2019版高考物理江苏专版二轮复习检测四·第二讲 楞次定律 法拉第电磁感应定律——课前自测诊断卷 解析
法拉第电磁感应定律与楞次定律
法拉第电磁感应定律与楞次定律法拉第电磁感应定律和楞次定律是电磁学中两个关键的物理定律，它们描述了电磁感应现象和电磁场的相互作用。
这两个定律的提出和发展对于电磁学的发展产生了深远的影响。
本文将介绍法拉第电磁感应定律和楞次定律的原理、应用以及它们之间的关系。
一、法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律是由英国物理学家迈克尔·法拉第于1831年提出的。
该定律描述了导体中电磁感应现象的产生。
根据法拉第电磁感应定律，当导体中的磁通量发生变化时，导体中就会产生电动势（即电压），从而产生电流。
具体来说，法拉第电磁感应定律可以用如下公式表示：ε = -dΦ/dt其中，ε表示感应电动势，Φ表示磁通量，t表示时间，d/dt表示对时间的导数。
根据该公式，当磁通量的变化率增大时，感应电动势的大小也会增大。
而当磁通量的变化率减小或保持不变时，感应电动势的大小也会相应减小或保持不变。
法拉第电磁感应定律的应用十分广泛。
例如，感应电动势的产生是电感器、变压器等电子设备工作的基础原理之一。
另外，发电机的工作原理也是基于法拉第电磁感应定律。
当发电机中的导线在磁场中旋转时，磁通量的变化就会引起导线中的感应电动势，进而产生电流，从而实现转化机械能为电能的过程。
二、楞次定律楞次定律是由法国物理学家亨利·楞次于1834年提出的。
该定律描述了电磁感应现象中的一个重要规律，即感应电流的产生会产生一个与产生它的磁场方向相反的磁场。
楞次定律可以简述为：感应电流产生的磁场方向总是尽可能地抵消引起它的磁场的变化。
具体来说，当磁场发生变化时，感应电流将会在闭合回路中产生。
根据楞次定律，这个感应电流会产生一个磁场，其方向与原来的磁场方向相反，从而抵消了原来的磁场变化。
这一定律使得磁场变化时系统能够自我调节，保持了磁场的相对稳定性。
楞次定律的应用也非常广泛。
一个重要的应用是电感器。
当电流通过电感器时，电感器中会产生一个磁场，该磁场会抵消电流产生的磁场变化，从而使电感器的电流保持稳定。
2019年高考物理二轮练习知能演练9.1电磁感应现象楞次定律沪
2019年高考物理二轮练习知能演练9.1电磁感应现象楞次定律沪注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
1.图9－1－10如图9－1－10所示,绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合电路,在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A,以下各种情况中铜环A中没有感应电流的是()A.线圈中通以恒定的电流B.通电时,使滑动变阻器的滑片P匀速移动C.通电时,使滑动变阻器的滑片P加速移动D.将开关突然断开的瞬间解析:选A.当线圈中通恒定电流时,产生的磁场为稳定磁场,通过铜环A的磁通量不发生变化,不会产生感应电流.2.(2017·高考上海单科卷)如图9－1－11,磁场垂直于纸面,磁感应强度在竖直方向均匀分布,水平方向非均匀分布.一铜制圆环用丝线悬挂于O点,将圆环拉至位置a后无初速释放,在圆环从a摆向b的过程中()图9－1－11A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B.感应电流方向一直是逆时针C.安培力方向始终与速度方向相反D.安培力方向始终沿水平方向解析:选AD.圆环从位置a运动到磁场分界线前,磁通量向里增大,感应电流为逆时针;跨越分界线过程中,磁通量由向里最大变为向外最大,感应电流为顺时针;再摆到b的过程中,磁通量向外减小,感应电流为逆时针,所以选A;由于圆环所在处的磁场,上下对称,所受安培力竖直方向平衡,因此总的安培力沿水平方向,故D正确.3.如图9－1－12甲所示,两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合,放在同一水平面内,线圈A中通以如图乙所示的变化电流,t＝0时电流方向为顺时针(如图中箭头所示).在t1～t2时间内,对于线圈B,以下说法中正确的选项是()图9－1－12A.线圈B内有顺时针方向的电流,线圈有扩张的趋势B.线圈B内有顺时针方向的电流,线圈有收缩的趋势C.线圈B内有逆时针方向的电流,线圈有扩张的趋势D.线圈B内有逆时针方向的电流,线圈有收缩的趋势解析:选A.在t1～t2时间内,通入线圈A中的电流是正向增大的,即逆时针方向增大的,其内部会产生增大的向外的磁场,穿过B的磁通量增大,由楞次定律可判定线圈B中会产生顺时针方向的感应电流.线圈B中电流为顺时针方向,与A的电流方向相反,有排斥作用,故线圈B 将有扩张的趋势.4.(2018·皖南八校联考)如图9－1－13所示,P、Q是两根竖直且足够长的金属杆,处在垂直纸面向里的匀强磁场B中,MN是一个螺线管,它的绕线方法没有画出,P、Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连,A是在MN的正下方水平放置在地面上的金属圆环.现将金属棒ef由静止释放,在下滑过程中始终与P、Q棒良好接触且无摩擦.在金属棒释放后以下说法正确的选项是()图9－1－13A.A环中有大小不变的感应电流B.A环中有越来越大的感应电流C.A环对地面的压力先减小后增大D.A环对地面的压力先增大后减小解析:选D.金属棒下滑过程中受到重力、安培力两个力的作用,随着金属棒速度的增大,回路中电流逐渐增大,金属棒所受安培力逐渐增大,棒的加速度逐渐减小,当安培力等于重力时棒匀速下落,回路中电流恒定不变,A、B皆错误.回路中电流通过线圈时产生磁场,此磁场强弱随回路中电流的变化而变化,从而在环中产生感应电流,由于回路中电流增大,线圈中产生的磁场增强,使通过环的磁通量增大,由广义的楞次定律可知环与线圈间产生斥力,使环对地面的压力大于环的重力.由于棒做加速度逐渐减小的加速运动,棒的速度变化越来越慢,那么线圈产生的磁场变化越来越慢,通过环的磁通量变化率越来越小,环中的电流越来越小,当棒匀速运动时环中电流为零.由于开始时环中电流最大但线圈产生的磁场最弱为零、最终状态下线圈产生的磁场最强但环中电流为零,故环与线圈间的斥力必是先从零增大后又减小到零,故C错误、D正确.图9－1－145.如图9－1－14所示,固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动.t＝0时,磁感应强度为B0,此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形.为使MN棒中不产生感应电流,从t＝0开始,磁感应强度B随时间t应怎样变化？请推导出这种情况下B与t的关系式解析:要使MN棒中不产生感应电流,应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化.在t＝0时刻,穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0·S＝B0·l2设t时刻的磁感应强度为B,此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋vt)由Φ1＝Φ2,得B＝B0ll＋vt答案:见解析【一】选择题1.下图是验证楞次定律实验的示意图,竖直放置的线圈固定不动,将磁铁从线圈上方插入或拔出,线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流.各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况,其中表示正确的选项是()图9－1－15A.①②B.③④C.①③④D.④解析:选B.根据楞次定律可确定感应电流的方向,当磁铁向下运动时,假设磁铁N极向下,如图①,那么:(1)闭合线圈原磁场的方向——向下;(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加;(3)感应电流产生的磁场方向——向上;(4)利用安培定那么判断感应电流的方向——与图中箭头方向不同故①错误③正确,同理可得②错误④正确,选项B正确.图9－1－162.两个大小不同的绝缘金属圆环如图9－1－16叠放在一起,小圆环有一半面积在大圆环内,当大圆环中通顺时针方向电流的瞬间,小圆环中感应电流的方向是()A.顺时针方向B.逆时针方向C.左半圆顺时针,右半圆逆时针D.无感应电流解析:选 B.根据安培定那么,当大圆环中电流为顺时针方向时,圆环内的磁场是垂直于纸面向里的,而环外的磁场方向垂直于纸面向外,虽然小圆环在大圆环里外的面积一样,但环里磁场比环外磁场要强,净磁通量还是垂直于纸面向里.由楞次定律知,感应电流的磁场阻碍垂直于纸面向里方向的磁通量的增强,应垂直于纸面向外,再由安培定那么得出小圆环中感应电流的方向为逆时针方向,B选项正确.图9－1－173.如图9－1－17所示,ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈,当滑动变阻器R的滑片P向右滑动过程中,线圈ab将()A.静止不动B.顺时针转动C.逆时针转动D.发生转动,但因电源的极性不明,无法确定转动方向解析:选B.当P向右滑动时,电路总电阻减小,电路中的电流是增大的,两磁铁间的磁场增强,闭合导体线圈的磁通量增大,线框中产生感应电流,受到磁场力而发生转动,“转动”是结果,反抗原因是“磁通量增大”,因此转动后应使穿过线圈的磁通量减小,故应沿顺时针转动.故应选B.图9－1－184.如图9－1－18所示,A为水平放置的橡胶圆盘,在其侧面带有负电荷－Q,在A正上方用丝线悬挂一个金属圆环B(丝线未画出),使B的环面与圆盘平行,其轴线与橡胶圆盘A的轴线O1O2重合.现使橡胶圆盘A由静止开始绕其轴线O1O2按图中箭头方向加速转动,那么()A.金属圆环B有扩大半径的趋势,丝线受到的拉力增大B.金属圆环B有缩小半径的趋势,丝线受到的拉力减小C.金属圆环B有扩大半径的趋势,丝线受到的拉力减小D.金属圆环B有缩小半径的趋势,丝线受到的拉力增大解析:选B.橡胶圆盘A在加速转动时,产生的磁场在不断增加,穿过B的磁通量不断增加,根据楞次定律可判知B正确.图9－1－195.(2018·西安八校联考)如图9－1－19所示,虚线abcd为矩形匀强磁场区域,磁场方向竖直向下,圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动.如图9－1－20所示给出的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置,那么圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是()图9－1－20A.①②B.①④C.②③D.④解析:选B.