1、温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。高效演练创新预测1.(2018珠海模拟)在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场,将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中,规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正。当磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示时,下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是()【解析】选B。由感应定律和欧姆定律得I=,所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率。由图乙可知,01 s时间内,B增大,增大,感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向下),由楞次定律得,感
2、应电流是顺时针的(从上向下看),因而是正值,所以可判断01 s为正的恒值;在12 s内,磁感应强度不变,则感应电动势为零,所以感应电流为零;同理24 s,磁场在减小,由楞次定律可知,感应电流与原方向相反,即为负的恒值;根据感应定律和欧姆定律得I=,可知,斜率越大的,感应电动势越大,感应电流越大。故B项正确,A、C、D项错误。【加固训练】 (多选)某合作探究学习小组在探究线圈中感应电流的影响因素时,设计如图所示的实验装置,将一个闭合圆线圈放在匀强磁场中,线圈的轴线与磁场方向成30角,磁感应强度随时间均匀变化,则下列说法中正确的是()A.若把线圈的匝数增大一倍,线圈内感应电流大小不变B.若把线圈的
3、面积增大一倍,线圈内感应电流变为原来的2倍C.改变线圈轴线与磁场方向的夹角大小,线圈内感应电流可能变为原来的2倍D.把线圈的半径增大一倍,线圈内感应电流变为原来的2倍【解析】选A、D。由法拉第电磁感应定律E=nS可知,若线圈的匝数增大一倍,感应电动势与线圈的总电阻都增大一倍,线圈中的电流不变,A正确;若线圈的面积增大一倍,感应电动势增大一倍,但线圈的电阻增大,线圈内的感应电流并不是原来的2倍,B错误;E=nScos30,故无论如何改变线圈轴线与磁场方向的夹角,都不可能使线圈内的感应电流变为原来的2倍,C错误;若线圈的半径增大一倍,则面积是原来的4倍,电阻是原来的2倍,线圈内感应电流变为原来的2
4、倍,D正确。2.(2018龙岩模拟)如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线PQ、MN为磁感应强度为B的匀强磁场的边界,PQ与MN平行且相距2a,磁场方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达PQ边界开始到C点离开MN位置。下列结论正确的是 ()A.回路中感应电流方向始终相同B.回路受到的安培力方向先向左后向右C.回路中感应电动势最大值Em=BavD.回路中感应电动势平均值=Bav【解析】选C。在闭合电路进入磁场的过程中,通过闭合电路的磁通量逐渐增大,根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向;当线圈出磁场的过程中,通过闭合电路的磁通量
5、逐渐减小,根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向,故A项错误;根据左手定则可以判断,回路受安培力方向始终向左,故B项错误;当半圆闭合回路进入磁场一半时,即这时等效长度最大为a,这时感应电动势最大,为Em=Bav,故C项正确;进入磁场的过程中,由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值=Bav,同理,出磁场的过程中产生的平均电动势也是Bav,故D项错误。3.如图所示,abcd为水平放置的平行光滑金属导轨,导轨间距为l,电阻不计。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。金属杆放置在导轨上,与导轨的接触点为M、N,并与导轨成角。金属杆以的角速度绕N点由图示位置匀速转动到与导轨ab垂直
6、,转动过程金属杆与导轨始终良好接触,金属杆单位长度的电阻为r。则在金属杆转动过程中()A.M、N两点电势相等B.金属杆中感应电流的方向是由N流向MC.电路中感应电流的大小始终为D.电路中通过的电量为【解析】选A。由于导轨电阻不计,所以路端电压为零,即M、N两点间的电压为零,M、N两点电势相等,A项正确;根据楞次定律可得回路中的感应电流方向为顺时针,所以金属杆中感应电流的方向是由M流向N,B项错误;设MN在回路中的长度为x,其接入电路的电阻为R=rx,根据导体转动切割磁感应线产生的感应电动势大小计算公式可得E=Bx2,感应电流的大小为:I=,由于x逐渐减小,所以感应电流逐渐减小,C项错误;由于金
7、属棒MN在回路中的有效切割长度逐渐减小,所以接入电路的电阻逐渐减小,不能根据q=计算通过电路的电量,D项错误。4.(新题预测)(多选)用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径。如图所示,在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场,磁场垂直圆环所在的平面,方向如图,磁感应强度大小随时间的变化率=k(k0),则()A.圆环具有扩张的趋势B.圆环中产生的感应电流为逆时针方向C.圆环中a、b两点的电压Uab=|kr2|D.圆环中产生的感应电流大小为-【解题指导】解答本题应注意以下两点:(1)正确运用楞次定律的推广应用“增反减同”“增缩减扩”“来拒去留”。(2)圆环
8、中a、b两点的电压指路端电压,需根据闭合电路欧姆定律求解。【解析】选A、C。由楞次定律的“增缩减扩”可知,为了阻碍磁通量的减小,线圈有扩张的趋势,故A项正确;磁通量向里减小,由楞次定律“增反减同”可知,线圈中的感应电流方向为顺时针,故B项错误;根据法拉第电磁感应定律,有:E=r2=|kr2|,由闭合电路欧姆定律可知,a、b两点间的电势差为Uab=|kr2|,故C正确;线圈电阻R=,感应电流I=,故D项错误。5.如图甲所示,在列车首节车厢下面安装一电磁铁,电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场,首节车厢经过安放在两铁轨间的线圈时,线圈产生的电脉冲信号传到控制中心。图乙为某时控制中心显示屏上的电脉冲信号,
9、则此时列车的运动情况是()A.匀速运动 B.匀加速运动 C.匀减速运动 D.变加速运动【解析】选C。由U-t图象得到,线圈两端的电压大小与时间呈线性关系,即有U=U0-kt,由法拉第电磁感应定律E=U=BLv,则v=-t,B、L、k均一定,则速度v随时间均匀减小,所以火车做匀减速直线运动。6.(新题预测)(多选)如图所示中,L1和L2是两个相同灯泡,L是一个自感系数相当大的线圈,其电阻值与R相同,在开关S接通的瞬间,下列说法正确的是()A.接通时L1先达到最亮B.接通时L2先达到最亮C.断开时L1先灭D.断开时L2先灭【解析】选A、D。接通时由于L自感作用,瞬间等于断路,通过L1的电流等于L2
10、+R之和,所以L1先达到最亮。然后L自感慢慢减弱,通过L1的电流减小;当断开时,L2瞬间失去电流,而L1和L构成回路,由于L自感,L1会亮一会再灭,故A、D项正确,B、C项错误。【加固训练】 (2017北京高考)图甲和图乙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.图甲中,A1与L1的电阻值相同B.图甲中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C.图乙中,变阻器R与L2的电阻值相同D.图乙中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等【解析】选C。图甲中,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,所以断开开关S1之前,电路处于稳定状态时,流经L1的电流大于流经A1的电流,L1的电阻值小于A1的阻值,A、B选项错误;图乙中,闭合开关S2,最终完全相同的灯A2与A3的亮度相同,即最终A2与A3的电流相同,所以变阻器R与L2的电阻值相同,C选项正确;闭合S2瞬间,L2对电流有阻碍作用,L2中电流小于变阻器R中电流,D选项错误。关闭Word文档返回原板块
