2019-2020年高考物理 楞次定律的应用专题练习.doc

2019-2020年高考物理 楞次定律的应用专题练习1、如图所示，在一根较长的铁钉上，用漆包线绕两个线圈A和B将线圈B的两端与漆包线CD相连，使CD平放在静止的小磁针的正上方，与小磁针平行试判断合上开关的瞬间，小磁针N极的偏转情况？线圈A中电流稳定后，小磁针又怎样偏转？2、如图所示，和是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒。ab 和cd用导线连成一个闭合回路。当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力。由此可知是 极，a点电势 （填“大于”或“小于”）b点电势。3、在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图所示，已知电容C=30 F，回路的长和宽分别为=5cm，=8cm，磁感应强度随时间均匀增加,磁场变化率为510-2 T/s.（1）电容器上下两极板中哪个板带正电（2）电容器的带电量q4、如图所示，水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈abcd，当一竖直放置的条形磁铁的S极从线圈正上方快速靠近线圈时，流过ab边的电流方向为 _(填“b到a”或“a到b”从b到a；若线圈始终不动，线圈受到的支持力FN与自身重力间的关系是FN _mg（选填“”、“”或“=”）5、为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图5所示。已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。 图5(1)将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转。俯视线圈，其绕向为_(填：“顺时针”或“逆时针”)。(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转。俯视线圈，其绕向为_(填：“顺时针”或“逆时针”)。6、如图，金属环A用轻线悬挂，与长直螺线管B共轴，并位于其左侧若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向_(填“左”或“右”)运动，并有_(填“收缩”或“扩张”)趋势7、如右图所示，在通电密绕长螺线管靠近左端处，吊一金属环处于静止状态，在其内部也吊一金属环处于静止状态，两环环面均与螺线管的轴线垂直且环中心恰在螺线管中轴上，当滑动变阻器R的滑片P向左端移动时，环将有_（填“收缩”或“扩张”）趋势，环将向_（填“左”或“右”）运动。8、绕有线圈的铁心直立在水平桌面上，铁心上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示。闭合电键的瞬间，铝环跳起一定高度。保持电键闭合，铝环则应_（填“保持原有高度”或“回落”）；断开电键时铝环则应_（填“跳起一定高度”或“不再跳起”） 9、某同学用图9所示的自制楞次定律演示器定性验证法拉第电磁感应定律。(1)该同学将条形磁铁的任一极缓慢插入圆环_(填a或b)，圆环向后退，从上往下看，系统作_(填顺或逆)时针转动。(2)对能使系统转动的圆环，该同学发现：磁铁插入越快，系统转动状态变化越快，说明圆环受到的磁场力越_，产生的感应电流越_，感应电动势越_(填大或小)。而磁铁插入越快，圆环内磁通量变化越_(填快或慢)。故感应电动势与磁通量变化的快慢成_比(填正或反) 10、如右图所示，在通电密绕长螺线管靠近左端处，吊一金属环处于静止状态，在其内部也吊一金属环处于静止状态，两环环面均与螺线管的轴线垂直且环中心恰在螺线管中轴上，当滑动变阻器R的滑片P向左端移动时，环将有_（填“收缩”或“扩张”）趋势，环将向_（填“左”或“右”）运动。11、绕有线圈的铁心直立在水平桌面上，铁心上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示。闭合电键的瞬间，铝环跳起一定高度。保持电键闭合，铝环则应_（填“保持原有高度”或“回落”）；断开电键时铝环则应_（填“跳起一定高度”或“不再跳起”） 12、某同学用图9所示的自制楞次定律演示器定性验证法拉第电磁感应定律。(1)该同学将条形磁铁的任一极缓慢插入圆环_(填a或b)，圆环向后退，从上往下看，系统作_(填顺或逆)时针转动。(2)对能使系统转动的圆环，该同学发现：磁铁插入越快，系统转动状态变化越快，说明圆环受到的磁场力越_，产生的感应电流越_，感应电动势越_(填大或小)。而磁铁插入越快，圆环内磁通量变化越_(填快或慢)。故感应电动势与磁通量变化的快慢成_比(填正或反) 13、如图所示，一闭合线圈a悬吊在一个通电长螺线管的左侧，如果要使线圈中产生图示方向的感应电流，滑动变阻器的滑片P应向_滑动。要使线圈a保持不动，应给线圈施加一水平向_的外力。 