1、课时规范练33法拉第电磁感应定律及其应用基础对点练1.(法拉第电磁感应定律的应用)半径为R的圆形线圈共有n匝,总阻值为R0,其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场,磁场方向垂直线圈平面,如图所示,若初始的磁感应强度为B,在时间t内均匀减小为0,则通过圆形线圈的电流为()A.nBR2B.nBr2C.Br2tR0D.nBr2tR02.(转动切割磁感线)如图所示,金属棒MN以角速度绕过O点的竖直轴在水平面内旋转,空间存在竖直向下的匀强磁场。已知MONO,则()A.M点电势高于N点B.N点电势高于O点C.磁感应强度B加倍时M、N两点间电势差也加倍D.角速度加倍时M、N两点间电势差变为原来的4倍3.
2、(自感)在生产实际中,有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈,当电路中的开关S由闭合到断开时,线圈会产生很高的自感电动势,使开关S处产生电弧,危及操作人员的人身安全,为了避免电弧的产生,可在线圈处并联一个元件,下列方案可行的是()4.(法拉第电磁感应定律的应用)如图所示,某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒,圆筒上套一环形轻质铝箱,电磁炉产生的交变磁场的频率、强度及铝箔厚度可以调节。现给电磁炉通电,发现铝箱悬浮了起来。若只改变其中一个变量,则()A.增强磁场,铝箔悬浮高度将不变B.铝箔越薄,铝箔中产生的感应电流越大C.增大频率,铝箱中产生的感应电流增大D.在刚断开电源产生如图磁场的瞬间,铝
3、箱中会产生如图所示的电流5.(涡流)电磁炉又名电磁灶,是现代厨房革命的产物,它无需明火或传导式加热而让热直接在锅底产生,因此热效率得到了极大的提高,是一种高效节能厨具。如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图,下列说法正确的是()A.电磁炉通电线圈加直流电,电流越大,电磁炉加热效果越好B.电磁炉原理是通电线圈加交流电后,在锅底产生涡流,进而发热工作C.在锅和电磁炉中间放一绝缘物质,电磁炉不能起到加热作用D.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅,主要原因是这些材料的导热性能较差6.(多选)(导体棒切割磁感线产生感应电动势的分析与计算)如图所示,两根足够长、电阻不计且相距l=0.2 m的平行金属导轨固定
4、在倾角=37的绝缘斜面上,顶端接有一盏额定电压U=4 V的小灯泡,两导轨间有一磁感应强度B=5 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场。今将一根长为2l、质量m=0.2 kg、电阻r=1.0 的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放,且始终与导轨垂直,金属棒与导轨接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.25。已知金属棒下滑到速度稳定时,小灯泡恰能正常发光,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,则()A.金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2B.金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2C.金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sD.金属棒稳定下滑时的
5、速度大小为4.8 m/s素养综合练7.(多选)边长为L的单匝正方形导线框abcd放在绝缘的光滑水平桌面上,其右端相距s处有边界PQ,在PQ左侧存在垂直于线框面向下的匀强磁场。现用水平向右的恒力F使线框由静止向右运动,且线框运动过程中ad边始终与PQ保持垂直,线框全部离开磁场前已做匀速直线运动,已知磁感应强度大小为B,线框质量为m,电阻为R,边长为L。下列说法正确的是()A.cd边离开磁场时线框中的感应电动势大小为34BL2FsmB.cd边离开磁场时线框的加速度大小为Fm-B2L2m2R2mFsC.线框全部离开磁场过程中,通过线框某一横截面的电荷量为BL2RD.线框全部离开磁场过程中,线框中产生
