2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練11 楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律.doc

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2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練11 楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律 1．(xx江蘇1)如圖1所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直，且一半處在磁場中．在Δt時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為(　　) 圖1 A. B. C. D. 答案　B 解析　線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝n＝nS＝n＝，選項(xiàng)B正確． 2．(xx山東16)如圖2所示，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好．在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示．不計(jì)軌道電阻，以下敘述正確的是(　　) 圖2 A．FM向右 B．FN向左 C．FM逐漸增大 D．FN逐漸減小 答案　BCD 解析　根據(jù)直線電流產(chǎn)生磁場的分布情況知，M區(qū)的磁場方向垂直紙面向外，N區(qū)的磁場方向垂直紙面向里，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度越?。?dāng)導(dǎo)體棒勻速通過M、N兩區(qū)時，感應(yīng)電流的效果總是反抗引起感應(yīng)電流的原因，故導(dǎo)體棒在M、N兩區(qū)運(yùn)動時，受到的安培力均向左，故選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)B正確；導(dǎo)體棒在M區(qū)運(yùn)動時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變大，根據(jù)E＝Blv，I＝及F＝BIl可知，F(xiàn)M逐漸變大，故選項(xiàng)C正確；導(dǎo)體棒在N區(qū)運(yùn)動時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變小，根據(jù)E＝Blv，I＝及F＝BIl可知，F(xiàn)N逐漸變小，故選項(xiàng)D正確． 3．在大連某中學(xué)實(shí)驗(yàn)室的水平桌面上，放置一矩形閉合導(dǎo)體線圈，如圖3所示，線圈的ab邊沿南北方向，ad邊沿東西方向．僅考慮地磁場的影響，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．若使線圈向東平動，則a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的電勢高 B．若使線圈向東平動，則a點(diǎn)的電勢與b點(diǎn)的電勢相等 C．若以bc邊為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)90過程中，則線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda D．若以bc邊為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)90過程中，則線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba 答案　C 解析　若使線圈向東平動，由于地磁場的磁感線是地理南極指向北極，則穿過線圈的磁通量不變，因此線圈中沒有感應(yīng)電動勢，故A、B錯誤；若以bc為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)90過程中，ad邊切割磁感應(yīng)線，由右手定則可知線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda，故C正確，D錯誤． 4．如圖4所示，邊長為2L的正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一個邊長為L粗細(xì)均勻的正方形導(dǎo)線框abcd，其所在平面與磁場方向垂直，導(dǎo)線框的對角線與虛線框的對角線在一條直線上，導(dǎo)線框各邊的電阻大小均為R.在導(dǎo)線框從圖示位置開始以恒定速度v沿對角線方向進(jìn)入磁場，到整個導(dǎo)線框離開磁場區(qū)域的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域時產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流 B．導(dǎo)線框中有感應(yīng)電流的時間為 C．導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時，整個導(dǎo)線框所受安培力大小為 D．