资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩14页未读，
继续阅读
所属成套资源：新人教版物理选择性必修第二册同步练习(解析版+原卷版)
成套系列资料，整套一键下载
第二章 电磁感应 （综合复习与测试）- 人教版高中物理选修二-(解析版+原卷版)
展开
这是一份第二章 电磁感应 （综合复习与测试）- 人教版高中物理选修二-(解析版+原卷版)，文件包含第二章电磁感应综合复习与测试-人教版高中物理选修二-解析版docx、第二章电磁感应综合复习与测试-人教版高中物理选修二-原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。
综合复习与测试
第二章 电磁感应
知识体系·思维导图
考点整合·素养提升
主题1 右手定则、左手定则、安培定则和楞次定律
1.楞次定律是判断感应电流方向的普遍规律，右手定则主要适用于导体切割磁感线的特殊情况。
2.感应电流的“效果”总是要“阻碍”引起感应电流的“原因”，常见的有阻碍原磁通量的变化——增反减同；阻碍导体的相对运动——来拒去留；改变线圈的面积来“反抗”磁通量的变化——增缩减扩；阻碍原电流的变化（自感现象）。利用以上楞次定律的扩展含义，可帮助我们对问题做出快速判断。
【典例1】（多选）如图所示，在纸面内有用导线构成的abcd回路，回路内部有垂直于线圈平面变化着的磁场，在ab边的正上方静止着一小磁针。闭合开关K的瞬间发现小磁针S极向纸面外偏转，则下列说法正确的是（ ）
A.回路中产生的感应电流方向为adcba
B.回路中产生的感应电流方向为abcda
C.回路中变化的磁场可能是垂直纸面向里正逐渐增加
D.回路中变化的磁场可能是垂直纸面向里正逐渐减小
[解析] 根据小磁针N极指向纸面内，可知ab边中电流在其上方产生的磁场方向垂直纸面向里，根据右手螺旋定则可知，回路中的电流方向为adcba，A正确，B错误；根据楞次定律可知回路中变化的磁场可能是垂直纸面向里正逐渐增加，或垂直纸面向外正逐渐减小，故C正确，D错误。
[答案] AC
【变式1】（多选）如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管排斥（ ）
A.向右做匀速运动
B．向左做加速运动
C．向右做减速运动
D．向右做加速运动
[解析]导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管排斥，A错误；导体棒ab向左做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向为b→a，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于N极，螺线管左侧是N极，则线圈c被螺线管排斥，B正确；导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向为a→b，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于N极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管吸引，C错误；导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向为a→b，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于S极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管排斥，D正确。
[答案]BD
【变式２】（多选）将一段金属导线绕成如图甲所示的路径，并固定在水平面（纸面）内，ab边与kl边足够长且间距相等，abkl区域内有垂直纸面向外的匀强磁场I，cdef区域内有周期性变化的匀强磁场Ⅱ，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，垂直纸面向里为磁场Ⅱ的正方向，hi边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅲ中，导体棒MN垂直ab放在ab和kl上，始终与ab、kl保持良好的接触，MN在外力的作用下从t＝0时刻开始向右做匀速直线运动。则下列说法正确的是（ ）
A．边hi在0～时间内受到的安培力方向一定向右
B．边hi在～时间内受到的安培力方向一定向左
C．边hi在～时间内受到的安培力一定大于～T时间内受到的安培力
D．边hi在～时间内受到的安培力大小可能为零
[解析]导体棒MN向右做匀速直线运动，由右手定则可知，MN切割磁感线产生的感应电流沿顺时针方向，电流I1＝＝大小不变；由楞次定律可知，在0～时间内，cdef处产生的感应电流I2沿逆时针方向，由于不知道电流I1、I2的大小关系，电路总电流既可能沿顺时针方向，也可能沿逆时针方向，由左手定则可知，hi受到的安培力既可能向左，也可能向右，故A错误；由楞次定律可知，在～时间内，cdef处产生的感应电流沿顺时针方向，电路总电流沿顺时针方向，由左手定则可知，hi边受到的安培力向左，故B正确；由楞次定律可知，在～时间，cdef处产生的感应电流沿顺时针方向，与MN切割磁感线产生的感应电流方向相同，在～T时间内，cdef处产生的感应电流沿逆时针方向，与MN切割磁感线产生的感应电流方向相反，在～时间内感应电流大小大于～T内的感应电流，由F＝BIL可知，边hi在～时间内受到的安培力一定大于～T时间内受到的安培力，故C正确；由楞次定律可知，在～时间，cdef处产生的感应电流沿顺时针方向，与MN切割磁感线产生的感应电流方向相同，电路总电流不为零，由F＝BIL可知，边hi在～时间内受到的安培力大小不可能为零，故D错误。
[答案] BC
主题2 电磁感应中的动力学问题
（1）由于通有感应电流的导体在磁场中受安培力的作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起，基本分析方法：
①用法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小。
②用楞次定律或右手定则判断感应电流的方向。
③用闭合电路的欧姆定律求解回路中的电流大小。
④分析研究导体的受力情况。
⑤列动力学方程或平衡方程求解。
（2）导体在安培力及其他力的共同作用下做非匀变速直线运动，最终趋于稳定状态，这类问题的基本分析方法：
做好受力情况、运动情况的动态分析，导体运动产生感应电动势→产生感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化，周而复始循环，最终加速度等于零，导体达到稳定的状态；
导体达到稳定状态时的平衡方程往往是解答该类问题的突破口。
【典例2】（多选）（2019·全国卷Ⅲ）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是（ ）
[解析] 由题意可知，两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝2mv′，最终两棒共速，速度为，此时电路中电流为0，故C正确，D错误；由C知，I不是线性变化，又由I＝（R为每个棒的电阻）知，v不是线性变化，v1是逐渐减小到，v2是逐渐增大到，故A正确，B错误。
[答案] AC
【变式３】如图甲所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，用与导轨平行且向上的恒定拉力F作用在金属杆上，金属杆ab沿导轨向上运动，最终将做匀速运动，当改变拉力F的大小时，相对应的匀速运动速度v也会改变，v和F的关系如图乙所示。
（1）金属杆ab在匀速运动之前做什么运动？
（2）运动过程中金属杆ab受到的安培力的表达式？
（3）若m＝0.25 kg，L＝0.5 m，R＝0.5 Ω，取重力加速度g＝10 m/s2，试求磁感应强度B的大小及θ角的正弦值sin θ。
[解析]（1）金属杆在上升的过程中受重力、拉力、支持力、沿斜面向下的安培力，速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，则加速度减小所以棒做加速度减小的加速运动。（或变速运动、或变加速运动、加速运动）
（2）感应电动势为：E＝BLv
感应电流为：I＝
ab杆所受的安培力为：
F安＝BIL＝
（3）F－mg sin θ－＝ma
当a＝0时，速度v达最大，保持不变，杆做匀速运动
v＝－
结合vF图像知：
斜率为：k＝＝＝2 m/（N·s），
横轴上截距为：
c＝mg sin θ＝2 N
代入数据解得：
B＝1 T，sin θ＝0.8
[答案] （1）金属杆ab在匀速运动之前做加速度减小的加速运动
（2）F安＝ （3）1 T 0.8
【变式４】（多选）如图所示为磁悬浮列车模型，质量M＝1 kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ＝0.1的粗糙水平地面上，位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m＝1 kg，边长为1 m，电阻为 Ω。O、O′分别为AD、BC的中点，在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO′CD区域内磁场如图a所示，CD恰在磁场边缘以外；OO′BA区域内磁场如图b所示，AB恰在磁场边缘以内，若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若金属框固定在绝缘板上，则金属框从静止释放后（ ）
A．通过金属框的电流为16 A
B．金属框所受的安培力为8 N
C．金属框的加速度为3 m/s2
D．金属框的加速度为7 m/s2
[解析] 根据法拉第电磁感应定律有E＝＝0.5 V
则回路中的电流为I＝＝8 A，A错误；所受安培力的大小为：F＝BIl＝8 N，故B正确；根据牛顿第二定律有：F－f＝（M＋m）a，f＝（M＋m）gμ，代入数据解得a＝3 m/s2，故C正确，D错误。
[答案] BC
主题３ 电磁感应中的功能关系问题
1.能量转化及焦耳热的求法：
（1）能量转化。
（2）求解焦耳热Q的几种方法。
2.用能量观点解答电磁感应问题的一般步骤：
（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向。
（2）画出等效电路，求出回路消耗电功率的表达式。
（3）分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的关系式。
【典例３】（多选）如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直于斜面向上。质量为m，电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h。在这一过程中（ ）
A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零
B．金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R产生的焦耳热之和
C．恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和
D．恒力F和重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
[解析] 金属棒匀速上升过程中，根据动能定理得：WF＋WG＋W安＝0，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，A正确，B错误；WF＋WG＝－W安，恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，C错误，D正确。
[答案] AD
【变式５】如图所示，质量为m、边长为L的正方形闭合线圈从有理想边界的水平匀强磁场上方h高处由静止下落，磁场区域的边界水平，磁感应强度大小为B，线圈的电阻为R，线圈平面始终在竖直面内并与磁场方向垂直，ab边始终保持水平，若线圈一半进入磁场时恰好开始做匀速运动，重力加速度为g，求：
（1）线圈一半进入磁场时匀速运动的速度v；
（2）从静止起到达到匀速运动的过程中，线圈中产生的焦耳热Q；
（3）请在所给的坐标系中大体画出线圈在整个下落过程中运动的vt图像。