因为线框在进、出磁场时,线框中的磁通量发生变化,产生感应电流,安培力阻碍线框运动,使线框的速度可能减为零,故B正确.图9－1－216.如图9－1－21所示,矩形闭合线圈放置在水平薄板上,有一块蹄形磁铁如下图置于平板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度).当磁铁匀速向右通过线圈正下方时,线圈仍静止不动,那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是()A.摩擦力方向一直向左B.摩擦力方向先向左、后向右C.感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针D.感应电流的方向顺时针→逆时针解析:选AC.穿过线圈的磁通量先向上方向增加,后减少,当线圈处在磁铁中间以后,磁通量先向下方向增加,后减少,所以感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针,故C正确,D错误;根据楞次定律可以判断:磁铁向右移动过程中,磁铁对线圈有向右的安培力作用,所以摩擦力方向向左,故A正确,B错误.图9－1－227.如图9－1－22所示,闭合的矩形金属框abcd的平面与匀强磁场垂直,现金属框固定不动而磁场运动,发现ab边所受安培力的方向为竖直向上,那么此时磁场的运动可能是()A.水平向右平动B.水平向左平动C.竖直向上平动D.竖直向下平动解析:选A.ab受到的力向上,由右手定那么可知,ab上电流的方向由b→a,由楞次定律可得,线框内的磁通量在增加,磁场向右运动,A项正确,B项错误;当磁场上下运动时,线框内的磁通量不变化,不产生感应电流,C、D项错误.图9－1－238.(2018·杭州高三检测)如图9－1－23所示,一根长导线弯成如图abcd的形状,在导线框中通以直流电,在框的正中间用绝缘的橡皮筋悬挂一个金属环P,环与导线框处于同一竖直平面内,当电流I增大时,以下说法中正确的选项是()A.金属环P中产生顺时针方向的电流B.橡皮筋的长度增大C.橡皮筋的长度不变D.橡皮筋的长度减小解析:选B.导线框中的电流所产生的磁场在金属环P内的磁通量方向垂直于纸面向里,当电流I增大时,金属环P中的磁通量向里且增大,由楞次定律和安培定那么可知金属环P中产生逆时针方向的感应电流,故A错;根据对称性及左手定那么可知金属环P所受安培力的合力方向向下,并且随电流I的增大而增大,所以橡皮筋会被拉长,故B正确,C、D错误.9.如图9－1－24所示,开始时矩形线圈与磁场垂直,且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外,假设要线圈中产生感应电流,以下方法中可行的是()图9－1－24A.将线圈向左平移一小段距离B.将线圈向上平移C.以ab为轴转动(小于90°)D.以ac为轴转动(小于60°)解析:选ACD.当线圈向左平移一小段距离时,穿过闭合电路abdc 的磁通量变化(减小),有感应电流产生,A 正确;将线圈向上平移时,磁通量不变,无感应电流,B 错误;以ab 为轴转动小于90°和以ac 为轴转动小于60°时,磁通量都是从最大减小,故有感应电流,C 、D 正确.10.如图9－1－25所示,粗糙水平桌面上有一质量为m 的铜质矩形线圈.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB 正上方等高快速经过时,假设线圈始终不动,那么关于线圈受到的支持力N 及在水平方向运动趋势的判断正确的选项是()图9－1－25A.N 先小于mg 后大于mg ,运动趋势向左B.N 先大于mg 后小于mg ,运动趋势向左C.N 先小于mg 后大于mg ,运动趋势向右D.N 先大于mg 后小于mg ,运动趋势向右解析:选 D.条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时,通过线圈的磁通量先增加后减小.当通过线圈的磁通量增加时,为阻碍其增加,在竖直方向上线圈有向下运动的趋势,所以线圈受到的支持力大于其重力,在水平方向上有向右运动的趋势;当通过线圈的磁通量减小时,为阻碍其减小,在竖直方向上线圈有向上运动的趋势,所以线圈受到的支持力小于其重力,在水平方向上有向右运动的趋势.综上所述,线圈受到的支持力先大于重力后小于重力,运动趋势总是向右.【二】非选择题图9－1－2611.如图9－1－26所示,匀强磁场区域宽为d ,一正方形线框abcd 的边长为l ,且l ＞d ,线框以速度v 通过磁场区域,从线框进入到完全离开磁场的时间内,线框中没有感应电流的时间是多少？解析:从线框进入到完全离开磁场的过程中,当线框bc 边运动至磁场右边缘到ad 边运动至磁场左边缘过程中无感应电流.此过程位移为:l －d故t ＝l －d v .答案:l －d v图9－1－2712.如图9－1－27所示,磁感应强度为B 的匀强磁场仅存在于边长为2L 的正方形abcd 中,在这个正方形的同一平面内,有一电阻为R 、边长为L 的正方形导体线圈ABCD ,以速度v 匀速通过磁场.从BC 边进入磁场开始计时,试回答以下问题:(1)穿过线圈的磁通量Φ随时间t 如何变化,并作出磁通量随时间变化的图像.(2)线圈中有无感应电流,假设有,请判断出感应电流的方向.解析:(1)由于此题中线圈的速度不变,可根据题意把整个过程从时间上分成三段,即0～L/v(BC边进磁场到AD边进磁场)、L/v～2L/v(整个线圈都在磁场中)、2L/v～3L/v(BC边出磁场到AD边出磁场)三个时间段.根据磁通量的公式Φ＝B·S可知,线圈的磁通量在第一段时间内从零均匀增大到最大值,然后在第二段时间内磁通量保持最大值不变,在第三段时间内均匀减小直到零(如下图).(2)由法拉第电磁感应定律可以知道只有通过闭合回路的磁通量发生变化才有感应电动势和感应电流,所以在第一时间段和第三时间段才有感应电动势和感应电流,且由楞次定律可知,第一段时间内的感应电流方向为逆时针;第三段时间内的感应电流方向为顺时针;在第二时间段里无感应电流.答案:见解析。
(江苏专用)高考物理二轮复习 专题过关检测(九)楞次定律 法拉第电磁感应定律及应用-人教版高三全册物
专题过关检测〔九〕 楞次定律 法拉第电磁感应定律与应用一、单项选择题1．(2019·某某二模)电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力〞强劲，安全可靠。
如下列图是描述电磁炉工作原理的示意图，如下说法正确的答案是( )A ．当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B ．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C ．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差D ．在锅和电磁炉中间放一纸板，如此电磁炉不能起到加热作用解析：选B 当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，不会发生电磁感应现象，锅底不会产生涡流，没有加热效果，A 错误，B 正确；电磁炉不能加热陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要是绝缘体内不能产生涡流，金属才能产生涡流，C 错误；产生涡流的主要原因是磁场发生了变化，放一纸板，对磁场没有影响，能产生加热的作用，D 错误。
2．(2019·江苏四校联考)如下列图，用一样的导线围成两个单匝线圈a 和b ，半径分别为r 和2r ，圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合。
当磁场均匀增强时，流过a 、b 两线圈的感应电流之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4 解析：选C 感应电动势E ＝ΔΦΔt，因为两线圈磁场的面积一样，磁通量变化率一样，感应电动势一样，但是电阻：R ＝ρL S ＝ρ2πr S，所以b 的电阻是a 电阻的2倍，电动势一样，所以a 的电流是b 的电流的2倍，A 、B 、D 项错误，C 项正确。
3．穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图像分别如图中的①～④所示，如下说法正确的答案是( )A ．图①有感应电动势，且大小恒定不变B ．图②产生的感应电动势一直在变大C ．图③在0～t 1时间内的感应电动势是t 1～t 2时间内感应电动势的2倍D ．图④产生的感应电动势先变大再变小解析：选C 图①中磁通量没有变化，因此没有感应电动势，故A 错误；图②中的磁通量均匀增加，图像的斜率不变，因此感应电动势不变，故B 错误；图③在0～t 1时间内的斜率是t 1～t 2时间内斜率的2倍，所以在0～t 1时间内感应电动势是t 1～t 2时间内感应电动势的2倍，故C 正确；图④的斜率大小先减小后增大，故产生的感应电动势先变小再变大，故D 错误。
第二章 法拉第电磁感应定律(章节复习) 参考答案
2.5 第二章 法拉第电磁感应定律（章节复习）【知识再理解1】感应电流方向的判定——楞次定律1. 规律：楞次定律、右手定则，楞次定律的推论：电磁感应现象中的安培力，产生总阻碍磁通量的变化。
2. 方法：（1）归纳法（2）推论法【学以致用1】1. 一平面线圈用细杆悬于P 点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动．已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置I 和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中感应电流的方向分别为：( )A ． 逆时针方向 逆时针方向B ． 逆时针方向 顺时针方向C ． 顺时针方向 顺时针方向D ． 顺时针方向 逆时针方向2．矩形导线框abcd 与长直导线MN 放在同一水平面上，ab 边与MN 平行，导线MN 中通入如图所示的电流方向，下列说法正确的是（ ）A ．当MN 中的电流增大时，导线框中有顺时针方向的感应电流B ．当MN 中的电流增大时，导线框所受的安培力方向向左C ．当导线框向右运动时，导线框有逆时针方向的感应电流D ．当导线框向右运动时，导线框所受的安培力的合力向左【知识再理解2】感应电流大小的求解——法拉第电磁感应定律1. 规律：法拉第电磁感应定律：电源－电路－电流－力－能等2. 方法：（1）推论法 （2）等效法（3）转化法【学以致用2】1． 一个圆形线圈，共有n =10匝，其总电阻r =4.0Ω，线圈与阻值R 0=16Ω，的外电阻连成闭合回路，如图甲所示．线圈内部存在着一个边长l =0.20m 的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T =1.0×10-2s ，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向．求：（1）t =18T 时刻，电阻R 0上的电流大小和方向； （2）0~2T ，时间内，流过电阻R 0的电量； （3）一个周期内电阻R 0的发热量．0.4A 方向b->a 1.5×10-3C 1.6×10-2J2． 如图所示，足够长的光滑斜面与水平面夹角θ=37°，在斜面上有垂直斜面向上的有界匀强磁场，边界aa '和bb '与斜面底边平行，且间距为d=0.1m 。
