2025版高考物理考點題型歸納總結（含答案）考點57　法拉第電磁感應定律　自感　渦流

考點57法拉第電磁感應定律自感渦流強基固本對點練知識點1法拉第電磁感應定律的理解和應用1．[2023·湖北卷]近場通信(NFC)器件應用電磁感應原理進行通訊，其天線類似一個壓平的線圈，線圈尺寸從內(nèi)到外逐漸變大．如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為1.0cm、1.2cm和1.4cm，圖中線圈外線接入內(nèi)部芯片時與內(nèi)部線圈絕緣．若勻強磁場垂直通過此線圈，磁感應強度變化率為103T/s，則線圈產(chǎn)生的感應電動勢最接近()A．0.30VB．0.44VC．0.59VD．4.3V2．圖為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內(nèi)，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb()A．恒為eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(n（B2－B1）S,t2－t1)C．恒為－eq\f(n（B2－B1）S,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(n（B2－B1）S,t2－t1)3．A、B兩閉合圓形導線環(huán)用相同規(guī)格的導線制成，它們的半徑之比rA∶rB＝2∶1，在兩導線環(huán)包圍的空間內(nèi)存在一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于兩導線環(huán)所在的平面，如圖所示．在磁場的磁感應強度隨時間均勻增大的過程中，下列說法正確的是()A．兩導線環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應電動勢相等B．A環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應電動勢大于B環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應電動勢C．流過A、B兩導線環(huán)的感應電流的大小之比為1∶4D．流過A、B兩導線環(huán)的感應電流的大小之比為1∶14．(多選)在如圖甲所示的電路中，電阻2R1＝R2＝2R，單匝、圓形金屬線圈的半徑為r1，電阻為R，半徑為r2(r2<r1)的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示，其余導線的電阻不計．閉合開關S，在t0時刻，電路中的電流已穩(wěn)定．下列說法正確的是()A．流過電阻R1的電流方向自下向上B．穩(wěn)定后電阻R1兩端的電壓為eq\f(πreq\o\al(2,2)B0,4t0)C．0～t0時間內(nèi)，流過電阻R2電荷量為eq\f(πreq\o\al(2,1)B0,4R)D．0～t0時間內(nèi)，電阻R2上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(π2req\o\al(4,2)Beq\o\al(2,0),8Rt0)知識點2導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的計算5．如圖，長度為l的直導線ab在勻強磁場B中以速度v移動，直導線ab中的電動勢為()A．BlvB．BlvsinαC．BlvcosθD．06．如圖所示，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l，下列判斷正確的是()A．Ua>Uc，金屬框中無電流B．Ub>Uc，金屬框中電流方向沿abcaC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Uac＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿acba7．(多選)如圖所示，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，導軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點為坐標原點，狹縫右側兩導軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導軌左端相連，導軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速運動，導軌和金屬棒電阻忽略不計，下列說法正確的是()A．