[解析] （1）线圈匀速运动时，受到的重力和安培力平衡mg＝BIL
I＝
得：v＝
（2）线圈从开始下落到匀速运动过程中，由能量守恒定律
mg（h＋）＝mv2＋Q
得：Q＝mg（h＋）－
（3）设线圈进入磁场过程中的加速度为a
mg－＝ma
a＝g－
随着速度的增加，加速度大小在减小，因而做加速度减小的加速运动，直到进入一半时，线圈开始做匀速直线运动，当完全进入时，做加速度为g 的匀加速运动。
因此线圈在整个下落过程中运动的vt图像如图如示：
[答案]（1） （2）mg（h＋）－ （3）见解析图
【变式６】 (多选)如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R＝0.50 m的绝缘光滑圆槽轨。槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感强度B＝0.5 T，有一质量为m＝0.10 g的带正电的电量为q＝1.6×10－3 C的小球在水平轨道上向右运动，小球恰好能通过光滑圆槽轨的最高点，重力加速度g取
10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小球在最高点只受到洛伦兹力和重力的作用
B．小球在最高点时受到的洛伦兹力为1×10－3 N
C．小球到达最高点的线速度是1 m/s
D．小球在水平轨道上的初速度v0为6 m/s
[解析] 设小球在最高点的速度为v，则小球在最高点所受洛伦兹力为：F＝qvB，方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力，故A正确；由上可知：mg－F＝m，小球运动过程机械能守恒：mv＝mv2＋mg·2R，联立得：v＝1 m/s，
F＝8×10－4 N，v0＝4.6 m/s，故B、D错误，C正确。
[答案] AC
综 合 测 试
一、单选题：
1．电磁炉采用感应电流(涡流)的加热原理，其原理图如图所示。它是通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在铁锅底部产生交变电流。它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点。下列关于电磁炉的说法正确的是( )
A．电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部
B．电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品
C．电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热
D．电磁炉的锅具一般用铁锅，是因为铝锅、铜锅中不能形成涡流
【答案】A
【解析】电磁炉面板如果采用金属材料，在交变磁场中产生涡流发热，会使线圈烧毁，故B错误；用陶瓷器皿作为锅具不能形成涡流，不能对食品加热，故C错误；铝锅、铜锅在电磁炉上也能形成涡流，但由于铝、铜导磁性弱，通过它们的磁场只是一小部分，因此在铝锅、铜锅中形成的涡流远比铁锅中的小，不是不能形成涡流，故D错误，A正确。
故选A。
2.如图所示，左侧闭合电路中的电流大小为I1，ab为一段长直导线；右侧平行金属导轨的左端连接有与ab平行的长直导线cd，在远离cd导线的右侧空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，在磁场区域放置垂直导轨且与导轨接触良好的导体棒MN，当导体棒沿导轨匀速运动时，可以在cd上产生大小为I2的感应电流。已知I1>I2，用f1和f2分别表示导线cd产生的磁场对ab的安培力大小和ab产生的磁场对cd的安培力大小，下列说法正确的是( )
A．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，f1＝f2
B．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，f1＝f2
C．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，f1>f2
D．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，f1>f2
【答案】B
【解析】若MN向左运动，由右手定则可知cd中的电流方向由d→c，而ab中的电流方向由a→b，故二者方向相反，相互排斥。由牛顿第三定律可知，f1＝f2，故A、C均错误。同理可知，当MN向右运动时，cd中的电流方向由c→d，ab与cd两导线电流方向相同，相互吸引，且f1＝f2，B正确，D错误。
故选B。
3.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，线框置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过导体线框横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过导体线框横截面的电荷量为q2，则( )
A．Q1＞Q2 q1＝q2 B．Q1＞Q2 q1＞q2
C．Q1＝Q2 q1＝q2 D．Q1＝Q2 q1＞q2
【答案】A
【解析】设线框ab边长为l1，bc边长为l2，进入磁场的速度为v，电阻为R。ab边平行MN进入磁场时，根据功能关系，线框进入磁场的过程中产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝·l2，通过线框导体横截面的电荷量q1＝＝，同理得bc边平行MN进入磁场时，Q2＝·l1，q2＝＝。故q1＝q2，由于l1＞l2，因此Q1＞Q2，A项正确。
故选A。
4.电磁感应现象在生产、生活中有着广泛的应用。工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术原理图如图甲所示。其原理是将线圈中通入电流，使被测物件内产生涡流，借助探测线圈内电流变化测定涡流的改变，从而获得被测物件内部是否断裂及位置的信息。一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置如图乙所示，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立即跳起。关于对以上两个应用实例理解正确的是( )
A．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料
B．涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象
C．以上两个应用实例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源
D．以上两个应用实例中的线圈所连接电源也可以都是恒压直流电源
【答案】A
【解析】涡流探伤技术其原理是线圈通电后，使物件内产生涡流，借助探测线圈测定涡流的改变，所以能被探测的物体和实验所用的套环必须是导电材料，故A正确。跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流并跳动，属于演示楞次定律的实验，故B错误。金属探伤时，探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示跳环的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，故C、D错误。
故选A。
5.如图所示，水平虚线MN的上方有一匀强磁场，矩形导线框abcd从某处以v0的速度竖直上抛，向上运动高度H后进入与线圈平面垂直的匀强磁场，此过程中导线框的ab边始终与边界MN平行。在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个选项中能正确反映导线框的速度与时间关系的是( )
【答案】C
【解析】在导线框从抛出到ab边接近MN时，导线框做匀减速直线运动。在ab边进入磁场后切割磁感线产生感应电流，受到安培力作用加速度瞬时变大，速度迅速变小。随着速度减小，产生的感应电流减小，安培力减小，加速度减小，所以能正确反映导线框的速度与时间关系的是C选项。
故选C。
6.法拉第发明了世界上第一台发电机，如图所示，圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M、N分别与盘的边缘和中心点接触良好，且与灵敏电流计相连。金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则( )
A．电刷M的电势高于电刷N的电势
B．若只将电刷M移近N，电流计的示数变大
C．若只提高金属盘转速，电流计的示数变大
D．若只将滑动变阻器滑片向左滑动，电流计的示数变大
【答案】C
【解析】由电流的流向，根据安培定则可知电磁铁的左端为N极，右端为S极，两磁极间的磁场方向向右；根据金属盘的转动方向，结合右手定则可以判断，电刷N的电势高于电刷M的电势，A错误。若只将电刷M移近N，则电路中的感应电动势减小，电流计的示数减小，B错误；若只提高金属盘的转速，则金属盘中产生的感应电动势增大，电流计的示数增大，C正确；若只将滑动变阻器滑片向左滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电磁铁中的电流减小，两磁极间的磁感应强度减小，圆盘中产生的感应电动势减小，电流计的示数减小，D错误。
故选C。
7.光滑水平面上的边长为a的闭合正三角形金属框架底边与磁场边界平行，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中。现把框架沿与磁场边界垂直的方向匀速拉出磁场，如图所示，E、F外、P分别表示金属框架产生的电动势、所受水平外力及外力功率，则各物理量与位移x关系图像正确的是( )
【答案】金属正三角形框架匀速运动的位移x与切割磁感线的导体有效长度l的关系l＝＝x，即把框架匀速拉出磁场时，产生的电动势E＝Blv＝，且E∝x。当x＝a时，E最大，选项B正确，选项A错误；所受水平外力F外＝BIl＝Bl＝，且F外∝x2，其中R为框架的总电阻，当x＝a时，F外最大，选项C错误；外力功率P＝F外v＝，且P∝x2，当x＝a时，P最大，选项D错误。
故选B。
8.如图所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O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)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于( )
A． B．
C． D．2
【答案】C
【解析】根据牛顿第二定律可得，导体棒下滑过程中的加速度a＝＝g sin θ－，由此可知，速度增大则a减小，所以导体棒达到稳定状态前做加速度减小的加速运动，A选项正确；由A选项可知，a＝
g sin θ－，当速度v′＝v时，加速度为零，即g sin θ＝，当导体棒速度达到时，加速度a＝g sin θ－＝g sin θ－＝g sin θ，B选项正确；根据右手定则可得，导体棒中的电流方向为a→b，由于导体棒为电源，所以b端电势高，C选项错误；导体棒达到稳定状态后，根据能量守恒定律可得，电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功，D选项正确。
故选C。
9.如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷。在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上，现让橡胶盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是( )
A．铝环N有沿顺时针方向的感应电流
B．铝环N有扩大的趋势
C．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下
D．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上
【答案】D
