2020届高三高考物理总复习重要考点专项强化：法拉第电磁感应定律和楞次定律

2020届高三高考物理总复习重要考点专项强化：法拉第电磁感应定律和楞次定律2020届高三高考物理总复习重要考点专项强化：法拉第电磁感应定律和楞次定律/13法拉第电磁感应定律和楞次定律.如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为1:11:2 (C)1:41:11:2 (C)1:4(D)4:1.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻 R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小， ab始终保持静止，下列说法正确的是ab中的感应电流方向由b至ijaab中的感应电流逐渐减小ab所受的安培力保持不变ab所受的静摩擦力逐渐减小.空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（ a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为仍横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在1=0到141的时间间隔内A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向

C.圆环中的感应电流大小为BorS4tTD.圆环中的感应电动势大小为Bo<24to.如图，导体轨道OPQSC.圆环中的感应电流大小为BorS4tTD.圆环中的感应电动势大小为Bo<24to一定电阻、可绕。转动的金属杆。M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B,现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程I）;再使磁感B应强度的大小以一定的变化率从 B增加到B'（过程n）。在过程I、n中，流过om的电荷量相等，则B等于BD.27C.一3B.7C.一3B.一5A.一导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是A.开关闭合后的瞬间，小磁针的 N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的 N极朝垂直纸面向外的方向转动.如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直.已知线圈的面积 S=0.3m2、电阻R=0.6Q,磁场的磁感应强度B=0.2T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在 用=0.5s时间内合到一起.求线圈在上述过程中（1）感应电动势的平均值E;

(2)感应电流的平均值I,并在图中标出电流方向;(3)通过导线横截面的电荷量 q.照片中，天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见. 如.据报道，一法国摄影师拍到天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间.照片中，天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见. 如图所示，假设天宫一号”正以速度v=7.7km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端 M、N的连线垂直,M、N间的距离L=20m,地磁场的磁感应强度垂直于 v、MN所在平面的分量B=1.0X15T,将太阳帆板视为导体.乂X乂X1乂X(1)求M、N间感应电动势的大小 E;(2)在太阳帆板上将一只“1.5V0.3W”的小灯泡与M、N(2)在太阳帆板上将一只断小灯泡能否发光，并说明理由;(3)取地球半径R=6.4Xl0km,地球表面的重力加速度 g=9.8m/s2,试估算天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字).R代入数据得h=4X50n(数量级正确都算对).电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发生声音，下列说法正确的有()(A)选用铜质弦，电吉他仍能正常工作(B)取走磁体，电吉他将不能正常工作(C)增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势(D)弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化【答案】BCD【解析】因为铜质弦不能磁化，所以A错误；若取走磁铁，金属弦无法磁化，电吉他将不能正常工作， 所以B正确;根据法拉第电磁感应定律，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，所以 C正确；磁振动过程中，线圈中的磁通量不断变化，有时增大有时减小，所以电流方向不断变化， D正确。.如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为 ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直.质量为m的金属棒被固定在导轨上， 距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流.金属棒被松开后，以加速度 a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底一端的过程中，金属棒(1)末速度的大小V；(2)通过的电流大小I;(3)通过的电荷量Q..如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为 R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矢I形匀强磁场区域 MNPQ的磁感应强度大小为日方向竖直向下.当该磁场区域以速度Vo匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为 v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终TOC\o"1-5"\h\z与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触 .求：PMN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小 1;MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小 a；

PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率 P..如图(a),螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，乙图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框 abcd相连，导线框内有一小金属圆环L,圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度 B随时间按图(b)所示规律变化时(A)在ti~t2时间内，L有收缩趋势(B)(A)在ti~t2时间内，L有收缩趋势(B)12H3时间内,L有扩张趋势(C)12H3时间内,L内有逆时针方向的感应电力(D)在t3~t4时间内,L内有顺时针方向的感应电力.为判断线圈绕向，可将灵敏电流计 G与线圈L连接，如图所示。己知线圈由 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。(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”)。(填：顺时(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”)。

针”或逆时针”)。答案解析.如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为(A)1:1 (B)(A)1:1 (B)1:2 (C)1:4(D)4:1【解析】BS=Br2,相等.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻 R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小， ab始终保持静止，下列说法正确的是ab中的感应电流方向由b至ijaab中的感应电流逐渐减小ab所受的安培力保持不变ab所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，根据安培定则，感应电流的方向沿顺时针， ab中的感应电流方向由a至Ub,A错误；BS因为磁感应强度随时间均匀减小，根据法拉第电磁感应定律 I ,ab中的感应电流大小不变， B错误；Rt

