2019屆高考物理二輪復習 第一部分 專題四 電路與電磁感應 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應定律課后“高仿”檢測卷_1

1、2019屆高考物理二輪復習 第一部分 專題四 電路與電磁感應 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應定律課后“高仿”檢測卷專題四第二講楞次定律法拉第電磁感應定律課后“高仿”檢測卷一、高考真題集中演練明規(guī)律1.(2017全國卷)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是()解析：選A施加磁場來快速衰減STM的微小振動，其原理是電磁阻尼，在振動時通過紫銅薄板的

2、磁通量變化，紫銅薄板中產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動，即促使其振動衰減。方案A中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，通過它的磁通量都發(fā)生變化；方案B中，當紫銅薄板上下振動時，通過它的磁通量可能不變，當紫銅薄板向右振動時，通過它的磁通量不變；方案C中，紫銅薄板上下振動、左右振動時，通過它的磁通量可能不變；方案D中，當紫銅薄板上下振動時，紫銅薄板中磁通量可能不變。綜上可知，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是A。2.(2018全國卷)如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞

3、O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中，流過OM的電荷量相等，則等于()A.B.C.D2解析：選B在過程中，根據(jù)法拉第電磁感應定律，有E1根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I1且q1I1t1在過程中，有E2I2q2I2t2又q1q2，即所以。3.(2017全國卷)如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬

4、線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是()APQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向BPQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向CPQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向DPQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向解析：選D金屬桿PQ向右切割磁感線，根據(jù)右手定則可知PQRS中感應電流沿逆時針方向；原來T中的磁場方向垂直于紙面向里，閉合回路PQRS中的感應電流產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外，使得穿過T的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知T中產(chǎn)生順時針方向的感應電流，綜上所述，可知A、B、C項錯誤，D項正確。4多選(201

5、6全國卷)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定B若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動C若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析：選AB由右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉動時，感應電流沿a到b的方向流動，選項B正確；由感應電動勢EBl2知，角速度恒定，則感應電動勢恒定，電流大小恒定，選項

6、A正確；角速度大小變化，感應電動勢大小變化，但感應電流方向不變，選項C錯誤；若變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由PI2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤。5多選(2015全國卷)1824年，法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，如圖所示。實驗中發(fā)現(xiàn)，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后。下列說法正確的是()A圓盤上產(chǎn)生了感應電動勢B圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉動C在圓盤轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)

7、生了變化D圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉動解析：選AB當圓盤轉動時，圓盤的半徑切割磁針產(chǎn)生的磁場的磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，選項A正確；圓盤上產(chǎn)生感應電動勢，圓盤上產(chǎn)生感應電流，根據(jù)楞次定律，感應電流阻礙其相對運動，但抗拒不了相對運動，故磁針會隨圓盤一起轉動，但略有滯后，選項B正確；在圓盤轉動過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量始終為零，選項C錯誤；圓盤呈電中性，轉動時不會形成電流，選項D錯誤。6.(2015全國卷)如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上。當金屬框繞ab邊以角速度逆時針轉動時，a、b、c三點的電

8、勢分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是()AUaUc，金屬框中無電流BUbUc，金屬框中電流方向沿abcaCUbcBl2，金屬框中無電流DUbcBl2，金屬框中電流方向沿acba解析：選C金屬框abc平面與磁場平行，轉動過程中磁通量始終為零，所以無感應電流產(chǎn)生，選項B、D錯誤。轉動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則判斷UaUc，UbUc，選項A錯誤。由轉動切割產(chǎn)生感應電動勢的公式得UbcBl2，選項C正確。7多選(2017全國卷)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005的正方形導線框abcd位