【解析】橡胶盘M由静止开始绕其轴线O1O2按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，又因为橡胶圆盘带有负电荷，根据右手螺旋定则知，通过环N的磁通量向下且增大，根据楞次定律知环N的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以，橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上，故D正确，B、C错误。依据楞次定律可知，穿过环N的磁通量向下且增大，因此环N有沿逆时针方向的感应电流，故A错误。
故选D。
１０.如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。则( )
A．电路接通稳定后，三个灯亮度相同
B．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭
C．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭
D．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭
【答案】C
【解析】电路接通稳定后，A灯被线圈短路而熄灭，B、C灯并联，电压相同，亮度相同，故A错误；电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，但是由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，自感电流通过C灯，所以C灯逐渐熄灭，故B错误；电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联，S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻可忽略不计，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，两端的电压逐渐降低，B灯两端的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，故C正确，D错误。
故选C。
１１.如图所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽，有一带正电小球质量为m，电荷量为q，在槽内沿顺时针方向做匀速圆周运动，现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，且B逐渐增大，则( )
A．小球速度变大 B．小球速度变小
C．小球速度不变 D．以上三种情况都有可能
【答案】A
【解析】磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相同，小球做加速运动，速度逐渐增加，故A正确，B、C、D错误。
故选A。
１２.如图所示，在光滑的水平桌面上有两个完全相同的等边三角形线框M、N，其底边都平行于有界匀强磁场(方向竖直向下)的上、下边界P、Q，边界P、Q间的距离等于等边三角形线框的高度h。现使两个线框在拉力作用下沿垂直于磁场边界的方向以大小相同的速度匀速通过磁场，设线框M、N受到的拉力大小在刚进入磁场时分别为FM1和FN1，在磁场中运动距离为时分别为FM2和FN2，刚要完全出磁场时分别为FM3和FN3，进、出磁场过程中流过线框M、N的电流分别用I1和I2表示，进入磁场的过程中流过线框M、N某一横截面的电荷量分别为q1和q2，则( )
A．FM1>FN1，FM2>FN2，FM3
【答案】B
【解析】线框M、N刚进入磁场时，线框M的有效切割长度为线框的边长，线框N的有效切割长度为0，则线框M中有感应电流，线框N中无感应电流，由F＝BIL知，FM1>FN1；线框M、N在磁场中运动距离为时，两线框的有效切割长度相同，回路中产生的感应电动势相同，感应电流相同，由F＝BIL知，FM2＝FN2，线框M、N刚要完全出磁场时，线框M的有效切割长度为0，线框N的有效切割长度为线框的边长，则线框M中无感应电流，线框N中有感应电流，由F＝BIL知，FM3
二、多选题：
1３.某学校操场上有如图所示的器械。两根金属链条将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架上，静止时ab沿东西方向。已知当地的地磁场方向自南向北斜向下跟竖直方向成45°角。现在最低点给ab棒一个初速度，使它由南向北荡起来。已知运动过程中链条与竖直方向的最大夹角也是45°，则下列说法正确的是( )
A．当链条与竖直方向成45°时，回路中感应电流最大
B．当链条与竖直方向成45°时，穿过回路的磁通量可能最大
C．当ab棒自南向北经过最低点时，ab中感应电流的方向是自西向东
D．当ab棒自南向北经过最低点时，安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下
【答案】BD
【解析】链条与竖直方向成45°时，有两个位置：在最低点南边时，穿过回路的磁通量最大；在最低点北边时，穿过回路的磁通量为零。由法拉第电磁感应定律知，两个位置均不是电流最大的位置，选项A错误，选项B正确。金属棒自南向北经过最低点时，感应电流的方向是自东向西，选项C错误。根据左手定则可知金属棒自南向北经过最低点时，安培力方向与水平向南的方向成45°斜向下，选项D正确。
故选：BD。
1４.如图所示，A、B两灯泡的电阻均为R。闭合S1、S2，电路稳定后，两灯亮度相同，则( )
A．只断开S2，两灯亮度不变
B．在只断开S1的瞬间，电流从c→b
C．只断开S1，B灯立即熄灭，A灯闪亮一下再熄灭
D．只断开S1，A灯立即熄灭，B灯闪亮一下再熄灭
【答案】AB
【解析】只断开S2，电路结构不变，两灯亮度不变，A正确；只断开S1，由于自感现象，电流从c→b经过灯A构成回路，B灯立即熄灭，由于原来R中电流与A灯中电流相等，则A灯不会闪亮一下，而是逐渐熄灭，故B正确，C、D错误。
故选：AB。
1５.如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的U形导轨，导轨左端连接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。导轨间距为l，在导轨上垂直放置一根金属棒MN，与导轨接触良好，金属棒电阻为r，用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动。则金属棒运动过程中( )
A．金属棒中的电流方向为由N到M
B．电阻R两端的电压为Blv
C．金属棒受到的安培力大小为
D．电阻R产生焦耳热的功率为
【答案】AC
【解析】由右手定则判断得知金属棒MN中的电流方向为由N到M，故A正确；MN产生的感应电动势E＝Blv，回路中的感应电流大小I＝＝，则电阻R两端的电压U＝IR＝，故B错误；金属棒MN受到的安培力大小F＝BIl＝，故C正确；电阻R产生焦耳热的功率P＝I2R＝2R＝，故D错误。
故选：AC。
1６．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边在t＝0时刻进入磁场。导线框中感应电动势随时间变化的图像如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是( )
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
【答案】BC
【解析】由题图(b)可知，导线框匀速直线运动的速度大小v＝＝ m/s＝0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝Blv得B＝＝ T＝0.2 T，A项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝＝ A＝2 A，则导线框受到的安培力F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D项错误。
故选：BC。
1７．安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警。以下关于这个安检门的说法正确的是( )
A．这个安检门也能检查出毒品携带者
B．这个安检门只能检查出金属物品携带者
C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者
D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应
【答案】BD
【解析】这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错误，B正确；若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使金属物品产生电流，因而不能检查出金属物品携带者，C错误；安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D正确。
故选：BD。
１８．如图所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆环的总电阻为2R，金属杆OM电阻为，长为r，OM绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω逆时针转动，M端与环接触良好，圆心O和边缘K通过电刷与一个电阻R连接。电阻的阻值为R，忽略电流表和导线的电阻，则( )
A．通过电阻R的电流的大小和方向做周期性变化
B．通过电阻R的电流方向不变，且从a到b
C．通过电阻R的电流的最大值为
D．通过电阻R的电流的最小值为
【答案】BC
【解析】金属杆OM切割磁感线，根据右手定则可知金属杆中电流由O到M，且方向不变，故电阻中电流方向由a到b，故A错误，B正确；M端的线速度为v＝ωr，金属杆OM切割磁感线的平均速度为＝，金属杆OM转动切割磁感线产生的电动势为E＝Br＝Br2ω，由于各个物理量不变，则E不变，当M位于最上端时圆环被接入的电阻为0，整个电路的总电阻最小，此时R中有最大电流，为Imax＝＝＝，故C正确；当M端位于最下端时，圆环左右两部分电阻相等，并联的总电阻最大，此时R中有最小电流，为Imin＝＝＝，故D错误。
故选：BC。
１９．如图所示，阻值为R的金属棒从图示ab位置分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中( )
A．回路电流I1∶I2＝1∶2
B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶2
C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶2
D．外力的功率P1∶P2＝1∶2
【答案】AB
【解析】感应电动势为BLv，感应电流I＝＝，大小与速度成正比，产生的热量Q＝I2Rt＝·＝v，B、L、L′、R是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比，选项A、B正确；通过任一截面的电荷量q＝It＝·＝，与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1，选项C错误；金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相等，则外力的功率P＝Fv＝BIL·v＝，其中B、L、R大小相等，外力的功率与速度的二次方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4，选项D错误。
故选：AB。
２０.如图所示，坐标系xOy所在平面为光滑水平面，现有一长为d、宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B＝B0cos ，规定竖直向下为磁感应强度的正方向，线框电阻为R，在t＝0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是( )
A．外力F是沿x轴负方向的恒力
B．在t＝0时，外力大小F＝
C．通过线框的瞬时电流I＝
D．经过时间t＝，线框中产生的电热Q＝
【答案】ＢＤ
【解析】由于磁场是变化的，故线框切割磁感线产生的感应电动势也在变化，安培力为变力，故要使线框保持匀速运动，外力F不能为恒力，故A错误；t＝0时，MN、PQ两边所在处的磁感应强度均为B0，方向相反，则感应电动势E0＝2B0Lv，线框做匀速运动，拉力等于安培力，即F＝2B0IL＝，故B正确；由于MN、PQ两边所在处的磁场正好相隔半个周期，故产生的感应电动势方向相同，经过的位移为vt时，感应电动势的瞬时值E＝2B0Lv cos ，瞬时电流I＝＝，故C错误；由于瞬时电流按照余弦规律变化，可知感应电流的有效值I有＝，故线框中产生的电热Q＝IRt＝，故D正确。
