1、课时作业46法拉第电磁感应定律自感现象时间：45分钟1.扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌，为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(A)解析：衰减的原理是当紫铜薄板上下及左右振动时，均在紫铜薄板内产生感应电流，薄板受到安培力作用阻碍其运动只有A选项中当紫铜薄板上下及左右振动时，板中均会产生感应电流2.在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关下列说
2、法正确的是(B)A合上开关S，a、b同时亮B合上开关S，a先亮、b后亮C将原来闭合的开关S断开，a先熄灭、b后熄灭D将原来闭合的开关S断开，b先熄灭、a后熄灭解析：合上开关S，自感线圈L中磁通量发生变化产生自感电动势，导致a先亮、b后亮，选项A错误，B正确；将原来闭合的开关S断开，自感线圈L中磁通量发生变化产生自感电动势，两个灯泡和自感线圈形成闭合回路，则a、b逐渐变暗并同时熄灭，选项C、D错误3如图甲所示，10匝铜导线制成的线圈两端M、N与一电压表相连，线圈内磁场方向垂直纸面向里，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示下列说法正确的是(D)A电压表的正接线柱接线圈的N端B线圈中磁通量的变化量为1.
3、5 WbC线圈中磁通量的变化率为1.5 Wb/sD电压表的示数为5 V解析：由楞次定律可知线圈中感应电流的方向为逆时针方向，则M端比N端的电势高，所以电压表“”接线柱接M端，故A错误；磁通量的变化需要时间，由于未说明变化时间，故B错误；磁通量的变化率为 Wb/s0.5 Wb/s，C错误；根据法拉第电磁感应定律有En100.5 V5 V，所以电压表示数为5 V，D正确4(多选)目前无线电力传输已经比较成熟，如图所示为一种非接触式电源供应系统这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力，两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示利用这一原理，可以实现对手机进行无线充电下列说法正确
4、的是(BD)A若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势CA中电流越大，B中感应电动势越大DA中电流变化越快，B中感应电动势越大解析：本题考查电磁感应现象根据电磁感应原理，只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势，若A线圈中输入恒定电流，B线圈中不会产生感应电动势，选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律，A线圈中电流变化越快，B线圈中感应电动势越大，选项D正确，C错误5.如图所示的电路，开关闭合，电路处于稳定状态，在某时刻t1突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I1随时间变化的图线可能是下图中的(D)解析：当断开开
5、关，原来通过R1的电流立即消失，由于电磁感应，线圈L产生自感电动势阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻R1，其方向与原来流过电阻R1的电流方向相反，慢慢减小最后为0，故D正确6. (多选)如图所示，等边三角形导体框abc边长为l，bdac，导体框绕轴bd以角速度匀速转动，导体框所在空间有竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场下列说法正确的是(AD)A导体框中无感应电流B导体框中产生正弦交变电流Ca、d两点间电势差为0Da、d两点间电势差为Bl2解析：由于导体框平面始终与磁场方向平行，则穿过导体框的磁通量始终为零，即导体框中无感应电流，选项A正确，B错误；由导体棒在磁场中转动切割磁感线产生感应电
6、动势可知，a、d两点间的电势差为EB()2Bl2，选项C错误，D正确7轻质细线吊着一质量为m0.42 kg、边长为L1 m、匝数n10的正方形线圈，其总电阻为r1 .在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示(g取10 m/s2)(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；(2)求线圈的电功率；(3)求在t4 s时轻质细线的拉力大小解析：(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向(2)由法拉第电磁感应定律得EnnL20.5 V则P0.25 W.(3)通过线圈的电流I0.5 A，由题图乙可知当t4 s时，B0.6 T，
7、线圈受到的安培力F安nBIL由平衡条件得F安F线mg联立解得F线1.2 N.答案：(1)逆时针(2)0.25 W(3)1.2 N8小明同学做验证断电自感现象的实验，他找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象下列说法正确的是(B)A断开开关S，一定没电流流过小灯泡B开关S断开前后，流过小灯泡的电流方向相反C小灯泡未闪亮的原因是线圈电阻偏小D小灯泡未闪亮的原因是线圈的自感系数较小解析：由电路图可知，灯泡与线圈并联后接入电路，断开开关瞬间，线圈与灯泡组成闭合电路，线圈产生自感电动势
8、，阻碍电流的减小，有电流流过小灯泡，故A错误；断开开关瞬间，灯泡中原来的由电源提供的电流消失，灯泡与线圈构成闭合回路，通过线圈的电流减小，线圈中的电流流过灯泡，所以开关S断开前后流过小灯泡的电流方向相反，故B正确；线圈电阻偏小，稳定时流过灯泡的电流小于流过线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，由电源提供给灯泡的电流立即消失，而线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，灯泡与线圈组成新的回路，灯泡会发生闪亮现象，故C错误；线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故D错误9. (多选)如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，其方向垂
9、直于纸面向外，一个边长也为a的等边三角形导线框EFG正好与上述磁场区域的边界重合，而后绕其几何中心O点在纸面内以角速度顺时针匀速转动，于是线框EFG中产生感应电动势，若转过60后线框转到图中的虚线位置，则在这段时间内(BC)A感应电流方向为EGFEB感应电流方向为EFGEC平均感应电动势大小等于D平均感应电动势大小等于解析：根据题意，穿过线框的磁通量变小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同，再由安培定则可知感应电流方向为EFGE，A项错误，B项正确；根据几何关系可得，磁场穿过线框的有效面积减小了Sa2，根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势B，C项正确，D项错误10. (多选
10、)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上穿进磁场，当AC刚进入磁场时的速度为v，方向与磁场边界成45角，若线框的总电阻为R，则(CD)A线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为DCBABAC刚进入磁场时线框中的感应电流为CAC刚进入磁场时线框所受安培力为DAC刚进入磁场时DC两端电压为Bav解析：线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则知感应电流的方向为ABCD方向，A错误；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势为EBav，则线框中感应电流为I
11、，B错误；AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是FBIa，由几何关系可知，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD与CD边受到的安培力的合力，即F合F，C正确；当AC刚进入磁场时，DC两端电压UIRBav，D正确11.如图所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0，使该线框从静止开始绕过圆心O且垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流现使线框保持图中所示位置不变，磁感应强度大小随
12、时间线性变化为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为(A)A BC D解析：若要产生的电流相等，则产生的感应电动势应相等设半圆半径的长度为L，从静止开始绕过圆心O以角速度匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为EB0L2；根据法拉第电磁感应定律得EL2，联立可得，故B、C、D错误，A正确12如图所示，两根光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，导轨间距为L，导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B开始时，导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内(1)求导体棒所达到的恒定速度v2；(2)为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少解析：(1)由法拉第电磁感应定律得EBL(v1v2)由闭合电路欧姆定律得I安培力FBIL速度恒定时，有f解得v2v1.(2)最大阻力fm.答案：(1)v1(2)
