新高考2025版高考物理一轮复习微专题小练习专题66电磁感应现象楞次定律

专题66电磁感应现象楞次定律试验：探究影响感应电流方向的因素1．[2024·四川省成都市期中](多选)如图，水平桌面上放有一个质量为m的闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁铁．不计空气阻力，重力加速度大小为g.当条形磁铁从轴线上由静止释放后竖直下落时，下列说法正确的是()A．铝环对桌面的压力大小为mgB．铝环有收缩趋势C．条形磁铁由静止释放后做自由落体运动D．条形磁铁下落的加速度大小为a＜g2．[2024·北京市考试]某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发觉表针晃动猛烈且不易停止．依据老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发觉表针晃动明显减弱且能很快停止．下列说法正确的是()A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势B．未接导线时，表针晃动猛烈是因为表内线圈受到安培力的作用C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用3.[2024·安徽省九师联盟检测]如图所示，用铜线缠绕成线圈通上合适的电流，就可以隔空对金属进行加热，把螺丝刀放进线圈，一会就会变红了．下列说法正确的是()A.线圈中通入的是恒定电流B．线圈中通入的是交变电流C．塑料棒放进线圈里也可以进行隔空加热D．线圈中的电流产生热对物体进行隔空加热4．[2024·浙江省七彩阳光联考]竖直平面内放置某竖直向上恒定电流的导线，如图所示．正方形导体框置于导线右侧，下列说法正确的是()A．以导线为轴线框顺时针(俯视)转动时会产生感应电流，电流方向a→b→c→dB．从静止释放导线框，则该框下落过程中加速度渐渐减小，最终匀速下落C．导体框向左运动一小段时会产生感应电流，电流方向是逆时针方向D．电流变大，线框将水平向左运动，并有扩张趋势5．[2024·辽宁卷](多选)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B.已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍．初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧．释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内．整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计．下列说法正确的是()A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为eq\f(4B2d2v,3R)C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为eq\f(BLd,3R)6．(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是(说明：导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)()A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动7．如图所示为“探讨电磁感应现象”的试验装置．(1)将图中所缺的导线补接完整．(2)开关断开时，灵敏电流计指针在表盘中心，若在原线圈插入副线圈后，将开关闭合，此时发觉灵敏电流计的指针向右偏，那么可能出现的状况有：A．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头快速向右拉时，灵敏电流计指针________(填“向左”“向右”或“不”)偏转．B．将原线圈快速拔出副线圈时，灵敏电流计指针将________(填“向左”“向右”或“不”)偏转．8．[2024·陕西省渭南市模拟]学习了法拉第电磁感应定律E∝eq\f(ΔΦ,Δt)后，为了定量验证在磁通量改变量相同时，感应电动势E与时间Δt成反比，甲乙两位同学共同设计了如图所示的一个试验装置：线圈和光电门传感器固定在长木板的轨道上，强磁铁和挡光片固定在可运动的小车上．每当小车在轨道上运动经过光电门时，光电门会记录下挡光片的挡光时间Δt，同时触发接在线圈两端的电压传感器记录下在这段时间内线圈中产生的平均感应电动势E.利用小车末端的弹簧将小车以不同的速度从轨道的最右端弹出，就能得到一系列的感应电动势E和挡光时间Δt.(1)视察和分析该试验装置可看出，在试验中，每次测量的Δt时间内，磁铁相对线圈运动的距离都相同，从而实现了限制________不变．(2)在得到测量数据之后，为了验证E与Δt成反比，甲乙两位同学分别采纳两种方法处理数据．甲同学采纳计算法：算出________，若该数据基本相等，则验证了E与Δt成反比；乙同学用作图法：用纵坐标表示感应电动势E，用横坐标表示________，利用试验数据，在坐标系中描点连线，若图线是过坐标原点的倾斜直线，则也可验证E与Δt成反比．专题66电磁感应现象楞次定律试验：探究影响感应电流方向的因素1．BD由来拒去留可知，条形磁铁对铝环有向下的作用力，铝环对条形磁铁有向上的作用力．