金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶正電B．金屬棒到達x0時，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC．通過金屬棒的電流為2BCv2tanθD．金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定知識點3自感現(xiàn)象8．[2023·北京卷]如圖所示，L是自感系數(shù)很大、電阻很小的線圈，P、Q是兩個相同的小燈泡，開始時，開關S處于閉合狀態(tài)，P燈微亮，Q燈正常發(fā)光，斷開開關()A．P與Q同時熄滅B．P比Q先熄滅C．Q閃亮后再熄滅D．P閃亮后再熄滅9．(多選)相同的電燈A1、A2和自感系數(shù)較大的電感線圈L接入如圖甲的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻不計．閉合開關S待電路穩(wěn)定后開始計時，t1時刻斷開開關S，t2時刻整個電路的電流均為零．t1前后通過電燈A2的電流－時間(iA2-t)圖像如圖乙，用I1和I2分別表示開關S斷開瞬間通過電燈A2的電流大?。铝姓f法正確的是()A．電感線圈的直流電阻不可忽略B．斷開開關S后，電燈A1、A2電流大小始終相等C．斷開開關S后，流過電燈A2的電流方向向左D．線圈的自感系數(shù)是由線圈本身決定，與是否有鐵芯無關知識點4渦流電磁阻尼和電磁驅動10．當線圈中的電流隨時間變化時，由于電磁感應，線圈附近的導體中都會產(chǎn)生感應電流．如圖所示，將絕緣導線繞在圓柱形鐵塊上，導線內(nèi)通以交變電流，鐵塊內(nèi)就會產(chǎn)生虛線所示的感應電流，即渦流．當線圈中的電流方向如圖所示且正在減小時，下列判斷正確的是()A．線圈內(nèi)部空間的磁感線方向豎直向下B．從上往下看，鐵塊內(nèi)沿虛線圓的渦流方向為順時針方向C．為減小渦流，可以把鐵塊沿橫向切成很薄的鐵片，涂上絕緣層后疊放起來D．為減小渦流，可以把鐵塊沿縱向切成很薄的鐵片，涂上絕緣層后疊放起來11．掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌．為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示．無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒定磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是()培優(yōu)提能模擬練12．如圖1和圖2分別是教材中演示斷電自感和通電自感的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈．圖1實驗中，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸熄滅；圖2實驗中，閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個與A2相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說法正確的是()A.圖1中，斷開S1瞬間，流過L1的電流大于斷開S1前流過L1的電流B．圖1中，A1與L1的直流電阻值相同C．圖2中，閉合S2瞬間，流過L2的電流與流過變阻器R的電流相等D．圖2中，變阻器R接入電路中的阻值與L2的直流電阻值相同13．[2024·廣東省粵光聯(lián)考第一次調研]如圖所示，一個鋁制易拉罐和強磁鐵．易拉罐靜置于光滑水平面上，下列說法正確的是()A．當磁鐵靜置于易拉罐附近時，易拉罐會被磁鐵吸引B．當磁鐵靜置于易拉罐附近時，易拉罐會發(fā)生靜電感應C．當磁鐵快速向易拉罐靠近時，易拉罐仍保持靜止D．當磁鐵快速向易拉罐靠近時，易拉罐會受到安培力的作用 14．[2024·云南師大附中期中考試]如圖所示，導體棒ab跨接在金屬框架MNPQ上與框架圍成一個邊長為L的正方形回路，空間有垂直框架平面的勻強磁場，磁感應強度為B0，方向如圖．電路中除ab棒以外其余電阻均不計．若磁感應強度保持B0不變，讓ab棒以恒定速度v向右運動時，導體棒中的電流大小為I；若保持ab棒在初始位置不動，讓磁感應強度B隨時間t均勻變化，要使通過導體棒的電流仍為I，磁感應強度的變化率eq\f(ΔB,Δt)應為()A．eq\f(vB0,2L)B．eq\f(vB0,L)C．eq\f(2vB0,L)D．eq\f(vB0,L2)15．[2023·北京卷]如圖所示，光滑水平面上的正方形導線框，以某一初速度進入豎直向下的勻強磁場并最終完全穿出．