9、于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)。下列說法正確的是()A磁感應強度的大小為0.5TB導線框運動速度的大小為0.5m/sC磁感應強度的方向垂直于紙面向外D在t0.4s至t0.6s這段時間內(nèi)，導線框所受的安培力大小為0.1N解析：選BC由題圖(b)可知，導線框運動的速度大小vm/s0.5m/s，B項正確；導線框進入磁場的過程中，cd邊切割磁感線，由EBLv，得BT0.2T，A項錯誤；由題圖(b)可知，導線框進入磁場的過程中，感應電流的

10、方向為順時針方向，根據(jù)楞次定律可知，磁感應強度方向垂直紙面向外，C項正確；在0.40.6s這段時間內(nèi)，導線框正在出磁場，回路中的電流大小IA2A，則導線框受到的安培力FBIL0.220.1N0.04N，D項錯誤。8.(2018全國卷)如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動。線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()解析：選D設線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應電流為i。線框位移等效電路的連接電流0I2i(順時針)lI0lI2i(逆時針)2lI0綜合分

11、析知，只有選項D符合要求。二、名校模擬重點演練知熱點9多選如圖甲所示，粗細均勻的矩形金屬導體線框abcd固定于勻強磁場中，磁場方向垂直線框所在平面，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。以垂直于線框所在平面向里為磁感應強度B的正方向，則下列關于ab邊的熱功率P、ab邊受到的安培力F(以向右為正方向)隨時間t變化的圖像中正確的是()解析：選AD根據(jù)法拉第電磁感應定律：EnnS可知，產(chǎn)生的感應電動勢大小不變，所以感應電流大小也不變，ab邊熱功率PI2R，恒定不變，A正確，B錯誤；根據(jù)安培力公式FBIL，因為電流大小、ab邊長度不變，所以安培力與磁感應強度成正比，根據(jù)左手定則判定方向，可知C錯誤

12、，D正確。10多選(2019屆高三開封模擬)如圖所示，空間某區(qū)域內(nèi)存在沿水平方向的勻強磁場，一正方形閉合金屬線框自磁場上方某處釋放后穿過磁場，整個過程線框平面始終豎直，線框邊長小于磁場區(qū)域上下寬度。以線框剛進入磁場時為計時起點，下列描述線框所受安培力F隨時間t變化關系的圖中正確的是()解析：選BCD線框受重力作用加速下落，進入與離開磁場時受到安培力作用。若進入磁場時安培力大于重力，做加速度減小的減速運動，安培力隨速度減小而減小，某時刻安培力等于重力，線框做勻速運動，此時速度達到v0，完全進入后只受重力，線框加速，剛要離開時的速度大于完全進入時的速度，故安培力大于重力，做減速運動，速度減小，安培

13、力也減小，故A錯誤；若線框進入磁場時恰好重力等于安培力，完全進入后只受重力，線框加速，離開磁場時安培力大于重力，速度減小，故B正確；若線框進入磁場時重力小于安培力，由mgma可知，線框做加速度減小的減速運動，安培力隨速度的減小而減小，線框完全進入磁場后只受重力，線框加速，離開磁場時安培力大于重力，速度減小，進入過程與離開過程安培力變化情況可能完全相同，故C正確；若線框進入磁場時重力大于安培力，由mgma，可知線框做加速度減小的加速運動，離開磁場時安培力可能大于重力，則線框做加速度減小的減速運動，安培力隨速度減小而減小，故D正確。11多選(2018石家莊二模)如圖所示，足夠長的光滑水平軌道，左側

14、軌道間距為0.4m，右側軌道間距為0.2m?？臻g存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為0.2T。質量均為0.01kg的金屬棒M、N垂直導軌放置在軌道上，開始時金屬棒M、N均保持靜止，現(xiàn)使金屬棒M以5m/s的速度向右運動，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸，M棒總在寬軌上運動，N棒總在窄軌上運動。已知兩金屬棒接入電路的總電阻為0.2，軌道電阻不計，g10m/s2，下列說法正確的是()AM、N棒在相對運動過程中，回路內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的電流(俯視)BM、N棒最后都以2.5m/s的速度向右勻速運動C從開始到最終勻速運動電路中產(chǎn)生的焦耳熱為6.25102JD在兩棒整個的運動過程中，金

