《2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练29电磁感应现象楞次定律含解析20190429323.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练29电磁感应现象楞次定律含解析20190429323.wps（19页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、电磁感应现象 楞次定律 29 小题狂练 小题是基础 练小题 提分快 12019江苏省泰州市黄桥中学模拟如图所示，匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内，a、 b、c、d 为圆形线圈上等距离的四点，现用外力在上述四点将线圈拉成正方形，且线圈仍处在 原平面内，则在线圈发生形变的过程中( ) A线圈中将产生 abcda 方向的感应电流 B线圈中将产生 adcba 方向的感应电流 C线圈中的感应电流方向无法判断 D线圈中无感应电流 答案：A 解析： 周长一定时，圆形的面积最大现用外力在四点将线圈拉成正方形，线圈面积 变小，磁通量变小，有感应电流产生，由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流， 故 A 正确
2、 22019江西省景德镇模拟(多选)如图所示，一根长导线弯曲成“”形，通以直流 电流 I，正中间用绝缘线悬挂一金属环 C，环与导线处于同一竖直平面内在电流 I 增大的过 程中，下列判断正确的是( ) A金属环中无感应电流产生 B金属环中有逆时针方向的感应电流 C悬挂金属环 C 的绝缘线的拉力大于环的重力 D悬挂金属环 C 的绝缘线的拉力小于环的重力 答案：BC 解 析：由 BS 知，金属环的面积 S 不变，I 增大，B 增大，所以金属环中有感应电流产 生，A 错误；由楞次定律得，金属环中感应电流方向沿逆时针，B 正确；由于环的上半部分所 在处的磁感应强度大于下半部分所在处的，由左手定则可知 F
3、安方向向下，所以 F拉mgF安， 拉力大于重力，C 正确，D 错误 1 3. 2019天津市耀华中学诊断如图所示，一个 U 形金属导轨水平放置，其上放有一个金属 导体棒 ab，有一磁感应强度为 B 的匀强磁场斜向上穿过导轨平面，且与竖直方向的夹角为 . 在下列过程中，一定能在导轨与导体棒构成的回路中产生感应电流的是( ) Aab向右运动，同时使 减小 B使磁感应强度 B 减小， 同时也减小 Cab向左运动，同时增大磁感应强度 B Dab向右运动，同时增大磁感应强度 B 和 (0I1，因此 A1和 L1电阻不相等，所以 A、B 错误；题图 2 中，闭合 S2时，由于 自感作用，通过 L2与 A2
4、的电流 I2会逐渐增大，而通过 R 与 A3的电流 I3立即变大，因此电流不 相等，所以 D 错误；由于最终 A2与 A3亮度相同，所以两支路电流 I 相同，根据部分电路欧姆 定律，两支路电压 U 与电流 I 均相同，所以两支路电阻相同由于 A2、A3完全相同，故变阻器 R 与 L2的电阻值相同，所以 C 正确 29 课时测评 综合提能力 课时练 赢高分 一、选择题 12018全国卷 (多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与 电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路将一小磁针悬 挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态下列说法正确的是(
5、) A开关闭合后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动 B开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向里的方向 C开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向外的方向 D开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动 答案：AD 9 解 析：根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场A 对：开关闭合后的瞬间， 根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面 向里，故小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动B、C 错：开关闭合并保持一段时间后，直 导线上没有感应电流，故小磁针的 N 极指北
6、D 对：开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间， 根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小 磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动 22019浙江五校联考如图 1 所示的是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡 流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从 而获得构件内部是否断裂及位置的信息如图 2 所示的是一个带铁芯的线圈 L、开关 S 和电源 用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈 L 上且使铁芯穿过其中，闭合开关 S 的 瞬间，套环将立刻跳起关于对以上两个运用实例理解正确的是( ) A涡流探伤技术运用