(江苏专用)2020版高考物理二轮复习专题四第二讲楞次定律法拉第电磁感应定律及应用课件
为I D．若将线圈匝数加倍，上述过程中电路达到稳定时电流值仍
为I
解析：t＝t0 时刻，线圈中电流稳定，自感现象消失，线圈中没 有自感电动势，故 A 错误；若线圈中插入铁芯，线圈自感系数 增大，自感现象延长，所以若线圈中插入铁芯，上述过程中电 路中电流达到稳定值经历的时间大于 t0，故 B 正确；线圈中插 入铁芯，但线圈的直流电阻不变，所以稳定时电流不变，故 C 正确；若将线圈匝数加倍，线圈直流电阻增大，稳定时电流减 小，故 D 错误。 答案：BC
[答案] C
[对点训练] [多选]科考人员在北极乘车行进，由于 地磁场的作用，汽车后轮轮轴(如图所 示)的左、右两端电势高低情况是( ) A．从东向西运动，左端电势较高 B．从东向西运动，右端电势较高 C．从西向东运动，左端电势较高 D．从西向东运动，右端电势较高
解析：地球北极的磁场向下，无论汽车从东向西运动，还是 从西向东运动，汽车后轮轮轴切割磁感线，由右手定则可知， 从驾驶员角度看，汽车后轮轮轴的左端电势较高，故 A、C 项正确。 答案：AC
[典例] [多选](2019·南京、盐城一模)
如图所示，电路中甲、乙是两只相同的灯泡，
电感线圈 L 的直流电阻与电阻 R0阻值相等。
则开关 S
()
A．接通瞬间，通过灯泡甲的电流大于乙的电流
B．接通瞬间，通过灯泡甲的电流小于乙的电流
C．断开瞬间，通过灯泡甲的电流等于乙的电流
D．断开瞬间，通过灯泡甲的电流大于乙的电流
ห้องสมุดไป่ตู้
(二)明辨自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
电路图
通电时
(江苏专版)2019年高考物理总复习 课时作业三十九 法拉第电磁感应定律
课时作业 三十九 法拉第电磁感应定律(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．(多选)穿过一个电阻为1 Ω的单匝闭合线圈的磁通量始终是每秒钟均匀地减少4 Wb ，则( )A ．线圈中感应电动势一定是每秒减少4 VB ．线圈中感应电动势一定是4 VC ．线圈中感应电流一定是每秒减少4 AD ．线圈中感应电流一定是4 A2．如图所示，将一直导线AC 折成ABC 形状，AB BC ＝12，且AB ⊥BC ，将导线ABC 放在纸面内，匀强磁场垂直纸面向里，使导线ABC 以相同的速度分别垂直AB 、BC 、AC 在纸面内做匀速直线运动，AC 两端电压分别为U 1、U 2、U 3，三者之比正确的是( )第2题图A ．U 1∶U 2∶U 3＝1∶1∶1B ．U 1∶U 2∶U 3＝1∶2∶2C ．U 1∶U 2∶U 3＝1∶2∶3D ．U 1∶U 2∶U 3＝1∶2∶ 53．如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )第3题图A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt4．(多选)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( )第4题图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 5．(多选)如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B ，方向相反且垂直纸面，MN 、PQ 为其边界，OO ′为其对称轴．一导线折成边长为l 的正方形闭合回路abcd ，回路在纸面内以恒定速度v 0向右运动，当运动到关于OO ′对称的位置时( )第5题图A ．穿过回路的磁通量为零B ．回路中感应电动势大小为2Blv 0C ．回路中感应电流的方向为顺时针方向D ．回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同6．两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m 、电荷量为＋q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( )第6题图A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，ΔΦΔt ＝dmgnqB ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，ΔΦΔt ＝dmgnqC ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nqRD ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nq7．如图所示，两根同种金属材料、同一粗细、长度的导线，一根直接折成正方形闭合线框(甲)，另一根先拉长为原来的2倍再折成正方形闭合线框(乙)．磁场垂直纸面向里均匀变化，将两线框一起垂直磁场摆放，求：(1)二者感应电动势之比； (2)二者感应电流之比； (3)二者热功率之比．甲 乙 第7题图8．如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ； (2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式．第8题图课时作业(三十九) 法拉第电磁感应定律1.BD 【解析】 感应电动势的大小跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比，与磁通量是增是减无关，由法拉第电磁感应定律E ＝nΔφΔt 得E ＝4 V ，线圈中电流I ＝ER＝4 A ，故B 、D 正确． 2．D 【解析】 部分导线切割磁感线时E ＝BLv ，其中L 为导体切割磁感线的有效长度，依题意可知U 1∶U 2∶U 3＝1∶2∶5，故D 选项正确．3．B 【解析】 当磁场增强时线圈中产生感应电动势：E ＝n ΔφΔt ＝n ΔB Δt S ＝n ΔB Δt a 2，B项正确．4．AB 【解析】 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E ＝12Bl 2ω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ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P ＝I 2R 知，电流在R 上的热功率变为原来的4倍，选项D 错误．5．ABD 【解析】 由题意知，穿过闭合回路的磁通量Φ＝0，A 正确；由右手定则判知ab 边与cd 边切割磁感线产生的感应电动势相当于两个电源串联，回路中的感应电动势E ＝Bl ab v 0＋Bl cd v 0＝2Blv 0，B 正确；由右手定则可知感应电流的方向为逆时针方向，C 错误；由左手定则可知ab 边与cd 边所受的安培力方向均向左，D 正确．6．C 【解析】 由题意电荷量＋q 的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件得知，油滴受到的电场力竖直向上，则金属板上板带负电，下板带正电．A 、C.若磁感应强度B 竖直向上，B 正在增强时，根据楞次定律得知，线圈中产生的感应电动势是下负上正，金属板下板带负电，上板带正电，油滴不能平衡，故A 错误．若磁感应强度B 竖直向上且B 正在减弱时，油滴能保持平衡．根据法拉第电磁感应定律得：E ＝n ΔΦΔt ①，金属板间的电压：U ＝ER R ＋r②， 要使油滴平衡，则有q U d ＝mg ③，联立①②③得：ΔΦΔt＝dmg （R ＋r ）nqR.故C 正确．同理可知，磁感应强度B 竖直向下且正增强时，线圈中产生的感应电动势是上负下正，金属板下板带正电，上板带负电，油滴能平衡，且有ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nqR ，故B 错误．磁感应强度B 竖直向下减弱时，线圈中产生的感应电动势是下负上正，金属板下板带负电，上板带正电，油滴不能平衡．故D 错误．7．(1)1∶4 (2)1∶1 (3)1∶4【解析】 此题解题关键是要注意拉长导线的同时对导线截面积亦有影响．设甲导线长为4l 电阻率为ρ横截面积为S ，则乙导线长为8l 横截面积为S2，根据题中所给条件，结合电阻定律公式可得：两线框所围面积之比S 1S 2＝14①，两线框电阻之比R 1R 2＝14②，根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ③，而电流I ＝E R ④，电功率P ＝E2R ⑤，综合①②③④⑤可得：(1)电动势之比E 1E 2＝14 (2)电流之比I 1I 2＝11 (3)功率之比P 1P 2＝14.8．(1)0.04 V (2)0.04 N i ＝(t －1)A(1 s ≤t ≤1.2 s)【解析】 (1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt ，得回路中的感应电动势E ＝ΔBΔtS ＝0.5×0.08 V ＝0.04 V. (2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BLv ＝0.5×0.4×1 V ＝0.2 V ；回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N ＝0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度 l ＝2v (t －1) (1 s ≤t ≤1.2 s)感应电动势e ＝Blv ＝2Bv 2(t －1)＝(t －1) V 感应电流i ＝e R＝(t －1)A(1 s ≤t ≤1.2 s)．。
江苏省高考物理二轮复习 考前抢分必做终极猜想20 对楞
