1、课时跟踪检测(二十八)法拉第电磁感应定律自感和涡流一、单项选择题1.如图1所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略。A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈。关于这个电路的以下说法正确的是()图1A开关闭合到电路中电流稳定的时间内， A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯2. (2014南京模拟)如图2所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感
2、应强度以BB0Kt(K0)随时间变化，t0时，P、Q两极板电势相等。两极板间的距离远小于环的半径，经时间t电容器P板()图2A不带电B所带电荷量与t成正比C带正电，电荷量是 D带负电，电荷量是3(2014温州八校联考)如图3所示的四个选项中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂直纸面轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T。从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向。则在如图4所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图3所示的是()图3图44(20
3、14九江三模)如图5所示电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计。以下判断正确的是()图5A闭合S瞬间，灯泡不发光B闭合S待电路稳定后，灯泡发光C断开S瞬间，灯泡发光D断开S瞬间，电阻R上无电流通过5(2014济南外国语学校测试)如图6所示，正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1；第二次0用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，则()图6AW1W2 BW1W2CW13W2 DW19W26. (2012大纲卷)如图7所示，均匀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(
4、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、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，磁感应强度大小随时间线性变化。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()图7A. B.C. D.二、多项选择题7(2014资阳模拟)在如图8甲所示的电路中，螺线管匝数n1 500匝，横截面积S20 cm2。螺线管导线电阻r1.0 ，R15.0 ，R26.0 ，C30 F。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示规律变化。则下列说法中正确的是()图8A2秒末通过线圈的磁通量为2103 WbB螺
5、线管中产生的感应电动势为1.5 VC闭合S，电路稳定后电阻R1消耗的电功率为5102 WD电路中电流稳定后电容器上极板带正电8(2014嘉定区二模)如图9甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1 m2，圆环电阻为0.2 。在第1 s内感应电流I 沿顺时针方向。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(其中在45 s的时间段呈直线)。则()图9A在05 s时间段，感应电流先减小再增大B感应电流的方向，在02 s时间段顺时针，在25 s时间段逆时针C感应电流的方向，在04 s时间段顺时针，在45 s时间段逆时针D在05 s时间段，线圈最大发热功率为5.01
6、04 W9. (2014汕头质检)如图10所示，圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()图10A线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流B穿过线圈a的磁通量变小C线圈a有扩张的趋势D线圈a对水平桌面的压力FN将增大10.半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的
7、位置由确定，如图11所示。则()图11A0时，杆产生的电动势为2BavB时，杆产生的电动势为BavC0时，杆受的安培力大小为D时，杆受的安培力大小为三、非选择题11(2014万州区模拟)如图12甲所示，光滑导轨宽0.4 m，ab为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab的电阻为1 ，导轨电阻不计。t0时刻，ab棒从导轨最左端，以v1 m/s的速度向右匀速运动，求1 s末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力。图1212(2014苏南六市模拟)如图13所示，光滑导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨距离为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2，两导
8、轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，现用一恒力F沿水平方向拉杆，使之由静止向右运动，若杆出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻。求：图13(1)金属杆出磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；(2)金属杆做匀速运动时的速率；(3)金属杆穿过整个磁场过程中R1上产生的电热。答 案1选A开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定；B灯逐渐变亮，最后亮度稳定，选项A正确，B错误。开关由闭合到断开瞬间，电流自右向左通过A灯，A灯没有闪亮一下再熄灭，选项C、D错误。2选D磁
9、感应强度以BB0Kt(K0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得ESKS，而S，经时间t电容器P板所带电荷量QEC；由楞次定律知电容器P板带负电，故D选项正确。3选C根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如图3所示的是C。4选C闭合S瞬间，线圈L与灯泡并联与R串联，线圈阻碍电流的增加，灯泡中有电流，故灯泡发光，A错误；由于线圈L的直流电阻不计，闭合S，稳定后，灯泡被短路，电流强度为零，灯泡不发光，故B错误。断开S的瞬间，电容器放电，R中电流不为零，线圈中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，灯泡中的电流逐渐减小，故C正确，D错误。5选C设
10、正方形边长为L，导线框的电阻为R，则导体切割磁感线的边长为L，运动距离为L，Wt，可知W与t成反比，W13W2，选C。6选C设圆的半径为r，当其绕过圆心O的轴匀速转动时，圆弧部分不切割磁感线，不产生感应电动势，而在转过半周的过程中仅有一半直径在磁场中，产生的感应电动势为EB0rB0rB0r2；当线框不动时：E。由闭合电路欧姆定律得I，要使II必须使EE，可得C正确。7选AC2秒末通过线圈的磁通量为：BS1.020104 Wb2103 Wb，故A正确；螺线管中产生的感应电动势为：EnnS1 50020104 V1.2 V，故B错误；根据闭合电路欧姆定律，I A0.1 A，电阻R1消耗电功率为：P
11、I2R10.125 W5102 W，故C正确；根据楞次定律可知，螺线管下端为正极，则电流稳定后电容器下极板带正电，上极板带负电，故D错误。8选BD根据闭合电路欧姆定律得，In，知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，磁感应强度变化率最大值为0.1，则最大电流I0.05 A，则在05 s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变，故A错误；根据楞次定律知，感应电流的方向在02 s时间段顺时针，在25 s时间段逆时针，故B正确，C错误；在05 s时间段，当电流最大时，发热功率最大，则PI2R0.0520.2 W5104 W，故D正确。9选AD通过螺线管b的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b
12、所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增强，根据楞次定律，a线圈中所产生的感应电流产生的感应磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，故A正确；由于线圈b中的电流增大，产生的磁场增强，导致穿过线圈a的磁通量变大，故B错误；根据楞次定律，线圈a将阻碍磁通量的增大，因此，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力增大，C选项错误，D选项正确。10选AD根据法拉第电磁感应定律可得EBlv(其中l为有效长度)，当0时，l2a，则E2Bav；当时，la，则EBav，故A选项正确，B选项错误。根据通电直导线在磁场中所
13、受安培力的大小的计算公式可得FBIl，又根据闭合电路欧姆定律可得I，当0时，rR(2)aR0，解得F；当时，rRaR0，解得F，故C选项错误，D选项正确。11解析：的变化有两个原因，一是B的变化，二是面积S的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有ESBlv又2 T/s，在1 s末，B2 T，Slvt0.411 m20.4 m2所以1 s末，ESBlv1.6 V，此时回路中的电流I1.6 A根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向金属棒ab受到的安培力为FBIl21.60.4 N1.28 N，方向向左。答案：1.6 A1.28 N，方向向左12解析：(1)设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得：FBI解得I因R1R2，所以流过R1的电流大小为I1根据右手定则判断可知，流过R1的电流方向为从M到P。(2)设杆做匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律得：杆切割磁感线产生的感应电动势大小为 EBv又根据闭合欧姆定律得到EI，可解得v。(3)设整个过程电路中产生的总电热为Q，根据能量守恒定律得：QFmv2代入v可得QFL所以Q1QFL。答案：(1)从M到P(2)(3)FL