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第二章 微专题78 法拉第电磁感应定律自感和涡流 试卷
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这是一份第二章 微专题78 法拉第电磁感应定律自感和涡流 试卷，共6页。
微专题78 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
1．掌握感应电动势的三个公式：E＝n、E＝Blv、E＝Bl2ω.2.正确选用公式计算电动势的瞬时值和平均值.3.注意自感现象中自感电动势阻碍电流的变化，但电流仍按原趋势变化．断电自感现象中只有灯泡电流大于原来电流才会出现闪亮现象．
1.小万做自感现象实验时，连接电路如图所示，则( )
A．断开开关S，L1逐渐变暗至熄灭，L2变亮后再熄灭
B．闭合开关S，L2逐渐变亮，然后亮度不变
C．闭合开关S，L1立刻变亮，且亮度不变
D．断开开关S，L1变亮后再熄灭，L2一直不亮
答案 A
解析 闭合开关S，由于线圈的阻碍作用，则L1逐渐变亮，然后保持不变；根据二极管的单向导电性，电流不会通过L2，L2不亮，故B、C错误；断开开关S，线圈与二极管D形成回路，则有电流流过L2，则L2变亮后再熄灭，而流过L1的电流逐渐减小，故L1逐渐变暗至熄灭，故A正确，D错误．
2．为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼”来实现．他们设计了如图所示的甲、乙两种方案，甲方案：在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于零刻度中间；乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于零刻度中间．下列说法正确的是( )
A．甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流
B．甲方案中，铝板摆动时能产生涡流，起电磁阻尼的作用
C．乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D．乙方案比甲方案更合理
答案 B
解析 甲方案中，铝板摆动时，在铝板中产生涡流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故A错误，B正确；乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，因此甲方案更合理，故C、D错误．
3．如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正．以下说法正确的是( )
A．0～1 s内圆环面积有缩小的趋势
B．1 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力
C．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反
D．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿逆时针方向
答案 A
解析 0～1 s内，螺线管中的电流为逆时针方向(俯视)，且电流在增大，故产生的磁场向上且增强，穿过圆环的磁通量增大，据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，圆环中产生顺时针方向的感应电流，A正确，D错误；1 s末，螺线管中电流的变化率为零，故穿过圆环的磁通量的变化率为零，圆环没有产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，B错误；1～2 s内，螺线管中产生的磁场向上且减弱，圆环中产生逆时针方向的感应电流(俯视)，2～3 s内，螺线管中产生的磁场向下且增强，圆环中产生逆时针方向的感应电流(俯视)，故两段时间内圆环中的感应电流方向相同，C错误．
4．(2023·河南郑州市模拟)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化，磁场方向取垂直纸面向里为正方向．正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m，则下列说法错误的是( )
A．在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势为0.08 V
B．在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力的大小为0.016 N
C．在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力的方向垂直于ab向右
D．在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率为0.064 W
答案 C
解析 根据法拉第电磁感应定律有E＝，解得E＝0.08 V，故A正确；感应电流为I＝＝ A＝0.8 A，在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力为F＝B1Il＝0.1×0.8×0.2 N＝0.016 N，故B正确；根据楞次定律，感应电流阻碍磁通量的变化，磁通量随磁感应强度的减小而减小，线框有扩大的趋势，故金属框ab边受到的安培力水平向左，故C错误；电功率为P＝EI＝0.08 V×0.8 A＝0.064 W，故D正确．
5．如图甲所示，20匝的线圈两端M、N与一个理想电压表相连，线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化，不计线圈电阻．下列说法正确的是( )
A．电压表的正接线柱接线圈的M端
B．线圈中产生的感生电场沿顺时针方向
C．线圈中磁通量的变化率为1.5 Wb/s
D．电压表的读数为8 V
答案 A
解析 线圈中磁通量均匀增加，线圈中产生感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由楞次定律可得，线圈中产生的感生电场沿逆时针方向，则M端比N端的电势高，所以电压表的正接线柱接M端，故A正确，B错误；线圈中磁通量的变化率＝ Wb/s＝0.5 Wb/s，故C错误；根据法拉第电磁感应定律E＝n＝20×0.5 V＝10 V，所以电压表的读数为10 V，故D错误．
6．(多选)(2023·黑龙江佳木斯市模拟)如图甲所示，虚线MN两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0，左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0.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．则下列说法正确的是( )
