10电磁感应-2024年高考物理回归课本基础巩固练习

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1、电磁感应现象 楞次定律
（1）磁通量是标量，但有正负，计算磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1时，需要规定的磁通量的正方向。
（2））“阻碍”不一定是相反，“阻碍”的是磁通量的变化；“阻碍”也不是阻止，而是延缓了磁通量的变化过程。
（3）右手定则是楞次定律的特例，楞次定律适用于所有电磁感应现象，而右手定则适用于一段导体在磁场中切割磁感线运动的情况。
2．“三定则、一定律”的比较
2、法拉第电磁感应定律、自感和涡流
（1））注意磁通量的变化率与磁通量、磁通量的变化的区别。
（2） 磁通量与线圈的匝数无关，但感应电动势与匝数有关，n匝线圈相当于n个相同的电源串联。
（3）适用于匀强磁场，且B、l、v两两垂直。
（4） 适用于匀强磁场，且导体棒绕一端转动并垂直切割磁感线。
（5）磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率.
（6）求解两种电动势常见情况
当同时存在感生电动势与动生电动势时，总电动势等于两者的代数和．两者在方向相同时相加，方向相反时相减．(方向相同或相反是指感应电流在回路中的方向)
当闭合回路中磁场随时间均匀变化时，回路中的感应电流大小和方向都不随时间变化
二、易混淆易错判断题
第一单元、电磁感应现象 楞次定律
1.磁通量等于磁感应强度B与面积S的乘积(×)
2.磁通量既有大小，又有方向，所以磁通量是矢量。( × )
3.磁通量虽然是标量，但有正、负之分．(√)
4.穿过线圈的磁通量和线圈的匝数有关．( × )
5.1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象。(√)
6.电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流．( × )
7.穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中不一定有感应电流产生。(×)
8.当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。(√)
9.当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流。(×)
10.由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。(×)
11.感应电流的磁场一定阻止引起感应电流的磁场的磁通量的变化．(×）
12.回路不闭合时，穿过回路的磁通量发生变化也会产生“阻碍”作用．(×)
13.感应电流的磁场一定和引起感应电流的磁场方向相反．(×)
14.楞次定律和右手定则都可以判断感应电流的方向，二者没什么区别．( × )
第二单元、法拉第电磁感应定律、自感和涡流
1.纽曼、韦伯于1845年和1846年先后提出法拉第电磁感应定律。(√)
2.Φ＝0， eq \f(ΔΦ,Δt) 不一定等于0。(√)
3.线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。(×)
4.线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(×)
5.线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(√)
6.导体在磁场中运动速度越大，产生的感应电动势越大。(×)
7.公式E＝Blv中的l就是导体的长度。(×)
8.对于同一线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势越大。(√)
9.自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化。(√)
10.断电自感中，感应电流方向与原电流方向一致。(√)
11.在自感现象中，感应电流一定和原电流方向相反。(×)
12.线圈中的电流越大，自感系数也越大。(×)
13.涡流是由整块导体发生的电磁感应现象，不遵从电磁感应定律。(×)
第三单元、法拉第电磁感应定律的综合应用
1．闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路。(√)
2.在电磁感应电路中，产生电流的那部分导体相当于电源．(√)
3.在闭合回路中切割磁感线的那部分导体两端的电压一定等于产生的感应电动势(×)
4.电源的电动势就是电源两端的电压。( × )
5.电路中的电流总是从高电势流向低电势．(×)
6.在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动．(×)
7.在电路中，安培力做正功，电能完全转化为电路的内能．(×)
8.安培力做正功的过程是将电能转化为机械能的过程。( )
9.克服安培力做的功一定等于回路中产生的焦耳热。(×)
10.在电磁感应现象中，求焦耳热的方法只能用Q＝I2Rt求解。( × )
11.电磁感应现象中通过回路的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,R)，仅与磁通量的变化量及回路总电阻有关。(√)
二、选择题
1．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．1∶2
C．1∶4 D．4∶1
答案 ：A
解析：由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A项正确。
2、(多选)下列各图所描述的物理情境中，能产生感应电流的是( )
答案 ：BCD
解析：开关S闭合稳定后，穿过线圈N的磁通量保持不变，线圈N中不产生感应电流，故A错误；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环的磁通量在增大，铝环中产生感应电流，故B正确；金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流，故C正确；铜盘在磁场中按题图所示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，产生感应电流，故D正确。
3、(多选)如图所示，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A为导体环。当B绕轴心顺时针转动且转速增大时，下列说法正确的是( )
