高考物理大二轮专题复习 考前增分练 选择题部分 专练11 楞次定律和法拉第电磁感应定律

高考物理大二轮专题复习 考前增分练 选择题部分 专练11 楞次定律和法拉第电磁感应定律1(xx江苏1)如图1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t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()图1A. B.C. D.答案B解析线圈中产生的感应电动势EnnSn，选项B正确2(xx山东16)如图2所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示不计轨道电阻，以下叙述正确的是()图2AFM向右 BFN向左CFM逐渐增大 DFN逐渐减小答案BCD解析根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，选项B正确；导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，根据EBlv，I及FBIl可知，FM逐渐变大，故选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，根据EBlv，I及FBIl可知，FN逐渐变小，故选项D正确3在大连某中学实验室的水平桌面上，放置一矩形闭合导体线圈，如图3所示，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向仅考虑地磁场的影响，下列说法正确的是()图3A若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势高B若使线圈向东平动，则a点的电势与b点的电势相等C若以bc边为轴将线圈向上翻转90过程中，则线圈中感应电流方向为abcdaD若以bc边为轴将线圈向上翻转90过程中，则线圈中感应电流方向为adcba答案C解析若使线圈向东平动，由于地磁场的磁感线是地理南极指向北极，则穿过线圈的磁通量不变，因此线圈中没有感应电动势，故A、B错误；若以bc为轴将线圈向上翻转90过程中，ad边切割磁感应线，由右手定则可知线圈中感应电流方向为abcda，故C正确，D错误4如图4所示，边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个边长为L粗细均匀的正方形导线框abcd，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框各边的电阻大小均为R.在导线框从图示位置开始以恒定速度v沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是()图4A导线框进入磁场区域时产生顺时针方向的感应电流B导线框中有感应电流的时间为C导线框的bd对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为D导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为答案D解析根据楞次定律的推论：感应电流的效果总是阻碍磁通量的变化，故由楞次定律判断出，导线框进入磁场区域时，感应电流的方向为逆时针方向，故A选项错误；导线框完全进入磁场后感应电流消失，完全进入经历的时间为，完全穿出经历时间也为，导线框中有感应电流的时间t2，故B选项错误；导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导体的有效切割长度为，感应电动势为，由安培力公式为F，可算出安培力为，故C选项错误；导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为电动势的一半，大小为，故D选项正确5电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器如图5甲所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方置有一个连接到放大器的螺线管一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为()图5答案D解析在0时间内，磁通量增加但增加的越来越慢，因此感应电流越来越小，到时刻，感应电流减小到零；在t0时间内，磁通量越来越小，感应电流反向，磁通量变化的越来越快，感应电流越来越大，到t0时刻达到反向最大值，从这两段时间断定，选项D正确，A、B、C错误6如图6所示，两个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长也为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量的方向为正，外力F向右为正则以下关于线框中磁通量、感应电动势E、外力F和线圈总电功率P随时间t变化的图象正确的是()图6答案BD解析当运动到2.5L时，磁通量为零，故A错误；当线圈进入第一个磁场和离开第二个磁场时，由EBLv可知，E保持不变，方向为逆时针方向，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLv，方向为顺时针方向，故B正确；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；拉力的功率PFv，因速度不变，故P与F的变化规律一致，所以D正确7有一种信号发生器的工作原理可简化为如图7所示的情形，竖直面内有半径均为R且相切于O点的两圆形区域，其内存在水平恒定的匀强磁场，长为2R的导体杆OA，以角速度绕过O点的固定轴，在竖直平面内顺时针匀速旋转，t0时，OA恰好位于两圆的公切线上，下列描述导体杆两端电势差UAO随时间变化的图象可能正确的是()图7答案A解析由右手定则可知，感应电动势始终从O指向A，为正由EBL2，L是有效切割长度，B、不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半圈后，再次重复，故A正确8如图8甲所示，一个圆形线圈的匝数n100，线圈面积S200 cm2，线圈的电阻r1 ，线圈外接一个阻值R4 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示下列说法中正确的是()图8A线圈中的感应电流方向为顺时针方向B电阻R两端的电压随时间均匀增大C线圈电阻r消耗的功率为4104 WD前4 s内通过R的电荷量为4104 C答案C解析由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流方向为逆时针方向，故A错误根据法拉第电磁感应定律，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故B错误；由法拉第电磁感应定律：ENN1000.02 V0.1 V，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为I A0.02 A，所以线圈电阻r消耗的功率PI2r0.0221 W4104 W，故C正确；前4 s内通过R的电荷量QIt0.024 C0.08 C，故D错误faa