【创新导学案】2021年高考物理总复习课时知能训练：9-1-电磁感应现像-楞次定律.docx

9-1电磁感应现像楞次定律(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。每小题至少有一个答案正确，选不全得4分。)1自然界的电、热和磁等现像都是相互联系的，很多物理学家为查找它们之间的联系做出了贡献。下列说法错误的是()A奥斯特发觉了电流的磁效应，揭示了电现像和磁现像之间的联系B欧姆发觉了欧姆定律，说明白热现像和电现像之间存在联系C法拉第发觉了电磁感应现像，揭示了磁现像和电现像之间的联系D焦耳发觉了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系【解析】 奥斯特发觉的电流的磁效应表明白电能生磁，A正确。欧姆定律描述了电流与电阻、电压或电动势之间的关系，焦耳定律才揭示了热现像与电现像间的联系，B错误、D正确。法拉第发觉的电磁感应现像表明白磁能生电，C正确。【答案】 B2如图所示，在条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90的过程中，放在导轨右端四周的金属棒ab将()A向左运动B向右运动C静止不动D因不知道条形磁铁的哪一端为N极，也不知道条形磁铁是顺时针转动还是逆时针转动，故无法推断【解析】 在条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90的过程中，闭合回路的磁通量增大，故依据楞次定律ab的运动要阻碍磁通量的增大，所以ab将向右运动，B正确。【答案】 B3用松软的细金属丝弯成一个矩形闭合线框用绝缘细线悬挂起来，如图所示，若匀强磁场与线框平面垂直，开头时磁场很强，当磁场均匀减弱时，则正确的是() A细线可能断掉B线框可能断裂C线框可能变成圆形D线框绕过a的竖直轴转动【解析】 精确理解“阻碍”含义，当磁场减弱时，线圈内产生感应电流，感应电流产生的磁场阻碍原磁场变化，线圈面积将扩大，而最大即为圆形，故选项C正确。线圈悬线拉力未变，A错，线圈所受磁场力垂直于导体，线框不行能断裂，B错，线框绕过a的竖直轴转动时通过线框的磁通量减小，故D错。【答案】 C4如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开头在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直于纸面对外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列推断正确的是()A感应电流的方向始终是由PQB感应电流的方向始终是由QPCPQ受磁场力的方向垂直杆向左DPQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右【解析】 在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可推断A、B选项均错误；再由PQ中电流方向及左手定则可推断D项对。【答案】 D5两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是()A导体棒CD内有电流通过，方向是DCB导体棒CD内有电流通过，方向是CDC磁场对导体棒CD的作用力向左D磁场对导体棒AB的作用力向左【解析】 利用楞次定律。两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则推断回路中感应电流的方向是BACDB。以此为基础，再依据左手定则进一步判定CD、AB的受力方向，经过比较可得正确答案。【答案】 BD6如图所示，在条形磁铁的中心位置的正上方水平固定一铜质圆环。以下推断中正确的是()A释放圆环，环下落时产生感应电流B释放圆环，环下落时无感应电流C释放圆环，环下落时环的机械能守恒D释放圆环，环下落时环的机械能不守恒【解析】 由条形磁铁磁场分布特点可知，穿过其中心位置正上方的圆环的合磁通量为零，所以在环下落的过程中，磁通量不变，没有感应电流，圆环只受重力，则环下落时机械能守恒，故A、D错误，B、C正确。【答案】 BC7如图所示，闭合圆导线线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径。试分析线圈做如下运动时，能产生感应电流的是()A使线圈在纸面内平动B使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C使线圈以ac为轴转动D使线圈以bd为轴转动【解析】 使线圈在纸面内平动、沿垂直纸面方向向纸外平动或以ac为轴转动，线圈中的磁通量始终为零，不变化，无感应电流产生；以bd为轴转动时，线圈中的磁通量不断变化，能产生感应电流，所以D选项正确。【答案】 D8如图所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上。M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑动触头，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连。下列说法正确的是()A当P向右移动时，通过R的电流为b到aB当P向右移动时，通过R的电流为a到bC断开S的瞬间，通过R的电流为b到aD断开S的瞬间，通过R的电流为a到b【解析】 本题考查楞次定律。依据右手螺旋定则可知M线圈内磁场方向向左，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，电阻减小，M线圈中电流增大，磁场增大，穿过N线圈内的磁通量增大，依据楞次定律可知N线圈中产生的感应电流通过R的方向为b到a，A正确，B错误；断开S的瞬间，M线圈中的电流突然减小，穿过N线圈中的磁通量减小，依据楞次定律可知N线圈中产生的感应电流方向为a到b，C错误，D正确。【答案】 AD9如图所示，线圈由A位置开头下落，在磁场中受到的安培力假如总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为()AaAaBaCaDBaAaCaBaDCaAaCaDaBDaAaCaBaD【解析】 线圈在A、C位置时只受重力作用，加速度aAaCg。线圈在B、D位置时均受两个力的作用，其中安培力向上，重力向下。由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小agg。又线圈在D点时速度大于B点速度，即FDFB，所以aDaB，因此加速度的关系为aAaCaBaD，选项B正确。【答案】 B10如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则()At1时刻FNG，P有收缩的趋势Bt2时刻FNG，此时穿过P的磁通量最大Ct3时刻FNG，此时P中无感应电流Dt4时刻FNG，此时穿过P的磁通量最小【解析】 t1时刻，电流增大，由楞次定律的阻碍作用知，线圈有远离螺线管、收缩面积的趋势，选项A正确；t2时刻电流不变，线圈无感应电流，FNG，此时穿过P的磁通量最大，选项B正确；t3时刻电流为零，但电流从有到无，穿过线圈的磁通量发生变化，此时P中有感应电流，但磁感应强度为零，FNG，选项C错误；t4时刻电流不变，线圈无感应电流，FNG，此时穿过P的磁通量最大，选项D错误。【答案】 AB二、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11(15分)如图甲所示，有一面积S100 cm2、匝数n100匝的闭合线圈，电阻为R10 ，线圈中磁场变化规律如图乙所示，磁场方向垂直纸面对里为正方向，则(1)t11 s时，穿过线圈的磁通量为多少？(2)12 s内，通过线圈某一截面的电荷量为多少？【解析】 (1)t11 s时，穿过线圈的磁通量为：B1S0.1100104 Wb103 Wb。(2)12 s内，线圈产生的感应电动势为：EnnS100100104 V0.1 V通过线圈截面的电荷量为：qItt1 C0.01 C。【答案】 (1)103 Wb(2)0.01 C12(15分)如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t0开头，磁感应强度B随时间t应怎样变化？请推导出这种状况下B与t的关系式。【解析】 要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t0时刻，穿过线圈平面的磁通量1B0SB0l2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为2Bl(lvt)由12得B。【答案】 见解析