14、如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距1m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1 =6，ab杆的电阻为2，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1T，现ab以恒定速度v=3m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1 、R2消耗的电功率之和相等，求： （1）R2的阻值；（2）R1与R2消耗的电功率分别为多少?（3）拉ab杆的水平向右的外力F为多大?15、如图甲所示，有一面积为100cm2的闭合金属圆环，电阻为0.1，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于环面向里，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示，在t1到t2时间内，环中感应电流方向是沿着_方向（选填“顺时针”或“逆时针”），通过导体截面的电量为_C.16、一根长为的直导线，在垂直于匀强磁场的平面内，绕轴O以角速度逆时针匀速转动，如图所示，以O为圆心，为半径的圆形区域内磁场方向垂直纸面向里，这个圆形区域以外的磁场方向垂直纸面向外，两个磁场的磁感强度大小均为B，导线在旋过程中O间的电势差Uao =_17、如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动求： （1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V2； （2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度V1； （3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q 18、如图所示，光滑水平面停放一小车，车上固定一边长为L=0.5m的正方形金属线框abcd，金属框的总电阻R=0.25，小车与金属框的总质量m=0.5kg。在小车的右侧，有一宽度大于金属线框边长，具有理想边界的匀强磁场，磁感应强度B=1.0T，方向水平且与线框平面垂直。现给小车一水平速度使其向右运动并能穿过磁场，当车上线框的ab边刚进入磁场时，测得小车加速度a=10m/s2。求： （1）金属框刚进入磁场时，小车的速度为多大？ （2）从金属框刚要进入磁场开始，到其完全离开磁场，线框中产生的焦耳热为多少？19、如图所示，在高度差h0.50m的平行虚线范围内，有磁感强度B0.50T、方向水平向里的匀强磁场，正方形线框abcd的质量m0.10kg、边长L0.50m、电阻R0.50，线框平面与竖直平面平行，静止在位置“I”时，cd边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力F4.0N向上提线框，该框由位置“”无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置“”（ab边恰好出磁场），线框平面在运动中保持在竖直平面内，且cd边保持水平。设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动。（g取10ms2） 求：（1）线框进入磁场前距磁场下边界的距离H。 （2）线框由位置“”到位置“”的过程中，恒力F做的功是多少？线框内产生的热量又是多少? 20、一个质量m=01 kg的正方形金属框R=Os，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端(金属框上边与AA重合)，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端(金属框下边与BB重合)，设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为s，那么v2s图象如图所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上试问： (1)根据v2s图象所提供的信息，计算出斜面倾角和匀强磁场宽度d (2)匀强磁场的磁感强度多大?金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间为多少? (3)现用平行斜面沿斜面向上的恒力F1作用在金属框上，使金属框从斜面底端BB(金属框下边与BB重合)由静止开始沿斜面向上运动，匀速通过磁场区域后平行斜面沿斜面向上的恒力变为F2，金属框到达斜面顶端(金属框上边与从AA重合)试计算恒力F1、F2所做总功的最小值 答 案1、解答： 解：干电池通电的瞬间，根据楞次定律，线圈B中产生电流，电流的方向由C到D，根据安培定则，CD导线下方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N极向纸内偏转，S极向纸外偏转线圈A中电流稳定后，B线圈中的感应电流消失，小磁针又回到原来的位置答：在开关合上的瞬间，小磁针的N极向纸内偏转当线圈A内的电流稳定以后，小磁针又回到原来的位置2、【答案】S、 大于【解析】由左手定则可知，cd棒中电流方向是：由d指向c；ab棒所处位置磁场方向：竖直向上；则是S极，是N极；ab棒中电流由b指向a，则a点电势高，b点电势低，即ab。