故选：ＢＤ。
２１.如图所示，有一边长为l的正方形导线框，质量为m，由高h处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其上边cd刚穿出磁场时，速度减小为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是l，则下列结论中正确的是( )
A．线框穿过磁场区域时做匀减速直线运动
B．线框穿过磁场区域时加速度方向先向上后向下
C．线框进入磁场时的加速度大于穿出磁场时的加速度
D．线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为mg(2l＋h)
【答案】BD
【解析】线框穿过匀强磁场过程中，受到重力和安培力作用，设ab边刚进入磁场时的速度为v1，则E＝Blv1，所以电路中的电流I＝＝，
安培力F＝BIl＝，由此可知，安培力与速度有关，由牛顿第二定律知－mg＝ma，故线框在穿过磁场的过程中加速度随v的减小而减小，随着v的减小，安培力F＝逐渐减小，但必有F≥mg，所以加速度不可能向下，则A、B错误，C正确；线框从释放至穿过磁场的过程中，设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得mg(h＋2l)－Q＝m()2，mgh＝mv，解得Q＝mg(2l＋h)，故D正确。
故选：BD。
三、 实验题：
２２.“研究电磁感应现象”的实验装置如图所示。
(1)将图中所缺的导线补接完整。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后进行下述操作时可能出现的情况是：
①将通电线圈迅速插入感应线圈时，灵敏电流计指针将____________。
②通电线圈插入感应线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将____________。
(3)在实验时，如果感应线圈两端不接任何元件，则感应线圈电路中将________。
A．因电路不闭合，无电磁感应现象
B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C．不能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向
D．可以用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向
【答案】(1)见解析图 (2)①向右偏转 ②向左偏转 (3)BD
【解析】(1)连线如图所示。
(2)根据穿过感应线圈的磁通量的变化情况与灵敏电流计的指针偏转方向进行判断，可得①中灵敏电流计指针将向右偏转，②中灵敏电流计指针将向左偏转。
(3)只要穿过感应线圈的磁通量发生变化，就会产生电磁感应现象，就有感应电动势，但电路不闭合，无感应电流。用楞次定律和安培定则可以判断感应电动势的方向，选项B、D正确。
２３.图为(研究电磁感应现象)实验中所用器材的示意图。试回答下列问题：
(1)在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的________和________。
(2)请按实验要求在实物上连线。
(3)在实验出现的电磁感应现象中，A、B线圈哪个相当于电源？________(选填“A”或“B”)
【答案】(1)大小 方向
(2)
(3)B
【解析】(1)在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的大小与方向。
(2)探究电磁感应现象的实验电路如图所示。
(3)在产生感应电流的回路中，螺线管B产生感应电动势，相当于电源。
２４.如图是研究自感现象的电路图，两个灵敏电流计G1和G2的零点都在刻度中央，当电流从左向右流入时，指针向右偏，反之向左偏，在开关S接通的瞬间，G1指针向__________摆，G2指针向__________摆；S断开的瞬间，G1指针向__________摆，G2指针向__________摆(以上均选填“左”或“右”)，两个灵敏电流计指针的摆动幅度__________(选填“相等”或“不相等”)。
【答案】右 右 右 左 相等
【解析】在开关S接通的瞬间，线圈阻碍电流增大，使电流慢慢增大到最大，但电流依然是从左向右流入；在S断开的瞬间，线圈阻碍电流减小，使电流在线圈L、灵敏电流计G1、G2、电阻R构成的回路中慢慢减小到零，G1中电流为从左向右流入，G2中电流为从右向左流入，两表串联，电流相等，指针的摆动幅度相等。
四、计算题：
２５.如图所示，一足够长的金属框架MON平面与匀强磁场B垂直，导体棒ab能紧贴金属框架运动，且始终与导轨ON垂直。当导体棒ab从O点开始匀速向右平动时，速度为v0，试求bOc回路中某时刻的感应电动势随时间变化的函数关系式。
【答案】E＝Bv02t
【解析】设导体棒ab从O点出发时开始计时，经过时间t，导体棒ab匀速运动的距离为s，则有s＝v0t
在ΔbOc中，tan 30°＝，则＝v0ttan 30°
在回路bOc中，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bv0 ＝Bv02ttan 30°
可得回路bOc中，某时刻的感应电动势随时间变化的函数关系式为E＝Bv02t。
2６．如图所示，电源的电动势E＝15 V，内阻忽略不计，R1＝5 Ω，R2＝15 Ω，电感线圈的电阻不计，求当开关S接通的瞬间、S接通达到稳定时及S断开的瞬间流过R1的电流。
【答案】0 3 A 3 A
【解析】开关接通瞬间，L所在的支路处于断路状态，流过R1的电流为0。
稳定时，L相当于导线，通过R1的电流I1＝＝3 A
S断开瞬间，R1中的电流仍为I1＝3 A。
2７．如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根轻导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小。
【答案】(1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)
【解析】(1)设轻导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。
对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsin θ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcos θ②
对于cd棒，同理有
mgsin θ＋μN2＝T③
N2＝mgcos θ④
联立①②③④式得
F＝mg(sin θ－3μcos θ)。⑤
(2)由安培力公式可知
F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。
ab棒上的感应电动势
E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小。
由欧姆定律得
I＝⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sin θ－3μcos θ)。⑨
2８.如图所示，两条相距为l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，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0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：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势
E＝Blv0①
回路的感应电流I＝②
由①②式解得I＝。 ③
(2)金属杆所受的安培力F＝BIl④
由牛顿第二定律可知F＝ma⑤
由③④⑤式解得a＝。⑥
(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v⑦
感应电动势E＝Blv′⑧
感应电流的电功率P＝⑨
由⑦⑧⑨式解得P＝。⑩
2９.在质量M＝1 kg的小车上竖直固定着一个质量m＝0.2 kg、高h＝0.05 m、总电阻R＝100 Ω、n＝100匝的矩形闭合线圈，且小车与线圈的水平长度l相同。现在线圈和小车一起在光滑的水平面上运动，速度v1＝10 m/s，随后穿过与线圈平面垂直的磁感应强度B＝1．0 T的水平有界匀强磁场，如图甲所示。已知小车(包括线圈)运动的速度v随车的位移x变化的vx图像如图乙所示。求：
(1)小车的水平长度l和磁场的宽度d；
(2)当小车的位移x＝10 cm时，线圈中的电流大小I以及此时小车的加速度a；(结果保留2位小数)
(3)线圈和小车通过磁场的过程中线圈电阻产生的热量Q。
【答案】(1)10 cm 25 cm (2)0.4 A 1．67 m/s2，方向水平向左 (3)57．6 J
【解析】(1)由题图乙可知，从x＝5 cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，线圈受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移x减小。
当x＝15 cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动，因此小车的水平长度l＝10 cm。
当x＝30 cm时，线圈开始离开磁场，则d＝30 cm－5 cm＝25 cm。
(2)当x＝10 cm时，由题图乙可知，线圈右边切割磁感线的速度v2＝8 m/s，由闭合电路欧姆定律得线圈中的电流I＝＝ A＝0.4 A
此时线圈所受安培力F＝nBIh＝2 N，小车的加速度a＝≈1．67 m/s2，方向水平向左。
(3)由题图乙可知，线圈左边离开磁场时，小车的速度v3＝2 m/s。线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成电能，在线圈上产生电热。
线圈电阻产生的热量Q＝(M＋m)v12－(M＋m)v32＝57．6 J。
３０.(8分)如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属圆环，以速度v＝10 m/s向一有界磁场滑去。匀强磁场方向垂直于纸面向里，B＝0.5 T，从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32 J的热量，求：
(1)此时圆环中电流的瞬时功率；
(2)此时圆环运动的加速度。
【答案】(1)0.36 W (2)6×10－2 m/s2 方向向左
【解析】(1)设刚好有一半进入磁场时，圆环的速度为v′，由能量守恒得
mv2＝Q＋mv′2(2分)
此时圆环切割磁感线的有效长度为2r，圆环的感应电动势
E＝B·2r·v′(1分)
而圆环此时的瞬时功率
P＝＝(2分)
三式联立代入数据可得
v′＝6 m/s，P＝0.36 W。(1分)
(2)此时圆环在水平方向受向左的安培力F＝ILB，
圆环的加速度为a＝＝＝6×10－2 m/s2，方向向左。(2分)
３１.(8分)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500，横截面积S＝20 cm2。螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。
(1)求螺线管中产生的感应电动势；
(2)闭合开关S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；
(3)S断开后，求流经R2的电荷量。
【答案】(1)1.2 V (2)5.76×10－2 W (3)1.8×10－5 C
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律
E＝＝n·S，＝ T/s＝0.4 T/s，(2分)
代入数值得E＝1 500×20×10－4×0.4 V＝1.2 V。(1分)
(2)根据闭合电路欧姆定律得I＝＝0.12 A，(1分)
P＝I2R1，(1分)