终极猜想二十对楞次定律和法拉第电磁感应定律的综合考查(本卷共4小题，满分60分．建议时间：30分钟 )命题专家寄语近几年命题频率极高的就是楞次定律和法拉第电磁感应定律的知识，一般的都是结合闭合电路的知识，考查电功、电功率、楞次定律、法拉第电磁感应定律等，综合性强，难度大.六十六、电磁感应与电路整合1．如图1所示的电路可以用来“研究电磁感应现象”．干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路，电流计、线圈B串联成另一个电路．线圈A、B套在同一个闭合铁芯上，且它们的匝数足够多．从开关闭合时开始计时，流经电流计的电流大小i随时间t变化的图象是( )．图1六十七、电磁感应与力学整合2．如图2所示，两竖直放置的平行光滑导轨相距0.2 m，其电阻不计，处于水平向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，导体棒ab与cd的电阻均为0.1 Ω，质量均为0.01 kg.现用竖直向上的力拉ab棒，使之匀速向上运动，此时cd棒恰好静止，已知棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，g取10 m/s2，则( )．图2A．ab棒向上运动的速度为1 m/sB．ab棒受到的拉力大小为0.2 NC．在2 s时间内，拉力做功为0.4 JD．在2 s时间内，ab棒上产生的焦耳热为0.4 J3．如图3甲所示，两根质量均为0.1 kg完全相同的导体棒a、b，用绝缘轻杆相连置于由金属导轨PQ、MN架设的斜面上．已知斜面倾角θ为53°，a、b导体棒的间距是PQ、MN导轨的间距的一半，导轨间分界线OO′以下有方向垂直斜面向上的匀强磁场．当a、b导体棒沿导轨下滑时，其下滑速度v与时间的关系图象如图乙所示．若a、b导体棒接入电路的电阻均为1 Ω，其他电阻不计，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，试求：图3(1)PQ、MN导轨的间距d；(2)a、b导体棒与导轨间的动摩擦因数；(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小．六十八、综合应用4．如图4所示，水平放置的金属细圆环半径为0.1 m，竖直放置的金属细圆图4柱(其半径比0.1 m 小得多)的端面与金属圆环的上表面在同一平面内，圆柱的细轴通过圆环的中心O ，将一质量和电阻均不计的导体棒一端固定一个质量为10 g 的金属小球，被圆环和细圆柱端面支撑，棒的一端有一小孔套在细轴O 上，固定小球的一端可绕轴线沿圆环作圆周运动，小球与圆环的摩擦因数为0.1，圆环处于磁感应强度大小为4 T ，方向竖直向上的恒定磁场中，金属细圆柱与圆环之间连接如图电学元件，不计棒与轴及与细圆柱端面的摩擦，也不计细圆柱、圆环及感应电流产生的磁场，开始时S 1断开，S 2拨在1位置，R 1＝R 3＝4 Ω，R 2＝R 4＝6 Ω，C ＝30 μF，求：(1)S 1闭合，问沿垂直于棒的方向以多大的水平外力作用于棒的A 端，才能使棒稳定后以角速度10 rad/s 匀速转动？(2)S 1闭合稳定后，S 2由1拨到2位置，作用在棒上的外力不变，则至棒又稳定匀速转动的过程中，流经R 3的电量是多少？参考答案1．B [开关闭合瞬间，流过线圈A 的电流逐渐增大．根据互感现象，线圈B中产生感应电流．当A 中的电流达到恒定时，B 中就没有了感应电流，故B 中电流逐渐减小，B 正确．]2．B [cd 棒受到的安培力大小等于它的重力，B BLv 2R L ＝mg ，v ＝2mgR B 2L 2＝2 m/s ， A 错误．ab 棒受到向下的重力G 和向下的安培力F ，则ab 棒受到的拉力F T ＝F ＋G ＝2mg ＝0.2 N ，B 正确．在2 s 内拉力做的功W ＝F T vt ＝0.2×2×2 J＝0.8 J ，C 不正确．在2 s 内ab 棒上产生的热量Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv 2R 2Rt ＝0.2 J ，D 不正确．] 3．解析 (1)由题图乙可知导体棒b 刚进入磁场时a 、b 和轻杆所组成的系统做匀速运动，当导体棒a 进入磁场后才再次做加速运动，因而b 棒匀速运动的位移即为a 、b 棒的间距，依题意可得：d ＝2vt ＝2×3×(0.6－0.4)m ＝1.2 m(2)设进入磁场前导体棒运动的加速度为a ，由图乙得： a ＝Δv Δt＝7.5 m/s 2，因a 、b 一起运动，故可看作一个整体，其受力分析如图所示．由牛顿第二定律得：2mg sin θ－μ2mg cos θ＝2ma解得：μ＝g sin θ－a g cos θ＝0.083 (3)当b 导体棒在磁场中做匀速运动时，有2mg sin θ－μ2mg cos θ－BId ＝0I ＝Bdv 2R联立解得：B ＝0.83 T答案 (1)1.2 m (2)0.083 (3)0.83 T4．解析 (1)金属细圆柱产生的电动势为E ＝12BωL 2＝2 V ， 对整个系统由功能关系得(F －f )ωL ＝E 2R 1＋R 2，代入数据解得F ＝0.41 N.(2)S 1闭合，S 2拨到2位置，稳定后的金属细圆柱的角速度为ω′，由对整个系统由功能关系有(F －f )ω′L ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12Bω′L 22R 1＋R 2，代入数据解得ω′＝ω＝10 rad/s ，S 2拨向1稳定后电容器两端的电压为U 1＝ER 2R 1＋R 1＝12 V ，且上板带正电．S 2拨向2稳定后电容两端的电压为U 2＝ER 1R 2＋R 1＝0.8 V ，且上板带负电，电容器上的电量变化为ΔQ ＝(U 1＋U 2)C ＝6×10－5C ，所以流过R 3的电量为Q 3＝35ΔQ ＝3.6×10－5C. 答案 (1)0.41 N (2)3.6×10－5C。
2019高考物理二轮复习 小题狂做专练二十二 法拉第电磁感应定律、楞次定律、自感现象
22 法拉第电磁感应定律、楞次定律、自感现象1．【邯郸摸底】下列四幅演示实验图中，实验现象能正确表述实验结论的是( )A ．图甲用磁铁靠近轻质铝环A ，A 会靠近磁铁B ．图乙断开开关S ，触点C 不立即断开C ．图丙闭合开关S 时，电流表有示数，断开开关S 时，电流表没有示数D ．图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快2．【江门调研】如图所示为游乐场中过山车的“磁力刹车装置”。
在过山车两侧安装铜片，停车区的轨道两侧安装强力磁铁，当过山车进入停车区时，铜片与强力磁铁的相互作用使过山车能很快地停下，下列说法中错误的是( )A ．过山车进入停车区时其动能转化成电能B ．过山车进入停车区的过程中两侧的铜片中会产生感应电流C ．把铜片换成有机玻璃片，也能达到相同的刹车效果D ．过山车进入停车区的过程中铜片受到的安培力使过山车减速3．【阜阳调研】据外媒某军事杂志一篇关于中国航母的报道，其猜测中国自行设计建造的第三艘国产航母将采用电磁弹射装置。
航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示。
当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去。
则下列说法正确的是( )A ．合上开关 S 的瞬间，从右侧看环中产生沿顺时针方向的感应电流B ．金属环向左运动过程中将有扩大趋势C ．若将金属环置于线圈的右侧，环将不能弹射出去D ．若将电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射4．【天一中学考前热身卷】如图所示的圆形线圈共n 匝，电阻为R ，过线圈中心O 垂直于线圈平面的直线上有A 、B 两点，A 、B 两点的距离为L ，A 、B 关于O 点对称。
一条形磁铁开始放在A 点，中心与O 点重合，轴线与A 、B 所在直线重合，此时线圈中的磁通量为Φ1，将条形磁铁以速度v 匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O 点时线圈中的磁通量为Φ2，下列说法中正确的是( )A ．磁铁在A 点时，通过一匝线圈的磁通量为一、选择题B．磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E=C．磁铁从A到B的过程中，线圈中磁通量的变化量为2Φ1D．磁铁从A到B的过程中，通过线圈某一截面的电量不为零5．【重庆月考】如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直。
2019年物理大复习江苏专版文档第九章 电磁感应 第2讲 含答案
第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1）感应电动势:在电磁感应现象中产生的电动势．（2）产生条件:穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关．（3）方向判断:感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断．2．法拉第电磁感应定律（1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．（2）公式:E＝n错误!，其中n为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I ＝错误!。
3．导体切割磁感线时的感应电动势(1)导体垂直切割磁感线时,感应电动势可用E＝Blv求出,式中l为导体切割磁感线的有效长度；(2)导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴,在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bl错误!＝错误!Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度错误!lω)．自测1将闭合的多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同答案C自测2（多选)如图1所示是穿过一个单匝闭合线圈的磁通量随时间的变化图象，则以下判断正确的是（）图1A．第0。
6 s末线圈中的感应电动势是4 VB．第0。
9 s末线圈中的瞬时电动势比0。
2 s末的大C．第1 s末线圈的瞬时电动势为零D．第0.2 s末和0。