7、了互感原理，跳环实验演示了自感现象 B能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料 C以上两个案例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源 D以上两个案例中的线圈所连接电源也可以都是稳恒电源 答案：B 解析：涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了互感现象，A 项错误；能被探测的 物件和实验所用的套环必须是导电材料，才能在套环中形成感应电流，B 项正确；以上两个案 例中涡流探伤技术的线圈必须用交流电源，而跳环实验演示所连接电源是直流电源，C、D 项错 误故选 B. 3(多选)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的圆形金属 线框以一定的初速度斜向上匀速通过磁场在必要的时间
8、段内施加必要的水平拉力保证其做匀 10 速运动，则下列说法中正确的是( ) A金属线框内感应电流经历两次先增大后减小 B金属线框内感应电流方向先沿顺时针方向再沿逆时针方向 C拉力方向与速度方向相同 D拉力方向与速度方向无关 答案：AD 解 析：金属线框进入磁场的过程中，切割的有效长度先增大后减小，感应电流先增大后减 小，方向为逆时针方向，金属线框出磁场的过程中，切割的有效长度也是先增大后减小，感应 电流先增大后减小，方向为顺时针方向，故金属线框匀速通过磁场的过程，感应电流经历两次 先增大后减小，感应电流方向先沿逆时针方向再沿顺时针方向，选项 A 正确、B 错误；金属线 框匀速运动，受到的合外力
9、为 0，根据左手定则可知，安培力的方向为水平向左，故拉力方向 一定水平向右，与速度方向无关(容易犯思维定式错误，误认为拉力方向与速度同向)，选项 C 错误、D 正确 42017全国卷 扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌为了有效隔离外界振动对 STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微 小振动，如图所示无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫 铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是( ) 答案：A 解 析：感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化在 A 图中，系统震动时，紫 铜薄板随之上下及左右
10、振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流， 受到安培力，阻碍系统的震动；在 B、D 图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上 下振动无电流产生；在 C 图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流， 故选项 A 正确，B、C、D 错误 52019河北邯郸检测图中能产生感应电流的是( ) 11 答案：B 解析：线圈不是闭合的，不能产生感应电流，选项 A 错误；线框的面积增大，穿过线框的 磁通量增大，能够产生感应电流，选项 B 正确；由于直导线在线圈直径的上方，所以穿过线圈 的磁通量等于 0，电流增大，线圈的磁通量仍然是 0，不能产生感应电流，选项 C 错
11、误；线圈 整体垂直于匀强磁场方向运动，线圈的磁通量始终最大，没有发生变化，不能产生感应电流， 选项 D 错误 62019河南周口检测如图所示，A 为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电 荷，在 A 的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环 B，使 B 的环面水平且与圆盘面平行，其轴线 与胶木圆盘 A 的轴线 OO重合现使胶木圆盘 A 由静止开始绕其轴线 OO按箭头所示方向加 速转动，则( ) A金属环 B 的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大 B金属环 B 的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小 C金属环 B 的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小 D金属环 B 的面积有缩小的趋势，丝线受到
12、的拉力增大 答案：B 解 析：胶木圆盘 A 由静止开始绕其轴线 OO按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环 形电流的大小逐渐增大，根据右手螺旋定则知，通过圆环 B 的磁通量向下，且增大，根据楞次 定律可知，金属圆环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线受到的拉力减小， 选项 B 正确，A、C、D 错误 72019陕西宝鸡检测(多选)如图所示，两个条形磁铁的 N 极和 S 极相向水平放置， 一竖直放置的矩形线框从两个磁极之间正上方自由落下，并从两磁极中间穿过下列关于线框 受到的安培力及从右向左看感应电流的方向说法正确的是( ) 12 A感应电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向 B感
13、应电流方向先沿顺时针方向，后沿逆时针方向 C安培力方向一直竖直向上 D安培力方向先竖直向上，后竖直向下 答案：BC 解 析：由题图可知，磁感线由左指向右，N、S 极中间磁感应强度最大，沿竖直方向上下两 侧越来越小，故在线框从高处下落过程中，穿过线框的磁感线方向一直向右，且先增大后减小， 则由楞次定律可知，感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，故 B 正确，A 错误；根据楞次 定律可知，线框产生的感应电流一直阻碍线框与磁极间的相对运动，故安培力方向一直竖直向 上，C 正确，D 错误 82019福建泉州检测水平放置的光滑绝缘杆上挂有两个铜环 M 和 N，通电密绕长螺线 管穿过两环，如图所示，螺线管
