（江苏专用）2020版高考物理二轮复习 专题过关检测（九）楞次定律 法拉第电磁感应定律及应用

专题过关检测（九）楞次定律法拉第电磁感应定律及应用一、单项选择题1．(2019·南通二模)电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠。如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是()A．当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差D．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用解析：选B当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，不会发生电磁感应现象，锅底不会产生涡流，没有加热效果，A错误，B正确；电磁炉不能加热陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要是绝缘体内不能产生涡流，金属才能产生涡流，C错误；产生涡流的主要原因是磁场发生了变化，放一纸板，对磁场没有影响，能产生加热的作用，D错误。2．(2019·江苏四校联考)如图所示，用相同的导线围成两个单匝线圈a和b，半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合。当磁场均匀增强时，流过a、b两线圈的感应电流之比为()A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．1∶4解析：选C感应电动势E＝ΔΦΔt，因为两线圈磁场的面积相同，磁通量变化率一样，感应电动势相同，但是电阻：R＝ρLS＝ρ2πrS，所以b的电阻是a电阻的2倍，电动势相同，所以a的电流是b的电流的2倍，A、B、D项错误，C项正确。3．穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图中的①～④所示，下列说法正确的是()A．图①有感应电动势，且大小恒定不变B．图②产生的感应电动势一直在变大C．图③在0～t1时间内的感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍D．图④产生的感应电动势先变大再变小解析：选C图①中磁通量没有变化，因此没有感应电动势，故A错误；图②中的磁通量均匀增加，图像的斜率不变，因此感应电动势不变，故B错误；图③在0～t1时间内的斜率是t1～t2时间内斜率的2倍，所以在0～t1时间内感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍，故C正确；图④的斜率大小先减小后增大，故产生的感应电动势先变小再变大，故D错误。4.如图所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理想发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断，忽略A的自感。下列说法正确的是()A．闭合S，D闪亮一下B．闭合S，C将会过一小段时间接通C．断开S，D不会闪亮D．断开S，C将会过一小段时间断开解析：选D当闭合S时，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律(增反减同)，结合右手螺旋定则可知，线圈B所在回路的电流方向为逆时针，而由于二极管顺时针方向导电，则二极管D不会闪亮一下，此时线圈A中磁场立刻吸引E，导致触头C即时接触，故A、B错误；当断开S时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律(增反减同)，结合右手螺旋定则可知，线圈B所在回路的电流方向为顺时针，则二极管处于导通状态，则D会闪亮一下，同时对线圈A有影响，阻碍其磁通量减小，那么C将会过一小段时间断开，故C错误，D正确。5．如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后()A．金属棒ab、cd都做匀速运动B．金属棒cd所受安培力的大小等于2F3C．金属棒ab上的电流方向是由a向bD．两金属棒间距离保持不变解析：选B若金属棒ab做匀速运动，所受的安培力为零，ab中电流为零，则cd中电流也为零，cd不受安培力，但还受到F作用，cd将做匀加速运动，故A错误；若两金属棒间距离保持不变，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，两棒都不受安培力，则cd将做匀加速运动，两者距离将增大，故D错误；由以上分析得知，当两金属棒的运动稳定时，两棒速度之差一定，回路中产生的感应电流一定，两棒所受的安培力都保持不变，一起以相同的加速度做匀加速运动，由于两者距离不断增大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律判断可知，金属棒ab上的电流方向是由b向a，故C错误；设cd棒的质量为m，则根据牛顿第二定律得：对整体：F＝3ma，对cd棒：F－FA＝ma，解得FA＝23F，故B正确。二、多项选择题6．(2019·江苏七市调研)某手持式考试金属探测器如图所示，它能检查出考生违规携带的电子通讯、储存设备。工作时，探测环中的发射线圈通以正弦式电流，附近的被测金属物中感应出电流，感应电流的磁场反过来影响探测器线圈中的电流，使探测器发出警报。则()A．被测金属物中产生的是恒定电流B．被测金属物中产生的是交变电流C．探测器与被测金属物相对静止时也能发出警报D．违规携带的手机只有发出通讯信号时才会被探测到解析：选BC因为探测环中的发射线圈通以正弦式电流，正弦式变化的电流产生交变的磁场，所以被测金属物中产生的是交变电场，形成交变电流，A项错误，B项正确；探测器应用的原理是涡流，相对静止也可以产生涡流，C项正确；只要是金属物品就会产生涡流现象，手机是金属制品，不发信号也会被探测到，D项错误。7．