4 s末的瞬时电动势的方向相同答案AB二、自感、涡流1．自感现象（1）概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．(2）表达式：E＝L错误!.（3）自感系数L的影响因素:与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．2．涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流．（2）产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流.命题点一法拉第电磁感应定律的理解及应用1．求解感应电动势常见情况情景图研究对象回路（不一定闭合)一段直导线（或等效成直导线）绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式E＝nΔΦΔtE＝BLv（L为有效长度)E＝错误!BL2ωE＝NBSωcosωt2.说明(1）当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝n错误!；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝n错误!;当ΔΦ由B、S的变化同时引起时,则E＝n错误!≠n错误!。
高考物理二轮备考题型专练：楞次定律、法拉第电磁感应定律(解析版)
楞次定律、法拉第电磁感应定律【原卷】1．如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。
一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）。
从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。
在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为F ab，二者与时间t的关系图像，可能正确的是（）A．B．C．D．2．如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3Ω，边长为0.4m。
金属框处于两个半径为0.1m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合。
左边磁场方向垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是（ 取3）（）A．线框中感应电流的方向是顺时针方向B．0~0.4s，线框中产生的热量为0.3JC．t=0.4s时，穿过线框的磁通量为0.55WbD．前0.4s内流过线框某截面的电荷量为0.02C3．如图所示，长直导线和矩形线框abcd在同一平面内，直导线中通过恒定电流，电流方向竖直向上。
现使线框由位置I向右先加速后减速平动到位置II，在线框的运动过程中（）A．线框中先产生顺时针方向的感应电流，后产生逆时针方向的感应电流B．线框中先产生逆时针方向的感应电流，后产生顺时针方向的感应电流C．线框中一直产生顺时针方向的感应电流D．线框中一直产生逆时针方向的感应电流4．如图所示，一金属圆盘放在水平桌面上，金属圆盘正上方有一带铁芯的线圈。
下列说法正确的是（）A．若线圈接直流电且电压一直变大，则金属圆盘对桌面的压力减小B．若线圈接直流电且电压一直变大，则金属圆盘中有逆时针方向的涡流C．若线圈电阻忽略不计，则无论接什么电源线圈中电流都趋于无穷大D．若线圈接交变电流，只增大交变电流的频率，金属圆盘的发热功率增大5．如图所示，一根两端开口的铜管竖直放置，一磁性较强的柱形磁体从上端放入管中，过了较长时间才从铜管下端落出，比自由落体慢了许多。
(江苏专用)高考物理二轮复习选择题电磁感应计算题(2)精练(含解析)
（江苏专用）高考物理二轮复习选择题电磁感应计算题（2）精练（含解析）选择题+电磁感应计算题(2)一、单项选择题1.(2019江苏南京、盐城二模联考)如图所示,物理课本放在水平桌面上,下列说法中正确的是( )A.桌面对课本的支持力与课本的重力是一对平衡力B.桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对平衡力C.桌面对课本的支持力与课本的重力是一对作用力与反作用力D.课本对桌面的压力就是课本的重力答案 A 桌面对课本的支持力与课本的重力等大、反向,位于同一直线,都作用在课本上,是一对平衡力,选项A正确,C错误;桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对作用力与反作用力,选项B错误;课本对桌面的压力是由课本想要恢复原状而产生的对桌面向下的压力,施力物体是课本,方向垂直于桌面,大小等于课本的重力,但不是重力,选项D错误。
2.(2019江苏南京、盐城二模联考)某次实验中,通过传感器获得小车的速度v与时间t的关系图像如图所示,则小车( )A.在0~1.0 s内位移先增大后减小B.在0~1.0 s内加速度先增大后减小C.在0~1.0 s内位移约为0.52 mD.在0~0.5 s内平均速度为0.35 m/s答案 C 在0~1.0 s内小车的速度均为正值,则小车的位移一直增大,选项A错误;v-t图线斜率的绝对值等于加速度大小,则在0~1.0 s内小车的加速度先减小到零后增大,选项B错误;v-t图线与横坐标轴围成的面积可以表示位移,则由题中图像可知,在0~1.0 s内小车的位移约为0.52 m,选项C正确;在0~0.5 s内小车的位移约为0.225 m,则小车的平均速度为==0.45 m/s,选项D错误。
3.2019年5月17日,我国成功发射第45颗北斗导航卫星,该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)。
该卫星( )A.入轨后可以位于北京正上方B.入轨后的速度大于第一宇宙速度C.发射速度大于第二宇宙速度D.若发射到近地圆轨道所需能量较少答案 D 因地球静止轨道卫星(同步卫星)的运行轨道在地球赤道正上方,故该北斗导航卫星入轨后不能位于北京正上方,选项A错误;第一宇宙速度在数值上等于地球近地卫星的线速度,由万有引力提供向心力=,可得v=,同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径,则同步卫星入轨后的速度小于第一宇宙速度,选项B错误;地球卫星的发射速度应大于等于第一宇宙速度,小于第二宇宙速度,选项C错误;近地卫星的高度低,发射时所需的能量较少,选项D正确。
楞次定律与法拉第电磁感应定律
楞次定律与法拉第电磁感应定律楞次定律和法拉第电磁感应定律是电磁学中两个重要的定律，它们揭示了电磁感应现象中的基本规律。
本文将详细介绍楞次定律和法拉第电磁感应定律的概念、原理和应用。
一、楞次定律的概念和原理楞次定律是由英国物理学家迈克尔·楞次于1834年提出的，它描述了电流在磁场中产生力的方向和大小。
楞次定律可以用以下简洁的表达式表示：F = BILsinθ其中，F表示力的大小，B表示磁感应强度，I表示电流强度，L表示电流段的长度，θ表示电流与磁感应强度之间的夹角。
根据楞次定律，当电流通过一段导线时，该导线所受的力与导线的长度方向垂直，并且力的方向由右手定则确定。
右手定则的具体应用方法是：将右手的拇指、食指和中指分别指向磁感应强度B的方向、电流I的方向和力F的方向，那么这三个指向的关系遵循右手定则。
楞次定律的原理可以通过洛伦兹力的概念来解释。
洛伦兹力是描述电荷在磁场中受到的力的一种力学模型。
当电流通过一段导线时，导线上的电荷将受到磁场的力的作用，导致导线整体受到力的作用而发生运动。
二、法拉第电磁感应定律的概念和原理法拉第电磁感应定律是由英国物理学家迈克尔·法拉第于1831年提出的，它描述了磁场变化时导线中感应出的电动势的大小和方向。
法拉第电磁感应定律可以用以下简洁的表达式表示：ε = -NΔΦ/Δt其中，ε表示感应电动势的大小，N表示线圈的匝数，ΔΦ表示磁通量的变化量，Δt表示时间的变化量。
负号表示感应电动势的方向与磁通量变化的方向相反。
根据法拉第电磁感应定律，当磁场与导线中的线圈相对运动或磁场发生变化时，导线中会感应出电动势，进而产生电流。
这个现象被称为电磁感应。
当导线闭合成为电路时，感应电动势将驱动电流在电路中流动。
法拉第电磁感应定律的原理可以通过磁通量变化引起的磁场变化来解释。
当磁通量通过导线中的线圈变化时，根据法拉第电磁感应定律，线圈中将产生电流，这是因为磁通量的变化引起了线圈周围磁场的变化，从而感应出了电动势。
【江苏专版】2019高考物理二轮复习与策略 专题限时集训10 电磁感应规律及其应用 含解析
专题限时集训(十) 电磁感应规律及其应用(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化D[将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，因线圈中的磁通量没有变化，故不能观察到感应电流，选项A不符合题意；在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时，如果通电线圈通以恒定电流，产生不变的磁场，则在另一线圈中不会产生感应电流，选项B不符合题意；在线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表时，磁通量已不再变化，因此也不能观察到感应电流，选项C不符合题意；绕在同一铁环上的两个线圈，在给一个线圈通电或断电的瞬间，线圈产生的磁场变化，使穿过另一线圈的磁通量变化，因此，能观察到感应电流，选项D符合题意．]2．如图20所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()图20A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1B [根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt l 2，则E a E b ＝(31)2＝91，选项B 正确；根据I ＝E R ＝E ρ4nl S ′＝n ΔB Δt l 2S ′4ρnl ＝klS ′4ρ可知，I ∝l ，故a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1，选项C 错误；电功率P ＝IE ＝klS ′4ρ·n ΔB Δt l 2＝nk 2l 3S ′4ρ，则P ∝l 3，故a 、b 线圈中电功率之比为27∶1，选项D 错误．] 3．(2016·咸阳二模)如图21所示，一呈半正弦形状的闭合线框abc ，ac ＝l ，匀速穿过边界宽度也为l 的相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域，整个过程线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)( )【导学号：25702049】图21B [线框从左边磁场进入右边磁场的过程中，两边都切割磁感线，磁通量变化得更快，感应电动势更大，感应电流方向沿逆时针，为负，选项B正确．] 4．在如图22甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计，闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是()图22①电容器上极板带正电②电容器下极板带正电③线圈两端的电压为B0πr21t0④线圈两端的电压为4B0πr22 5t0A．