A．A中产生逆时针方向的感应电流
B．A中产生顺时针方向的感应电流
C．A具有收缩的趋势
D．A具有扩展的趋势
答案 ：BD
[解析] 由题图可知，B为均匀带负电绝缘环，B中电流为逆时针方向，由右手螺旋定则可知，电流的磁场方向垂直纸面向外且逐渐增强；由楞次定律可知，磁场增强时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以感应电流的磁场的方向垂直纸面向里，A中感应电流的方向为顺时针方向，故选项A错误，B正确。B环外的磁场的方向与B环内的磁场的方向相反，当B环内的磁场增强时，A环具有面积扩展的趋势，故选项C错误，D正确。
4、如图所示，光滑平行导轨M、N固定在同一水平面上，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
A．P、Q将互相靠拢
B．P、Q将互相远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度大于g
答案 ：A
[解析] 方法一 根据楞次定律的另一表述“感应电流的效果总是要阻碍产生感应电流的原因”，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近。所以，P、Q将互相靠拢且磁铁的加速度小于g，选项A正确。
5、(2021·山东青岛市5月统一质量检测) 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图7所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )
A.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高
C.所选线圈的匝数过多D.所用套环的材料与老师的不同
答案 D
解析 金属套环跳起来的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的，线圈接在直流电源上时，金属套环也会跳起。电压越高线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈。若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故选项A、B、C错误，D正确。
6、(2020·全国卷Ⅲ，14)如图11，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )
A.拨至M端或N端，圆环都向左运动
B.拨至M端或N端，圆环都向右运动
C.拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D.拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
答案 B
解析 将开关S由断开状态拨至M端或N端，都会使线圈中的电流突然增大，穿过右边圆环的磁通量突然增大，由楞次定律可知，圆环都会向右运动以阻碍磁通量的增大，选项B正确，A、C、D均错误。
7、如图所示，质量为m的铜质闭合线圈静置于粗糙水平桌面上。当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动。则关于线圈在此过程中受到的支持力FN和摩擦力Ff的情况，以下判断正确的是( )
A.FN先大于mg，后小于mg
B.FN一直大于mg
C.Ff先向左，后向右
D.线圈中的电流方向始终不变
答案 A
解析 根据“来拒去留”，磁铁靠近线圈时受到斜向上的斥力，由牛顿第三定律知，线圈受到斜向下的斥力。故它受到的支持力FN大于重力mg，磁铁远离线圈时受到斜向下的引力作用，线圈受到斜向上的引力，支持力FN小于重力mg，故A正确，B错误；整个过程磁铁对线圈的作用力都有向右的分量，即线圈有向右运动的趋势，摩擦力的方向始终向左，C错误；由于线圈中的磁通量先变大后变小，方向不变，故线圈中电流前后方向相反，D错误。
8.(2020·海南省新高考一模)如图5(a)所示，一根直导线和一个矩形导线框固定在同一竖直平面内，直导线在导线框上方，规定图(a)中箭头方向为电流的正方向。直导线中通以图(b)所示的电流，则在0～t1时间内，导线框中感应电流的方向( )
A.先顺时针后逆时针 B.先逆时针后顺时针
C.始终沿顺时针 D.始终沿逆时针
答案 C
解析 开始阶段直导线中电流向右减小，则穿过线圈的磁通量向里减小，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向；后一阶段直导线中电流向左增加，则穿过线圈的磁通量向外增加，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向，故C正确。
9.(多选)如图所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁体插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，下列关于同学们看到的现象及对现象的分析说法正确的是( )
A．磁体插向左环，横杆发生转动
B．磁体插向右环，横杆发生转动
C．磁体插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流
D．磁体插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流
答案 ： BD
解析 磁体插向左环时，通过左环的磁通量发生变化，左环中产生感应电动势，但左环是开路的，所以没有感应电流产生，此时横杆不动，A、C错误；磁体插向右环时，通过右环的磁通量发生变化，右环中产生感应电动势和感应电流，感应电流的磁场阻碍磁通量的变化，使右环与磁体相互排斥，则横杆会发生转动，B、D正确。
10．(2021·北京市朝阳区二模)磁电式仪表的基本组成部分是磁体和线圈．缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上．线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小．如图1所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．俯视看线圈中通有逆时针方向的电流
B．穿过铝框的磁通量减少
C．俯视看铝框中产生顺时针方向的感应电流
