慢用eq \f(ΔΦ,Δt)表示，磁通量变化越快，则eq \f(ΔΦ,Δt)就大，根据法拉第电磁感应定律知产生的感应电动势就越大，选项B正确；磁通量越大，是Φ大，但ΔΦ及eq \f(ΔΦ,Δt)不一定大，选项C错误；磁感应强度大的磁场中可能没有磁通量的变化，则感应电动势可能为零，选项D错误． 答案：B 2．解析：飞机的飞行速度v＝4.5×102 km/h＝125 m/s 由E＝Blv得： E＝4.7×10－5×50×125 V＝0.29 V，故A、B错；飞机从东向西飞，磁场竖直向下，由右手定则可知，飞机左方翼尖电势高于右方翼尖的电势，故C正确，D错误． 答案：C 3．解析：线框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，故A错误；线框底边刚进入瞬间，速度为零，产生的感应电动势为零，下落加速度为g，完全进入磁场后下落加速度为g，随着下落速度的增大，出磁场时产生的安培力可能等于2mg，此时减速的加速度大小可能为g，故B正确；线框出磁场的过程，可能先减速，随着速度减小，切割长度变短，线框受到的安培力减小，当小于重力后线框做加速运动，故C正确；线框进、出磁场过程，磁通量变化相同，所以通过线框的电荷量相同，故D错误．所以选B、C. 答案：BC 4．解析：本题考查涡流问题．由涡流的原理可知，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使靠近线圈的铝箔自行快速发热，而如果封口材料用普通塑料来代替铝箔，则不能产生涡流，所以不能起到加热的作用，故A错误；由涡流的原理可知，穿过线圈的磁场必须是变化的磁场，才能使铝箔内产生涡流，所以封口机工作时封口头内的线圈中不会有短时间的恒定电流，故B错误；若改变封口头内线圈电流的频率，则电流产生的磁场变化的频率也发生改变，在铝箔内产生的感应电动势改变，产生的涡流的电流值改变，所以封口过程中铝箔发热的功率改变，故C正确；由封口机的原理可知，封口头内线圈中电流产生的磁场发生改变时，铝箔表面的磁通量发生改变，所以封口头内线圈中电流产生的磁场方向应当与铝箔表面垂直，故D正确． 答案：CD 5．解析：本题考查自感，体现物理观念中的能量观念要素，属于基础性考查要求．当S闭合时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L中电流的增加，逐渐将L1短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2中电流逐渐增大，变得更亮，故A错误，B正确；S断开时，L2中电流消失，故立即熄灭，而由于线圈L中产生一个与电流同向的自感电动势，故电流由灯泡L1的右侧流入，所以L1亮一下后逐渐熄灭，故C、D错误． 答案：B 6．解析：根据右手定则，辐条切割磁感应线产生的是直流电，轮子中心是电源的正极，轮子边缘点是等效电源的负极，则a点接电压表的负接线柱，故A项错误，B项正确；由U＝E＝eq \f(1,2)Br2ω得v＝rω＝eq \f(2U,Br)＝eq \f(2×0.6,0.5×0.3) m/s＝8 m/s，故C项正确；根据焦耳定律Q＝eq \f(U2,R)t，代入数据得Q＝eq \f(0.62,10)×10×60 J＝21.6 J，故D项错误． 答案：BC 7．解析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小为E＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔΦ,Δt)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))S＝k×1×eq \f(1,2)(V)＝0.5k(V)，感应电流为I＝eq \f(E,R)＝0.5k(A)，线框受到的安培力为F安＝BIL＝(B0－kt)×0.5k×1(N)＝0.5k(B0－kt)(N)，线框静止，由平衡条件得F安＝F，由图乙可知t＝0时，F＝0.2 N，t＝0.1 s时，F＝0，代入数据解得k＝2 T/s，故D正确． 答案：D 8．解析：因为金属杆滑行过程中产生感应电流，安培力始终做负功，杆的机械能不断减小，经过同一位置时，杆上滑的速度必然大于杆下滑的速度，所以上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程的短，选项A错误；根据右手定则可知，金属杆向上滑行时，通过金属杆的电流方向为从a到b，选项B错误；通过电阻R的电荷量q＝IΔt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)，由于上滑和下滑过程的位移大小相等，故上滑阶段和下滑阶段通过电阻R的电荷量相同，选项C错误；因为在杆运动过程中安培力始终做负功，所以杆的机械能逐渐减小，则金属杆刚向上滑行时的速度大于刚回到导轨底端时的速度，根据FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)可知，金属杆刚向上滑行时受到的安培力大于杆刚回到导轨底端时受到的安培力，选项D正确． 