①③B．①④C．②③D．②④D[由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，①错②对．由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt S＝B0t0×πr22，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I＝ER＋R1＋R2，所以线圈两端的电压U＝I(R1＋R2)＝4B0πr225t0，③错④对，故应选D.]5．(2016·河北邯郸一模)如图23所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成θ角，上端与一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g.则()图23A．金属杆加速运动过程中的平均速度为v/2B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C．当金属杆的速度为v/2时，它的加速度大小为g sin θ2D．整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－12m v2C[对金属杆分析知，金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，因金属杆加速运动过程不是匀加速，故其平均速度不等于v2，A错误．当安培力等于重力沿斜面的分力，即mg sin θ＝B2l2vR时，杆ab开始匀速运动，此时v最大，F安最大，故匀速运动时克服安培力做功的功率大，B错误；当金属杆速度为v2时，F安′＝B2l2·v2R＝12mg sinθ，所以F合＝mg sin θ－F安′＝12mg sin θ＝ma，得a＝g sin θ2，C正确；由能量守恒可得mgh－12m v2＝Qab＋Q R，即mgh－12m v2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热，D错误．]6．(2016·江苏高考T6)电吉他中电拾音器的基本结构如图24所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音．下列说法正确的有()图24A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化BCD[铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E＝N ΔΦΔt知，线圈的感应电动势变大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中感应电流的磁场方向发生变化，则感应电流的方向不断变化，选项D正确．]7.如图25所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r的铜盘放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G为灵敏电流表．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法中正确的是()图25A．C点电势一定高于D点电势B ．圆盘中产生的感应电动势大小为12Bωr 2C ．电流表中的电流方向为由a 到bD ．若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡旋电流BD [把铜盘看作由中心指向边缘的无数条铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，盘边缘为电源正极，中心为电源负极，C 点电势低于D 点电势，选项A 错误；此电源对外电路供电，电流由b 经电流表再从a 流向铜盘，选项C 错误；铜棒转动切割磁感线，相当于电源，回路中感应电动势为E ＝Br v ＝B rω12r ＝12Bωr 2，选项B 正确；若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中产生感生环形电场，使铜盘中的自由电荷在电场力的作用下定向移动，形成环形电流，选项D 正确．]8．(2016·贵州三校联考)如图26所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R ，C 1和C 2是半径都为a 的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C 1中磁场的磁感应强度随时间按B 1＝b ＋kt (k >0)变化，C 2中磁场的磁感应强度恒为B 2，一质量为m 、电阻为r 、长度为L 的金属杆AB 穿过区域C 2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则( )图26A ．通过金属杆的电流大小为mgB 2L B ．通过金属杆的电流方向为从B 到AC ．定值电阻的阻值为R ＝2πkB 2a 3mg －rD．整个电路的热功率P＝πkamg 2B2BCD[根据题述金属杆恰能保持静止，由平衡条件可得：mg＝B2I·2a，通过金属杆的电流大小为I＝mg2aB2，选项A错误．由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向为从B到A，选项B正确．根据区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k>0)变化，可知ΔB1Δt＝k，C1中磁场变化产生的感应电动势E＝ΔB1Δtπa2＝kπa2，由闭合电路欧姆定律，E＝I(r＋R)，联立解得定值电阻的阻值为R＝2πkB2a3mg－r，选项C正确．整个电路的热功率P＝EI＝kπa 2·mg2aB2＝πkamg2B2，选项D正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(14分)(2016·全国甲卷T24)如图27所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：图27(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma＝F－μmg①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E ＝Bl v③联立①②③式可得E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg . ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律 I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f ＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －f ＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m . ⑧ 【答案】 (1)Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m 10．(18分)(2016·河南三门峡三模)如图28甲所示，两平行导轨是由倾斜导轨(倾角为θ)与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为L ，上端与阻值为R 的电阻连接．一质量为m 的金属杆AB 在t ＝0时由静止开始在沿P 1P 2方向的拉力(图中未画出)作用下沿导轨下滑．当杆AB 运动到P 2Q 2处时撤去拉力，杆AB 在水平导轨上继续运动，其速率v 随时间t 的变化图象如图乙所示，图中v max 和t 1为已知量．若全过程中电阻R 产生的总热量为Q ，杆AB 始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆AB 的电阻以及一切摩擦均不计，求：【导学号：25702050】图28(1)杆AB中的最大感应电流I max的大小和方向；(2)杆AB下滑的全过程通过电阻R的电荷量q；(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上运动的路程s.【解析】(1)由题图乙知杆AB运动到水平轨道P2Q2处时的速率为v max，则回路中的最大感应电动势E max＝BL v max杆AB运动到水平轨道的P2Q2处时，回路中的感应电流最大，回路中的最大感应电流I max＝E max R得I max＝BL v maxR根据右手定则知I max的方向由A流向B.(2)根据法拉第电磁感应定律得，杆AB下滑全过程平均感应电动势E＝ΔΦt1－0平均感应电流I＝E R又q＝I t1解得q＝ΔΦR而ΔΦ＝BLs1cos θ由题图乙知杆AB 下滑的距离s 1＝12v max t 1解得q ＝BL v max t 1cos θ2R. (3)撤去拉力后杆AB 在水平导轨上做减速运动，感应电流I ＝BL v R根据牛顿第二定律有BIL ＝ma若Δt 趋近于零，则a ＝Δv Δt由以上三式可得B 2L 2R v Δt ＝m Δv则B 2L 2R v 1Δt 1＝m Δv 1，B 2L 2R v 2Δt 2＝m Δv 2，…，B 2L 2R v n Δt n ＝m Δv n 得B 2L 2R (v 1Δt 1＋v 2Δt 2＋…＋v n Δt n )＝m (Δv 1＋Δv 2＋…＋Δv n ) 即B 2L 2R s ＝m (v max －0)解得s ＝Rm v max B 2L 2.【答案】 见解析。
2019年高三高考物理三维设计二轮复习专题四·第二讲 楞次定律 法拉第电磁感应定律——课前自测诊断卷
专题四·第二讲楞次定律法拉第电磁感应定律——课前自测诊断卷1.[[多选]如图所示,两根固定的硬质平行直导线及虚线AB在同一平面内,两导线关于AB对称,导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I,将与两平行直导线位于同一平面内的硬质矩形金属线框,从图中实线位置向右平移到虚线位置的过程中,下列说法正确的是()A．线框中的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向B．线框中的感应电流一直沿顺时针方向C．线框受到的安培力方向先向左后向右D．线框受到的安培力方向一直向左解析：选BD根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知,在AB右侧磁场方向垂直纸面向外,AB左侧磁场方向垂直纸面向里。