3、【答案】上极板带正电 【解析】(1) 由图示可知，磁场垂直与纸面向里，磁感应强度增大，穿过回路的磁通量增加，由楞次定律可知，电容器上极板电势高，下极板电势低，则电容器上极板带正电；(2)感应电动势电容器所带电荷量。4、【答案】从b到a 【解析】当条形磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律判断出线圈中产生的感应电流方向为adcba，则ab边中电流方向为从b到a若线圈始终不动，线圈受到排斥力作用，则线圈受到的支持力FN大于线圈的重力。5、解析：(1)将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转，说明L中电流从b到a。根据楞次定律，L中应该产生竖直向上的磁场。由安培定则可知，俯视线圈，电流为逆时针方向，线圈其绕向为顺时针。(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转，说明L中电流从a到b。根据楞次定律，L中应该产生竖直向上的磁场。由安培定则可知，俯视线圈，电流为逆时针方向，俯视线圈，其绕向为逆时针。答案：(1)顺时针(2)逆时针6、左：收缩7、收缩； 左 8、回落，不再跳起（根据楞次定律的含义来确定：增反减同）9、(1)a, 顺 (2)大、大、大、快、正10、收缩； 左 11、回落，不再跳起（根据楞次定律的含义来确定：增反减同）12、(1)a, 顺 (2)大、大、大、快、正13、左，右14、（1）由内外电阻消耗功率相等，则内外电阻相等 即 解得：R2=3 （2） 总电流 端电压U=IR外=0.752V=1.5V （3）15、逆时针，2.0102C16、17、1、解：（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零。有mgf （3分）解得v （2分） （2）设线框离开磁场能上升的最大高度为h，则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中(mgf)h （2分）(mgf)h （2分） 解得：v1 （ 2分） （3）在线框向上刚进入磁场到刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律可得（ 2分） 解得：Q （ 2分）18、1、解：（1）设小车初速度为v0，则线框刚进入磁场时，ab边由于切割磁感线产生的电动势为：E=BLv0（1） 回路中的电流：I=（2）根据牛顿定律：BIL=ma（3）由以上3式可解得：v0=5m/s（4）（2）设线框全部进入磁场时小车速度为v1，进入过程平均电流为，所用时间为t，则：（5） mv0mv1=BLt（6）由（4）（5）（6）三式可解得：v1=4m/s（7）设线框离开磁场时小车速度为v2，进入过程平均电流为，所用时间为t1，则：（8） （9）线框从进入到离开产生的焦耳热应等于系统损失的机械能，即：（10）由（4）（7）（8）（9）（10）五式可解得：Q=4.0J （11）本题共19分，其中（11）每式1分，每式2分。19、1、（19分）（1）在恒力作用下，线圈开始向上做匀加速直线运动，设线圈的加速度为a，据牛顿第二定律有：F-mg=ma（2分） 解得a=30m/s2（1分）从线圈进入磁场开始做匀速运动，速度为v1，则：cd边产生的感应电动势为E=BLv1（1分）线框中产生的感应电流为 I=E/R（1分）线框所受的安培力为 F安=BIL（1分）因线框做匀速运动，则有F=F安+mg，（2分）联立上述几式，可解得v1=（FR-mgR）/B2L2=24m/s（2分）由v12=2aH解得H=9.6m。（1分）（2）恒力F做的功 W=F（H+L+h）=42.4J （3分）从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，拉力所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量Q，即F（L+h）=mg（L+h）+Q（3分）解得：Q=（F-mg）（L+h）=3.0J （2分）或Q=I2Rt=（BLv/R）2R（h/v+L/v）=3.0J 20、(1)s=0到s=1.6m由公式v2=2a1s，该段图线斜率就是线框的加速度。 a1=5.0m/s2 (2分)根据牛顿第二定律mgsin=ma1 =30 (2分)(2)线框通过磁场时，v=16,v1=4m/s,此时F安=mg sin BL (3分)由v2-s图可知，s1=1.6m v0=0 a1=gsin 匀加速运动 s2=1.0m v1=4m/s 匀速运动 s3=0.8m 初速v1=4m/s a3=gsin 匀加速运动因此，金属框斜面顶端滑至底端所用的时间为t= (3分)（3）进入磁场前Fmgsin=ma 4 在磁场中运动F=masin+F安， 由上式得F安= ma4 (2分) BL所以，a4=2.5m/s2 F安=ma4=0.12.5N=0.25N (3分)最小总功W总=F安2d+mg(s1+s2+s3)sin=1.95J (3分)