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

《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）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、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

2、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)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，

3、 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。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( )BBA. B.54 32C. D274解析：选 B 在过程中，根据法拉第电磁感应定律，有E1 1 t1 B(12 r2 14 r2) t1根据闭合电路欧姆定律，有2I1E1R且 q1 I1 t1在过程中，有E2 2 t2 B B 12 r2 t2I2E2Rq2 I2 t2又 q1 q2，即 B(1

4、2 r2 14 r2)R B B 12 r2R所以 。BB 323.(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，下列说法正确的是( )A PQRS 中沿顺时针方向， T 中沿逆时针方向B PQRS 中沿顺时针方向， T 中沿顺时针方向C PQRS 中沿逆时针方向， T 中沿逆时针方向D PQRS 中沿逆时针方向， T 中沿顺时针方向解析：选 D 金属杆 PQ

5、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

6、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3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 E Bl2 知，角速度恒定，则感应电动势恒定，12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来的 2 倍，电流变为原来的2 倍，由 P I2R 知，电流在 R 上的热功率变为原来的 4 倍，选项

7、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

8、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( )A Ua Uc，金属框中无电流B Ub Uc，金属框中电

9、流方向沿 abcaC Ubc Bl2 ，金属框中无电流12D Ubc Bl2 ，金属框中电流方向沿 acba12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 Ua Uc， Ub Uc，选项 A 错误。由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc Bl2 ，选项 C 正确。1247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

10、，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，BLt 0.10.2项正确；导线框进入磁场的过程中， cd 边切割磁感线，由 E BLv，得 B ELv 0.010.10.5T

11、0.2 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 0.40.6 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ER 0.010.005安培力 F BIL0.220.1 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32动。线框中感应电流 i 随时间 t 变化的正确图线可能是(

12、 )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。5线框位移 等效电路的连接 电流0l2 I2 i(顺时针) ll2 I0l3l2 I2 i(逆时针)2 l3l2 I0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

13、律： E n n S 可知，产生的感应电动势 t B t大小不变，所以感应电流大小也不变， ab 边热功率 P I2R，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，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( )6解析：选 BCD 线

14、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mgRB2L2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，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 mg ma 可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速B2L2vR度的减小而减小，线框完全进入磁场后只受重

15、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 mg ma，可知线框做加速度减小的加速运动，离开磁场B2L2vR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，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

16、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( )A M、 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)B M、 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 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

17、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 BL1v1 BL2v2，解得 v22 v1，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 t mv2，对 M 有 FM 安 t mv1 mv0，又知道导轨宽度是 2 倍关7系，故 FM 安 2 FN 安 ，联立解得 v11 m/s， v22 m/s，B 错误；根据能量守恒定律可得mv02 Q mv12 mv22，解得 Q0.1 J，C 错误；在 N 加速过程中，由动量定理得12 12 12B L t mv20，电路中的电流 ，根据法拉第电磁感应定律有 E ，其中磁通量I I

18、ER t变化量 B S，联立以上各式，得 S0.5 m 2，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， MN r。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t t1时刻，金属细杆以速度 v 通过与圆心等高的 P 和 P；在 t t2时刻，金属细杆恰好通过圆

19、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( )A t0 时刻，金属细杆两端的电压为 Bdv0B t t1时刻，金属细杆所受的安培力为B2d2v2RC从 t0 到 t t1时刻，通过金属细杆横截面的电荷量为BdrRD从 t0 到 t t2时刻，定值电阻 R 产生的焦耳热为 mv02 mgr14 54解析：选 CD t0 时刻，金属细杆产生的感应电动势 E Bdv0，金属细杆两端的电压U R Bdv0，故 A 项错误。 t t1时刻，金属细杆的速度与磁场平行，不切割磁感线，E2R 12不产生感应电流，所以此时金属细杆不受安培力，故

20、B 项错误。从 t0 到 t t1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E t Bd2rt1 I E2R横截面的电荷量 q t1，解得： q ，故 C 项正确。设杆通过最高点速度为 v2，金属细IBdrR杆恰好通过圆弧轨道的最高点，对杆受力分析，由牛顿第二定律可得： mg m ，解得v22rv2 。从 t0 到 t t2时刻，根据功能关系可得，回路中的总焦耳热：grQ mv02 mv22 mg2r，定值电阻 R 产生的焦耳热 QR Q，解得： QR mv02 mgr，故12 12 12 14 54D 项正确。13.(2018淄博二模)如图所示，质量为 M 的足够长

21、金属导轨8abcd 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

22、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： F mg Ma解得： F mg Ma。(2)导轨运动以后v ats at212Rx R02sIBLvR RxF 安 BIL得： F 安 B2L2atR R0at2对导轨由牛顿第二定律有： F F 滑 F 安 Ma又有 F 滑 (F 安 mg)联立可得： F mg Ma( 1)B2L2atR R0at2分析可知：当 t 趋于无穷大时， F mg Ma当 t 时， Fmax mg Ma( 1) 。RR0a B2L2a2RR0a(3)对导轨在加速过程中由动能定理知：Mas Ek则： s EkMa又 W (mg 安 )sF安 s QF则 W mgs Q9解得： Q 。W mg EkMa答案：(1) mg Ma (2) mg Mamg Ma( 1) (3) B2L2a2RR0a W mg EkMa