A．0～t0时间内，圆环中的电流方向为顺时针方向
B．t＝t0时刻圆环中的电流为0
C．t＝t0时刻圆环受到的安培力大小为
D．在0～t0时间内，通过圆环的电荷量为
答案 AD
解析 0～t0时间内，圆环中左侧的磁感应强度向内减小，右侧磁感应强度不变，根据楞次定律和安培定则可知圆环中的电流方向为顺时针方向，故A正确；根据法拉第电磁感定律，圆环中产生的感应电动势E＝S,t＝t0时刻磁通量变化率不为0，则电动势不为0，圆环中的电流不为0，故B错误；上式中S＝πr2，＝，根据欧姆定律有I＝，根据电阻定律有R＝ρ，圆环左右两半部分所处磁场不同，应单独分析，且圆环左右两半部分在所处磁场的有效长度都为2r，在t＝t0时刻，圆环的电流方向为顺时针方向，根据左手定则可知，圆环左半部分受到的安培力垂直于MN向右，且大小为F1＝B0I·2r，圆环右半部分受到的安培力垂直于MN向左，且大小为F2＝B0I·2r，所以圆环受到的安培力为F＝F2－F1＝，安培力的方向垂直于MN向左，故C错误；在0～t0时间内，通过圆环的电荷量q＝t0，又＝，＝，圆环磁通量的变化量ΔΦ＝B0·πr2，联立解得q＝，故D正确．
7.(2023·江苏苏州市模拟)如图所示，一根弧长为L的半圆形硬导体棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在竖直平面内的U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，回路中除电阻R外，其余电阻均不计，U形框左端与平行板电容器相连，两极板间距离为d，质量为m的带电油滴静止于电容器两极板中央，半圆形硬导体棒AB始终与U形框接触良好，重力加速度为g.则以下判断正确的是( )
A．油滴所带电荷量为
B．电流自上而下流过电阻R
C．A、B间的电势差UAB＝BLv0
D．其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器所带电荷量将增加，油滴将向下运动
答案 B
解析 由右手定则可知，回路中感应电流方向从B到A，电流自上而下流过电阻R，故B正确；弧长为L的半圆形硬导体棒切割磁感线的有效长度D＝，AB产生的感应电动势为E＝BDv0，由于AB棒的电阻不计，则A、B间的电势差UAB＝E，可得UAB＝，故C错误；油滴受力平衡，可得qE＝mg，又E＝，则油滴所带电荷量为q＝，故A错误；其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器的电容增大，而电容器板间电压不变，由Q＝CU知电容器所带电荷量将增加，由E＝知电容器板间电场强度变大，由F＝qE知油滴受到的静电力变大，油滴将向上运动，故D错误．
8．(2020·浙江7月选考·12)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动．在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态．已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A．棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
答案 B
解析 由法拉第电磁感应定律知棒产生的电动势U＝Br2ω，故A错误；对极板间微粒受力分析，如图所示，微粒静止，则mg＝qE＝q，得＝，而电容器两极板间电势差与电源电动势相等，即U＝U′，故＝，故B正确；电路中电流I＝＝，则电阻R消耗的电功率P＝I2R＝，故C错误；电容器所带的电荷量Q＝CU′＝，故D错误．
微专题78 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
1．掌握感应电动势的三个公式：E＝n、E＝Blv、E＝Bl2ω.2.正确选用公式计算电动势的瞬时值和平均值.3.注意自感现象中自感电动势阻碍电流的变化，但电流仍按原趋势变化．断电自感现象中只有灯泡电流大于原来电流才会出现闪亮现象．
1.小万做自感现象实验时，连接电路如图所示，则( )
A．断开开关S，L1逐渐变暗至熄灭，L2变亮后再熄灭
B．闭合开关S，L2逐渐变亮，然后亮度不变
C．闭合开关S，L1立刻变亮，且亮度不变
D．断开开关S，L1变亮后再熄灭，L2一直不亮
答案 A
解析 闭合开关S，由于线圈的阻碍作用，则L1逐渐变亮，然后保持不变；根据二极管的单向导电性，电流不会通过L2，L2不亮，故B、C错误；断开开关S，线圈与二极管D形成回路，则有电流流过L2，则L2变亮后再熄灭，而流过L1的电流逐渐减小，故L1逐渐变暗至熄灭，故A正确，D错误．
2．为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼”来实现．他们设计了如图所示的甲、乙两种方案，甲方案：在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于零刻度中间；乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于零刻度中间．下列说法正确的是( )
A．甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流
B．甲方案中，铝板摆动时能产生涡流，起电磁阻尼的作用
C．乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D．乙方案比甲方案更合理
答案 B
解析 甲方案中，铝板摆动时，在铝板中产生涡流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故A错误，B正确；乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，因此甲方案更合理，故C、D错误．
3．如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正．以下说法正确的是( )
A．0～1 s内圆环面积有缩小的趋势
B．1 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力
C．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反
D．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿逆时针方向
答案 A
解析 0～1 s内，螺线管中的电流为逆时针方向(俯视)，且电流在增大，故产生的磁场向上且增强，穿过圆环的磁通量增大，据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，圆环中产生顺时针方向的感应电流，A正确，D错误；1 s末，螺线管中电流的变化率为零，故穿过圆环的磁通量的变化率为零，圆环没有产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，B错误；1～2 s内，螺线管中产生的磁场向上且减弱，圆环中产生逆时针方向的感应电流(俯视)，2～3 s内，螺线管中产生的磁场向下且增强，圆环中产生逆时针方向的感应电流(俯视)，故两段时间内圆环中的感应电流方向相同，C错误．
