【物理】2019届二轮复习 楞次定律 法拉第电磁感应定律 作业 （全国通用）

【物理】2019届二轮复习 楞次定律 法拉第电磁感应定律 作业 （全国通用）

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 常见磁场中的电磁感应现象 ‎1.[考查直导线周围磁场中的电磁感应现象]‎ ‎[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。当“绳”摇到最低点时，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，绳受到的安培力也最小，故B错误。当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中N点电势比M点电势高，故C正确。在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动和向上运动时，“绳”‎ 切割磁感线的方向不同，则感应电流的方向不同，即灵敏电流计指针的偏转方向改变，故D错误。‎ ‎3．[考查永磁体周围磁场中的电磁感应现象]‎ ‎[多选]有一个铜盘，与支架之间的阻力非常小，因此轻轻拨动它，就能长时间地绕轴自由转动。如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，但并不与铜盘接触，如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．铜盘能够在较短的时间内停止转动 B．铜盘在转动过程中磁通量将不断减小 C．铜盘在转动过程中产生的感应电动势将不断减小 D．铜盘边缘的电势高于圆心的电势 解析：选ACD　当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则有感应电流，处于磁场中受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，铜盘能够在较短的时间内停止转动，选项A正确；铜盘在转动过程中磁通量不变，选项B错误；铜盘在转动过程中，由于转动速度减小，则产生的感应电动势将不断减小，选项C正确；由右手定则可知，铜盘边缘的电势高于圆心的电势，选项D正确。‎ ‎4．[考查电磁铁周围磁场中的电磁感应现象(二次感应问题)]‎ ‎[多选]如图所示，水平放置的两光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，PQ所处的水平光滑轨道内有垂直纸面向里的匀强磁场，当PQ在外力的作用下运动时，闭合开关S，MN在安培力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是(　　)‎ A．向右加速运动　　　　　　 B．向左加速运动 C．向右减速运动 D．向左减速运动 解析：选BC　逆推法：根据右手螺旋定则可知，导线ab在MN所在处产生的磁场方向垂直纸面向里，MN在安培力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知，MN中的电流方向由M指向N，由右手螺旋定则可知，线圈L1中感应磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，线圈L2中磁通量的变化情况为向上减小或向下增加，由右手螺旋定则可知，PQ中的电流从Q到P且逐渐减小或从P到Q且逐渐增大，再由右手定则可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。故B、C正确，A、D错误。‎ 顺序推理法：对选项A，PQ向右加速运动，L2上端为N极且磁通量增加，由楞次定律可推出L1的下端为N极，电流由N到M，S闭合时MN向左运动，故A错误。同理，可分析得出B、C正确，D错误。‎ 考点二 电磁感应中的图像问题 ‎5.[考查根据电磁感应过程选择图像]‎ 如图所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，纸面内一边长为a的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，t＝0时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列选项中能够正确表示电流与位移关系的是(　　)‎ 解析：选B　在x∈(0，a)时，右边框切割磁感线产生感应电流，电流大小i＝＝(a－2x)，其中x∈时，方向为顺时针；x＝时，导线框中感应电流为零；x∈时，方向为逆时针。在x∈(a,2a)时，左边框切割磁感线产生感应电流，感应电流大小i＝＝(3a－2x)，其中x∈时，方向为逆时针；x＝a时，导线框中感应电流为零；x∈时，方向为顺时针，所以B正确，A、C、D错误。‎ ‎6．[考查根据图像分析电磁感应过程]‎ ‎[多选]如图甲所示，一正方形线框放在光滑绝缘的水平面上，在水平向右的拉力作用下从图示位置始终向右做匀加速运动，线框右侧有一垂直于水平面向下的匀强磁场，线框的右边始终与磁场的边界平行，线框的质量为1 kg，电阻为1 Ω，整个运动过程中，拉力的大小随时间变化如图乙所示，则(　　)‎ A．