当导线框位于AB左侧向右运动时,导线框中的磁场方向垂直纸面向里,磁通量减小,根据楞次定律可知,感应电流方向为顺时针方向;当导线框经过AB时,导线框中的磁场方向先垂直纸面向里,后垂直纸面向外,磁通量先减小,后增大,根据楞次定律,可知感应电流方向为顺时针方向;当导线框在AB右侧并向右运动时,导线框中的磁场方向垂直纸面向外,磁通量增加,根据楞次定律可知,感应电流方向为顺时针方向,则可知电流方向一直为顺时针方向,B正确,A错误。
根据楞次定律可知,线框受到的安培力的方向一定与线框的运动方向相反,故安培力一直向左,C错误,D正确。
2．[考查地磁场中的电磁感应现象]如图,沿东西方向站立的两同学(左西右东)做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计(零刻度在表盘中央)的两个接线柱上,形成闭合回路,然后迅速摇动MN这段“绳”。
假设图中情景发生在赤道处,则下列说法正确的是()A．当“绳”摇到最高点时,“绳”中电流最大B．当“绳”摇到最低点时,“绳”受到的安培力最大C．当“绳”向下运动时,N点电势比M点电势高D．摇“绳”过程中,灵敏电流计指针的偏转方向不变解析：选C当“绳”摇到最高点时,绳转动的速度方向与地磁场方向平行,不切割磁感线,感应电流最小,故A错误。
2019年高三高考物理三维设计二轮复习专题四·第二讲 楞次定律 法拉第电磁感应定律——课后“高仿”检测卷
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Ⅰ)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Ⅰ)如图,导体轨道OP Q S 固定,其中P Q S 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P Q S 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 。
现使OM 从O Q 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ);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Ⅱ)。
在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM 的电荷量相等,则B ′B 等于( )A.54B.32C.74 D ．2解析：选B 在过程Ⅰ中,根据法拉第电磁感应定律,有E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2Δt 1根据闭合电路欧姆定律,有I 1＝E 1R且q 1＝I 1Δt 1在过程Ⅱ中,有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E 2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2,即B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2R ＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32。
高考物理江苏专版二轮复习检测：专题四·第二讲 楞次定律 法拉第电磁感应定律——课前自测诊断卷
专题四·第二讲 楞次定律 法拉第电磁感应定律——课前自测诊断卷考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1.[[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线P Q 和一导线框R ，R 在P Q 的右侧。
导线P Q 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向。
导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T4时为零B ．在t ＝T2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向解析：选AC 在t ＝T 4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt S知，E ＝0，故A 正确。
在t ＝T 2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T2和t ＝T 时感应电动势最大。
在T 4到T2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到34T 时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到54T 时，R 中电动势为逆时针方向，C 正确，B 、D 错误。
2．[考查法拉第电磁感应定律的应用]在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，导线回路与匀强磁场垂直，磁场方向垂直纸面向里，磁场均匀地增强，磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt ＝5×10－2T/s ，电容器电容C ＝60 μF ，导线回路边长L 1＝8 cm ，L 2＝5 cm 。
则电容器上极板( )A ．带正电，电荷量是1.2×10－4 C B ．带负电，电荷量是1.2×10－4 C C ．带正电，电荷量是1.2×10－8 CD ．带负电，电荷量是1.2×10－8 C解析：选C 根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则上极板带正电。
2019版高考物理江苏专版二轮复习检测：专题四·第三讲 电磁感应综合问题——课后达标检测卷 Word版含解析
专题四·第三讲 电磁感应综合问题——课后达标检测卷1．[多选](2018·江苏高考)如图所示，竖直放置的“ ”形光滑导轨宽为 L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高 和间距均为 d，磁感应强度为 B。
质量为 m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。
金 属杆在导轨间的电阻为 R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为 g。
金属杆( )A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为 4mgd m2gR2D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度 h 可能小于2B4L4 解析：选 BC 金属杆在磁场之外的区域做加速运动，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以进入磁场Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁场Ⅰ的速度，则金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故 A 错误。
金属杆在磁场Ⅰ中(先)做加速度减小的减速运动， 场之间做加速度为 g 的匀加速直线运动，两个过程位移相等，vt 图像可能如在两磁 图所示，可以看出 B 正确。
由于进入两磁场时速度相等，由动能定理得，W 安1＋mg·2d＝0，可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为 2mgd，即产生的热量为 2mgd，故穿过两磁场产1生的总热量为 4mgd，故 C 正确。
设刚进入磁场Ⅰ时速度为 v，则由机械能守恒定律知 mgh＝2mv2，由牛B2L2vm2a＋g2R2 m2gR2顿第二定律得 R －mg＝ma，解得 h＝ 2B4L4g ＞2B4L4，故 D 错误。
2.[多选](2018·苏锡常镇二模)如图，一根足够长的直导线水平放置，通以向右的恒定电流，在其正上方 O 点用细丝线悬挂一铜制圆环。
将圆环从 a 点无初速释放，圆环在直导线所处的竖直平面内运动，经过最低点 b 和最右侧 c 后返回。
下列说法正确的是( )A．从 a 到 c 的过程中圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针B．运动过程中圆环受到的安培力方向与速度方向相反C．圆环从 b 到 c 的时间大于从 c 到 b 的时间D．圆环从 b 到 c 产生的热量大于从 c 到 b 产生的热量解析：选 AD 由安培定则知，直导线上方磁场方向垂直纸面向外，圆环从 a 到 b 的过程中磁通量增 加，由楞次定律和安培定则可得，线圈中感应电流方向是顺时针；圆环从 b 到 c 的过程中磁通量减小，由 楞次定律和安培定则可得，线圈中感应电流方向是逆时针，故 A 项正确；圆环从 a 到 b 的运动过程中，将 环分解为若干个小的电流元，上半环的左右对称部分所受合力向下，下半环左右对称部分所受合力向上， 下半环所在处的磁场比上半环所在处的磁场强，则整个圆环所受安培力的方向向上，故 B 项错误；圆环从 b 到 c 的过程与圆环从 c 到 b 的过程中经同一位置时从 b 到 c 速率大于从 c 到 b 的速率(一部分机械能转化 为电能)，则圆环从 b 到 c 的时间小于从 c 到 b 的时间，故 C 项错误；圆环从 b 到 c 的过程与圆环从 c 到 b 的过程中经同一位置时从 b 到 c 圆环所受安培力大于从 c 到 b 圆环所受安培力，圆环从 b 到 c 的过程克服 安培力做的功大于圆环从 c 到 b 的过程克服安培力做的功，所以圆环从 b 到 c 产生的热量大于从 c 到 b 产 生的热量，故 D 项正确。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题四·第二讲 楞次定律 法拉第电磁感应定律——课前自测诊断卷1.[[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线P Q 和一导线框R ，R 在P Q 的右侧。
导线P Q 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向。
导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T 4时为零 B ．在t ＝T 2时改变方向 C ．在t ＝T 2时最大，且沿顺时针方向 D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向解析：选AC 在t ＝T 4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS 知，E ＝0，故A 正确。