根据安培力公式FBIL,因为磁感应强度随时间均匀减小 ，所以ab所受的安培力均匀减小， C错误;根据力的平衡，因为ab所受的安培力均匀减小，所以 ab所受的静摩擦力逐渐减小， D正确。.空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（ a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为P、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心。在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在1=0到1=匕的时间间隔内A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为BoC.圆环中的感应电流大小为BorS4toD.圆环中的感应电动势大小为Bo<2【答案】 BC【解析】根据楞次定律，圆环中的感应电流始终沿顺时针方向， B正确；根据左手定则，圆环所受安培力的方向先2向左后向右，A错误；根据法拉第电磁感应定律，圆环中的感应电动势大小为 E—S4r2-0」^,D错t to2toE 2r Bo「S 」误；根据欧姆定律，圆环中的感应电流大小 I—,其中R ——，得I=--,C正确。R S 4to.如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中心，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。 OM是有一定电阻、可绕。转动的金属杆。M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B,现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到 OS位置并固定（过程I）;再使磁感B应强度的大小以一定的变化率从 B增加到B'（过程n）。在过程I、n中，流过OM的电荷量相等，则一等于B5一435一43一27D,24【解析】在过程I中 __,qitB【解析】在过程I中 __,qitB4r2,在过程n中q

~~RR(B'B)-r2

2二者相等，解得.如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是A.开关闭合后的瞬间，小磁针的 N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的 N极朝垂直纸面向外的方向转动【答案】AD【解析】A.开关闭合后的瞬间，铁芯内磁通量向右并增加，根据楞次定律，左线圈感应电流方向在直导线从南向北，其磁场在其上方向里，所以小磁针的 N极朝垂直纸面向里的方向转动 ，A正确；B、C直导线无电流，小磁针恢复图中方向。D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，电流方向与 A相反，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动， D正确。.如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直.已知线圈的面积 S=0.3m2、电阻R=0.6Q,磁场的磁感应强度B=0.2T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在 用=0.5s时间内合到一起.求线圈在上述过程中

感应电动势的平均值E;感应电流的平均值I,并在图中标出电流方向;通过导线横截面的电荷量 q.感应电动势的平均值E;感应电流的平均值I,并在图中标出电流方向;通过导线横截面的电荷量 q.【答案】(1)感应电动势的平均值 E磁通量的变化 BS解得E竺£,代入数据得E=0.12Vt(2)平均电流I-R代入数据得I=0.2A(电流方向见图3)(3)电荷量q=I?t代入数据得q=0.1C.据报道，一法国摄影师拍到天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间.照片中，天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见.如图所示，假设天宫一号”正以速度v=7.7km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端 M、N的连线垂直，M、N间的距离L=20m,地磁场的磁感应强度垂直于 v、MN所在平面的分量B=1.0X和；将太阳帆板视为导体.学,科网(1)求M、N间感应电动势的大小 E;(2)在太阳帆板上将一只 “1.5V0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判

断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径R=6.4Xl0km,地球表面的重力加速度 g=9.8m/s2,试估算天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字).【答案】(1)1.54V(2)不能(3)4405m【解析】 (1)法拉第电磁感应定律E=BLv,代入数据得E=1.54V(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流。(3)在地球表面，有GMmR2=mg矢宫一号”做匀速圆周运动，有GMm mv2(3)在地球表面，有GMmR2=mg矢宫一号”做匀速圆周运动，有GMm mv2,_ 2=(Rh)Rh解得h=gR22vR代入数据得h=4X5(m(数量级正确都算对).电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发生声音，下列说法正确的有()(A)选用铜质弦，电吉他仍能正常工作(B)取走磁体，电吉他将不能正常工作(C)增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势(D)弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化【答案】BCD【解析】因为铜质弦不能磁化，所以A错误；若取走磁铁，金属弦无法磁化，电吉他将不能正常工作，所以B正确;根据法拉第电磁感应定律，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，所以 C正确；磁振动过程中，线圈中的磁通量不断变化，有时增大有时减小，所以电流方向不断变化， D正确。.如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为 ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直.质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s,导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流.金属棒被松开后，以加速度 a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底•端的过程中，金属棒

(1)末速度的大小v；(2)(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I;(3)通过的电荷量Q.【解析】1(1)匀加速直线运动v2=2as解得vV2as(2)安培力F安=IdB金属棒所受合力Fmgsin-F安牛顿运动定律F=ma解得I Ugsin-a)dBv(3)运动时间t—电何量Q=It解得Q 2asm(gsin a)dBa.如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为 R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矢I形匀强磁场区域 MNPQ的磁感应强度大小为日方向竖直向下.当该磁场区域以速度vo匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为 v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触 .求：TOC\o"1-5"\h\zMN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小 1;MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小 a;PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率 P.E…। BdvO【解析】(1)感应电动势EBdw感应电流Ir解得I—r—

(2)安培力FBid牛顿第二定律Fma解得a2,2Bdv0

mR(3)金属杆切割磁感线的速度v=vov(2)安培力FBid牛顿第二定律Fma解得a2,2Bdv0

mR(3)金属杆切割磁感线的速度v=vov,则E感应电动势EBd(vov)电功率p——R解得p_22 2Bd(vov)R11.如图(a),螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，乙图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框 abcd相连，导线框内有一小金属圆环 L,圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度 B随时间按图(b)所示规律变化时(A)在ti~t2时间内，L有收缩趋势(B)12H3时间内,L有扩张趋势(C)t2~t3时间内,L内有逆时针方向的感应电力(D)在t3~t4时间内,L内有顺时针方向的感应电力【答案】A,D【解析】据题意，在ti~t2时