答案：D 9．解析：本题考查楞次定律的应用和电荷量的求解．在0～1 s内，垂直纸面向里的磁场逐渐减小，根据楞次定律可得，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，金属框内感应电流沿顺时针方向，根据左手定则可知，ab边受到的安培力的方向向左；在1～2 s内，垂直纸面向外的磁场逐渐增大，根据楞次定律可得，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，金属框内感应电流沿顺时针方向，根据左手定则可知，ab边受到的安培力的方向向右，故A正确，D错误；前2 s内，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小不变，所以感应电流的大小不变，根据F＝BIL可知，ab边受到的安培力大小先减小后增大，故B错误；根据法拉第电磁感应定律得eq \o(E,\s\up6(－))＝eq \f(SΔB,Δt)，又eq \o(I,\s\up6(－))＝eq \f(\o(E,\s\up6(－)),R)，q＝eq \o(I,\s\up6(－))Δt，联立解得前2 s内通过金属框横截面的电荷量q＝eq \f(L2ΔB,R)＝eq \f(2B0L2,R)，故C正确． 答案：AC 10．解析：在该过程中，通过线圈的有效磁通量向外增加，根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向为顺时针，选项A错误；初状态线圈中的磁通量为零，末状态线圈中的磁通量为BS，所以线圈中的磁通量变化量为ΔΦ＝BS，选项B错误；线圈匀速运动时产生的感应电动势E＝2BLv，感应电流I＝eq \f(2BLv,R)，前后两个边受到的安培力大小相等，方向相同，根据平衡条件可得外力的大小F＝FA＝2BIL＝eq \f(4B2L2v,R)，选项C错误；电路的发热功率为P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(4B2L2v2,R)，选项D正确． 答案：D 11．解析：本题考查法拉第电磁感应定律的应用．由题意可知，当线圈静止时存在感应电流，则说明金属管线产生的磁场是变化的，故电流一定是变化的，故B错误．由题意可知，线圈P在直线BD上的不同位置保持静止时(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流，说明穿过线圈的磁通量始终不变，可知磁通量为零，则金属管线沿BD走向，故A错误．线圈平面与射线AC成37°角时，线圈中感应电流消失，说明A点的磁场方向与地面成37°角，由几何关系可知，埋覆深度d与OA长度的关系d＝OA·tan 53°，解得深度d＝eq \f(2\r(2),3)L，故C正确．线圈P在A处，当它与射线CA成53°角时，线圈P与磁场方向相互垂直，则此时穿过线圈P的磁通量最大，磁通量的变化率最大，故感应电流可能最大，故D正确． 答案：CD 12．解析：(1)由图乙可知，在t＝0至t＝4 s内，金属棒未进入磁场；磁场变化导致电路中产生感应电动势，形成的电路为r与R并联，再与L串联． 此过程中的感应电动势为： E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)dx＝eq \f(2,4)×0.5×4 V＝1 V， 回路的总电阻为：R总＝RL＋eq \f(Rr,R＋r)＝5 Ω， 则通过小灯泡的电流为：IL＝eq \f(E,R总)＝0.2 A. (2)因灯泡亮度不变，故4 s末金属棒进入磁场时刚好做匀速运动， 由电流分配关系可知回路的总电流为 I＝IL＋IR＝IL＋eq \f(RL,R)IL＝0.6 A， 故恒力F的大小为F＝FA＝BId＝0.6 N. (3)当金属棒在磁场区域运动时，由于金属棒切割磁感线产生电动势，形成的电路为R与L并联，再与r串联，此时电路的总电阻为： R′总＝r＋eq \f(RLR,R＋RL)＝eq \f(10,3) Ω， 金属棒切割磁感线产生电动势为： E′＝IR′总＝2 V， 而E′＝Bdv，解得v＝2 m/s； 金属棒在0～4 s内运动的加速度为： a＝eq \f(Δv,Δt)＝0.5 m/s2， 由牛顿第二定律知金属棒的质量为 m＝eq \f(F,a)＝1.2 kg， 由电流的定义式知流过金属棒的电量为 q＝It′＝I·eq \f(x,v)＝1.2 C. 答案：(1)0.2 A (2)0.6 N (3)1.2 kg 1.2 C
