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课时突破练59　法拉第电磁感应定律及其应用
基础·满分练
命题角度一　法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.现有100匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,转轴垂直于磁场,若穿过线圈的磁通量随时间变化的规律如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.t=0时刻线圈中感应电动势为零
B.t=5×10-3 s时刻线圈中感应电动势最大
C.t=1×10-3 s时刻线圈中的感应电动势比t=3×10-3 s时刻的大
D.0~5×10-3 s时间内线圈中平均感应电动势为0.4 V
命题角度二　导体转动切割磁感线产生感应电动势
2.(2025浙江杭州二中模拟)如图所示,金属圆环内外半径为r和2r,匀强磁场B垂直圆环平面向里,两环之间接有电容器,在两环间且接触良好的金属导体ab棒可绕圆心以角速度ω逆时针旋转,已知电容器的电容为C,则下列说法正确的是(　　)
A.电容器c极板带负电
B.cd间电压逐渐增大
C.金属棒ab产生的电动势为Bωr2
D.电容器所带电荷量为CBωr2
命题角度三　导体平动切割磁感线产生感应电动势
3.(13分)(2025浙江杭州测试)如图甲所示,斜面顶部线圈的横截面积S=0.02 m2,匝数N=200,内有水平向左均匀增加的磁场B1,磁感应强度随时间的变化图像如图乙所示。线圈与间距为L=0.2 m的光滑平行金属导轨相连,导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上。图示虚线cd下方存在磁感应强度B2=0.5 T的匀强磁场,磁场方向垂直于斜面向上。质量m=0.02 kg的导体棒ab垂直导轨放置,其有效电阻R=1 Ω,从无磁场区域由静止释放,导体棒沿斜面下滑一段距离后刚好进入磁场B2中并匀速下滑。在运动中导体棒与导轨始终保持良好接触,导轨足够长,线圈和导轨电阻均不计。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)导体棒进入磁场B2前流过导体棒的感应电流大小和方向;
(2)导体棒刚好进入磁场B2时的速度大小;
(3)导体棒沿斜面做匀加速直线运动的位移x。
命题角度四　自感现象的解释
4.如图所示,电路中包含电动势为E、内阻为r的电源,三个阻值均为R的定值电阻A、B、C,以及一个自感系数较大、直流电阻可忽略的线圈。针对电路不同状态,下列分析正确的是(　　)
A.S闭合瞬间,流过A、B、C的电流之比为1∶1∶1
B.S闭合到电路稳定过程中,C的功率变小
C.电路稳定后,B与C两端的电压之比为1∶2
D.电路稳定后断开S瞬间,B两端的电压与稳定时B两端电压之比为1∶2
命题角度五　涡流的应用
5.(2025浙江定海模拟)高达632 m的上海中心大厦,在工程师的巧妙设计下,它能抵挡15级大风,位于第126层的“电涡流摆设式调谐质量阻尼器”起到了关键作用。这款阻尼器由我国自主研发,重达1 000 t,在大厦受到风力作用摇晃时,阻尼器质量块由于惯性产生反向摆动,在质量块下方圆盘状的永磁体与楼体地板正对,由于电磁感应产生涡流,从而使大厦减振减摆,其简化示意图如图所示。下列关于该阻尼器的说法正确的是(　　)
A.质量块下方相对的地板可以是导体也可以是绝缘体,对减振效果没有影响
B.阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率
C.大厦受到风力作用摇晃时,阻尼器质量块的振动频率小于大厦的摇晃频率
D.地板随大厦摇晃时,在地板内产生涡流,使大厦摇晃的机械能最终转化为热能
命题角度六　电磁驱动和电磁阻尼的应用