如图(a)、(b)所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()A．在电路(a)中，断开S，A将渐渐变暗B．在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路(b)中，断开S，A将渐渐变暗D．在电路(b)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗解析：选AD在电路(a)中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致灯泡A将逐渐变暗，故A项正确，B项错误；在电路(b)中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比通过线圈的电流小，断开S时，线圈阻碍电流变小，A将先变得更亮，然后逐渐变暗，故C项错误，D项正确。8．(2019·南京模拟)匀强磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化的规律如图甲所示。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示(磁场未画出)。用I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示电流为I1、I2、I3时，金属圆环上很小一段受到的安培力，则()A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心D．F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心解析：选AD在Oa段，磁场垂直纸面向里且均匀增强，根据楞次定律可判断圆环内产生的感应电流的方向是逆时针的，同理，ab、bc段产生的感应电流的方向是顺时针的，A正确，B错误；根据左手定则可判断Oa、ab、bc段对应金属圆环上很小一段受到的安培力的方向，F1、F3方向指向圆心，而F2方向背离圆心向外，C错误，D正确。9.如图所示，一水平方向的匀强磁场，磁场区域的高度为h，磁感应强度为B。质量为m、电阻为R、粗细均匀的矩形线圈，ab＝L，bc＝h，该线圈从cd边离磁场上边界高度H＝mgR22gB4L4处自由落下，不计空气阻力，重力加速度为g，设cd边始终保持水平，则()A．cd边刚进入磁场时速度大小v＝mgR2B2L2B．cd边刚进入磁场时其两端电压Ucd＝mgR2BL＋hC．线圈穿过磁场的时间t＝2hBL2mgRD．线圈穿过磁场过程中，回路中产生的热量Q＝2mgh解析：选CD由题意可知，线圈从开始运动到cd边进入磁场时做自由落体运动，故cd边刚进入磁场时速度大小满足v2＝2gH，解得v＝mgRB2L2，故A错误；cd边刚进入磁场时其两端电压Ucd＝IL＋2h2L＋hR，IR＝BLv，解得Ucd＝mgRL＋2h2BLL＋h，故B错误；cd边刚进入磁场时受安培力F＝BIL＝BL2vR＝mg，所以线圈匀速穿过磁场，时间t＝2hv＝2hBL2mgR，故C正确；回路中产生的热量等于重力势能的减少量，即Q＝2mgh，故D正确。三、计算题10．(2019·无锡期末)高频焊接是一种常用的焊接方法，图甲是焊接的原理示意图。将半径为r＝10cm的待焊接的环形金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以高频变化电流，线圈产生垂直于工件所在平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，t＝0时刻磁场方向垂直线圈所在平面向外。工件非焊接部分单位长度上的电阻R0＝1.0×10－3Ω·m－1，焊缝处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的9倍，焊接的缝宽非常小，不计温度变化对电阻的影响。(1)在图丙中画出感应电流随时间变化的i­t图像(以逆时针方向电流为正)，并写出必要的计算过程；(2)求环形金属工件中感应电流的有效值；(3)求t＝0.30s内电流通过焊接处所产生的焦耳热。解析：(1)环形金属工件电阻为R＝2πrR0＋9×2πrR0＝20πrR0＝6.28×10－3Ω在0～2T3时间内的感应电动势为E＝ΔBΔt·πr2＝6.28V电流为I＝ER＝1.0×103A由楞次定律得到电流方向为逆时针，I­t关系图像如图所示。(2)在一个周期内：I有效2RT＝I2R2T3解得：I有效＝100063A＝816A。(3)焊接处的电阻为R′＝9×2πrR0＝5.65×10－3Ω则在t＝0.30s内电流通过焊接处所产生的焦耳热为Q＝I有效2R′t＝1.13×103J。答案：(1)见解析图(2)816A(3)1.13×103J11．(2019·南京、盐城模拟)如图所示，绝缘斜面倾角为θ，虚线下方有方向垂直于斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线与斜面底边平行。将质量为m，电阻为R，边长为l的正方形金属框abcd从斜面上由静止释放，释放时cd边与磁场边界距离为x0，不计摩擦，重力加速度为g。求：(1)金属框cd边进入磁场时，因切割磁感线产生的感应电动势大小E；(2)金属框cd边进入磁场时的加速度大小a；(3)金属框进入磁场的整个过程中，通过金属框的电荷量q。解析：(1)金属框进入磁场前机械能守恒，mgx0sinθ＝12mv2金属框cd边进入磁场时因切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blv解得E＝Bl2gx0sinθ。(2)感应电流I＝ER安培力FA＝IlB取沿斜面向下为正方向，对于金属框mgsinθ－FA＝ma解得a＝gsinθ－B2l2mR2gx0sinθ。(3)金属框进入磁场过程中的平均电动势E＝ΔΦΔt＝Bl2t平均电流I＝ER通过的电荷量q＝It解得q＝Bl2R。答案：(1)Bl2gx0sinθ(2)gsinθ－B2l2mR2gx0sinθ(3)Bl2R