代入数值得P＝5.76×10－2 W。(1分)
(3)S断开后，流经R2的电量即为S闭合后C板上所带的电量Q。
S闭合后，电容器两端的电压U＝IR2＝0.6 V，(1分)
流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8×10－5 C。(1分)
综合复习与测试
第二章 电磁感应
知识体系·思维导图
考点整合·素养提升
主题1 右手定则、左手定则、安培定则和楞次定律
1.楞次定律是判断感应电流方向的普遍规律，右手定则主要适用于导体切割磁感线的特殊情况。
2.感应电流的“效果”总是要“阻碍”引起感应电流的“原因”，常见的有阻碍原磁通量的变化——增反减同；阻碍导体的相对运动——来拒去留；改变线圈的面积来“反抗”磁通量的变化——增缩减扩；阻碍原电流的变化（自感现象）。利用以上楞次定律的扩展含义，可帮助我们对问题做出快速判断。
【典例1】（多选）如图所示，在纸面内有用导线构成的abcd回路，回路内部有垂直于线圈平面变化着的磁场，在ab边的正上方静止着一小磁针。闭合开关K的瞬间发现小磁针S极向纸面外偏转，则下列说法正确的是（ ）
A.回路中产生的感应电流方向为adcba
B.回路中产生的感应电流方向为abcda
C.回路中变化的磁场可能是垂直纸面向里正逐渐增加
D.回路中变化的磁场可能是垂直纸面向里正逐渐减小
[解析] 根据小磁针N极指向纸面内，可知ab边中电流在其上方产生的磁场方向垂直纸面向里，根据右手螺旋定则可知，回路中的电流方向为adcba，A正确，B错误；根据楞次定律可知回路中变化的磁场可能是垂直纸面向里正逐渐增加，或垂直纸面向外正逐渐减小，故C正确，D错误。
[答案] AC
【变式1】（多选）如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管排斥（ ）
A.向右做匀速运动
B．向左做加速运动
C．向右做减速运动
D．向右做加速运动
[解析]导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管排斥，A错误；导体棒ab向左做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向为b→a，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于N极，螺线管左侧是N极，则线圈c被螺线管排斥，B正确；导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向为a→b，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于N极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管吸引，C错误；导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向为a→b，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于S极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管排斥，D正确。
[答案]BD
【变式２】（多选）将一段金属导线绕成如图甲所示的路径，并固定在水平面（纸面）内，ab边与kl边足够长且间距相等，abkl区域内有垂直纸面向外的匀强磁场I，cdef区域内有周期性变化的匀强磁场Ⅱ，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，垂直纸面向里为磁场Ⅱ的正方向，hi边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅲ中，导体棒MN垂直ab放在ab和kl上，始终与ab、kl保持良好的接触，MN在外力的作用下从t＝0时刻开始向右做匀速直线运动。则下列说法正确的是（ ）
A．边hi在0～时间内受到的安培力方向一定向右
B．边hi在～时间内受到的安培力方向一定向左
C．边hi在～时间内受到的安培力一定大于～T时间内受到的安培力
D．边hi在～时间内受到的安培力大小可能为零
[解析]导体棒MN向右做匀速直线运动，由右手定则可知，MN切割磁感线产生的感应电流沿顺时针方向，电流I1＝＝大小不变；由楞次定律可知，在0～时间内，cdef处产生的感应电流I2沿逆时针方向，由于不知道电流I1、I2的大小关系，电路总电流既可能沿顺时针方向，也可能沿逆时针方向，由左手定则可知，hi受到的安培力既可能向左，也可能向右，故A错误；由楞次定律可知，在～时间内，cdef处产生的感应电流沿顺时针方向，电路总电流沿顺时针方向，由左手定则可知，hi边受到的安培力向左，故B正确；由楞次定律可知，在～时间，cdef处产生的感应电流沿顺时针方向，与MN切割磁感线产生的感应电流方向相同，在～T时间内，cdef处产生的感应电流沿逆时针方向，与MN切割磁感线产生的感应电流方向相反，在～时间内感应电流大小大于～T内的感应电流，由F＝BIL可知，边hi在～时间内受到的安培力一定大于～T时间内受到的安培力，故C正确；由楞次定律可知，在～时间，cdef处产生的感应电流沿顺时针方向，与MN切割磁感线产生的感应电流方向相同，电路总电流不为零，由F＝BIL可知，边hi在～时间内受到的安培力大小不可能为零，故D错误。
[答案] BC
主题2 电磁感应中的动力学问题
（1）由于通有感应电流的导体在磁场中受安培力的作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起，基本分析方法：
①用法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小。
②用楞次定律或右手定则判断感应电流的方向。
③用闭合电路的欧姆定律求解回路中的电流大小。
④分析研究导体的受力情况。
⑤列动力学方程或平衡方程求解。
（2）导体在安培力及其他力的共同作用下做非匀变速直线运动，最终趋于稳定状态，这类问题的基本分析方法：
做好受力情况、运动情况的动态分析，导体运动产生感应电动势→产生感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化，周而复始循环，最终加速度等于零，导体达到稳定的状态；
导体达到稳定状态时的平衡方程往往是解答该类问题的突破口。
【典例2】（多选）（2019·全国卷Ⅲ）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是（ ）
[解析] 由题意可知，两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝2mv′，最终两棒共速，速度为，此时电路中电流为0，故C正确，D错误；由C知，I不是线性变化，又由I＝（R为每个棒的电阻）知，v不是线性变化，v1是逐渐减小到，v2是逐渐增大到，故A正确，B错误。
[答案] AC
【变式３】如图甲所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，用与导轨平行且向上的恒定拉力F作用在金属杆上，金属杆ab沿导轨向上运动，最终将做匀速运动，当改变拉力F的大小时，相对应的匀速运动速度v也会改变，v和F的关系如图乙所示。
（1）金属杆ab在匀速运动之前做什么运动？
（2）运动过程中金属杆ab受到的安培力的表达式？
（3）若m＝0.25 kg，L＝0.5 m，R＝0.5 Ω，取重力加速度g＝10 m/s2，试求磁感应强度B的大小及θ角的正弦值sin θ。
[解析]（1）金属杆在上升的过程中受重力、拉力、支持力、沿斜面向下的安培力，速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，则加速度减小所以棒做加速度减小的加速运动。（或变速运动、或变加速运动、加速运动）
（2）感应电动势为：E＝BLv
感应电流为：I＝
ab杆所受的安培力为：
F安＝BIL＝
（3）F－mg sin θ－＝ma
当a＝0时，速度v达最大，保持不变，杆做匀速运动
v＝－
结合vF图像知：
斜率为：k＝＝＝2 m/（N·s），
横轴上截距为：
c＝mg sin θ＝2 N
代入数据解得：
B＝1 T，sin θ＝0.8
[答案] （1）金属杆ab在匀速运动之前做加速度减小的加速运动
（2）F安＝ （3）1 T 0.8
【变式４】（多选）如图所示为磁悬浮列车模型，质量M＝1 kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ＝0.1的粗糙水平地面上，位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m＝1 kg，边长为1 m，电阻为 Ω。O、O′分别为AD、BC的中点，在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO′CD区域内磁场如图a所示，CD恰在磁场边缘以外；OO′BA区域内磁场如图b所示，AB恰在磁场边缘以内，若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若金属框固定在绝缘板上，则金属框从静止释放后（ ）
A．通过金属框的电流为16 A
B．金属框所受的安培力为8 N
C．金属框的加速度为3 m/s2
D．金属框的加速度为7 m/s2
[解析] 根据法拉第电磁感应定律有E＝＝0.5 V
则回路中的电流为I＝＝8 A，A错误；所受安培力的大小为：F＝BIl＝8 N，故B正确；根据牛顿第二定律有：F－f＝（M＋m）a，f＝（M＋m）gμ，代入数据解得a＝3 m/s2，故C正确，D错误。
[答案] BC
主题３ 电磁感应中的功能关系问题
1.能量转化及焦耳热的求法：
（1）能量转化。
（2）求解焦耳热Q的几种方法。
2.用能量观点解答电磁感应问题的一般步骤：
（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向。
（2）画出等效电路，求出回路消耗电功率的表达式。
（3）分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的关系式。
【典例３】（多选）如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直于斜面向上。质量为m，电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h。在这一过程中（ ）
A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零
B．金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R产生的焦耳热之和
C．恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和
D．恒力F和重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
[解析] 金属棒匀速上升过程中，根据动能定理得：WF＋WG＋W安＝0，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，A正确，B错误；WF＋WG＝－W安，恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，C错误，D正确。
[答案] AD
【变式５】如图所示，质量为m、边长为L的正方形闭合线圈从有理想边界的水平匀强磁场上方h高处由静止下落，磁场区域的边界水平，磁感应强度大小为B，线圈的电阻为R，线圈平面始终在竖直面内并与磁场方向垂直，ab边始终保持水平，若线圈一半进入磁场时恰好开始做匀速运动，重力加速度为g，求：
（1）线圈一半进入磁场时匀速运动的速度v；
（2）从静止起到达到匀速运动的过程中，线圈中产生的焦耳热Q；
（3）请在所给的坐标系中大体画出线圈在整个下落过程中运动的vt图像。
[解析] （1）线圈匀速运动时，受到的重力和安培力平衡mg＝BIL
I＝
得：v＝
（2）线圈从开始下落到匀速运动过程中，由能量守恒定律
mg（h＋）＝mv2＋Q
得：Q＝mg（h＋）－
（3）设线圈进入磁场过程中的加速度为a
mg－＝ma
a＝g－
随着速度的增加，加速度大小在减小，因而做加速度减小的加速运动，直到进入一半时，线圈开始做匀速直线运动，当完全进入时，做加速度为g 的匀加速运动。