在t ＝T 2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T 2和t ＝T 时感应电动势最大。
在T 4到T 2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到34T 时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到54T 时，R 中电动势为逆时针方向，C 正确，B 、D 错误。
2．[考查法拉第电磁感应定律的应用]在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，导线回路与匀强磁场垂直，磁场方向垂直纸面向里，磁场均匀地增强，磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt＝5×10－2T/s ，电容器电容C ＝60 μF ，导线回路边长L 1＝8 cm ，L 2＝5 cm 。
则电容器上极板( )A ．带正电，电荷量是1.2×10－4 C B ．带负电，电荷量是1.2×10－4 CC ．带正电，电荷量是1.2×10－8 C D ．带负电，电荷量是1.2×10－8 C 解析：选C 根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则上极板带正电。
根据法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔBS Δt ＝5×10－2×0.05×0.08 V ＝2×10－4 V ，电容器带电荷量为Q ＝CU ＝CE ＝6×10－5×2×10－4 C ＝1.2×10－8 C ，故C 正确，A 、B 、D 错误。
3．[考查感生电动势][多选]在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1 250匝，横截面积S ＝20 cm 2，螺旋管导线电阻r ＝1 Ω，R 1＝4 Ω，R 2＝5 Ω，C ＝20 μF 。
在一段时间内，竖直向下穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 按如图乙所示的规律变化，下列说法正确的是( )A ．螺线管中产生的感应电动势为1 000 VB ．闭合S ，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电C ．闭合S ，电路中的电流稳定后，通过电阻R 1的电流为0.1 AD ．闭合S ，电路中的电流稳定后，再断开S ，以后流经R 2的电荷量为1.0×10－5 C 解析：选CD 根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝1 250×0.82×20×10－4 V ＝1.0 V ，故A 错误； 根据楞次定律可知回路中产生的电流方向是逆时针，所以电容器下极板带正电，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I ＝E R 1＋R 2＋r ＝14＋5＋1A ＝0.1 A ，故C 正确；S 断开后，流经R 2的电荷量即为S 闭合时电容器极板上所带的电荷量Q ，电容器两端的电压：U ＝IR 2＝0.1×5 V ＝0.5 V ，流经R 2的电荷量：Q ＝CU ＝20×10－6×0.5 C ＝1.0×10－5 C ，故D 正确。
4．[考查动生电动势与楞次定律][多选]如图甲所示，一宽为l 的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。
一个边长为a (l ＞a )的正方形导线框ABCD 位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v 通过该磁场区域，导线框电阻为R 。
在运动过程中，线框有一条边始终与磁场区域的边界平行，取线框刚进入磁场的时刻t ＝0，线框中感应电流随时间变化规律的I -t 图像如图乙所示。
下列说法正确的是( )A ．在第1 s 内，线框中感应电流为逆时针方向，大小恒定为0.3 AB ．在第2 s 内，穿过线框的磁通量最大，感应电流大小恒定为0.6 AC ．在第3 s 内，线框中感应电流方向为顺时针方向，大小恒定为0.3 AD ．在第1 s 内，线框中C 点电势高于D 点电势，感应电流大小为0解析：选AC 在第1 s 内，线框向磁场中运动，穿过线框的磁通量均匀增加，感应电流为逆时针方向(取为正方向)，电流大小恒定，由题图乙可知I ＝0.3 A ，选项A 正确；在第2 s 内，整个线框在磁场中运动，穿过线框的磁通量最大且不变，没有感应电流，选项B 错误；在第3 s 内，线框从磁场中出来，磁通量均匀减小，感应电流为顺时针方向(为负方向)，大小恒定，I ＝0.3 A ，选项C 正确；在第1 s 内，由楞次定律判断出线框中感应电流方向沿逆时针方向，则C 点电势低于D 点电势，选项D 错误。
5．[考查电磁感应定律和楞次定律的应用]如图甲所示，正方形闭合线圈abcd 边长为10 cm ，总电阻为2.0 Ω，匝数为100匝，放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示。
求：(1)在0～2 s 内线圈中感应电动势的大小；(2)在t ＝1.0 s 时线圈的ad 边所受安培力的大小和方向；(3)线圈中感应电流的有效值。
解析：(1)在0～2 s 内线圈中感应电动势的大小为E 1＝n ΔΦ1Δt 1＝nS ΔB 1Δt 1＝1 V 。
(2)在t ＝1.0 s 时，I 1＝E 1R＝0.5 A ，由题图乙可知，B 1＝1 T ，则F ＝nB 1I 1L ＝5.0 N 根据楞次定律，流过ad 边的电流方向由a 到d ，由左手定则可知，ad 边所受安培力的方向垂直ad 向右。
(3)在0～2 s 内I 1＝0.5 A在2～3 s 内，线圈中感应电动势的大小为E 2，E 2＝nΔΦ2Δt 2＝nS ΔB 2Δt 2＝2 V ，I 2＝E 2R ＝1 A 设线圈中感应电流的有效值为I ，则I12Rt1＋I22Rt2＝I2Rt，解得I＝22A。
答案：(1)1 V(2)5.0 N垂直ad向右(3)22 A6.[考查Φ-t穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图中的①～④所示，下列说法正确的是()A．图①有感应电动势，且大小恒定不变B．图②产生的感应电动势一直在变大C．图③在0～t1时间内的感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍D．图④产生的感应电动势先变大再变小解析：选C图①中磁通量没有变化，因此没有感应电动势，故A错误；图②中的磁通量均匀增加，图像的斜率不变，因此感应电动势不变，故B错误；图③在0～t1时间内的斜率是t1～t2时间内斜率的2倍，所以在0～t1时间内感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍，故C正确；图④的斜率大小先减小后增大，故产生的感应电动势先变小再变大，故D错误。
7．[考查感应电流的功率和安培力的图像问题][多选]如图所示，粗细均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：E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS 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P ＝I 2R ，恒定不变，A 正确，B 错误；根据安培力公式F ＝BIL ，因为电流大小、ab 边长度不变，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。
8．[考查倾斜导轨上金属杆下滑速度随电阻变化的图像][多选]如图甲所示，两固定平行且光滑金属轨道MN 、P Q 与水平面成θ＝37°，M 、P 之间接电阻箱R ，电阻箱的阻值范围为0～9.9 Ω，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，磁感应强度为B ＝0.5 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v m ，改变电阻箱的阻值R ，得到v m 与R 的关系如图乙所示。
已知轨道间距为L ＝2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，轨道足够长且电阻不计(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
则( )A ．金属杆滑动时产生的感应电流方向是aPMbaB ．金属杆的质量为m ＝0.5 kgC ．金属杆的接入电阻r ＝2 ΩD ．当R ＝2 Ω时，杆ab 匀速下滑过程中R 两端电压为8 V解析：选AC 金属杆向下切割磁感线，由右手定则可知产生的感应电流方向为aPMba ，故A 正确；当速度达到最大时，金属杆的加速度为零，即受力平衡，由平衡可知mg sin θ＝BIL ＝B 2L 2v m R ＋r，v m ＝mg sin θB 2L 2R ＋mgr sin θB 2L 2，结合图像可知：m ＝0.33 kg ，r ＝2 Ω，故B 错误，C 正确；当R ＝2 Ω时，结合图像，最终的速度为8 m/s ，根据电路知识：E ＝BL v ，I＝E R ＋r，U ＝IR ，解得：U ＝4 V ，故D 错误。
9．[考查电磁感应中的B -t 图像][多选]如图甲所示，两根间距为L 的粗糙导轨水平放置，在导轨上垂直导轨放置一根导体棒MN ，导体棒MN 接入回路中电阻为R ，与导轨接触良好，且处在竖直向上的匀强磁场B 1中。
导轨的左端与一个半径为l 的导线圈连接，P 、Q 两点距离很小，导线圈内存在着竖直向下的磁场B 2，磁感应强度B 2随时间变化的图像如图乙所示。
已知导体棒MN 始终保持静止状态，导轨与导线圈电阻不计，则在B 2均匀减弱的过程中，下列说法正确的是( )A ．导体棒MN 受到水平向左的摩擦力B ．导体棒MN 受到水平向右的摩擦力C ．摩擦力大小为B 1πB 2R t 2L D ．摩擦力大小为B 1πB 2l 2Rt 2L 解析：选BD 根据楞次定律和安培定则可知，导线圈内的感应电流方向为顺时针，根据左手定则，导体棒MN 受到水平向左的安培力，根据平衡条件可知导体棒MN 受到水平向右的摩擦力，故B 正确，A 错误；根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝B 2πl 2t 2，由欧姆定律可知I ＝E R ，安培力为F ＝B 1IL ，摩擦力大小为f ＝F ＝πB 1B 2l 2L Rt 2，故D 正确，C 错误。