15、屬棒M、N在水平導軌間掃過的面積之差為0.5m2解析：選AD金屬棒M向右運動后，穿過M、N與導軌組成的閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可得回路內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的電流(俯視)，A正確；兩棒最后勻速時，電路中無電流，即BL1v1BL2v2，解得v22v1，選取水平向右為正方向，對M、N分別利用動量定理可得：對N有FN安tmv2，對M有FM安tmv1mv0，又知道導軌寬度是2倍關系，故FM安2FN安，聯(lián)立解得v11m/s，v22m/s，B錯誤；根據(jù)能量守恒定律可得mv02Qmv12mv22，解得Q0.1J，C錯誤；在N加速過程中，由動量定理得BLtmv20，電路中的電流，根據(jù)法拉第電磁感應定律有

16、E，其中磁通量變化量BS，聯(lián)立以上各式，得S0.5m2，D正確。12多選(2018齊魯名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示，光滑、平行的金屬軌道分水平段(左端接有阻值為R的定值電阻)和半圓弧段兩部分，兩段軌道相切于N和N點，圓弧的半徑為r，兩金屬軌道間的寬度為d，整個軌道處于磁感應強度為B，方向豎直向上的勻強磁場中。質量為m、長為d、電阻為R的金屬細桿置于框架上的MM處，MNr。在t0時刻，給金屬細桿一個垂直金屬細桿、水平向右的初速度v0，之后金屬細桿沿軌道運動，在tt1時刻，金屬細桿以速度v通過與圓心等高的P和P；在tt2時刻，金屬細桿恰好通過圓弧軌道的最高點，金屬細桿與軌道始終接觸良好，軌道的電阻和空

17、氣阻力均不計，重力加速度為g。以下說法正確的是()At0時刻，金屬細桿兩端的電壓為Bdv0Btt1時刻，金屬細桿所受的安培力為C從t0到tt1時刻，通過金屬細桿橫截面的電荷量為D從t0到tt2時刻，定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mv02mgr解析：選CDt0時刻，金屬細桿產(chǎn)生的感應電動勢EBdv0，金屬細桿兩端的電壓URBdv0，故A項錯誤。tt1時刻，金屬細桿的速度與磁場平行，不切割磁感線，不產(chǎn)生感應電流，所以此時金屬細桿不受安培力，故B項錯誤。從t0到tt1時刻，電路中的平均電動勢，回路中的電流，在這段時間內(nèi)通過金屬細桿橫截面的電荷量qt1，解得：q，故C項正確。設桿通過最高點速度為v2，金屬細

18、桿恰好通過圓弧軌道的最高點，對桿受力分析，由牛頓第二定律可得：mgm，解得v2。從t0到tt2時刻，根據(jù)功能關系可得，回路中的總焦耳熱：Qmv02mv22mg2r，定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱QRQ，解得：QRmv02mgr，故D項正確。13.(2018淄博二模)如圖所示，質量為M的足夠長金屬導軌abcd放在光滑的絕緣水平面上。一電阻不計，質量為m的導體棒PQ放置在導軌上，始終與導軌接觸良好，PQbc構成矩形。棒與導軌間動摩擦因數(shù)為，棒左側有兩個固定于水平面的立柱。導軌bc段長為L，開始時PQ左側導軌的總電阻為R，右側導軌單位長度的電阻為R0。以ef為界，其左側勻強磁場方向豎直向上，右側勻強磁場方向水平向左，磁感應強度大小均為B。在t0時，一水平向左的拉力F垂直作用于導軌的bc邊上，使導軌由靜止開始做勻加速直線運動，加速度為a。(1)求導軌剛開始運動時拉力F的大小；(2)求導軌運動時間足夠長后拉力F