因此线圈在整个下落过程中运动的vt图像如图如示：
[答案]（1） （2）mg（h＋）－ （3）见解析图
【变式６】 (多选)如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R＝0.50 m的绝缘光滑圆槽轨。槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感强度B＝0.5 T，有一质量为m＝0.10 g的带正电的电量为q＝1.6×10－3 C的小球在水平轨道上向右运动，小球恰好能通过光滑圆槽轨的最高点，重力加速度g取
10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小球在最高点只受到洛伦兹力和重力的作用
B．小球在最高点时受到的洛伦兹力为1×10－3 N
C．小球到达最高点的线速度是1 m/s
D．小球在水平轨道上的初速度v0为6 m/s
[解析] 设小球在最高点的速度为v，则小球在最高点所受洛伦兹力为：F＝qvB，方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力，故A正确；由上可知：mg－F＝m，小球运动过程机械能守恒：mv＝mv2＋mg·2R，联立得：v＝1 m/s，
F＝8×10－4 N，v0＝4.6 m/s，故B、D错误，C正确。
[答案] AC
综 合 测 试
一、单选题：
1．电磁炉采用感应电流(涡流)的加热原理，其原理图如图所示。它是通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在铁锅底部产生交变电流。它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点。下列关于电磁炉的说法正确的是( )
A．电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部
B．电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品
C．电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热
D．电磁炉的锅具一般用铁锅，是因为铝锅、铜锅中不能形成涡流
【答案】A
【解析】电磁炉面板如果采用金属材料，在交变磁场中产生涡流发热，会使线圈烧毁，故B错误；用陶瓷器皿作为锅具不能形成涡流，不能对食品加热，故C错误；铝锅、铜锅在电磁炉上也能形成涡流，但由于铝、铜导磁性弱，通过它们的磁场只是一小部分，因此在铝锅、铜锅中形成的涡流远比铁锅中的小，不是不能形成涡流，故D错误，A正确。
故选A。
2.如图所示，左侧闭合电路中的电流大小为I1，ab为一段长直导线；右侧平行金属导轨的左端连接有与ab平行的长直导线cd，在远离cd导线的右侧空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，在磁场区域放置垂直导轨且与导轨接触良好的导体棒MN，当导体棒沿导轨匀速运动时，可以在cd上产生大小为I2的感应电流。已知I1>I2，用f1和f2分别表示导线cd产生的磁场对ab的安培力大小和ab产生的磁场对cd的安培力大小，下列说法正确的是( )
A．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，f1＝f2
B．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，f1＝f2
C．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，f1>f2
D．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，f1>f2
【答案】B
【解析】若MN向左运动，由右手定则可知cd中的电流方向由d→c，而ab中的电流方向由a→b，故二者方向相反，相互排斥。由牛顿第三定律可知，f1＝f2，故A、C均错误。同理可知，当MN向右运动时，cd中的电流方向由c→d，ab与cd两导线电流方向相同，相互吸引，且f1＝f2，B正确，D错误。
故选B。
3.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，线框置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过导体线框横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过导体线框横截面的电荷量为q2，则( )
A．Q1＞Q2 q1＝q2 B．Q1＞Q2 q1＞q2
C．Q1＝Q2 q1＝q2 D．Q1＝Q2 q1＞q2
【答案】A
【解析】设线框ab边长为l1，bc边长为l2，进入磁场的速度为v，电阻为R。ab边平行MN进入磁场时，根据功能关系，线框进入磁场的过程中产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝·l2，通过线框导体横截面的电荷量q1＝＝，同理得bc边平行MN进入磁场时，Q2＝·l1，q2＝＝。故q1＝q2，由于l1＞l2，因此Q1＞Q2，A项正确。
故选A。
4.电磁感应现象在生产、生活中有着广泛的应用。工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术原理图如图甲所示。其原理是将线圈中通入电流，使被测物件内产生涡流，借助探测线圈内电流变化测定涡流的改变，从而获得被测物件内部是否断裂及位置的信息。一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置如图乙所示，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立即跳起。关于对以上两个应用实例理解正确的是( )
A．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料
B．涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象
C．以上两个应用实例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源
D．以上两个应用实例中的线圈所连接电源也可以都是恒压直流电源
【答案】A
【解析】涡流探伤技术其原理是线圈通电后，使物件内产生涡流，借助探测线圈测定涡流的改变，所以能被探测的物体和实验所用的套环必须是导电材料，故A正确。跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流并跳动，属于演示楞次定律的实验，故B错误。金属探伤时，探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示跳环的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，故C、D错误。
故选A。
5.如图所示，水平虚线MN的上方有一匀强磁场，矩形导线框abcd从某处以v0的速度竖直上抛，向上运动高度H后进入与线圈平面垂直的匀强磁场，此过程中导线框的ab边始终与边界MN平行。在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个选项中能正确反映导线框的速度与时间关系的是( )
【答案】C
【解析】在导线框从抛出到ab边接近MN时，导线框做匀减速直线运动。在ab边进入磁场后切割磁感线产生感应电流，受到安培力作用加速度瞬时变大，速度迅速变小。随着速度减小，产生的感应电流减小，安培力减小，加速度减小，所以能正确反映导线框的速度与时间关系的是C选项。
故选C。
6.法拉第发明了世界上第一台发电机，如图所示，圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M、N分别与盘的边缘和中心点接触良好，且与灵敏电流计相连。金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则( )
A．电刷M的电势高于电刷N的电势
B．若只将电刷M移近N，电流计的示数变大
C．若只提高金属盘转速，电流计的示数变大
D．若只将滑动变阻器滑片向左滑动，电流计的示数变大
【答案】C
【解析】由电流的流向，根据安培定则可知电磁铁的左端为N极，右端为S极，两磁极间的磁场方向向右；根据金属盘的转动方向，结合右手定则可以判断，电刷N的电势高于电刷M的电势，A错误。若只将电刷M移近N，则电路中的感应电动势减小，电流计的示数减小，B错误；若只提高金属盘的转速，则金属盘中产生的感应电动势增大，电流计的示数增大，C正确；若只将滑动变阻器滑片向左滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电磁铁中的电流减小，两磁极间的磁感应强度减小，圆盘中产生的感应电动势减小，电流计的示数减小，D错误。
故选C。
7.光滑水平面上的边长为a的闭合正三角形金属框架底边与磁场边界平行，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中。现把框架沿与磁场边界垂直的方向匀速拉出磁场，如图所示，E、F外、P分别表示金属框架产生的电动势、所受水平外力及外力功率，则各物理量与位移x关系图像正确的是( )
【答案】金属正三角形框架匀速运动的位移x与切割磁感线的导体有效长度l的关系l＝＝x，即把框架匀速拉出磁场时，产生的电动势E＝Blv＝，且E∝x。当x＝a时，E最大，选项B正确，选项A错误；所受水平外力F外＝BIl＝Bl＝，且F外∝x2，其中R为框架的总电阻，当x＝a时，F外最大，选项C错误；外力功率P＝F外v＝，且P∝x2，当x＝a时，P最大，选项D错误。
故选B。
8.如图所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O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)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于( )
A． B．
C． D．2
【答案】C
【解析】根据牛顿第二定律可得，导体棒下滑过程中的加速度a＝＝g sin θ－，由此可知，速度增大则a减小，所以导体棒达到稳定状态前做加速度减小的加速运动，A选项正确；由A选项可知，a＝
g sin θ－，当速度v′＝v时，加速度为零，即g sin θ＝，当导体棒速度达到时，加速度a＝g sin θ－＝g sin θ－＝g sin θ，B选项正确；根据右手定则可得，导体棒中的电流方向为a→b，由于导体棒为电源，所以b端电势高，C选项错误；导体棒达到稳定状态后，根据能量守恒定律可得，电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功，D选项正确。
故选C。
9.如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷。在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上，现让橡胶盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是( )
A．铝环N有沿顺时针方向的感应电流
B．铝环N有扩大的趋势
C．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下
D．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上
【答案】D
【解析】橡胶盘M由静止开始绕其轴线O1O2按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，又因为橡胶圆盘带有负电荷，根据右手螺旋定则知，通过环N的磁通量向下且增大，根据楞次定律知环N的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以，橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上，故D正确，B、C错误。依据楞次定律可知，穿过环N的磁通量向下且增大，因此环N有沿逆时针方向的感应电流，故A错误。