线框运动的加速度大小为5 m/s2‎ B．线框刚好完全进入磁场时的时间为t＝1.2 s C．线框的边长为0.55 m D．磁场的磁感应强度大小为1.1 T 解析：选AB　由题图乙可知，线框在磁场外受到的合力为5 N，则运动的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，A项正确；线框进入磁场的过程中，F－＝ma，即F＝＋ma，线框刚进入磁场时，10＝×5×1＋5，刚好完全进磁场时11＝×5×t＋5，求得t＝1.2 s，B项正确；线框的边长为L＝×5×(1.22－12)m＝1.1 m，C项错误；由＝1得磁感应强度B＝ T，D项错误。‎ 考点三 线框在磁场中运动产生感应电动势 ‎7.[考查线框在磁场中转动问题]如图所示，单匝直角三角形导线框OMN在匀强磁场中以ON所在的直线为轴匀速转动，角速度为ω，已知OM边长为l，∠MON＝θ，匀强磁场垂直于ON向右，磁感应强度大小为B，下列说法正确的是(　　)‎ A．导线框OMN内产生大小恒定的电流 B．截掉导线MN，则电动势最大值变小 C．导线框OMN产生的电流方向为OMNO D．导线框OMN内产生的电动势最大值为Bl2ωsin θcos θ 解析：选D　当导线框OMN以ON所在的直线为轴匀速转动时，线框内产生正弦交变电流，选项A错误；导线MN不切割磁感线，则截掉导线MN，则电动势最大值不变，选项B错误；导线框OMN产生的电流方向不断变化，选项C错误；导线框OMN内产生的电动势最大值为Em＝BωS＝Bl2ωsin θcos θ，选项D正确。‎ ‎8．[考查线框在磁场中平动问题][多选]如图所示，PQ、MN为两根光滑绝缘且固定的平行轨道，两轨道间的宽度为L，轨道斜面与水平面成θ角。在矩形abdc内存在方向垂直轨道斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，已知ab、cd间的距离为3d。有一质量为m、长为L、宽为d的矩形金属线圈ABCD放置在轨道上，开始时线圈AB边与磁场边界ab重合。现让线圈由静止出发沿轨道下滑，从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，流过线圈的电荷量为q。线圈通过磁场的总时间为t，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)‎ A．线圈在磁场中不可能做匀加速直线运动 B．线圈的电阻为R＝ C．线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v＝ D．线圈在时间t内电阻的发热量为Q＝4mgdsin θ－ 解析：选BD　线圈全部进入磁场后，磁通量不变，感应电流为0，不受安培力作用，做匀加速直线运动，故A错误；从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，通过回路的电荷量q＝IΔt＝Δt＝＝，线圈的电阻为R＝，故B正确；设线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v，根据动量定理可得mgtsin θ－BLt′＝mv－0，t′＝2q，解得线圈的速度大小为v＝，故C错误；由能量守恒定律有mg·4dsin θ＝mv2＋Q，解得Q＝4mgdsin θ－，故D正确。‎ 考点四 导体棒在磁场中运动产生感应电动势 ‎9.[考查导体棒转动切割磁感线]‎ ‎[多选]如图所示，半径为r的半圆弧光滑金属导轨ab垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，现有一导体棒Oc可绕半圆形导轨的圆心O点逆时针旋转，转动过程中导体棒接入的电阻为R0，导体棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计。在导轨的右端点b和圆心O有两根引线分别接在电容器C和总阻值为R的滑动变阻器两端。现让导体棒从b端向a端转动，下列说法正确的是(　　)‎ A．导体棒在转动过程中c端电势高 B．滑片P置于最右端不动，且导体棒以角速度ω匀速转动时外力的功率为 C．导体棒以角速度ω匀速转动时，将P从最右端滑到最左端的过程中C的放电量为 D．滑片P置于中间不动，均匀增大转速时导体棒所受的外力和C上的电荷量都均匀增大 解析：选CD　导体棒Oc转动过程中由右手定则知电流由c向O流动，因导体棒相当于电源，故c端是电源的负极，电势低，故A项错误；导体棒匀速转动时产生的电动势为E＝Br·ω，因此回路中的电流为I＝，于是对应外力的功率为P＝I2(R＋R0)＝，故B项错误；导体棒稳定转动时，电动势恒定，将滑片P从最右端滑向最左端的过程中C的电压从U＝R＝逐渐减小到零，对应放出的电荷量为Q＝C(U－0)＝‎ eq f(CBr2ωR,2(R＋R0))，故C项正确；滑片P置于中间不动，增大转速时，回路中的电流为I＝n线性增大，因此安培力F＝IrB＝n也线性增大，由于电流线性增大，滑动变阻器分配的电压线性增大，加在C上的电压线性增大，因此它的带电量也线性增大，故D项正确。‎ ‎10．[考查导体棒平动切割磁感线，导体棒所受摩擦力恒定]‎ ‎[多选]CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为d，如图所示。