高考物理一轮复习课后练习29 电磁感应现象楞次定律（含答案解析）
展开2020版高考物理 全程复习课后练习29
电磁感应现象楞次定律
A．线圈中将产生abcda方向的感应电流
B．线圈中将产生adcba方向的感应电流
C．线圈中的感应电流方向无法判断
D．线圈中无感应电流
A．向左 B．向右 C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里
3.如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )
A．线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA
B．线框的磁通量为零时，感应电流却不为零
C．线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D．线框做自由落体运动
A．t=0时，线圈产生的感应电动势最大
B．0～时间内，线圈中感应电流方向为abcda
C．t=时，通过线圈的磁通量为零，线圈产生的感应电动势也为零
D．线圈每转动一周电流方向改变一次
A．磁铁做自由落体运动
B．磁铁的机械能守恒
C．铝管对桌面的压力大于铝管的重力
D．磁铁动能的增加量大于重力势能的减少量
6.如图所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，下列有关圆环的说法正确的是( )
A．圆环中产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势
B．圆环中产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势
C．圆环中产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势
D．圆环中产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势
A．线圈a中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量减小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
8.扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是( )
9.图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( )
A．图1中，A1与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
10.如图甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根导体棒ab、cd，两棒间用绝缘细线系住．开始匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，图线与t轴的交点为t0.I和FT分别表示通过导体棒中的电流和细线的拉力(不计电流间的相互作用)．则在t0时刻( )
A．I=0，FT=0 B．I=0，FT≠0 C．I≠0，FT=0 D．I≠0，FT≠0
11. (多选)如图所示，两个条形磁铁的N极和S极相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁极之间正上方自由落下，并从两磁极中间穿过．下列关于线框受到的安培力及从右向左看感应电流的方向说法正确的是( )
A．感应电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
B．感应电流方向先沿顺时针方向，后沿逆时针方向
C．安培力方向一直竖直向上
D．安培力方向先竖直向上，后竖直向下
A．在t1～t2时间段内，线圈B内有顺时针方向的电流，线圈B有扩张的趋势
B．在t1～t2时间段内，线圈B内感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里
C．在0～t1时间段内，线圈B内有逆时针方向的电流
D．在0～t1时间段内，线圈B有收缩的趋势
13.如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=37°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度B=1 T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm.改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示．已知导轨间距L=2 m，重力加速度g取10 m/s2，轨道足够长且电阻不计．
(1)杆ab下滑过程中，判断感应电流的方向．
(2)求R=0时，闭合电路中的感应电动势E的最大值．
(3)求金属杆的质量m和阻值r.
14.如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，宽度为l，上、下边界与地面平行，下边界与地面相距l.将一个边长为l，质量为m，总电阻为R的正方形刚性导电线框ABCD置于匀强磁场区域上方，线框CD边与磁场上边界平行，从高于磁场上边界h的位置由静止释放，h的值能保证AB边匀速通过磁场区域．从AB边离开磁场到CD边落到地面所用时间是AB边通过磁场时间的2倍(重力加速度为g)．求：
(1)线框通过磁场过程中电流的方向；
(2)磁场区域内磁感应强度的大小；
(3)CD边刚进入磁场时线框加速度与h的函数关系，分析h在不同情况下加速度的大小和方向，计算线框通过磁场区域产生的热量．
解析：周长一定时，圆形的面积最大．现用外力在四点将线圈拉成正方形，线圈面积变小，磁通量变小，有感应电流产生，由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流，故A正确．
解析：当矩形线圈突然向右运动时，线圈中会产生逆时针方向的电流，根据左手定则可知，
ab边受的安培力向左，cd边受的安培力向左，合力的方向向左，A正确．