6、的热量为F(s+L)-mF2R22B4L48.(多选)如图甲所示,线圈两端a、b与一电阻R相连,线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场,t=0时起,穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化,下列说法正确的是()A.0.5t0时刻,R中电流方向为由a到bB.1.5t0时刻,R中电流方向为由a到bC.0t0时间内R的电流小于t02t0时间内R的电流D.0t0时间内R的电流大于t02t0时间内R的电流9.(多选)如图所示,一根长为l、横截面积为S的闭合软导线置于光滑水平面上,其材料的电阻率为,导线内单位体积的自由电子数为n,电子的电荷量为e,空间存在垂直纸面向里的磁场。某时刻起磁场开始减弱,磁感应强度随时间的
7、变化规律是B=B0-kt,当软导线形状稳定时,磁场方向仍然垂直纸面向里,此时()A.软导线将围成一个圆形B.软导线将围成一个正方形C.导线中的电流为klS4D.导线中自由电子定向移动的速率为klS4ne10.(多选)(2020黑龙江哈尔滨高三三模)轻质细线吊着一质量为m=0.32 kg、边长为L=0.8 m、匝数n=10的正方形线圈,总电阻为R=1 。如图甲所示,边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下方的两侧,磁场方向垂直纸面向里,大小随时间变化如图乙所示。从t=0开始经t0时间细线开始松弛,g取10 m/s2,则()A.t=0时刻穿过线圈的磁通量为0.8 WbB.在前t0时间内线圈中产生
8、的电动势为0.4 VC.t=0时刻的线圈受到的安培力为0.016 ND.t0的数值为2 s11.如图甲所示是一个电磁阻尼现象演示装置,钢锯条上端固定在支架上,下端固定有强磁铁,将磁铁推开一个角度释放,它会在竖直面内摆动较长时间;如图乙所示,若在其正下方固定一铜块(不与磁铁接触),则摆动迅速停止。关于实验,以下分析与结论正确的是()A.如果将磁铁的磁极调换,重复实验将不能观察到电磁阻尼现象B.用闭合的铜制线圈替代铜块,重复实验将不能观察到电磁阻尼现象C.在图乙情况中,下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少D.在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力12.(多选)(2020黑龙江大庆铁人中学高三
9、模拟)如图所示,空间内存在一水平向右的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场中有一个形状为等腰直角三角形的刚性金属线框OOP,OO=OP=L,转轴OO沿竖直方向,线框总电阻为r。当线框在外力作用下绕着OO以角速度匀速转动时,线框上的P点先后经过A、B两点,在A点时,P的速度与磁场方向相同,在B点时,P的速度与磁场方向垂直,则以下说法正确的是()A.当P点与A点重合时,O、P两点电势差为UOP=0B.当P点与B点重合时,O、P两点电势差为UOP=(2-2)BL22C.金属线框在转动一圈的过程中电流方向改变一次D.从A点旋转到B点的过程中,通过线框某横截面积的电荷量为q=BL22r参考答案课时规范练3
10、3法拉第电磁感应定律及其应用1.D由于线圈平面与磁场方向垂直,故穿过该面的磁通量为:=BS,半径为r的虚线范围内有匀强磁场,所以磁场的区域面积为:S=r2即=Br2,由E=nt及I=ER0可得I=nBr2tR0,故选项D正确。2.C由电磁感应定律可得UON=12BLON2UOM=12BLOM2由可得UNM=UOM-UON=12B(LOM2-LON2)0因此N点电势高于M点电势,A错误;由右手定则可得:O点电势高于N点电势,O点电势高于M点电势,B错误;由于UNM=12B(LOM2-LON2),因此当磁感应强度B加倍时M、N两点间电势差也加倍,C正确;角速度加倍时M、N两点间电势差变为原来的2倍
11、,D错误。3.D由题意可知,当断开瞬间时,线圈中产生很高的自感电动势,若不并联元件,则会产生电弧,当并联电容器时,只能对电容器充电,仍不能解决电弧现象,故A错误;当并联发光二极管时,由于发光二极管有单向导电性,B选项的二极管的接法与C选项的导线有一样的作用,唯有D选项,既能避免产生电弧,又能不影响电路,故D正确,B、C错误。4.C铝箔浮起,说明铝箔受到竖直向上的安培力作用,磁场频率不变,根据法拉第电磁感应定律E=nt=nBtS,可知电动势不变,所以铝箔中感应电流不变,增强磁场,根据F=BIL可知安培力增大,所以铝箔的悬浮高度增大,A错误;铝箔越薄,厚度对应的横截面积S越小,根据电阻定律R=LS