6.如图甲所示,弹簧上端固定,下端悬挂一个磁体,磁体的N极向下。将磁体托起到某一高度(弹簧处于压缩状态)后放开,磁体能上下振动较长时间才停下来。如果在磁体下端放一个固定的闭合金属圆环(如图乙所示),仍将磁体托起到同一高度后放开,磁体就会很快地停下来。针对这个现象,下列解释正确的是(　　)
A.磁体很快停下来的主要原因是圆环中产生了感应电流
B.磁体、弹簧、地球组成的系统机械能守恒
C.磁体在运动过程中一直受到向上安培力的阻碍作用
D.金属圆环的制作材料一定不是铝,因为磁体对铝不会产生力的作用
能力·高分练
7.(多选)(2025黑吉辽蒙卷)如图所示,“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直,各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动,be与磁场方向垂直。t=0时,abef与水平面平行,则(　 　)
A.t=0时,电流方向为abcdefa
B.t=0时,感应电动势为Bl2ω
C.t=时,感应电动势为0
D.t=0到t=过程中,感应电动势平均值为0
8.(2025浙江6月选考)如图甲所示,有一根长1 m、两端固定紧绷的金属丝,通过导线连接示波器。在金属丝中点处放置一蹄形磁体,在中点附近1.00 cm范围内产生B=10-3 T、方向垂直金属丝的匀强磁场(其他区域磁场忽略不计)。现用一激振器使金属丝发生垂直于磁场方向的上下振动,稳定后形成如图乙所示的不同时刻的波形,其中最大振幅A=0.5 cm。若振动频率为f,则振动最大速度v=2πfA。已知金属丝接入电路的电阻r=0.5 Ω,示波器显示输入信号的频率为150 Hz。下列说法正确的是(　　)
A.金属丝上波的传播速度为π m/s
B.金属丝产生的感应电动势最大值约为π×10-3 V
C.若将示波器换成可变电阻,则金属丝的最大输出功率约为π2×10-10 W
D.若让激振器产生沿金属丝方向的振动,其他条件不变,则金属丝中点的振幅为零
素养·提升练
9.(多选)如图所示,内壁光滑的半径为R的玻璃圆环水平放置,有一直径略小于圆环口径、电荷量为q的带正电的小球,在圆环内以速度v0沿顺时针方向匀速转动(俯视)。在t=0时刻施加方向竖直向上的变化磁场,磁感应强度B=kt(k>0)。设运动过程中小球带电荷量不变,不计小球运动产生的磁场及相对论效应。加上磁场后,下列说法正确的是(　　)
A.小球对玻璃圆环的压力不断增大
B.小球所受的磁场力一定不断增大
C.小球每运动一周增加的动能为kπqR2
D.磁场力对小球一直做负功
答案：
1.C　解析 在t=0时刻穿过线圈的磁通量为零,但磁通量的变化率最大,线圈中产生的感应电动势最大,故A错误;在t=5×10-3 s时刻磁通量最大,但是变化率为零,根据法拉第电磁感应定律E=n,线圈中产生的感应电动势为零,故B错误;由于t=1×10-3 s时刻线圈磁通量的变化率大于t=3×10-3 s时刻,故t=1×10-3 s时刻线圈中的感应电动势比 t=3×10-3 s时刻的大,故C正确;0~5×10-3 s时间内线圈中的平均感应电动势为=n=100× V=40 V,故D错误。
2.D　解析 ab棒切割磁感线产生感应电动势,根据右手定则可知,a端为低电势,b端为高电势,则电容器c极板带正电,d极板带负电,故A错误;根据切割磁感线产生感应电动势有E=BLv=Brω×Bωr2,故B、C错误;根据电容器电荷量的计算公式得Q=CE=CBωr2,故D正确。
3.(1)0.4 A,电流方向b到a　(2)8 m/s　(3) m
解析 (1)斜面顶部线圈产生的感应电动势为E1=N=NS,产生的感应电流为I1=,可得I1=0.4 A,根据楞次定律可得电流方向b到a。(2)导体棒沿斜面下滑一段距离后进入磁场B2中匀速下滑,由平衡条件可得B2I2L=mgsin θ,导体棒在B2中切割磁感线产生的感应电流方向为b到a, 回路中的感应电动势为E1+E2,由闭合电路欧姆定律可得E1+E2=I2R,感应电动势大小为E2=B2Lv,解得v=8 m/s。(3)由运动学公式可得v2=2gsin θ·x,解得x= m。