法拉第电磁感应定律 自感 涡流 [双基巩固练] 1．关于法拉第电磁感应定律，下列说法正确的是( ) A．线圈中的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势就越大 B．线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势就越大 C．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势就越大 D．线圈放在磁场越强的地方，线圈中产生的感应电动势就越大 2．如图所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5T，则( ) A．两翼尖之间的电势差为2.9V B．两翼尖之间的电势差为1.1V C．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高 D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 3．[2021·陕西二联](多选)如图所示，等边闭合三角形线框，开始时底边与匀强磁场的边界平行且重合，磁场的宽度大于三角形的高度，线框由静止释放，穿过该磁场区域，不计空气阻力，则下列说法正确的是( ) A．线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向 B．线框底边刚进入和刚穿过磁场时线圈的加速度大小可能相同 C．线框出磁场的过程，可能做先减速后加速的直线运动 D．线框进出磁场过程，通过线框的电荷量不同 4．[2020·江苏苏州五校月考](多选)“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：在封口机工作时，套在瓶口上的封口头内的线圈有电流通过，致使靠近线圈(但与线圈绝缘)的铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在被封容器的瓶口处，达到迅速封口的目的．下列有关说法正确的是( ) A．封口材料可用普通塑料来代替铝箔 B．封口机工作时封口头内的线圈中有短时间的恒定电流 C．可以通过控制封口头内线圈电流的频率来设定铝箔发热的功率 D．封口头内线圈中电流产生的磁场方向应当与铝箔表面垂直 5．[2018·辽宁大连双基]如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的灯泡，随着开关S闭合和断开(灯丝不会断)，灯L1、L2亮度的变化情况是( ) A．S闭合，L1不亮，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮 B．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮 C．S断开，L1、L2立即不亮 D．S断开，L1、L2都会亮一下再熄灭 6．[2020·惠州模拟](多选)某同学设计了一个前进中的发电测速装置，如图所示．自行车的圆形金属盘后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动．已知磁感应强度B＝0.5T，圆盘半径r＝0.3m，圆盘电阻不计．导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R＝10Ω的小灯泡．后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压大小U＝0.6V．则可知( ) A．自行车匀速行驶时产生的是交流电 B．与a连接的是电压表的负接线柱 C．自行车车轮边缘线速度是8m/s D．圆盘匀速转动10分钟的过程中产生了0.36J的电能 7．[2020·重庆七校三联]光滑绝缘水平面上静置一边长为1m的正方形单匝线框，总电阻为1Ω.线框左边通过一水平细线与固定的力传感器相连，线框右边一半有均匀减小的如图甲所示的磁场，其变化规律为B＝B0－kt，k为恒量．在0～0.1s内传感器显示的拉力值随时间变化关系如图乙所示，则k值为( ) A．2eq \r(10)T/sB．2eq \r(3)T/sC．2eq \r(2)T/sD．2T/s 8．如图所示，金属杆ab以一定的初速度从倾斜、光滑的固定平行金属导轨底端向上滑行，一段时间后又回到导轨底端．