導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時，導(dǎo)線框a、c兩點(diǎn)間的電壓為 答案　D 解析　根據(jù)楞次定律的推論：感應(yīng)電流的效果總是阻礙磁通量的變化，故由楞次定律判斷出，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域時，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針方向，故A選項(xiàng)錯誤；導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場后感應(yīng)電流消失，完全進(jìn)入經(jīng)歷的時間為，完全穿出經(jīng)歷時間也為，導(dǎo)線框中有感應(yīng)電流的時間t＝2，故B選項(xiàng)錯誤；導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時，導(dǎo)體的有效切割長度為，感應(yīng)電動勢為，由安培力公式為F＝，可算出安培力為，故C選項(xiàng)錯誤；導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時，導(dǎo)線框a、c兩點(diǎn)間的電壓為電動勢的一半，大小為，故D選項(xiàng)正確． 5．電吉他是利用電磁感應(yīng)原理工作的一種樂器．如圖5甲所示為電吉他的拾音器的原理圖，在金屬弦的下方置有一個連接到放大器的螺線管．一條形磁鐵固定在管內(nèi)，當(dāng)撥動金屬弦后，螺線管內(nèi)就會產(chǎn)生感應(yīng)電流，經(jīng)一系列轉(zhuǎn)化后可將電信號轉(zhuǎn)為聲音信號．若由于金屬弦的振動，螺線管內(nèi)的磁通量隨時間的變化如圖乙所示，則對應(yīng)感應(yīng)電流的變化為(　　) 　 圖5 答案　D 解析　在0～時間內(nèi)，磁通量增加但增加的越來越慢，因此感應(yīng)電流越來越小，到時刻，感應(yīng)電流減小到零；在～t0時間內(nèi)，磁通量越來越小，感應(yīng)電流反向，磁通量變化的越來越快，感應(yīng)電流越來越大，到t0時刻達(dá)到反向最大值，從這兩段時間斷定，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯誤． 6．如圖6所示，兩個有界勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長也為L的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計(jì)時起點(diǎn)，規(guī)定：電流沿逆時針方向時電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量Φ的方向?yàn)檎?，外力F向右為正．則以下關(guān)于線框中磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E、外力F和線圈總電功率P隨時間t變化的圖象正確的是(　　) 圖6 答案　BD 解析　當(dāng)運(yùn)動到2.5L時，磁通量為零，故A錯誤；當(dāng)線圈進(jìn)入第一個磁場和離開第二個磁場時，由E＝BLv可知，E保持不變，方向?yàn)槟鏁r針方向，而開始進(jìn)入第二個磁場時，兩端同時切割磁感線，電動勢應(yīng)為2BLv，方向?yàn)轫槙r針方向，故B正確；因安培力總是與運(yùn)動方向相反，故拉力應(yīng)一直向右，故C錯誤；拉力的功率P＝Fv，因速度不變，故P與F的變化規(guī)律一致，所以D正確． 7．有一種信號發(fā)生器的工作原理可簡化為如圖7所示的情形，豎直面內(nèi)有半徑均為R且相切于O點(diǎn)的兩圓形區(qū)域，其內(nèi)存在水平恒定的勻強(qiáng)磁場，長為2R的導(dǎo)體桿OA，以角速度ω繞過O點(diǎn)的固定軸，在豎直平面內(nèi)順時針勻速旋轉(zhuǎn)，t＝0時，OA恰好位于兩圓的公切線上，下列描述導(dǎo)體桿兩端電勢差UAO隨時間變化的圖象可能正確的是(　　) 圖7 答案　A 解析　由右手定則可知，感應(yīng)電動勢始終從O指向A，為正．由E＝BL2ω，L是有效切割長度，B、ω不變，切割的有效長度隨時間先增大后減小，且做非線性、非正弦的變化，經(jīng)半圈后，再次重復(fù)，故A正確． 8．如圖8甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n＝100，線圈面積S＝200 cm2，線圈的電阻r＝1 Ω，線圈外接一個阻值R＝4 Ω的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示．下列說法中正確的是(　　) 圖8 A．線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針方向 B．電阻R兩端的電壓隨時間均勻增大 C．線圈電阻r消耗的功率為410－4 W D．前4 s內(nèi)通過R的電荷量為410－4 C 答案　C 解析　由圖可知，穿過線圈的磁通量變大，由楞次定律可得：線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向，故A錯誤．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，磁通量的變化率恒定，所以電動勢恒定，則電阻兩端的電壓恒定，故B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝N＝N＝1000.02 V＝0.1 V，由閉合電路歐姆定律，可知電路中的電流為I＝＝ A＝0.02 A，所以線圈電阻r消耗的功率P＝I2r＝0.0221 W＝410－4 W，故C正確；前4 s內(nèi)通過R的電荷量Q＝It＝0.024 C＝0.08 C，故D錯誤．faa