《2019届高考物理二轮复习第一部分专题四电路与电磁感应第二讲楞次定律法拉第电磁感应定律课后“高仿”检测卷.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考物理二轮复习第一部分专题四电路与电磁感应第二讲楞次定律法拉第电磁感应定律课后“高仿”检测卷.doc（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题四第二讲 楞次定律 法拉第电磁感应定律课后“高仿”检测卷一、高考真题集中演练明规律1.(2017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左右振动的衰减最有效的方案是()解析：选A施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案
2、A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。2.(2018全国卷)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。
3、现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)。在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于()A.B.C. D2解析：选B在过程中，根据法拉第电磁感应定律，有E1根据闭合电路欧姆定律，有I1且q1I1t1在过程中，有E2I2q2I2t2又q1q2，即所以。3.(2017全国卷)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下
4、列说法正确的是()APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：选D金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确。4多选(2016全国卷)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆
5、盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：选AB由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势EBl2知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若变为原来的2倍，则感应电动势变为原
6、来的2倍，电流变为原来的2倍，由PI2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。 5多选(2015全国卷)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是()A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：选AB当圆盘转动时，圆盘的
7、半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；圆盘上产生感应电动势，圆盘上产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘呈电中性，转动时不会形成电流，选项D错误。6.(2015全国卷)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua 、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()AUaUc，金属框中无电流BUbUc，金
8、属框中电流方向沿abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUbcBl2，金属框中电流方向沿acba解析：选C金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误。转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断UaUc，UbUc，选项A错误。由转动切割产生感应电动势的公式得UbcBl2，选项C正确。7多选(2017全国卷)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁
9、场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是()A磁感应强度的大小为0.5 TB导线框运动速度的大小为0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析：选BC由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v m/s0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由EBLv，得B T0.2 T，A项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.40.
10、6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I A2 A，则导线框受到的安培力FBIL0.220.1 N0.04 N，D项错误。8.(2018全国卷)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()解析：选D设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i。线框位移等效电路的连接电流0I2i(顺时针)lI0lI2i(逆时针)2lI0综合分析知，只有选项D符合要求。二、名校模拟重点演练知热点9多选如图甲所示，粗细均
11、匀的矩形金属导体线框abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。以垂直于线框所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列关于ab边的热功率P、ab边受到的安培力F(以向右为正方向)随时间t变化的图像中正确的是()解析：选AD根据法拉第电磁感应定律：EnnS可知，产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab边热功率PI2R，恒定不变，A正确，B错误；根据安培力公式FBIL，因为电流大小、ab边长度不变，所以安培力与磁感应强度成正比，根据左手定则判定方向，可知C错误，D正确。10多选(2019届高三开封模拟)如图所示，空间某区域内存在沿水平
12、方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中正确的是()解析：选BCD线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用。若进入磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，
13、线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故B正确；若线框进入磁场时重力小于安培力，由mgma可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，线框完全进入磁场后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C正确；若线框进入磁场时重力大于安培力，由mgma，可知线框做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力可能大于重力，则线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确。11多选(2018石家庄二模)如图所示，足够长的光滑水平轨道，左侧轨道间距为0.4 m，右侧轨道间距为0.2 m。空间存在竖直向下的匀强磁场，
14、磁感应强度大小为0.2 T。质量均为0.01 kg的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒M、N均保持静止，现使金属棒M以5 m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动。已知两金属棒接入电路的总电阻为0.2 ，轨道电阻不计，g10 m/s2，下列说法正确的是()AM、N棒在相对运动过程中，回路内产生顺时针方向的电流(俯视)BM、N棒最后都以2.5 m/s的速度向右匀速运动C从开始到最终匀速运动电路中产生的焦耳热为6.25102 JD在两棒整个的运动过程中，金属棒M、N在水平导轨间扫过的面积之差为0.5 m2解析：选
15、AD金属棒M向右运动后，穿过M、N与导轨组成的闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律可得回路内产生顺时针方向的电流(俯视)，A正确；两棒最后匀速时，电路中无电流，即BL1v1BL2v2，解得v22v1，选取水平向右为正方向，对M、N分别利用动量定理可得：对N有FN安tmv2，对M有FM安tmv1mv0，又知道导轨宽度是2倍关系，故FM安2FN安，联立解得v11 m/s，v22 m/s，B错误；根据能量守恒定律可得mv02Qmv12mv22，解得Q0.1 J，C错误；在N加速过程中，由动量定理得BLtmv20，电路中的电流，根据法拉第电磁感应定律有E，其中磁通量变化量BS，联立以上各式，得S0.5
16、 m2，D正确。12多选(2018齐鲁名校协作体联考)如图所示，光滑、平行的金属轨道分水平段(左端接有阻值为R的定值电阻)和半圆弧段两部分，两段轨道相切于N和N点，圆弧的半径为r，两金属轨道间的宽度为d，整个轨道处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中。质量为m、长为d、电阻为R的金属细杆置于框架上的MM处，MNr。在t0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v0，之后金属细杆沿轨道运动，在tt1时刻，金属细杆以速度v通过与圆心等高的P和P；在tt2时刻，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为g。以下说法正确的是(
17、)At0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv0Btt1时刻，金属细杆所受的安培力为C从t0到tt1时刻，通过金属细杆横截面的电荷量为D从t0到tt2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为mv02mgr解析：选CDt0时刻，金属细杆产生的感应电动势EBdv0，金属细杆两端的电压URBdv0，故A项错误。tt1时刻，金属细杆的速度与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以此时金属细杆不受安培力，故B项错误。从t0到tt1时刻，电路中的平均电动势，回路中的电流，在这段时间内通过金属细杆横截面的电荷量qt1，解得：q，故C项正确。设杆通过最高点速度为v2，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，对杆受力分析，由牛顿
18、第二定律可得：mgm，解得v2。从t0到tt2时刻，根据功能关系可得，回路中的总焦耳热：Qmv02mv22mg2r，定值电阻R产生的焦耳热QRQ，解得：QRmv02mgr，故D项正确。13.(2018淄博二模)如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场方向水平向左，磁感应强度大小均为B。在t0时，一水平
19、向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。(1)求导轨刚开始运动时拉力F的大小；(2)求导轨运动时间足够长后拉力F的渐近值及整个过程中拉力F的最大值；(3)若某一过程中导轨动能的增加量为Ek，导轨克服摩擦力做功为W，求回路产生的焦耳热。解析：(1)导轨刚开始运动时，根据牛顿第二定律，对导轨有： FmgMa解得： FmgMa。(2)导轨运动以后vatsat2RxR02sIF安BIL得：F安对导轨由牛顿第二定律有：FF滑F安Ma又有F滑(F安mg)联立可得：FmgMa(1)分析可知：当t趋于无穷大时，FmgMa当t 时，FmaxmgMa(1)。(3)对导轨在加速过程中由动能定理知：MasEk则：s又W(mg安)s安sQ则WmgsQ解得：Q。答案：(1)mgMa(2)mgMamgMa(1)(3)9