已知两导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，不计导轨和杆的电阻．下列分析正确的是( ) A．金属杆向上滑行与向下滑行的时间相等 B．金属杆向上滑行时，通过金属杆的电流方向为从b到a C．金属杆向上滑行时，通过电阻R的电荷量大于向下滑行时通过电阻R的电荷量 D．金属杆刚向上滑行时在导轨底端所受到的安培力大于刚回到导轨底端时受到的安培力 9．[2020·河北秦皇岛六校联考](多选)一正方形铝质金属框abcd(阻值不随温度变化)边长为L、总电阻为R放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直于金属框平面(即垂直于纸面)向里，如图甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么前2s内( ) A．金属框内感应电流沿顺时针方向 B．ab边受到的安培力大小不变 C．通过金属框横截面的电荷量为eq \f(2B0L2,R) D．ab边受到的安培力方向不变 [综合提升练] 10．[2020·浙江名校联考]如图所示，光滑水平桌面上有一个面积为S的单匝矩形线圈abcd，分界线OO′两侧存在着磁感应强度大小均为B且方向相反的两个磁场，分界线OO′恰好把线圈分成对称的左右两部分，已知线圈的电阻为R，ab＝cd＝L，线圈在水平向右的外力F作用下从图示状态向右以速度v做匀速直线运动，直至线圈完全进入右侧磁场，此过程中ab边始终与OO′平行．则下列说法正确的是( ) A．线圈中的感应电流方向为逆时针 B．线圈中的磁通量变化量ΔΦ＝eq \f(1,2)BS C．外力的大小F＝eq \f(2B2L2v,R) D．电路的发热功率为eq \f(4B2L2v2,R) 11．[2020·湘赣皖十五校二模](多选)如图甲所示，水平地面上有一边长为L的正方形ABCD区域，其下方埋有与地面平行的金属管线．为探测金属管线的位置、走向和埋覆深度，先让金属管线载有电流，然后用闭合的试探小线圈P(穿过小线圈的磁场可视为匀强磁场)在地面探测．如图乙所示，将暴露于地面的金属管接头接到电源的一端，将接地棒接到电源的另一端．这样金属管线中就有沿管线方向的电流．使线圈P在直线BD上的不同位置保持静止时(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流．将线圈P静置于A处，当线圈平面与地面平行时，线圈中有感应电流，当线圈平面与射线AC成37°角且保持静止时，线圈中感应电流消失．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是( ) A．金属管线沿AC走向 B．图乙中的电源为电压恒定并且较大的直流电源 C．金属管线的埋覆深度为eq \f(2\r(2),3)L D．线圈P在A处，当它与射线CA成53°角时，P中的感应电流可能最大 12．如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL＝4Ω的小灯泡L连接．在CDFE整个矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长x＝4m，CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示．在t＝0时，有一阻值r＝2Ω的金属棒在水平向右的恒力F作用下由静止开始从PQ位置沿导轨向右运动．已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，金属棒始终垂直于两导轨并且和两导轨接触良好，小灯泡的亮度没有发生变化．求： (1)通过小灯泡的电流． (2)恒力F的大小． (3)金属棒的质量及金属棒在磁场区域运动过程中流过金属棒的电量． 课时作业(三十四) 1．解析：根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)得，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．磁通量变化越大，由于不知磁通量的变化时间，故eq \f(ΔΦ,Δt)不一定越大，选项A错误；磁通量变化的快慢用eq \f(ΔΦ,Δt)表示，磁通量变化越快，则eq \f(ΔΦ,Δt)就大，根据法拉第电磁感应定律知产生的感应电动势就越大，选项B正确；磁通量越大，是Φ大，但ΔΦ及eq \f(ΔΦ,Δt)不一定大，选项C错误；磁感应强度大的磁场中可能没有磁通量的变化，则感应电动势可能为零，选项D错误． 答案：B 2．