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1、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(shí)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(dòng)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(dòng)勢E=n=n··S=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
2、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)度越小.當(dāng)導(dǎo)體棒勻速通過M、N兩區(qū)時(shí),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(dòng)時(shí),受到的安培力均向左,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確;導(dǎo)體棒在M區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí),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(dòng)時(shí)
3、,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(dòng),則a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的電勢高
B.若使線圈向東平動(dòng),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(dòng),由于地磁場的磁感線是地理南極指
4、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(dòng)勢,故A、B錯(cuò)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(cuò)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(gè)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(gè)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(shí)產(chǎn)生順時(shí)針方向
5、的感應(yīng)電流
B.導(dǎo)線框中有感應(yīng)電流的時(shí)間為
C.導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時(shí),整個(gè)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(shí),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(shí),感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向,故A選項(xiàng)錯(cuò)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(shí)間為,完全穿出經(jīng)歷時(shí)間也為,導(dǎo)線框中有感應(yīng)電流的時(shí)間t=×2,故B選項(xiàng)錯(cuò)誤;導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時(shí),導(dǎo)體的有效切割長度為,感應(yīng)電動(dòng)勢為,由安培力公式為F=,可算出安培力為,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤;導(dǎo)線框
6、的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時(shí),導(dǎo)線框a、c兩點(diǎn)間的電壓為電動(dòng)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(gè)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(dòng)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(dòng),螺線管內(nèi)的磁通量隨時(shí)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(shí)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(shí)刻,感應(yīng)電流減小到零;在~t0時(shí)間內(nèi),磁通量越來越小,感應(yīng)電流反向,磁通量
7、變化的越來越快,感應(yīng)電流越來越大,到t0時(shí)刻達(dá)到反向最大值,從這兩段時(shí)間斷定,選項(xiàng)D正確,A、B、C錯(cuò)誤.
6.如圖6所示,兩個(gè)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(shí)起點(diǎn),規(guī)定:電流沿逆時(shí)針方向時(shí)電動(dòng)勢E為正,磁感線垂直紙面向里時(shí)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(dòng)勢E、外力F和線圈總電功率P隨時(shí)間t變化的圖象正確的是( )
圖6
答案 BD
解析
8、當(dāng)運(yùn)動(dòng)到2.5L時(shí),磁通量為零,故A錯(cuò)誤;當(dāng)線圈進(jìn)入第一個(gè)磁場和離開第二個(gè)磁場時(shí),由E=BLv可知,E保持不變,方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向,而開始進(jìn)入第二個(gè)磁場時(shí),兩端同時(shí)切割磁感線,電動(dòng)勢應(yīng)為2BLv,方向?yàn)轫槙r(shí)針方向,故B正確;因安培力總是與運(yùn)動(dòng)方向相反,故拉力應(yīng)一直向右,故C錯(cuò)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(shí)針勻速旋轉(zhuǎn),t=0時(shí),OA恰好位于兩圓的公切線上,下列
9、描述導(dǎo)體桿兩端電勢差UAO隨時(shí)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(dòng)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(shí)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(gè)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(gè)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(shí)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(shí)針方向
B.電阻R兩端的
10、電壓隨時(shí)間均勻增大
C.線圈電阻r消耗的功率為4×10-4 W
D.前4 s內(nèi)通過R的電荷量為4×10-4 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(shí)針方向,故A錯(cuò)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(dòng)勢恒定,則電阻兩端的電壓恒定,故B錯(cuò)誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律:E=N=N=100××0.02 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=0.022×1 W=4×10-4 W,故C正確;前4 s內(nèi)通過R的電荷量Q=It=0.02×4 C=0.08 C,故D錯(cuò)誤.faa