《高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練11 楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練11 楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練11 楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律1(xx江蘇1)如圖1所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直，且一半處在磁場中在t時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為()圖1A. B.C. D.答案B解析線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EnnSn，選項(xiàng)B正確2(xx山東16)如圖2所示，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示不計(jì)軌道電阻，以

2、下敘述正確的是()圖2AFM向右 BFN向左CFM逐漸增大 DFN逐漸減小答案BCD解析根據(jù)直線電流產(chǎn)生磁場的分布情況知，M區(qū)的磁場方向垂直紙面向外，N區(qū)的磁場方向垂直紙面向里，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小當(dāng)導(dǎo)體棒勻速通過M、N兩區(qū)時，感應(yīng)電流的效果總是反抗引起感應(yīng)電流的原因，故導(dǎo)體棒在M、N兩區(qū)運(yùn)動時，受到的安培力均向左，故選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)B正確；導(dǎo)體棒在M區(qū)運(yùn)動時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變大，根據(jù)EBlv，I及FBIl可知，F(xiàn)M逐漸變大，故選項(xiàng)C正確；導(dǎo)體棒在N區(qū)運(yùn)動時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變小，根據(jù)EBlv，I及FBIl可知，F(xiàn)N逐漸變小，故選項(xiàng)D正確3在大連某中學(xué)實(shí)驗(yàn)室的水平桌面上，放置一矩形閉合導(dǎo)體線圈

3、，如圖3所示，線圈的ab邊沿南北方向，ad邊沿東西方向僅考慮地磁場的影響，下列說法正確的是()圖3A若使線圈向東平動，則a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的電勢高B若使線圈向東平動，則a點(diǎn)的電勢與b點(diǎn)的電勢相等C若以bc邊為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)90過程中，則線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdaD若以bc邊為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)90過程中，則線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba答案C解析若使線圈向東平動，由于地磁場的磁感線是地理南極指向北極，則穿過線圈的磁通量不變，因此線圈中沒有感應(yīng)電動勢，故A、B錯誤；若以bc為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)90過程中，ad邊切割磁感應(yīng)線，由右手定則可知線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda，故C正確，D錯誤4如圖4所

4、示，邊長為2L的正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一個邊長為L粗細(xì)均勻的正方形導(dǎo)線框abcd，其所在平面與磁場方向垂直，導(dǎo)線框的對角線與虛線框的對角線在一條直線上，導(dǎo)線框各邊的電阻大小均為R.在導(dǎo)線框從圖示位置開始以恒定速度v沿對角線方向進(jìn)入磁場，到整個導(dǎo)線框離開磁場區(qū)域的過程中，下列說法正確的是()圖4A導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域時產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B導(dǎo)線框中有感應(yīng)電流的時間為C導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時，整個導(dǎo)線框所受安培力大小為D導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時，導(dǎo)線框a、c兩點(diǎn)間的電壓為答案D解析根據(jù)楞次定律的推論：感應(yīng)電流的效果總是阻礙磁通量的變化

5、，故由楞次定律判斷出，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域時，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針方向，故A選項(xiàng)錯誤；導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場后感應(yīng)電流消失，完全進(jìn)入經(jīng)歷的時間為，完全穿出經(jīng)歷時間也為，導(dǎo)線框中有感應(yīng)電流的時間t2，故B選項(xiàng)錯誤；導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時，導(dǎo)體的有效切割長度為，感應(yīng)電動勢為，由安培力公式為F，可算出安培力為，故C選項(xiàng)錯誤；導(dǎo)線框的bd對角線有一半進(jìn)入磁場時，導(dǎo)線框a、c兩點(diǎn)間的電壓為電動勢的一半，大小為，故D選項(xiàng)正確5電吉他是利用電磁感應(yīng)原理工作的一種樂器如圖5甲所示為電吉他的拾音器的原理圖，在金屬弦的下方置有一個連接到放大器的螺線管一條形磁鐵固定在管內(nèi)，當(dāng)撥動金屬弦后，螺線管內(nèi)就會產(chǎn)生感

6、應(yīng)電流，經(jīng)一系列轉(zhuǎn)化后可將電信號轉(zhuǎn)為聲音信號若由于金屬弦的振動，螺線管內(nèi)的磁通量隨時間的變化如圖乙所示，則對應(yīng)感應(yīng)電流的變化為()圖5答案D解析在0時間內(nèi)，磁通量增加但增加的越來越慢，因此感應(yīng)電流越來越小，到時刻，感應(yīng)電流減小到零；在t0時間內(nèi)，磁通量越來越小，感應(yīng)電流反向，磁通量變化的越來越快，感應(yīng)電流越來越大，到t0時刻達(dá)到反向最大值，從這兩段時間斷定，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯誤6如圖6所示，兩個有界勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長也為L的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v

7、勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計(jì)時起點(diǎn)，規(guī)定：電流沿逆時針方向時電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量的方向?yàn)檎?，外力F向右為正則以下關(guān)于線框中磁通量、感應(yīng)電動勢E、外力F和線圈總電功率P隨時間t變化的圖象正確的是()圖6答案BD解析當(dāng)運(yùn)動到2.5L時，磁通量為零，故A錯誤；當(dāng)線圈進(jìn)入第一個磁場和離開第二個磁場時，由EBLv可知，E保持不變，方向?yàn)槟鏁r針方向，而開始進(jìn)入第二個磁場時，兩端同時切割磁感線，電動勢應(yīng)為2BLv，方向?yàn)轫槙r針方向，故B正確；因安培力總是與運(yùn)動方向相反，故拉力應(yīng)一直向右，故C錯誤；拉力的功率PFv，因速度不變，故P與F的變化規(guī)律一致，所以D正確7有一種信號發(fā)生器的工作

8、原理可簡化為如圖7所示的情形，豎直面內(nèi)有半徑均為R且相切于O點(diǎn)的兩圓形區(qū)域，其內(nèi)存在水平恒定的勻強(qiáng)磁場，長為2R的導(dǎo)體桿OA，以角速度繞過O點(diǎn)的固定軸，在豎直平面內(nèi)順時針勻速旋轉(zhuǎn)，t0時，OA恰好位于兩圓的公切線上，下列描述導(dǎo)體桿兩端電勢差UAO隨時間變化的圖象可能正確的是()圖7答案A解析由右手定則可知，感應(yīng)電動勢始終從O指向A，為正由EBL2，L是有效切割長度，B、不變，切割的有效長度隨時間先增大后減小，且做非線性、非正弦的變化，經(jīng)半圈后，再次重復(fù)，故A正確8如圖8甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n100，線圈面積S200 cm2，線圈的電阻r1 ，線圈外接一個阻值R4 的電阻，把線圈放入一方向

9、垂直線圈平面向里的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示下列說法中正確的是()圖8A線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針方向B電阻R兩端的電壓隨時間均勻增大C線圈電阻r消耗的功率為4104 WD前4 s內(nèi)通過R的電荷量為4104 C答案C解析由圖可知，穿過線圈的磁通量變大，由楞次定律可得：線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向，故A錯誤根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，磁通量的變化率恒定，所以電動勢恒定，則電阻兩端的電壓恒定，故B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律：ENN1000.02 V0.1 V，由閉合電路歐姆定律，可知電路中的電流為I A0.02 A，所以線圈電阻r消耗的功率PI2r0.0221 W4104 W，故C正確；前4 s內(nèi)通過R的電荷量QIt0.024 C0.08 C，故D錯誤faa