解析：飞机的飞行速度v＝4.5×102 km/h＝125 m/s 由E＝Blv得： E＝4.7×10－5×50×125 V＝0.29 V，故A、B错；飞机从东向西飞，磁场竖直向下，由右手定则可知，飞机左方翼尖电势高于右方翼尖的电势，故C正确，D错误． 答案：C 3．解析：线框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，故A错误；线框底边刚进入瞬间，速度为零，产生的感应电动势为零，下落加速度为g，完全进入磁场后下落加速度为g，随着下落速度的增大，出磁场时产生的安培力可能等于2mg，此时减速的加速度大小可能为g，故B正确；线框出磁场的过程，可能先减速，随着速度减小，切割长度变短，线框受到的安培力减小，当小于重力后线框做加速运动，故C正确；线框进、出磁场过程，磁通量变化相同，所以通过线框的电荷量相同，故D错误．所以选B、C. 答案：BC 4．解析：本题考查涡流问题．由涡流的原理可知，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使靠近线圈的铝箔自行快速发热，而如果封口材料用普通塑料来代替铝箔，则不能产生涡流，所以不能起到加热的作用，故A错误；由涡流的原理可知，穿过线圈的磁场必须是变化的磁场，才能使铝箔内产生涡流，所以封口机工作时封口头内的线圈中不会有短时间的恒定电流，故B错误；若改变封口头内线圈电流的频率，则电流产生的磁场变化的频率也发生改变，在铝箔内产生的感应电动势改变，产生的涡流的电流值改变，所以封口过程中铝箔发热的功率改变，故C正确；由封口机的原理可知，封口头内线圈中电流产生的磁场发生改变时，铝箔表面的磁通量发生改变，所以封口头内线圈中电流产生的磁场方向应当与铝箔表面垂直，故D正确． 答案：CD 5．解析：本题考查自感，体现物理观念中的能量观念要素，属于基础性考查要求．当S闭合时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L中电流的增加，逐渐将L1短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2中电流逐渐增大，变得更亮，故A错误，B正确；S断开时，L2中电流消失，故立即熄灭，而由于线圈L中产生一个与电流同向的自感电动势，故电流由灯泡L1的右侧流入，所以L1亮一下后逐渐熄灭，故C、D错误． 答案：B 6．解析：根据右手定则，辐条切割磁感应线产生的是直流电，轮子中心是电源的正极，轮子边缘点是等效电源的负极，则a点接电压表的负接线柱，故A项错误，B项正确；由U＝E＝eq \f(1,2)Br2ω得v＝rω＝eq \f(2U,Br)＝eq \f(2×0.6,0.5×0.3) m/s＝8 m/s，故C项正确；根据焦耳定律Q＝eq \f(U2,R)t，代入数据得Q＝eq \f(0.62,10)×10×60 J＝21.6 J，故D项错误． 答案：BC 7．解析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小为E＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔΦ,Δt)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))S＝k×1×eq \f(1,2)(V)＝0.5k(V)，感应电流为I＝eq \f(E,R)＝0.5k(A)，线框受到的安培力为F安＝BIL＝(B0－kt)×0.5k×1(N)＝0.5k(B0－kt)(N)，线框静止，由平衡条件得F安＝F，由图乙可知t＝0时，F＝0.2 N，t＝0.1 s时，F＝0，代入数据解得k＝2 T/s，故D正确． 答案：D 8．解析：因为金属杆滑行过程中产生感应电流，安培力始终做负功，杆的机械能不断减小，经过同一位置时，杆上滑的速度必然大于杆下滑的速度，所以上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程的短，选项A错误；根据右手定则可知，金属杆向上滑行时，通过金属杆的电流方向为从a到b，选项B错误；通过电阻R的电荷量q＝IΔt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)，由于上滑和下滑过程的位移大小相等，故上滑阶段和下滑阶段通过电阻R的电荷量相同，选项C错误；因为在杆运动过程中安培力始终做负功，所以杆的机械能逐渐减小，则金属杆刚向上滑行时的速度大于刚回到导轨底端时的速度，根据FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)可知，金属杆刚向上滑行时受到的安培力大于杆刚回到导轨底端时受到的安培力，选项D正确． 