14、中部区域的管外磁场可以忽略，当滑动变阻器的滑片 P 向左移 动时，两环将( ) A一起向左移动 B一起向右移动 C相互靠拢 D相互分离 答案：C 解析：当滑动变阻器的滑片 P 向左移动时，螺线管内部、外部的磁场均增加，穿过 M、N 两铜环的水平向右的磁通量增加，根据楞次定律，可知两环中有相同方向的感应电流，同方向 电流相互吸引，故两环相互靠近，选项 C 正确 92019江苏南通模拟如图所示，圆筒形铝管竖直置于水平桌面上，一磁铁从铝管的 正上方由静止开始下落，穿过铝管落到水平桌面上，下落过程中磁铁不与管壁接触，忽略空气 阻力，则在下落过程中( ) A磁铁做自由落体运动 B磁铁的机械能守恒 C铝管
15、对桌面的压力大于铝管的重力 D磁铁动能的增加量大于重力势能的减少量 答案：C 13 解 析：磁铁在铝管中运动的过程中，铝管的磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁受到向 上的安培力的阻碍作用，铝管中产生内能，所以磁铁的机械能不守恒，磁铁做的不是自由落体 运动，选项 A、B 错误；磁铁在整个下落过程中，由楞次定律可知，铝管受到的安培力向下， 则铝管对桌面的压力大于铝管的重力，选项 C 正确；磁铁在整个下落过程中，除重力做功外， 还有安培力做负功，导致减少的重力势能部分转化为动能，部分转化为内能，根据能量守恒定 律可知，磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量，选项 D 错误 102019广
16、东广州名校联考如图所示，圆环形导体线圈 a 平放在水平桌面上，在 a 的 正上方固定一竖直螺线管 b，二者轴线重合，螺线管 b 与电源、滑动变阻器连接成如图所示的 电路若将滑动变阻器的滑片 P 向下滑动，下列表述正确的是( ) A线圈 a 中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流 B穿过线圈 a 的磁通量减小 C线圈 a 有扩张的趋势 D线圈 a 对水平桌面的压力 FN 将增大 答案：D 解 析：当滑动变阻器的滑片 P 向下滑动时，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈 a 的磁通 量变大，选项 B 错误；由楞次定律可知，线圈 a 中将产生沿逆时针方向(俯视)的感应电流，并 且线圈 a 有缩小和远离螺
17、线管的趋势，线圈 a 对水平桌面的压力 FN 将增大，故选项 D 正确，选 项 A、C 错误 二、非选择题 11如图甲所示，MN、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成 37角固定，M、P 之 间接电阻箱 R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度 B1 T质量为 m 的金属杆 ab 水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为 r.现从静止释放杆 ab， 测得最大速度为 vm.改变电阻箱的阻值 R，得到 vm 与 R 的关系如图乙所示已知导轨间距 L2 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，轨道足够长且电阻不计 (1)杆 ab 下滑过程中，判断感应电流的方向 (2)求
18、R0 时，闭合电路中的感应电动势 E 的最大值 14 (3)求金属杆的质量 m 和阻值 r. 2 答案： (1)ba (2)4 V (3) kg 2 3 解析：(1)由右手定则可知，电流方向为 ba(或 aMPba) (2)由题图可知，当 R0 时，杆的速度稳定后，它以 2 m/s 的速度匀速下滑，此时电路中 的感应电动势最大，最大值 EBLv4 V. (3)金属杆下滑的最大速度即为 vm. 杆切割磁感线产生的感应电动势的最大值 EBLvm E 由闭合电路的欧姆定律得 I Rr 杆达到最大速度时，满足条件 mgsinBIL0 mgsin 解得 vm (Rr) B2L2 结合图象可得 mgsin
19、 k，k1 m/(s) B2L2 mgsin r2 m/s B2L2 2 解得 m kg，r2 . 3 122019重庆检测如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向 7 垂直纸面向里，宽 度为l，上、下边界与地面平行，下边界与地面相距 l.将一个边长为l， 2 质量为 m，总电阻为 R 的正方形刚性导电线框 ABCD 置于匀强磁场区域上方，线框 CD 边与磁场 上边界平行，从高于磁场上边界 h 的位置由静止释放，h 的值能保证 AB 边匀速通过磁场区 域从 AB 边离开磁场到 CD边落到地面所用时间是 AB 边通过磁场时间的 2 倍(重力加速度为 g)求： (1)线框通过磁场过程中电流的方向； (2
20、)磁场区域内磁感应强度的大小； 15 (3)CD 边刚进入磁场时线框加速度与 h 的函数关系，分析 h 在不同情况下加速度的大小和 方向，计算线框通过磁场区域产生的热量 m2R2g 1 答案：(1)见解析 (2)(4l5 ) (3)见解析 4 解析：(1)由楞次定律得，线框中电流方向：CD边在磁场中时沿 DCBAD 方向 AB 边在磁场中时沿 ABCDA 方向 (2)设线框 AB 边在磁场中做匀速运动的速度大小为 v1，穿过磁场的时间为 t，AB边切割磁 感线产生的电动势为 E1，线框中电流为 I1，则 mgBI1l E1Blv1 E1 I1 R lv1t 根据题意和匀变速直线运动规律，得 7
21、 1 llv1(2t) g(2t)2 2 2 m2R2g 1 联立解得 v12 gl，B(4l5 ) 4 (3)设线框 CD 边刚进入磁场时，速度大小为 v，加速度大小为 a，线框 CD边产生的电动势 为 E，电流为 I，线框通过磁场区域产生的热量为 Q 1 由动 能定理得 mgh mv20 2 解得 v 2gh EBlv E I R Blv 解得 I R 由牛顿第二定律得 mgBIlma h 解 得 a(1 2l)g 当 h2l时，a0 h 当 h2l时，加速度大小为 ( 1)g，方向竖直向上 2l h 当 h2l时，加速度大小为 (1 2l)g，方向竖直向下 16 1 根据能量守恒定律，有 Qmg(h2l) mv 12 2 解得 Qmgh. 17