1、河北2013年高考二轮知识点专题复习电磁感应现象楞次定律1如图所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流。各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是()答案CD解析根据楞次定律可确定感应电流的方向：对C选项，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化增加；(3)感应电流产生的磁场方向向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向与图中箭头方向相同。故C项正确。同理分析可知D项正确。2.两个大小不同的绝缘金属圆环如图所
2、示叠放在一起，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感应电流的方向是()A顺时针方向B逆时针方向C左半圆顺时针 ，右半圆逆时针D无感应电流答案B解析根据安培定则，当大圆环中电流为顺时针方向时，圆环所在平面内的磁场是垂直于纸面向里的，而环外的磁场方向垂直于纸面向外，虽然小圆环在大圆环里外的面积一样，但环里磁场比环外磁场要强，净磁通量还是垂直于纸面向里。由楞次定律知，感应电流的磁场阻碍“”方向的磁通量的增强，应垂直于纸面向外 ，再由安培定则得出小圆环中感应电流的方向为逆时针方向，B选项正确。3如图所示，闭合线圈abcd在磁场中运动到如图位置时，ab边受到的磁场力竖直
3、向上，此线圈的运动情况可能是()A向右进入磁场B向左移出磁场C以ab为轴转动D以ad为轴转动答案B解析ab边受磁场力竖直向上，由左手定则知，通过ab的电流方向是由a指向b，由右手定则可知当线圈向左移出磁场时，bc边切割磁感线可产生顺时针方向的电流，当然也可以用楞次定律判断当线圈向左移出磁场时，磁通量减小，产生顺时针的感应电流，故B正确，当以ab或ad为轴转动时，在图示位置，导线不切割磁感线无电流产生，故C、D错。4如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置 释放，环经过磁铁到达位置。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度
4、大小为g，则()AT1mg，T2mgBT1mg，T2mg，T2mgDT1mg答案A解析当圆环经过磁铁上端时，磁通量增大，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上推，根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有T1mg，当圆环经过磁铁下端时，磁通量减小。根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上吸，根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有T2mg，所以只有A正确。5如图所示，两个完全相同的矩形导线框A、B在靠得很近的竖直平面内，线框的对应边相互平行。线框A固定且通有电流I，线框B从图示位置由静止释放，在运动到A下方的过程中()A穿过线框B的磁通量先变小后变大B线框B中感应电流的方向先顺
5、时针后逆时针C线框B所受安培力的合力为零D线框B的机械能一直减小答案D解析在运动到A下方的过程中，穿过线框B的磁通量先向外增大，后减小，然后再向里增大，后减小，最后又向外增大后减小，A项错误；根据安培定则可知，线框B中感应电流的方向为顺时针逆时针顺时针逆时针顺时针逆时针，B项错误；安培力对线框有阻碍作用，安培力的合力不为零，且做负功，线框的机械能减小，C项错误。D项正确。6如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将()A静止不动B逆时针转动C顺时针转动D发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向答案C解析当P向右
6、滑动时，电路中电阻减小，电流增大，线圈ab的磁通量增加，根据楞次定律判断，线圈ab将顺时针转动。7如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形。判断下列说法正确的是()A若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动B若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈D从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈答案AC解析若线圈闭合进入磁场时，由于产生电磁感
7、应现象，根据楞次定律可判断闭合线圈相对传送带向后滑动，故A对、B错；从图中可以看出，2、3两线圈间距小，3、4两线圈间距大，其余各线圈间距相同，说明第3个线圈相对传送带没有滑动，第3个线圈是不合格线圈，C对、D错。8如图所示，一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧，与线圈相连的导线abcd内有水平向里变化的磁场。下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离()答案A解析铝框向左运动，是为了阻碍本身磁通量的增加，由楞次定律可知：带铁芯线圈产生的电流增加，其产生的磁场增强。为使线圈产生的电流变大，由法拉第电磁感应定律可知：线框abcd中的磁场的逐渐增加，选项A正确，B、C、D错误。9电吉他是利用电磁感应原理工
8、作的一种乐器。如图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管。一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为()答案B解析由感应电流公式In，感应电流大小与磁通量的变化率有关，在t图象上各点切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的正、负号表示电流的方向；根据图乙，在0t0时间内，感应电流I的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，选项B符合要求。10.如图所示是一种延时开关。S2闭合，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁
9、D吸下，将C线路接通。当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则() A由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C如果断开B线圈的电键S2，无延时作用D如果断开B线圈的电键S2，延时将变长答案BC解析 S1断开时，A线圈中电流消失，磁通量减少，B线圈中产生感应电流，阻碍线圈中磁通量的减少，A错，B对；若断开S2，B线圈无感应电流，磁通量立即减为零，不会有延时作用，C对，D错。11.如图所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为l，且ld，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有
10、感应电流的时间是多少？答案解析从线框进入到完全离开磁场的过程中，当线框bc边运动至磁场右边缘至ad边运动至磁场左边缘过程中无感应电流。此过程位移为：ld故t。12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开始，求磁感应强度B随时间t变化的关系式。答案B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)
11、由12得B。13磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内，有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度v匀速通过磁场，如图所示，从ab进入磁场时开始计时。(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象；(2)判断线框中有无感应电流。若有，请判断出感应电流的方向；若无，请说明理由。答案(1)如图所示(2)线框进入磁场阶段，感应电流方向逆时针；线框在磁场中运动阶段，无感应电流；线框离开磁场阶段，感应电流方向为顺时针方向。解析线框穿过磁场的过程可分为三个阶段：进入磁场阶段(只有ab边在磁场中)、在磁场中运动阶段(ab、cd两边都在磁场中)、离开磁场阶段(只有
12、cd边在磁场中)。(1)线框进入磁场阶段：t为0，线框进入磁场中的面积与时间成正比，Slvt，最后为BSBl2线框在磁场中运动阶段：t为线框磁通量为Bl2，保持不变。线框离开磁场阶段：t为，线框磁通量线性减小，最后为零。(2)线框进入磁场阶段，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流。由右手定则可知，感应电流方向为逆时针方向。线框在磁场中运动阶段，穿过线框的磁通量保持不变，无感应电流产生。线框离开磁场阶段，穿过线框的磁通量减小，线框中将产生感应电流。由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向。14我国的“嫦娥二号”探月卫星在发射1533秒后进入近地点高度为200km的地月转移轨道。假设卫星中有
13、一边长为50cm的正方形导线框，由于卫星的调姿由水平方向转至竖直方向，此时地磁场磁感应强度B4105T，方向如图所示。问：(1)该过程中磁通量的改变量是多少？(2)该过程线框中有无感应电流？ 设线框电阻为R0.1，若有电流则通过线框的电量是多少？(sin370.6，cos370.8)答案(1)1.4105Wb(2)1.4104C解析 (1)设线框在水平位置时法线n方向竖直向上，穿过线框的磁通量1BScos536.0106Wb。当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角143，穿过线框的磁通量2BScos1438.0106Wb该过程磁通量的改变量大小121.4105Wb。(2)因为该过程穿过闭合线框的磁通量发生了变化， 所以一定有感应电流。根据电磁感应定律得，。通过的电量为qt1.4104C。