答案：D 9．解析：本题考查楞次定律的应用和电荷量的求解．在0～1 s内，垂直纸面向里的磁场逐渐减小，根据楞次定律可得，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，金属框内感应电流沿顺时针方向，根据左手定则可知，ab边受到的安培力的方向向左；在1～2 s内，垂直纸面向外的磁场逐渐增大，根据楞次定律可得，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，金属框内感应电流沿顺时针方向，根据左手定则可知，ab边受到的安培力的方向向右，故A正确，D错误；前2 s内，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小不变，所以感应电流的大小不变，根据F＝BIL可知，ab边受到的安培力大小先减小后增大，故B错误；根据法拉第电磁感应定律得eq \o(E,\s\up6(－))＝eq \f(SΔB,Δt)，又eq \o(I,\s\up6(－))＝eq \f(\o(E,\s\up6(－)),R)，q＝eq \o(I,\s\up6(－))Δt，联立解得前2 s内通过金属框横截面的电荷量q＝eq \f(L2ΔB,R)＝eq \f(2B0L2,R)，故C正确． 答案：AC 10．解析：在该过程中，通过线圈的有效磁通量向外增加，根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向为顺时针，选项A错误；初状态线圈中的磁通量为零，末状态线圈中的磁通量为BS，所以线圈中的磁通量变化量为ΔΦ＝BS，选项B错误；线圈匀速运动时产生的感应电动势E＝2BLv，感应电流I＝eq \f(2BLv,R)，前后两个边受到的安培力大小相等，方向相同，根据平衡条件可得外力的大小F＝FA＝2BIL＝eq \f(4B2L2v,R)，选项C错误；电路的发热功率为P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(4B2L2v2,R)，选项D正确． 答案：D 11．解析：本题考查法拉第电磁感应定律的应用．由题意可知，当线圈静止时存在感应电流，则说明金属管线产生的磁场是变化的，故电流一定是变化的，故B错误．由题意可知，线圈P在直线BD上的不同位置保持静止时(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流，说明穿过线圈的磁通量始终不变，可知磁通量为零，则金属管线沿BD走向，故A错误．线圈平面与射线AC成37°角时，线圈中感应电流消失，说明A点的磁场方向与地面成37°角，由几何关系可知，埋覆深度d与OA长度的关系d＝OA·tan 53°，解得深度d＝eq \f(2\r(2),3)L，故C正确．线圈P在A处，当它与射线CA成53°角时，线圈P与磁场方向相互垂直，则此时穿过线圈P的磁通量最大，磁通量的变化率最大，故感应电流可能最大，故D正确． 答案：CD 12．解析：(1)由图乙可知，在t＝0至t＝4 s内，金属棒未进入磁场；磁场变化导致电路中产生感应电动势，形成的电路为r与R并联，再与L串联． 此过程中的感应电动势为： E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)dx＝eq \f(2,4)×0.5×4 V＝1 V， 回路的总电阻为：R总＝RL＋eq \f(Rr,R＋r)＝5 Ω， 则通过小灯泡的电流为：IL＝eq \f(E,R总)＝0.2 A. (2)因灯泡亮度不变，故4 s末金属棒进入磁场时刚好做匀速运动， 由电流分配关系可知回路的总电流为 I＝IL＋IR＝IL＋eq \f(RL,R)IL＝0.6 A， 故恒力F的大小为F＝FA＝BId＝0.6 N. (3)当金属棒在磁场区域运动时，由于金属棒切割磁感线产生电动势，形成的电路为R与L并联，再与r串联，此时电路的总电阻为： R′总＝r＋eq \f(RLR,R＋RL)＝eq \f(10,3) Ω， 金属棒切割磁感线产生电动势为： E′＝IR′总＝2 V， 而E′＝Bdv，解得v＝2 m/s； 金属棒在0～4 s内运动的加速度为： a＝eq \f(Δv,Δt)＝0.5 m/s2， 由牛顿第二定律知金属棒的质量为 m＝eq \f(F,a)＝1.2 kg， 由电流的定义式知流过金属棒的电量为 q＝It′＝I·eq \f(x,v)＝1.2 C. 答案：(1)0.2 A (2)0.6 N (3)1.2 kg 1.2 C
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