12、可知铝箔的电阻越大,所以通过铝箔的感应电流变小,B错误;增大频率,Bt增大,铝箔中产生的感应电动势增大,感应电流增大,C正确;刚断开电源瞬间,竖直向上的磁场减弱,根据楞次定律可知铝箔中产生竖直向上的磁场,根据右手定则可知感应电流与题图中电流方向相反,D错误。5.B电磁炉通电线圈加直流电,会产生恒定磁场,穿过锅底的磁通量不会发生变化,不能产生涡流,所以没有加热效果,故选项A错误;电磁炉的原理是磁场感应涡流加热,即利用交变电流通过线圈产生交变磁场,所以电磁炉通过线圈加交流电后,在锅底产生涡流,进而发热工作,故选项B正确;在锅和电磁炉中间放一绝缘物质,不会影响涡流的产生,因此不会影响电磁炉的加热作用
13、,故选项C错误;金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅,陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料,不会产生涡流,而不是因为导热性能较差,故选项D错误。6.BD金属棒刚开始运动时初速度为零,不受安培力作用,由牛顿第二定律得mgsin-mgcos=ma,代入数据得a=4m/s2,故选项A错误,选项B正确;设金属棒稳定下滑时速度为v,感应电动势为E(金属棒的有效长度为l),回路中的电流为I,由平衡条件得mgsin=BIl+mgcos,由闭合电路欧姆定律得I=E-Ur,由法拉第电磁感应定律得E=Blv,联立解得v=4.8m/s,故选项C错误,选项D正确。7.BCD线框完全在磁场中时,穿过线框的磁通量不变,不产生感
14、应电流,线框不受安培力作用,对线框,由动能定理得:Fs=12mv2,解得:v=2Fsm,cd边离开磁场时线框产生的感应电动势为:E=BLv=BL2Fsm,故A错误;cd边离开磁场时线框受到的安培力为:F安培=BIL=B2L2vR=B2L2R2Fsm,对线框,由牛顿第二定律得:F-B2L2R2Fsm=ma,解得:a=Fm-B2L2mR2Fsm=Fm-B2L2m2R2mFs,故B正确;根据电磁感应电荷量推论公式q=R=BL2R,故C正确;线框离开磁场前已做匀速直线运动,由平衡条件得:F=B2L2vR,解得线框离开磁场时的速度v=FRB2L2,对线框,由能量守恒定律得:F(s+L)=12mv2+Q,
15、解得:Q=F(s+L)-mF2R22B4L4,故D正确;故选BCD。8.AC由楞次定律可知0t0时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向,t02t0时间内线圈中感应电流的方向为顺时针方向,故A正确,B错误;根据法拉第电磁感应定律:E=Nt=NBtS,可知0t0时间内感应电动势是t02t0时间内的12,感应电流为:I=ER,所以0t0时间内R中的电流是t02t0时间内电流的12,故C正确,D错误。9.AC当磁场的磁感应强度减弱时,由楞次定律可知,软管围成的图形的面积有扩大的趋势,结合周长相等时,圆的面积最大可知,最终软导线围成一个圆形,故A正确,B错误;设线圈围成的圆形半径为r,则有:l=2r,圆
16、形的面积为:S1=r2,线圈的电阻为:R=lS,线圈中产生的感应电动势为:E=BtS1=kl24,感应电流为:I=ER=klS4,而I=neSv,解得:v=kl4ne,故C正确,D错误,故选AC。10.BDt=0时刻穿过线圈的磁通量=B012S=1120.822Wb=0.08Wb,A错误;由法拉第电磁感应定律得E=nt=nSBt=n12L22Bt=0.4V,B正确;线圈中的电流为I=ER=0.41A=0.4A,t=0时刻的线圈受到的安培力F=nB0IL2=1010.40.82N=1.6N,C错误;分析线圈受力可知,当细线开始松弛时有F安=mg=0.3210N=3.2N,又F安=nBt0IL2,
17、I=ER,联立解得Bt0=2mgRnEL=2T,由图像知Bt0=1+12t0,解得t0=2s。D正确。11.C此现象的原理是当磁铁在铜块上方摆动时,在铜块中产生涡流,与磁场相互作用阻碍磁铁的运动;则如果将磁铁的磁极调换,重复实验仍能观察到电磁阻尼现象,选项A错误;用闭合的铜制线圈替代铜块,仍能在线圈中产生感应电流,从而与磁铁产生阻碍作用,则重复实验仍能观察到电磁阻尼现象,选项B错误;在题图乙情况中,下摆和上摆过程中均会产生涡流从而消耗机械能,则磁铁和锯条组成的系统机械能均减少,选项C正确;由上述分析可知,在摆动过程中铜块对磁铁有阻碍作用,同时铜块也要受磁铁的作用力,选项D错误。12.AD当P点与A点重合时,各边都不切割磁感应线,O、P两点的电势差为UOP=0,所以A正确;当P点与B点重合时,线框有效切割长度为L,所以感应电动势大小为E=BLv=BL2,根据几何关系可得OP=2L,所以O、P两点的电势差为UOP=2L2L+2LE=(2-1)BL2,所以B错误;线框在转动一整圈的过程中两次经过中性面,电流方向改变两次,所以C错误;从A点旋转到B点的过程中,磁通量的改变量为=12BL2,根据q=It=r,可得通过线框某横截面的电荷量为q=BL22r,所以D正确。