所以铝环对桌面的压力大于mg，条形磁铁由静止释放后的运动并不是自由落体运动，加速度a＜g，故A、C错误，D正确；条形磁铁靠近铝环时，铝环中的磁通量增加，由楞次定律可知铝环有收缩趋势，B正确．2．D未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，A错误；未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力作用，B错误；接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，依据楞次定律可知，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，C错误，D正确．3．B铜线缠绕成线圈通上沟通电，才能在线圈中产生改变的磁场，依据法拉第电磁感应定律，磁通量改变金属柱体内才会产生涡流，实现对金属的隔空加热，A错误，B正确；金属放在交变磁场中才会产生涡流．塑料棒放进线圈里不行以进行隔空加热，C错误；隔空加热的能量转化是电能转化为电磁能，电磁能再转化为电能，电能最终转化为内能，D错误．4．C以导线为轴线框顺时针转动时，导线框中的磁通量并不改变，所以没有感应电流产生，选项A错误；从静止释放导线框，则该框下落过程中，线框中磁通量不变，所以没有感应电流，因此该线框做自由落体，选项B错误；导体框向左运动时，线框内磁通量增加，因此会产生感应电流，依据安培定则结合楞次定律推断则电流方向a→d→c→b，选项C正确；电流变大，线框内磁通量变大，依据安培定则和楞次定律可推断感应电流沿逆时针方向，D错误．5．AC弹簧伸展过程中，依据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；随意时刻，设电流为I，则PQ受安培力FPQ＝BI·2d方向向左；MN受安培力FMN＝2BId方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，则2mv＝mv′解得v′＝2v回路的感应电流I＝eq\f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq\f(2Bdv,R)MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝eq\f(4B2d2v,R)选项B错误；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2x1＋x2＝L可得最终MN位置向左移动x1＝eq\f(2L,3)PQ位置向右移动x2＝eq\f(L,3)因随意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程依据动能定理F弹x1－F安xMN＝0F弹x2－F安xPQ＝0可得eq\f(xMN,xPQ)＝eq\f(x1,x2)＝eq\f(2,1)选项C正确；两棒最终停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动eq\f(2L,3)，PQ位置向右移动eq\f(L,3)，则q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,R总)＝eq\f(2B\f(2L,3)d＋B\f(L,3)2d,3R)＝eq\f(2BLd,3R)选项D错误．故选AC.6．BCMN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知MN中电流由M指向N，依据楞次定律可知，上面线圈中产生感应电流的磁场应当是向上减弱，或向下增加，而上面线圈中感应电流是由下面线圈中磁场改变引起的，说明下面线圈中磁场是向上减弱，或向下增加，而下面线圈中电流是由PQ切割磁感线产生的，由安培定则可知，PQ中感应电流由Q到P减小，或由P到Q增大，由右手定则可知，PQ可能向左做匀加速运动或向右做匀减速运动，A、D错误，B、C正确．7．(1)连线见解析(2)向右向左解析：(1)探究电磁感应现象试验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必需对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，而灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示(2)开关断开时，灵敏电流计指针在表盘中心，若在原线圈插入副线圈后，将开关闭合，此时发觉灵敏电流计的指针向右偏，说明穿过副线圈的磁通量增加．那么可能出现的状况有：A.原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头快速向右拉时，滑动变阻器的有效阻值减小，则流过原线圈的电流增大，说明穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针向右偏；B.将原线圈快速拔出副线圈时，说明穿过副线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针向左偏．8．(1)磁通量改变量ΔΦ(2)感应电动势E与挡光时间Δt的乘积挡光时间Δt的倒数解析：(1)为了定量验证感应电动势E与时间Δt成反比，我们应当限制磁通量的改变