导轨的右端接有一阻值为R的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且与水平导轨间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是(　　)‎ A．通过电阻R的最大电流为 B．流过电阻R的电荷量为 C．整个电路中产生的焦耳热为mgh D．电阻R中产生的焦耳热为mg(h－μd)‎ 解析：选ABD　质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由mgh＝mv2，得最大速度v＝，产生的最大感应电动势Em＝BLv＝BL。由闭合电路欧姆定律可得电阻R的最大电流Im＝＝，A正确；在导体棒滑过磁场区域的过程中，产生的感应电动势的平均值＝＝，平均感应电流＝，流过电阻R的电荷量为q＝t，联立解得q＝＝，B正确；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热Q＝mgh－μmgd，C错误；电阻R中产生的焦耳热Q1＝Q＝mg(h－μd)，D正确。‎ ‎11．[考查导体棒平动切割磁感线，导体棒所受外力变化]‎ 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1‎ ‎ kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒运动的位移x＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前回路中产生的焦耳热Q1＝2.025 J，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：‎ ‎(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；‎ ‎(2)金属棒MN做匀加速运动所需外力F随时间t变化的表达式；‎ ‎(3)外力做的功WF。‎ 解析：(1)棒在匀加速运动中，由法拉第电磁感应定律得＝，其中ΔΦ＝BLx 由闭合电路的欧姆定律得＝ 则通过电阻R的电荷量为q＝·Δt 联立各式，代入数据得q＝2.25 C。‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律得E＝BLv 对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v＝at 由闭合电路欧姆定律得I＝ 由安培力公式和牛顿第二定律得F－BIL＝ma 联立各式得F＝0.2＋0.05t(N)。‎ ‎(3)对棒的匀加速运动过程，‎ 由运动学公式得v2＝2ax 撤去外力后，由动能定理得安培力做功 W＝0－mv2‎ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W 联立解得Q2＝1.8 J 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2‎ 解得WF＝3.825 J。‎ 答案：(1)2.25 C　(2)F＝0.2＋0.05t(N)　(3)3.825 J ‎12．[考查双导体棒切割磁感线运动]‎ 两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5‎ ‎ Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；‎ ‎(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；‎ ‎(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。‎ 解析：(1)设杆a由静止释放到滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，以杆b运动的方向为正方向，对杆b运用动量定理，有 ‎－Bd·Δt＝mbvb0－mbv0‎ 其中vb0＝2 m/s 代入数据解得Δt＝5 s。‎ ‎(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝mava2‎ 解得va＝＝5 m/s 设最后a、b两杆共同的速度为v′，以杆a运动的方向为正方向，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′‎ 代入数据解得v′＝ m/s 杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得 ‎－BdI·Δt′＝mav′－mava 而q＝I·Δt′‎ 代入数据得q＝ C。‎ ‎(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为 Q＝magh＋mbv02－(mb＋ma)v′2＝ J b棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J。‎ 答案：(1)5 s　(2) C　(3) J