課時跟蹤檢測（四十一）法拉第電磁感應(yīng)定律自感和渦流一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1．以下現(xiàn)象中屬于渦流現(xiàn)象的應(yīng)用的是()解析：選B電烤箱是利用電流發(fā)熱的原理，故A錯誤；金屬探測儀可以探測人身是否攜帶金屬物品，是通過金屬上產(chǎn)生渦流而使報警器發(fā)出警告的，故B正確；高壓帶電作業(yè)屏蔽服是利用靜電屏蔽原理，故C錯誤；車載充電器沒有應(yīng)用渦流現(xiàn)象，故D錯誤。2．(2022·北京高考)如圖所示平面內(nèi)，在通有圖示方向電流I的長直導(dǎo)線右側(cè)，固定一矩形金屬線框abcd，ad邊與導(dǎo)線平行。調(diào)節(jié)電流I使得空間各點的磁感應(yīng)強度隨時間均勻增加，則()A．線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為a→b→c→d→aB．線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流逐漸增大C．線框ad邊所受的安培力大小恒定D．線框整體受到的安培力方向水平向右解析：選D根據(jù)安培定則可知，通電直導(dǎo)線右側(cè)的磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度隨時間均勻增加，根據(jù)楞次定律可知線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為a→d→c→b→a，A錯誤；線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝neq\f(ΔΦ,RΔt)＝neq\f(S,R)·eq\f(ΔB,Δt)，空間各點的磁感應(yīng)強度隨時間均勻增加，故線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變，B錯誤；線框ad邊中的感應(yīng)電流保持不變，磁感應(yīng)強度隨時間均勻增加，根據(jù)安培力表達式F安＝BIL，故所受的安培力變大，C錯誤；線框所處空間的磁場方向垂直紙面向里，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為a→d→c→b→a，根據(jù)左手定則可知，線框ad邊所受的安培力水平向右，線框bc邊所受的安培力水平向左，且ad邊受到的安培力大于bc邊受到的安培力，線框整體受到的安培力方向水平向右，D正確。3.(2023·漢中高三模擬)轉(zhuǎn)筆是一項用不同的方法與技巧以手指來轉(zhuǎn)動筆的休閑活動，深受廣大中學(xué)生的喜愛，其中也包含了許多的物理知識。如圖所示，某轉(zhuǎn)筆高手能讓筆繞其手指上的某一點沿順時針方向做角速度為ω的勻速圓周運動，已知手與筆的接觸點O點恰好是長為L的金屬筆桿的中點，地磁場的磁感應(yīng)強度在與筆桿轉(zhuǎn)動平面垂直方向的分量大小為B，方向垂直紙面向外，則()A．筆桿上O點的電勢最低B．O點與筆尖間的電勢差為eq\f(1,2)BL2ωC．O點與筆尖間的電勢差為eq\f(1,8)BL2ωD．筆桿兩端點間的電勢差為BL2ω解析：選C根據(jù)右手定則判斷知，筆桿上O點的電勢最高，A錯誤；O點與筆尖間的電勢差為U＝B×eq\f(L,2)×eq\f(0＋ω·\f(L,2),2)＝eq\f(1,8)BL2ω，B錯誤，C正確；筆桿兩端點間的電勢差為零，D錯誤。4．(2022·河北高考)將一根絕緣硬質(zhì)細導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為S1，小圓面積均為S2，垂直線圈平面方向有一隨時間t變化的磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝B0＋kt，B0和k均為常量，則線圈中總的感應(yīng)電動勢大小為()A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)解析：選D根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每個小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由線圈的繞線方式和楞次定律可知大、小圓線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相同，故線圈中總的感應(yīng)電動勢大小為E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，D正確。5．(多選)如圖甲所示，閉合金屬環(huán)固定在水平桌面上，MN為其直徑。MN右側(cè)分布著垂直桌面向上的有界磁場，磁感應(yīng)強度大小隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示。已知金屬環(huán)的電阻為1.0Ω，直徑MN長20cm，則t＝3s時()A．N點電勢高于M點電勢B．M、N兩點間電壓為5π×10－4VC．環(huán)所受安培力大小為5π×10－5ND．環(huán)所受安培力大小為5π2×10－5N解析：選AC由圖乙可知：磁感應(yīng)強度隨時間不斷增大，磁場方向豎直向上，由楞次定律可知，金屬環(huán)中感應(yīng)電流方向沿順時針方向(從上往下看)，MN右側(cè)半段充當電源，電源內(nèi)部電流從低電勢流向高電勢，則N點電勢高于M點電勢，A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝5π×10－4V，MN右側(cè)半段充當電源，M、N兩點間電壓為路端電壓，則UNM＝eq\f(E,2)＝2.5π×10－4V，B錯誤；金屬環(huán)中的電流大小為I＝eq\f(E,R)＝5π×10－4A，t＝3s時，磁感應(yīng)強度為B′＝0.5T，金屬環(huán)所受的安培力大小為F＝B′IL有效＝5π×10－5N，C正確，D錯誤。6.如圖所示，電路中L是一電阻可忽略不計的電感線圈，a、b為L的左、右兩端點，A、B、C為完全相同的三盞燈泡，原來開關(guān)S是閉合的，三盞燈泡均發(fā)光。某時刻將開關(guān)S斷開，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)點電勢高于b點，A燈閃亮后緩慢熄滅B．b點電勢高于a點，B、C燈閃亮后緩慢熄滅C．a(chǎn)點電勢高于b點，B、C燈閃亮后緩慢熄滅D．b點電勢高于a點，B、C燈不會閃亮只是緩慢熄滅解析：選B開關(guān)S閉合穩(wěn)定時，電感線圈支路的總電阻比B、C燈支路電阻小，故流過A燈的電流I1大于流過B、C燈的電流I2，且電流方向由a到b，a點電勢高于b點。當開關(guān)S斷開，電感線圈會產(chǎn)生自感現(xiàn)象，相當于電源，b點電勢高于a點，阻礙流過A燈電流的減小，瞬間流過B、C燈支路的電流比原來的大，故B、C燈閃亮后緩慢熄滅，故B正確。