4．(2023·河南郑州市模拟)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化，磁场方向取垂直纸面向里为正方向．正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m，则下列说法错误的是( )
A．在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势为0.08 V
B．在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力的大小为0.016 N
C．在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力的方向垂直于ab向右
D．在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率为0.064 W
答案 C
解析 根据法拉第电磁感应定律有E＝，解得E＝0.08 V，故A正确；感应电流为I＝＝ A＝0.8 A，在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力为F＝B1Il＝0.1×0.8×0.2 N＝0.016 N，故B正确；根据楞次定律，感应电流阻碍磁通量的变化，磁通量随磁感应强度的减小而减小，线框有扩大的趋势，故金属框ab边受到的安培力水平向左，故C错误；电功率为P＝EI＝0.08 V×0.8 A＝0.064 W，故D正确．
5．如图甲所示，20匝的线圈两端M、N与一个理想电压表相连，线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化，不计线圈电阻．下列说法正确的是( )
A．电压表的正接线柱接线圈的M端
B．线圈中产生的感生电场沿顺时针方向
C．线圈中磁通量的变化率为1.5 Wb/s
D．电压表的读数为8 V
答案 A
解析 线圈中磁通量均匀增加，线圈中产生感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由楞次定律可得，线圈中产生的感生电场沿逆时针方向，则M端比N端的电势高，所以电压表的正接线柱接M端，故A正确，B错误；线圈中磁通量的变化率＝ Wb/s＝0.5 Wb/s，故C错误；根据法拉第电磁感应定律E＝n＝20×0.5 V＝10 V，所以电压表的读数为10 V，故D错误．
6．(多选)(2023·黑龙江佳木斯市模拟)如图甲所示，虚线MN两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0，左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0.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．则下列说法正确的是( )
A．0～t0时间内，圆环中的电流方向为顺时针方向
B．t＝t0时刻圆环中的电流为0
C．t＝t0时刻圆环受到的安培力大小为
D．在0～t0时间内，通过圆环的电荷量为
答案 AD
解析 0～t0时间内，圆环中左侧的磁感应强度向内减小，右侧磁感应强度不变，根据楞次定律和安培定则可知圆环中的电流方向为顺时针方向，故A正确；根据法拉第电磁感定律，圆环中产生的感应电动势E＝S,t＝t0时刻磁通量变化率不为0，则电动势不为0，圆环中的电流不为0，故B错误；上式中S＝πr2，＝，根据欧姆定律有I＝，根据电阻定律有R＝ρ，圆环左右两半部分所处磁场不同，应单独分析，且圆环左右两半部分在所处磁场的有效长度都为2r，在t＝t0时刻，圆环的电流方向为顺时针方向，根据左手定则可知，圆环左半部分受到的安培力垂直于MN向右，且大小为F1＝B0I·2r，圆环右半部分受到的安培力垂直于MN向左，且大小为F2＝B0I·2r，所以圆环受到的安培力为F＝F2－F1＝，安培力的方向垂直于MN向左，故C错误；在0～t0时间内，通过圆环的电荷量q＝t0，又＝，＝，圆环磁通量的变化量ΔΦ＝B0·πr2，联立解得q＝，故D正确．
7.(2023·江苏苏州市模拟)如图所示，一根弧长为L的半圆形硬导体棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在竖直平面内的U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，回路中除电阻R外，其余电阻均不计，U形框左端与平行板电容器相连，两极板间距离为d，质量为m的带电油滴静止于电容器两极板中央，半圆形硬导体棒AB始终与U形框接触良好，重力加速度为g.则以下判断正确的是( )
A．油滴所带电荷量为
B．电流自上而下流过电阻R
C．A、B间的电势差UAB＝BLv0
D．其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器所带电荷量将增加，油滴将向下运动
答案 B
解析 由右手定则可知，回路中感应电流方向从B到A，电流自上而下流过电阻R，故B正确；弧长为L的半圆形硬导体棒切割磁感线的有效长度D＝，AB产生的感应电动势为E＝BDv0，由于AB棒的电阻不计，则A、B间的电势差UAB＝E，可得UAB＝，故C错误；油滴受力平衡，可得qE＝mg，又E＝，则油滴所带电荷量为q＝，故A错误；其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器的电容增大，而电容器板间电压不变，由Q＝CU知电容器所带电荷量将增加，由E＝知电容器板间电场强度变大，由F＝qE知油滴受到的静电力变大，油滴将向上运动，故D错误．
8．(2020·浙江7月选考·12)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动．在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态．已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A．棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
答案 B
解析 由法拉第电磁感应定律知棒产生的电动势U＝Br2ω，故A错误；对极板间微粒受力分析，如图所示，微粒静止，则mg＝qE＝q，得＝，而电容器两极板间电势差与电源电动势相等，即U＝U′，故＝，故B正确；电路中电流I＝＝，则电阻R消耗的电功率P＝I2R＝，故C错误；电容器所带的电荷量Q＝CU′＝，故D错误．
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