線框的邊長小于磁場寬度．下列說法正確的是()A．線框進磁場的過程中電流方向為順時針方向B．線框出磁場的過程中做勻減速直線運動C．線框在進和出的兩過程中產(chǎn)生的焦耳熱相等D．線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量相等16．[2024·安徽省滁州市教學質量監(jiān)測]如圖所示，水平面內(nèi)有一長為l的導體棒ab，處于水平向右、磁感應強度為B的勻強磁場中，ab與磁場方向垂直．若讓ab在水平面內(nèi)以大小為v、方向與水平向左成α角的速度做勻速直線運動，則導體棒ab兩端的電勢差為()A．BlvB．0C．BlvcosαD．Blvsinα17．[2024·全國分科調研](多選)如圖所示的甲、乙電路中，A1、A2為兩盞完全相同的燈泡，L1、L2是自感系數(shù)很大、直流電阻值大于燈泡阻值的自感線圈，E為電源，S1、S2為開關，在演示自感現(xiàn)象的過程中，下列說法正確的是()A．閉合開關S1時，通過A1電流突然增大，然后逐漸減小達到穩(wěn)定B．閉合開關S2時，通過A2電流突然增大，然后逐漸減小達到穩(wěn)定C．斷開開關S1時，通過A1電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變D.斷開開關S2時，通過A2電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變18．[2024·湖北省高中名校聯(lián)盟聯(lián)考]如圖甲所示，金屬導軌abc和deO水平放置，bc段是以O為圓心的eq\f(1,4)圓?。產(chǎn)d之間連接電阻為R的燈泡，abed構成邊長為l的正方形，∠bOe＝45°.t＝0時刻，導體棒繞O沿圓弧由b向c勻速轉動，角速度為ω，轉動時間為2t0.已知在扇形Obc區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直紙面向外、大小恒為B0的勻強磁場；abed區(qū)域內(nèi)勻強磁場B隨時間變化如圖乙所示，其方向垂直紙面向里．不計其它的電阻．下列說法正確的是()A．在0～t0時間內(nèi)燈泡中電流方向由a→dB．在0～t0時間內(nèi)燈泡兩端電壓為eq\f(B0ωl2,2)C．在t0～2t0時間內(nèi)abed區(qū)域中的磁通量均勻減小D．若t0～2t0時間內(nèi)燈泡中無電流，則圖乙中B的變化率為B0ω19．[2024·浙江省浙東北陳道明聯(lián)考]如圖所示，匝數(shù)N＝2000、面積S＝60cm2、電阻r＝1.0Ω的線圈處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B1，通過軟導線分別與邊長為L＝10cm、每個邊的阻值均為4Ω、質量分布均勻的正方形線框的d、c相連接，正方形線框用兩個勁度系數(shù)為k＝150N/m的輕質絕緣彈簧懸吊在天花板上，整個線框處在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度大小為B2，已知B1隨時間的變化規(guī)律為B1＝5t(T)，開關閉合前線框靜止，開關閉合，穩(wěn)定后，兩彈簧的長度均變化了Δx＝0.5cm.忽略軟導線對線框的作用力．則下列說法正確的是()A．線框中的電流方向為由c到dB．a(chǎn)b邊與cd邊所受的安培力相等C．流過線圈的電流為20AD．磁感應強度B2的大小為1T

考點57法拉第電磁感應定律自感渦流1．答案：B解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4V＝0.44V，B正確．2．答案：C解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律得，感應電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(（B2－B1）S,t2－t1)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為φa－φb＝－eq\f(n（B2－B1）S,t2－t1)，C正確．3．答案：A解析：某一時刻穿過A、B兩導線環(huán)的磁通量均為穿過磁場所在區(qū)域面積上的磁通量，設磁場區(qū)域的面積為S，則Φ＝BS，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S(S為磁場區(qū)域面積)，對A、B兩導線環(huán)，有eq\f(EA,EB)＝1，所以A正確，B錯誤；I＝eq\f(E,R)，R＝ρeq\f(l,S1)(S1為導線的橫截面積)，l＝2πr，所以eq\f(IA,IB)＝eq\f(EArB,EBrA)＝eq\f(1,2)，C、D錯誤．