故选D。
１０.如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。则( )
A．电路接通稳定后，三个灯亮度相同
B．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭
C．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭
D．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭
【答案】C
【解析】电路接通稳定后，A灯被线圈短路而熄灭，B、C灯并联，电压相同，亮度相同，故A错误；电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，但是由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，自感电流通过C灯，所以C灯逐渐熄灭，故B错误；电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联，S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻可忽略不计，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，两端的电压逐渐降低，B灯两端的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，故C正确，D错误。
故选C。
１１.如图所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽，有一带正电小球质量为m，电荷量为q，在槽内沿顺时针方向做匀速圆周运动，现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，且B逐渐增大，则( )
A．小球速度变大 B．小球速度变小
C．小球速度不变 D．以上三种情况都有可能
【答案】A
【解析】磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相同，小球做加速运动，速度逐渐增加，故A正确，B、C、D错误。
故选A。
１２.如图所示，在光滑的水平桌面上有两个完全相同的等边三角形线框M、N，其底边都平行于有界匀强磁场(方向竖直向下)的上、下边界P、Q，边界P、Q间的距离等于等边三角形线框的高度h。现使两个线框在拉力作用下沿垂直于磁场边界的方向以大小相同的速度匀速通过磁场，设线框M、N受到的拉力大小在刚进入磁场时分别为FM1和FN1，在磁场中运动距离为时分别为FM2和FN2，刚要完全出磁场时分别为FM3和FN3，进、出磁场过程中流过线框M、N的电流分别用I1和I2表示，进入磁场的过程中流过线框M、N某一横截面的电荷量分别为q1和q2，则( )
A．FM1>FN1，FM2>FN2，FM3
【答案】B
【解析】线框M、N刚进入磁场时，线框M的有效切割长度为线框的边长，线框N的有效切割长度为0，则线框M中有感应电流，线框N中无感应电流，由F＝BIL知，FM1>FN1；线框M、N在磁场中运动距离为时，两线框的有效切割长度相同，回路中产生的感应电动势相同，感应电流相同，由F＝BIL知，FM2＝FN2，线框M、N刚要完全出磁场时，线框M的有效切割长度为0，线框N的有效切割长度为线框的边长，则线框M中无感应电流，线框N中有感应电流，由F＝BIL知，FM3
二、多选题：
1３.某学校操场上有如图所示的器械。两根金属链条将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架上，静止时ab沿东西方向。已知当地的地磁场方向自南向北斜向下跟竖直方向成45°角。现在最低点给ab棒一个初速度，使它由南向北荡起来。已知运动过程中链条与竖直方向的最大夹角也是45°，则下列说法正确的是( )
A．当链条与竖直方向成45°时，回路中感应电流最大
B．当链条与竖直方向成45°时，穿过回路的磁通量可能最大
C．当ab棒自南向北经过最低点时，ab中感应电流的方向是自西向东
D．当ab棒自南向北经过最低点时，安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下
【答案】BD
【解析】链条与竖直方向成45°时，有两个位置：在最低点南边时，穿过回路的磁通量最大；在最低点北边时，穿过回路的磁通量为零。由法拉第电磁感应定律知，两个位置均不是电流最大的位置，选项A错误，选项B正确。金属棒自南向北经过最低点时，感应电流的方向是自东向西，选项C错误。根据左手定则可知金属棒自南向北经过最低点时，安培力方向与水平向南的方向成45°斜向下，选项D正确。
故选：BD。
1４.如图所示，A、B两灯泡的电阻均为R。闭合S1、S2，电路稳定后，两灯亮度相同，则( )
A．只断开S2，两灯亮度不变
B．在只断开S1的瞬间，电流从c→b
C．只断开S1，B灯立即熄灭，A灯闪亮一下再熄灭
D．只断开S1，A灯立即熄灭，B灯闪亮一下再熄灭
【答案】AB
【解析】只断开S2，电路结构不变，两灯亮度不变，A正确；只断开S1，由于自感现象，电流从c→b经过灯A构成回路，B灯立即熄灭，由于原来R中电流与A灯中电流相等，则A灯不会闪亮一下，而是逐渐熄灭，故B正确，C、D错误。
故选：AB。
1５.如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的U形导轨，导轨左端连接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。导轨间距为l，在导轨上垂直放置一根金属棒MN，与导轨接触良好，金属棒电阻为r，用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动。则金属棒运动过程中( )
A．金属棒中的电流方向为由N到M
B．电阻R两端的电压为Blv
C．金属棒受到的安培力大小为
D．电阻R产生焦耳热的功率为
【答案】AC
【解析】由右手定则判断得知金属棒MN中的电流方向为由N到M，故A正确；MN产生的感应电动势E＝Blv，回路中的感应电流大小I＝＝，则电阻R两端的电压U＝IR＝，故B错误；金属棒MN受到的安培力大小F＝BIl＝，故C正确；电阻R产生焦耳热的功率P＝I2R＝2R＝，故D错误。
故选：AC。
1６．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边在t＝0时刻进入磁场。导线框中感应电动势随时间变化的图像如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是( )
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
【答案】BC
【解析】由题图(b)可知，导线框匀速直线运动的速度大小v＝＝ m/s＝0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝Blv得B＝＝ T＝0.2 T，A项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝＝ A＝2 A，则导线框受到的安培力F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D项错误。
故选：BC。
1７．安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警。以下关于这个安检门的说法正确的是( )
A．这个安检门也能检查出毒品携带者
B．这个安检门只能检查出金属物品携带者
C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者
D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应
【答案】BD
【解析】这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错误，B正确；若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使金属物品产生电流，因而不能检查出金属物品携带者，C错误；安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D正确。
故选：BD。
１８．如图所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆环的总电阻为2R，金属杆OM电阻为，长为r，OM绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω逆时针转动，M端与环接触良好，圆心O和边缘K通过电刷与一个电阻R连接。电阻的阻值为R，忽略电流表和导线的电阻，则( )
A．通过电阻R的电流的大小和方向做周期性变化
B．通过电阻R的电流方向不变，且从a到b
C．通过电阻R的电流的最大值为
D．通过电阻R的电流的最小值为
【答案】BC
【解析】金属杆OM切割磁感线，根据右手定则可知金属杆中电流由O到M，且方向不变，故电阻中电流方向由a到b，故A错误，B正确；M端的线速度为v＝ωr，金属杆OM切割磁感线的平均速度为＝，金属杆OM转动切割磁感线产生的电动势为E＝Br＝Br2ω，由于各个物理量不变，则E不变，当M位于最上端时圆环被接入的电阻为0，整个电路的总电阻最小，此时R中有最大电流，为Imax＝＝＝，故C正确；当M端位于最下端时，圆环左右两部分电阻相等，并联的总电阻最大，此时R中有最小电流，为Imin＝＝＝，故D错误。
故选：BC。
１９．如图所示，阻值为R的金属棒从图示ab位置分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中( )
A．回路电流I1∶I2＝1∶2
B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶2
C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶2
D．外力的功率P1∶P2＝1∶2
【答案】AB
【解析】感应电动势为BLv，感应电流I＝＝，大小与速度成正比，产生的热量Q＝I2Rt＝·＝v，B、L、L′、R是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比，选项A、B正确；通过任一截面的电荷量q＝It＝·＝，与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1，选项C错误；金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相等，则外力的功率P＝Fv＝BIL·v＝，其中B、L、R大小相等，外力的功率与速度的二次方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4，选项D错误。
故选：AB。
２０.如图所示，坐标系xOy所在平面为光滑水平面，现有一长为d、宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B＝B0cos ，规定竖直向下为磁感应强度的正方向，线框电阻为R，在t＝0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是( )
A．外力F是沿x轴负方向的恒力
B．在t＝0时，外力大小F＝
C．通过线框的瞬时电流I＝
D．经过时间t＝，线框中产生的电热Q＝
【答案】ＢＤ
【解析】由于磁场是变化的，故线框切割磁感线产生的感应电动势也在变化，安培力为变力，故要使线框保持匀速运动，外力F不能为恒力，故A错误；t＝0时，MN、PQ两边所在处的磁感应强度均为B0，方向相反，则感应电动势E0＝2B0Lv，线框做匀速运动，拉力等于安培力，即F＝2B0IL＝，故B正确；由于MN、PQ两边所在处的磁场正好相隔半个周期，故产生的感应电动势方向相同，经过的位移为vt时，感应电动势的瞬时值E＝2B0Lv cos ，瞬时电流I＝＝，故C错误；由于瞬时电流按照余弦规律变化，可知感应电流的有效值I有＝，故线框中产生的电热Q＝IRt＝，故D正确。
故选：ＢＤ。