解析：根据右手螺旋定则，通电直导线上方的磁场垂直纸面向外，下方的垂直纸面向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小．线框从上向下靠近导线的过程，垂直纸面向外的磁通量增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方垂直纸面向外的磁场和下方垂直纸面向里的磁场叠加，先是垂直纸面向外的磁通量减小，之后变成垂直纸面向里的磁通量增大，直至最大，根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流，垂直纸面向里的磁通量变成最大后，线框继续向下运动，垂直纸面向里的磁通量减小，这时的电流方向又变成了顺时针，即感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，故A错误；根据A中的分析，线框穿越导线时，始终有感应电流存在，故B正确；根据楞次定律，安培力始终阻碍线框相对磁场的运动，故安培力的方向始终向上，线框不可能做自由落体运动，故C、D错误．
解析：根据安培定则可判断出在题图图示位置处线圈中磁通量最大，t=0时线圈中磁通量变化率为零，线圈中产生的感应电动势为零，选项A错误；由安培定则可判断出线圈中磁场方向为垂直纸面向外，在0～(即前)时间内，线圈转动90°，应用楞次定律和安培定则可判断出线圈中感应电流方向为逆时针方向，即abcda，选项B正确；t=时，线圈中的磁通量为零，但磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，可知线圈中产生的感应电动势最大，选项C错误；线圈每转动一周电流方向改变两次，选项D错误．
解析：磁铁在铝管中运动的过程中，铝管的磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁受到向上的安培力的阻碍作用，铝管中产生内能，所以磁铁的机械能不守恒，磁铁做的不是自由落体运动，选项A、B错误；磁铁在整个下落过程中，由楞次定律可知，铝管受到的安培力向下，则铝管对桌面的压力大于铝管的重力，选项C正确；磁铁在整个下落过程中，除重力做功外，还有安培力做负功，导致减少的重力势能部分转化为动能，部分转化为内能，根据能量守恒定律可知，磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量，选项D错误．
解析：根据右手定则，当金属棒ab在恒力F的作用下向右运动时，abdca回路中会产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，abdca回路中的感应电流逐渐增大，穿过圆环的磁通量也逐渐增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势；abdca回路中的感应电流I=，感应电流的变化率=·a0，又由于金属棒向右运动的加速度a0===逐渐减小，所以感应电流的变化率逐渐减小，圆环内磁通量的变化率减小，
所以在圆环中产生的感应电流不断减小，C正确．
解析：当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈a的磁通量变大，选项B错误；由楞次定律可知，线圈a中将产生沿逆时针方向(俯视)的感应电流，并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故选项D正确，选项A、C错误．
解析：感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化．在A图中，系统震动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的震动；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A正确，B、C、D错误．
解析：题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL.S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同．由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确．
解析：由题图乙看出，磁感应强度B随时间t均匀变化，则穿过回路的磁通量随时间也均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知回路中将产生恒定的感应电流，所以I≠0.但t0时刻B=0，两棒都不受安培力，故细线的拉力FT=0，所以C正确．
解析：由题图可知，磁感线由左指向右，N、S极中间磁感应强度最大，沿竖直方向上下两侧越来越小，故在线框从高处下落过程中，穿过线框的磁感线方向一直向右，且先增大后减小，则由楞次定律可知，感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，故B正确，A错误；根据楞次定律可知，线框产生的感应电流一直阻碍线框与磁极间的相对运动，故安培力方向一直竖直向上，C正确，D错误．
解析：在t1～t2时间段内，线圈A中的电流为逆时针方向，产生的磁场垂直纸面向外且是增大的，由此可判定线圈B中的电流为顺时针方向，产生的磁场方向垂直纸面向里，线圈A、B中电流方向相反，相互排斥，线圈B有扩张的趋势，故A、B正确；在0～t1时间段内，线圈A中的电流为顺时针方向，产生的磁场垂直纸面向里且是减小的，线圈B内有顺时针方向的感应电流，线圈A、B相互吸引，线圈B有收缩的趋势，C错误，D正确．
(1)由右手定则可知，电流方向为b→a(或aMPba)．
(2)由题图可知，当R=0时，杆的速度稳定后，它以2 m/s的速度匀速下滑，
此时电路中的感应电动势最大，最大值E=BLv=4 V.
(3)金属杆下滑的最大速度即为vm.
杆切割磁感线产生的感应电动势的最大值E=BLvm
由闭合电路的欧姆定律得I=
杆达到最大速度时，满足条件mgsinθ－BIL=0
解得vm=(R＋r)
结合图象可得=k，k=1 m/(s·Ω)
r=2 m/s解得m= kg，r=2 Ω.
(1)由楞次定律得，线框中电流方向：
CD边在磁场中时沿D→C→B→A→D方向AB边在磁场中时沿A→B→C→D→A方向
(2)设线框AB边在磁场中做匀速运动的速度大小为v1，穿过磁场的时间为t，
AB边切割磁感线产生的电动势为E1，线框中电流为I1，则mg=BI1l
E1=Blv1
I1=
l=v1t
根据题意和匀变速直线运动规律，得l－l=v1(2t)＋g(2t)2
联立解得v1=2，B=
(3)设线框CD边刚进入磁场时，速度大小为v，加速度大小为a，线框CD边产生的电动势为E，
电流为I，线框通过磁场区域产生的热量为Q
由动能定理得mgh=mv2－0解得v=
E=Blv
I=解得I=
由牛顿第二定律得mg－BIl=ma解得a=g
当h=2l时，a=0
当h>2l时，加速度大小为g，方向竖直向上
当h<2l时，加速度大小为g，方向竖直向下
根据能量守恒定律，有Q=mg(h＋2l)－mv
解得Q=mgh.
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