4．答案：BD解析：由題圖乙可知磁感應強度隨著時間逐漸增大，根據(jù)楞次定律的增反減同，可判斷出線圈中感應電流方向為逆時針，則流過電阻R1的電流方向自上向下，A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝eq\f(ΔBS,Δt)，S＝πreq\o\al(2,2)，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0－B0,t0)＝eq\f(B0,t0)，解得E＝eq\f(πreq\o\al(2,2)B0,t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律，當穩(wěn)定后電阻R1兩端的電壓U1＝eq\f(R1,R1＋R2＋R)E＝eq\f(πreq\o\al(2,2)B0,4t0)，B正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律，穩(wěn)定后電路的電流I＝eq\f(E,R1＋R2＋R)＝eq\f(πreq\o\al(2,2)B0,4t0R)，根據(jù)電流的定義式，在0～t0時間內(nèi)，流過電阻R2的電荷量q＝It0＝eq\f(πreq\o\al(2,2)B0,4R)，C錯誤；根據(jù)焦耳定律，在0～t0時間內(nèi)，電阻R2上產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝I2R2t0＝eq\f(π2req\o\al(4,2)Beq\o\al(2,0),8Rt0)，D正確．5．答案：D解析：導體棒運動方向與磁場方向平行，所以直導線ab中的電動勢0，D正確．6．答案：C解析：當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，穿過金屬框abc的磁通量始終為零，所以金屬框abc中無感應電流產(chǎn)生，B、D錯誤；對于邊ac來說，其在切割磁感線，故邊ac會產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)右手定則可知，其c點的電勢大于a點的電勢，即Ua<Uc，A錯誤；對于邊bc來說，其在切割磁感線，故邊bc會產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)右手定則可知，其c點的電勢大于b點的電勢，故Ubc是負值，而邊bc切割磁感線為旋轉切割，根據(jù)公式有Ubc＝－Bl·eq\f(0＋ωl,2)＝－eq\f(1,2)Bl2ω，C正確．7．答案：AC解析：根據(jù)右手定則可知，金屬棒運動過程中，電流的方向為逆時針，則電容器的上極板帶正電，A正確；金屬棒到達x0時，此時金屬棒的有效長度為l＝2x0tanθ產(chǎn)生的感應電動勢為U＝Blv＝2Bx0vtanθ，流過導體棒的電荷量為Q＝CU則為Q＝2CBvx0tanθ，B錯誤；則金屬棒的電流為I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(Q,\f(x0,v))＝2CBv2tanθ，C正確；金屬棒做勻速直線運動，受力平衡，有F＝F安＝BIl其中B恒定，由I＝2CBv2tanθ可知，I恒定，而l＝2x0tanθ不斷變大，則F逐漸增大，由P＝Fv可知，F(xiàn)的功率增大，D錯誤．8．答案：D解析：由題知，開始時，開關S閉合時，由于L的電阻很小，Q燈正常發(fā)光，P燈微亮，斷開開關前通過Q燈的電流遠大于通過P燈的電流，斷開開關時，Q所在電路未閉合，立即熄滅，由于自感，L中產(chǎn)生感應電動勢，與P組成閉合回路，故P燈閃亮后再熄滅，D正確．9．答案：AB解析：因為相同的電燈A1、A2，電路穩(wěn)定由圖像可知通過電感線圈L支路的電流小于通過電燈A2支路的電流，所以電感線圈的直流電阻不可忽略，A正確；穩(wěn)定后當開關S斷開瞬間，由于線圈的自感現(xiàn)象，線圈中的電流只能逐漸減小，線圈L、電燈A1、A2構成閉合回路，兩燈都過一會兒再熄滅，電燈A1、A2電流大小始終相等，且流過燈A2的電流方向向右，B正確，C錯誤；有鐵芯時線圈的自感系數(shù)，比沒有鐵芯時要大得多，D錯誤．10．答案：D解析：線圈內(nèi)部的磁場由通過線圈的電流產(chǎn)生，根據(jù)安培定則可知，其磁感線方向豎直向上，A錯誤；因為線圈中的電流正在減小，則線圈中電流產(chǎn)生的磁場減弱，根據(jù)楞次定律，渦流的方向為逆時針方向，B錯誤；由于產(chǎn)生的感應電動勢的大小一定，而要減小渦流，必修增大鐵塊電阻，根據(jù)電阻定律可知，可減小鐵塊的橫截面積，故可以把鐵塊沿縱向切成很薄的鐵片，涂上絕緣層后疊放起來，C錯誤，D正確．