7．輕質(zhì)細線吊著一質(zhì)量為m＝0.42kg、邊長為L＝1m、匝數(shù)n＝10的正方形線圈，其總電阻為r＝1Ω。在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁場，如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小隨時間變化關(guān)系如圖乙所示。(g取10m/s2)(1)判斷線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是順時針還是逆時針；(2)求線圈的電功率；(3)求在t＝4s時輕質(zhì)細線的拉力大小。解析：(1)由楞次定律知感應(yīng)電流的方向為逆時針方向。(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(1,2)L2eq\f(ΔB,Δt)＝0.5V則P＝eq\f(E2,r)＝0.25W。(3)通過線圈的電流I＝eq\f(E,r)＝0.5A，由題圖乙可知當t＝4s時，B＝0.6T，線圈受到的安培力F安＝nBIL由平衡條件得F安＋F線＝mg聯(lián)立解得F線＝1.2N。答案：(1)逆時針(2)0.25W(3)1.2N二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性8．(2022·廣東高考)(多選)如圖所示，水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點，P點位于導(dǎo)線正上方，MN平行于y軸，PN平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動，運動過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有()A．N點與M點的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同B．線圈沿PN方向運動時，穿過線圈的磁通量不變C．線圈從P點開始豎直向上運動時，線圈中無感應(yīng)電流D．線圈從P到M過程的感應(yīng)電動勢與從P到N過程的感應(yīng)電動勢相等解析：選AC根據(jù)安培定則，M、N點的磁場方向如圖所示，由圖可知，M點與N點的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同，A正確；線圈在P點時磁通量為零，在N點時磁通量不為零，故B錯誤；線圈從P點開始豎直向上運動時，磁通量始終為零，線圈中無感應(yīng)電流，故C正確；線圈在M點和在N點的磁通量相等，則從P到M和從P到N的磁通量的變化量ΔΦ相同，但線圈以相同速率從P到M和從P到N的時間不同，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，得電動勢不同，故D錯誤。9．(多選)如圖所示，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的銅線圈，線圈等距離排列，且與傳送帶以相同的速度勻速運動。為了檢測出個別未閉合的不合格線圈，讓傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于傳送帶運動方向，根據(jù)穿過磁場后線圈間的距離，就能夠檢測出不合格線圈。通過觀察圖形，判斷下列說法正確的是()A．若線圈閉合，進入磁場時，線圈中感應(yīng)電流方向從上向下看為逆時針B．若線圈閉合，傳送帶以較大速度勻速運動時，磁場對線圈的作用力增大C．從圖中可以看出，第2個線圈是不合格線圈D．從圖中可以看出，第3個線圈是不合格線圈解析：選BD若線圈閉合，進入磁場時，穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)電流的磁場方向向下，所以感應(yīng)電流的方向從上向下看是順時針，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，傳送帶以較大速度勻速運動時，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢較大，則感應(yīng)電流較大，磁場對線圈的作用力增大，故B正確；由題圖知第1、2、4、5、6個線圈都發(fā)生了相對滑動，而第3個線圈沒有滑動，則第3個線圈是不合格線圈，故C錯誤，D正確。10．(多選)如圖甲所示，螺線管匝數(shù)n＝1000，橫截面積S＝0.02m2，電阻r＝1Ω，螺線管外接一個阻值R＝4Ω的電阻，電阻的一端b接地。一方向平行于螺線管軸線向左的磁場穿過螺線管，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則()A．在0～4s時間內(nèi)，R中有電流從a流向bB．在t＝3s時穿過螺線管的磁通量為0.07WbC．在4～6s時間內(nèi)，通過R的電流大小為8AD．在4～6s時間內(nèi)，R兩端電壓Uab＝40V解析：選BC在0～4s時間內(nèi)，原磁場增大，則穿過螺線管的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)磁場方向向右，由安培定則可知，R中的電流方向從b流向a，故A錯誤；由題圖乙可知，t＝3s時磁感應(yīng)強度為B＝3.5T，則此時穿過螺線管的磁通量為Φ＝BS＝0.07Wb，故B正確；在4～6s時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢為E＝neq\f(ΔB·S,Δt)＝40V，則通過R的電流大小為I＝eq\f(E,R＋r)＝8A，故C正確；在4～6s時間內(nèi)，根據(jù)楞次定律可知，R中的電流從a流向b，則R兩端電壓為Uab＝IR＝32V，故D錯誤。11.如圖所示，在光滑的水平面上有一半徑r＝10cm、電阻R＝1Ω、質(zhì)量m＝1kg的金屬圓環(huán)，以速度v＝10m/s向一有界磁場運動。勻強磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度B＝0.5T，從圓環(huán)剛進入磁場算起，到剛好有一半進入磁場時，圓環(huán)一共釋放了32J的熱量，求：(1)此時圓環(huán)中電流的瞬時功率；(2)此時圓環(huán)運動的加速度。解析：(1)圓環(huán)從開始進入磁場到有一半進入磁場過程中，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Q＋eq\f(1,2)mv′2，代入數(shù)據(jù)解得v′＝6m/s，此時的感應(yīng)電動勢E＝BLv′＝B·2rv′＝0.5×2×0.1×6V＝0.6V，圓環(huán)中電流的瞬時功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(0.62,1)W