第十二章 微专题88　法拉第电磁感应定律　自感和涡流-2025年高中物理《加练半小时》新教材版

第十二章电磁感应微专题88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＝neq\f(ΔΦ,Δt)(一切情况)、E＝Blv(平动)、E＝eq\f(1,2)Bl2ω(转动)。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．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。2.(2024·湖南省阶段练习)如图所示，正方形线框abcd放在光滑的绝缘水平面上，OO′为正方形线框的对称轴，在OO′的左侧存在竖直向下的匀强磁场。现使正方形线框在磁场中以两种不同的方式运动：第一种方式使正方形线框以速度v匀速向右运动，直到ab边刚好与OO′重合；第二种方式使正方形线框绕OO′轴以恒定的角速度由图中位置开始转过90°，ab边的线速度恒为v。则下列说法不正确的是()A．两过程线框中的感应电流方向均沿adcbaB．两过程流过线框某一横截面的电荷量之比为1∶1C．两过程线框中产生的焦耳热之比为2∶πD．两过程中线框中产生平均电动势之比为π∶2答案C解析由楞次定律可知，两过程线框中产生的感应电流的方向均沿adcba，故A正确，不满足题意要求；该过程中线框中产生的平均感应电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，线框中的感应电流为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，流过线框某一横截面的电荷量为q＝eq\x\to(I)·Δt，整理得q＝eq\f(ΔΦ,R)，则两过程流过线框某一横截面的电荷量相同，即两过程流过线框某一横截面的电荷量之比为1∶1，故B正确，不满足题意要求；设正方形线框的边长为L，第一种方式，线框匀速拉出，线框中产生感应电动势为E1＝BLv，线框中感应电流为I1＝eq\f(E1,R)，线框出磁场的时间为t1＝eq\f(L,2v)，线框中产生的焦耳热为Q1＝I12Rt1，解得Q1＝eq\f(B2L3v,2R)；第二种方式，线框绕OO′轴转过90°，线框中产生的最大感应电动势为Em＝BSω＝Beq\f(L2,2)·eq\f(v,\f(L,2))＝BLv，线框中感应电动势的有效值为E2＝eq\f(Em,\r(2))，则该过程线框中产生的焦耳热为Q2＝eq\f(E22,R)t2，又t2＝eq\f(πL,4v)，整理得Q2＝eq\f(πB2L3v,8R)，则Q1∶Q2＝4∶π，故C错误，满足题意要求；第一种方式，线框匀速拉出，线框中产生的平均感应电动势为eq\x\to(E1)＝BLv。第二种方式，线框绕OO′轴转过90°，线框中产生的平均感应电动势为eq\x\to(E2)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，又ΔΦ＝eq\f(1,2)BL2，Δt＝eq\f(πL,4v)，整理得eq\x\to(E2)＝eq\f(2BLv,π)，解得eq\x\to(E1)∶eq\x\to(E2)＝π∶2，故D正确，不满足题意要求。3.(2023·重庆卷·2)某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为()A.eq\f(NBScosθ,t) B.eq\f(NBSsinθ,t)C.eq\f(BSsinθ,t) D.eq\f(BScosθ,t)答案A解析根据法拉第电磁感应定律有eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝NBcosθ·eq\f(S,t)＝eq\f(NBScosθ,t)，故选A。4.(2023·浙江绍兴市阶段练习)如图所示，多匝闭合线圈水平固定，强磁铁从线圈左侧一定高度自由下落，整个过程磁铁始终保持水平。规定线圈电流方向以俯视时逆时针方向为正，则线圈中产生的感应电流随时间变化的图像可能正确的是()答案D解析条形磁铁的磁感线分布如图所示，当磁铁在靠近线圈的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律，感应电流的方向先逆时针，后顺时针；当条形磁铁落至线圈所在平面位置时，穿过线圈的磁通量为零，根据法拉第电磁感应定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)。当磁通量为零时，磁通量的变化量最大，感应电流最大；同理当磁铁在远离线圈的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律，感应电流的方向先顺时针，后逆时针。故选D。5．(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0C．t＝eq\f(3,2)t0时刻圆环受到的安培力大小为eq\f(B02r2S0,8ρt0)D．在0～t0时间内，通过圆环的电荷量为eq\f(B0rS0,4ρ)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＝eq\f(ΔB,Δt)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＝eq\f(1,2)πr2，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，根据欧姆定律有I＝eq\f(E,R)，根据电阻定律有R＝ρeq\f(2πr,S0)，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＝eq\f(3,2)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＝eq\f(1,2)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＝eq\f(B02r2S0,4ρt0)，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＝eq\x\to(I)t0，又eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,t0)，圆环磁通量的变化量ΔΦ＝B0·eq\f(1,2)πr2，联立解得q＝eq\f(B0rS0,4ρ)，故D正确。6．(多选)(2023·广东深圳市模拟)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，固定的条形磁体附近的金属弦被磁化，当弦上下振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，电吉他通过扩音器发出的声音随感应电流的增大而变响。下列说法正确的是()A．弦振动的周期越大，线圈中感应电流的方向变化越快B．弦振动的周期越小，线圈中感应电流的方向变化越快C．其他情况不变，只增加线圈的匝数，电吉他的音量增大D．其他情况不变，只增加线圈的匝数，电吉他的音量减小答案BC解析根据E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，弦振动的周期越大，磁通量的变化率越小，则线圈中感应电流的方向变化越慢，弦振动的周期越小，磁通量的变化率越大，线圈中感应电流的方向变化越快，A错误，B正确；根据E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，增加线圈的匝数，则感应电动势增大，感应电流增大，则电吉他的音量增大，C正确，D错误。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。则以下说法正确的是()A．油滴所带电荷量为eq\f(mgd,BLv0)B．电流自上而下流过电阻RC．A、B间的电势差UAB＝BLv0D．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＝eq\f(2L,π)，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＝eq\f(2BLv0,π)，故C错误；油滴受力平衡，可得qE＝mg，又E＝eq\f(UAB,d)，则油滴所带电荷量为q＝eq\f(πmgd,2BLv0)，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＝eq\f(U,d)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eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的电荷量与质量之比为eq\f(2gd,Br2ω)C．电阻消耗的电功率为eq\f(πB2r4ω,2R)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＝eq\f(1,2)Br