11．答案：A解析：該裝置的原理是利用電磁阻尼．薄板出現(xiàn)擾動時，穿過薄板表面的磁通量如果發(fā)生變化，就會產(chǎn)生感應電流，薄板就會受到安培力作用，安培力總是阻礙導體相對磁場的運動，從而使薄板盡快停下來．薄板上、下、左、右運動時，磁通量都會發(fā)生變化，所以都會產(chǎn)生感應電流，所以都會受到安培力作用而很快停下來，A正確；薄板只有向左運動時，磁通量才會發(fā)生變化，才會產(chǎn)生感應電流，進而受到安培力作用而很快停下來，而向上、向下和向右運動時，則不會產(chǎn)生感應電流，B錯誤；薄板只有向左運動較大距離時，磁通量才會發(fā)生變化，才會產(chǎn)生感應電流，進而受到安培力作用而很快停下來，而向上、向下和向右運動時，則不會產(chǎn)生感應電流，C錯誤；薄板只有向左、向右運動時，磁通量才會發(fā)生變化，才會產(chǎn)生感應電流，進而受到安培力作用而很快停下來，而向上、向下運動時，則不會產(chǎn)生感應電流，D錯誤．12．答案：D解析：圖1中，斷開S1瞬間，電感L1因自感而產(chǎn)生電動勢，與L1構成閉合回路，但此回路因為沒有能量來源，因此回路中的電流逐漸減小直至為零，因此斷開S1瞬間，流過L1的電流小于等于斷開S1前流過L1的電流，A錯誤；圖1中，斷開開關S1瞬間，線圈L1產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的減小，通過L1的電流反向通過燈A1，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗，說明未斷開S1時IL1>IA1而兩者并聯(lián)，因此有RL1<RA1，B錯誤；圖2中閉合S2，由于電磁感應，線圈L2產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的增大，通過L2的電流逐漸增大，而通過變阻器R的電流立即達到穩(wěn)定時電流，故閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流不相等，C錯誤；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同，說明通過L2和A2的電流與通過變阻器R和A3的電流大小相等，而兩支路并聯(lián)，電壓相等，且燈A2與燈A3完全相同，根據(jù)部分電路的歐姆定律有I＝eq\f(U,RA2＋RL2)＝eq\f(U,R＋RA3)則變阻器R接入電路中的阻值與L2的電阻值相同，D正確．13．答案：D解析：當磁鐵靜置于易拉罐附近時，鋁制易拉罐不會被磁化，也不會發(fā)生靜電感應，不會被磁鐵吸引，A、B錯誤；當磁鐵快速向易拉罐靠近時，發(fā)生電磁感應現(xiàn)象，易拉罐內(nèi)產(chǎn)生環(huán)形電流會受到安培力的作用而改變運動狀態(tài)，C錯誤，D正確．14．答案：B解析：讓ab棒以恒定速度v向右運動時，導體棒中的電流大小為I，設ab棒電阻為R，則有E＝B0Lv，I＝eq\f(E,R)，若保持ab棒在初始位置不動，讓磁感應強度B隨時間t均勻變化，要使通過導體棒的電流仍為I，則有E′＝eq\f(ΔB,Δt)L2，I＝eq\f(E′,R)，聯(lián)立可得B0Lv＝eq\f(ΔB,Δt)L2，解得磁感應強度的變化率為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(vB0,L)，B正確．15．答案：D解析：線框進磁場的過程中由楞次定律知電流方向為逆時針方向，A錯誤；線框出磁場的過程中，根據(jù)E＝Blv，I＝eq\f(E,R)，聯(lián)立有FA＝eq\f(B2L2v,R)＝ma，由于線框出磁場過程中由左手定則可知線框受到的安培力向左，則v減小，線框做加速度減小的減速運動，B錯誤；由能量守恒定律得線框產(chǎn)生的焦耳熱Q＝FAL，其中線框進出磁場時均做減速運動，但其進磁場時的速度大，安培力大，產(chǎn)生的焦耳熱多，C錯誤；線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，其中I＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，E＝BLeq\f(x,t)，則聯(lián)立有q＝eq\f(BL,R)x，由于線框在進和出的兩過程中線框的位移均為L，則線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量相等，故D正確．16．答案：D解析：根據(jù)U＝