２１.如图所示，有一边长为l的正方形导线框，质量为m，由高h处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其上边cd刚穿出磁场时，速度减小为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是l，则下列结论中正确的是( )
A．线框穿过磁场区域时做匀减速直线运动
B．线框穿过磁场区域时加速度方向先向上后向下
C．线框进入磁场时的加速度大于穿出磁场时的加速度
D．线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为mg(2l＋h)
【答案】BD
【解析】线框穿过匀强磁场过程中，受到重力和安培力作用，设ab边刚进入磁场时的速度为v1，则E＝Blv1，所以电路中的电流I＝＝，
安培力F＝BIl＝，由此可知，安培力与速度有关，由牛顿第二定律知－mg＝ma，故线框在穿过磁场的过程中加速度随v的减小而减小，随着v的减小，安培力F＝逐渐减小，但必有F≥mg，所以加速度不可能向下，则A、B错误，C正确；线框从释放至穿过磁场的过程中，设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得mg(h＋2l)－Q＝m()2，mgh＝mv，解得Q＝mg(2l＋h)，故D正确。
故选：BD。
三、 实验题：
２２.“研究电磁感应现象”的实验装置如图所示。
(1)将图中所缺的导线补接完整。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后进行下述操作时可能出现的情况是：
①将通电线圈迅速插入感应线圈时，灵敏电流计指针将____________。
②通电线圈插入感应线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将____________。
(3)在实验时，如果感应线圈两端不接任何元件，则感应线圈电路中将________。
A．因电路不闭合，无电磁感应现象
B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C．不能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向
D．可以用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向
【答案】(1)见解析图 (2)①向右偏转 ②向左偏转 (3)BD
【解析】(1)连线如图所示。
(2)根据穿过感应线圈的磁通量的变化情况与灵敏电流计的指针偏转方向进行判断，可得①中灵敏电流计指针将向右偏转，②中灵敏电流计指针将向左偏转。
(3)只要穿过感应线圈的磁通量发生变化，就会产生电磁感应现象，就有感应电动势，但电路不闭合，无感应电流。用楞次定律和安培定则可以判断感应电动势的方向，选项B、D正确。
２３.图为(研究电磁感应现象)实验中所用器材的示意图。试回答下列问题：
(1)在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的________和________。
(2)请按实验要求在实物上连线。
(3)在实验出现的电磁感应现象中，A、B线圈哪个相当于电源？________(选填“A”或“B”)
【答案】(1)大小 方向
(2)
(3)B
【解析】(1)在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的大小与方向。
(2)探究电磁感应现象的实验电路如图所示。
(3)在产生感应电流的回路中，螺线管B产生感应电动势，相当于电源。
２４.如图是研究自感现象的电路图，两个灵敏电流计G1和G2的零点都在刻度中央，当电流从左向右流入时，指针向右偏，反之向左偏，在开关S接通的瞬间，G1指针向__________摆，G2指针向__________摆；S断开的瞬间，G1指针向__________摆，G2指针向__________摆(以上均选填“左”或“右”)，两个灵敏电流计指针的摆动幅度__________(选填“相等”或“不相等”)。
【答案】右 右 右 左 相等
【解析】在开关S接通的瞬间，线圈阻碍电流增大，使电流慢慢增大到最大，但电流依然是从左向右流入；在S断开的瞬间，线圈阻碍电流减小，使电流在线圈L、灵敏电流计G1、G2、电阻R构成的回路中慢慢减小到零，G1中电流为从左向右流入，G2中电流为从右向左流入，两表串联，电流相等，指针的摆动幅度相等。
四、计算题：
２５.如图所示，一足够长的金属框架MON平面与匀强磁场B垂直，导体棒ab能紧贴金属框架运动，且始终与导轨ON垂直。当导体棒ab从O点开始匀速向右平动时，速度为v0，试求bOc回路中某时刻的感应电动势随时间变化的函数关系式。
【答案】E＝Bv02t
【解析】设导体棒ab从O点出发时开始计时，经过时间t，导体棒ab匀速运动的距离为s，则有s＝v0t
在ΔbOc中，tan 30°＝，则＝v0ttan 30°
在回路bOc中，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bv0 ＝Bv02ttan 30°
可得回路bOc中，某时刻的感应电动势随时间变化的函数关系式为E＝Bv02t。
2６．如图所示，电源的电动势E＝15 V，内阻忽略不计，R1＝5 Ω，R2＝15 Ω，电感线圈的电阻不计，求当开关S接通的瞬间、S接通达到稳定时及S断开的瞬间流过R1的电流。
【答案】0 3 A 3 A
【解析】开关接通瞬间，L所在的支路处于断路状态，流过R1的电流为0。
稳定时，L相当于导线，通过R1的电流I1＝＝3 A
S断开瞬间，R1中的电流仍为I1＝3 A。
2７．如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根轻导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小。
【答案】(1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)
【解析】(1)设轻导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。
对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsin θ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcos θ②
对于cd棒，同理有
mgsin θ＋μN2＝T③
N2＝mgcos θ④
联立①②③④式得
F＝mg(sin θ－3μcos θ)。⑤
(2)由安培力公式可知
F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。
ab棒上的感应电动势
E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小。
由欧姆定律得
I＝⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sin θ－3μcos θ)。⑨
2８.如图所示，两条相距为l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，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0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：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势
E＝Blv0①
回路的感应电流I＝②
由①②式解得I＝。 ③
(2)金属杆所受的安培力F＝BIl④
由牛顿第二定律可知F＝ma⑤
由③④⑤式解得a＝。⑥
(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v⑦
感应电动势E＝Blv′⑧
感应电流的电功率P＝⑨
由⑦⑧⑨式解得P＝。⑩
2９.在质量M＝1 kg的小车上竖直固定着一个质量m＝0.2 kg、高h＝0.05 m、总电阻R＝100 Ω、n＝100匝的矩形闭合线圈，且小车与线圈的水平长度l相同。现在线圈和小车一起在光滑的水平面上运动，速度v1＝10 m/s，随后穿过与线圈平面垂直的磁感应强度B＝1．0 T的水平有界匀强磁场，如图甲所示。已知小车(包括线圈)运动的速度v随车的位移x变化的vx图像如图乙所示。求：
(1)小车的水平长度l和磁场的宽度d；
(2)当小车的位移x＝10 cm时，线圈中的电流大小I以及此时小车的加速度a；(结果保留2位小数)
(3)线圈和小车通过磁场的过程中线圈电阻产生的热量Q。
【答案】(1)10 cm 25 cm (2)0.4 A 1．67 m/s2，方向水平向左 (3)57．6 J
【解析】(1)由题图乙可知，从x＝5 cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，线圈受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移x减小。
当x＝15 cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动，因此小车的水平长度l＝10 cm。
当x＝30 cm时，线圈开始离开磁场，则d＝30 cm－5 cm＝25 cm。
(2)当x＝10 cm时，由题图乙可知，线圈右边切割磁感线的速度v2＝8 m/s，由闭合电路欧姆定律得线圈中的电流I＝＝ A＝0.4 A
此时线圈所受安培力F＝nBIh＝2 N，小车的加速度a＝≈1．67 m/s2，方向水平向左。
(3)由题图乙可知，线圈左边离开磁场时，小车的速度v3＝2 m/s。线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成电能，在线圈上产生电热。
线圈电阻产生的热量Q＝(M＋m)v12－(M＋m)v32＝57．6 J。
３０.(8分)如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属圆环，以速度v＝10 m/s向一有界磁场滑去。匀强磁场方向垂直于纸面向里，B＝0.5 T，从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32 J的热量，求：
(1)此时圆环中电流的瞬时功率；
(2)此时圆环运动的加速度。
【答案】(1)0.36 W (2)6×10－2 m/s2 方向向左
【解析】(1)设刚好有一半进入磁场时，圆环的速度为v′，由能量守恒得
mv2＝Q＋mv′2(2分)
此时圆环切割磁感线的有效长度为2r，圆环的感应电动势
E＝B·2r·v′(1分)
而圆环此时的瞬时功率
P＝＝(2分)
三式联立代入数据可得
v′＝6 m/s，P＝0.36 W。(1分)
(2)此时圆环在水平方向受向左的安培力F＝ILB，
圆环的加速度为a＝＝＝6×10－2 m/s2，方向向左。(2分)
３１.(8分)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500，横截面积S＝20 cm2。螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。
(1)求螺线管中产生的感应电动势；
(2)闭合开关S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；
(3)S断开后，求流经R2的电荷量。
【答案】(1)1.2 V (2)5.76×10－2 W (3)1.8×10－5 C
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律
E＝＝n·S，＝ T/s＝0.4 T/s，(2分)
代入数值得E＝1 500×20×10－4×0.4 V＝1.2 V。(1分)
(2)根据闭合电路欧姆定律得I＝＝0.12 A，(1分)
P＝I2R1，(1分)
代入数值得P＝5.76×10－2 W。(1分)
(3)S断开后，流经R2的电量即为S闭合后C板上所带的电量Q。
S闭合后，电容器两端的电压U＝IR2＝0.6 V，(1分)
流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8×10－5 C。(1分)
相关资料
更多