4.B　解析 S闭合瞬间,由于线圈的自感作用,线圈中没有电流经过,电阻A、B串联,然后和电阻C并联,三个电阻的阻值相等,根据串并联电路的特点,流过A、B的电流相等,流过C的电流是A、B的2倍,故流过A、B、C的电流之比为1∶1∶2,故选项A错误;由闭合电路欧姆定律U=E-Ir,在电路稳定过程中,线圈和电阻B组成的支路,电阻逐渐减小,支路电流增大,干路电流I增大,则路端电压U减小,由P=知,C的功率变小,故选项B正确;电路稳定后,B与C并联,两端的电压之比为1∶1,故选项C错误;断开开关前,设线圈和电阻B组成的支路,电流为I0,则B两端的电压为U2=I0R,断开开关时,线圈相当于电源,I0为干路电流,外电路B与C串联,再和A并联,故此时流过B的电流为I0,则B两端的电压为U1=I0R,则U1∶U2=1∶3,故选项D错误。
5.D　解析 在质量块下方圆盘状的永磁体与楼体地板相对,由于电磁感应产生涡流,从而使大厦减振减摆,可知该阻尼器为电磁阻尼,只有下方地板是导体时,才会起作用,故A错误;大厦受到风力作用摇晃时,阻尼器做受迫振动,阻尼器质量块的振动频率等于大厦的摇晃频率,故B、C错误;地板随大厦摆动时,在地板内产生涡流,地板导体内有电阻,使大厦摇晃的机械能最终转化为热能逐渐耗散掉,符合电磁阻尼原理。故D正确。
6.A　解析 磁体上下运动过程中在圆环中产生了感应电流,因此受到安培力作用,根据牛顿第三定律,磁体也受到安培力的作用,由楞次定律可知,产生的感应电流总是阻碍磁通量的变化,在此处体现为阻碍磁体的相对运动,故磁体能很快停下来,A正确;磁体、弹簧、地球组成的系统中,有安培力做功,系统机械能不守恒,B错误;磁体在向下运动的过程中受到向上的安培力,在向上运动的过程中受到向下的安培力,C错误;磁体很快停下来是由于安培力作用,而非磁体对金属的吸引力,所以只要圆环是金属的,就能产生感应电流从而受到安培力,D错误。
7.AB　解析 t=0时,af边切割磁感线,由右手定则可知电流在af边中由f流向a,则电流方向为abcdefa,故A正确;由法拉第电磁感应定律有Eaf=Blv=Bl2ω,故B正确;由转过角度θ=ωt知,当t=时,线框转过180°,所处位置如图所示,此时af边切割磁感线,cd边不切割磁感线,感应电动势不为0,故C错误;从t=0到t=过程中,≠0,故D错误。
8.C　解析 由图乙可判断金属丝振动形成三节,则波长为λ=L= m,又振动频率为f=150 Hz,可得波速为v=λf=100 m/s,故A错误;金属丝在中点附近的匀强磁场中振动,其振动最大速度为vm=2πfA,其中A=0.5 cm=0.005 m,f =150 Hz,计算得vm=2π×150×0.005 m/s=1.5π m/s,中点切割的有效长度为L=0.01 m,则中点处感应电动势最大值为Emax=BLvm=π×10-5 V,故B错误;金属丝在中点附近的匀强磁场中振动,产生的是正弦式交变电流,电动势的有效值为E=,若用最大感应电动势Emax=π×10-5 V接外电阻,则金属丝本身内阻r=0.5 Ω,正弦交流电源在内阻r和外阻R串联时,当R=r=0.5 Ω时可得最大输出功率为Pmax=π2×10-10 W,故C正确;若让激振器产生沿金属丝方向的振动,则在金属丝上产生纵波,金属丝中点处的振幅不为零,故D错误。
9.BC　解析 由楞次定律判断可得当磁场增强时,会产生顺时针方向的涡旋电场,电场力先对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动,根据牛顿第二定律可得,未加磁场时FN=m,加磁场后,小球所受洛伦兹力方向指向圆心,磁场力对小球不做功,圆环对小球的压力与小球所受洛伦兹力的合力提供向心力,没有确定的数量关系去比较洛伦兹力与向心力的大小,所以小球对玻璃圆环的压力变化情况不明,故A、D错误;根据F洛=qvB可知小球所受的磁场力一定不断增大,故B正确;由动能定理可得W电=ΔEk,小球每运动一周,电场力做功为W电=qU,又U=·πR2,联立解得小球每运动一周增加的动能为ΔEk=kπqR2,故C正确。
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