D．使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处
答案 D
解析 由左手定则可知，俯视看线圈中通有顺时针方向的电流，选项A错误；因为线圈在水平位置时磁通量为零，则线圈转动时，穿过铝框的磁通量增加，根据楞次定律可知，俯视看铝框中产生逆时针方向的感应电流，选项B、C错误；当铝框中产生感应电流时，铝框受到的安培力与运动方向相反，故起到了阻尼作用，则使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处，故D正确．
11.(2021·江苏省泰州市二模)用电阻丝绕制标准电阻时，常在圆柱陶瓷上用如图所示的双线绕制方法绕制，其主要目的是( )
A．制作无自感电阻 B.增加电阻的阻值
C．减少电阻的电容 D.提高电阻的精度
答案 ： A
解析 两个线圈绕向相同，但是通过的电流方向相反，根据安培定则可知两线圈产生的磁场方向相反，导线中通过的电流相等，所以产生的磁场相互抵消，螺线管内无磁场，从而制作成无自感电阻，故A正确，B、C、D错误。
12．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是( )
A．穿过线圈的磁通量Φ越大，所产生的感应电动势就越大
B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ越大，所产生的感应电动势就越大
C．穿过线圈的磁通量的变化率 eq \f(ΔΦ,Δt) 越大，所产生的感应电动势就越大
D．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0
答案 ：C
解析：根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率 eq \f(ΔΦ,Δt) 成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系。当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0。当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也会很大。所以只有选项C正确。
13．如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和
磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′.则eq \f(E′,E)等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C．1 D.eq \r(2)
答案 B
解析 设折弯前导体切割磁感线的长度为L，E＝BLv；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为l＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2)＝eq \f(\r(2),2)L，故产生的感应电动势为E′＝Blv＝B·eq \f(\r(2),2)Lv＝eq \f(\r(2),2)E，所以eq \f(E′,E)＝eq \f(\r(2),2)，B正确．
14. (2021·安徽宣城市期末调研测试)边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图9所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间a、b两端的电势差Uab为( )
A.eq \f(1,3)Bl2ω B．－eq \f(1,2)Bl2ω
C．－eq \f(1,3)Bl2ω D.eq \f(1,6)Bl2ω
答案 A
解析 当ab边刚进入磁场时，ab边切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即为a、b间的距离l，则E＝Bl eq \x\t(v)＝Bleq \f(lω,2)＝eq \f(1,2)Bl2ω；设每个边的电阻为R，a、b两点间的电势差为：U＝I·2R＝eq \f(E,3R)·2R，故U＝eq \f(1,3)Bl2ω，故A正确，B、C、D错误．
15.如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是( )
A．φa＞φc，金属框中无电流
B．φb＞φc，金属框中电流方向沿
a→b→c→a
C．Ubc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a
答案 C
解析 穿过金属框的磁通量始终为零，没有发生变化，故金属框中无电流，B、D项错误；bc边切割磁感线的等效速度为eq \f(1,2)lω，根据右手定则知φb＜φc，故Ubc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，C项正确；ac边切割磁感线，根据右手定则得φa＜φc，A项错误．
16．如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为Φ，若线圈绕OO′轴转过60°的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ，则Φ和ΔΦ的大小分别是( )
A.eq \f(BL2,2)，eq \f(BL2,4) B.eq \f(NBL2,2)，eq \f(NBL2,4)
C．BL2，eq \f(BL2,2) D.NBL2，eq \f(NBL2,2)
答案 ：A
解析 公式Φ＝BS中，S应为有效面积，且磁通量与线圈匝数无关。初态S1＝eq \f(L2,2)，所以Φ＝eq \f(BL2,2)。转过60°，有效面积S2＝eq \f(L2,2)·cs60°＝eq \f(L2,4)，Φ′＝eq \f(BL2,4)，所以ΔΦ＝Φ′－Φ＝－eq \f(BL2,4)，A正确。
17.如图所示，CDEF是金属框，框内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。当导体AB向右移动时，金属框中CD、EF边的感应电流的方向为( )
A．C→D，E→F B.D→C，E→F
C．C→D，F→E D.D→C，F→E
答案 ：C
解析 根据右手定则可以判断，AB中感应电流的方向为A→B，则在ABCD回路中，CD的感应电流方向为C→D，在ABFE回路中，EF的感应电流方向为F→E，C正确。
18.(2021·河北省石家庄市二模)如图所示，两个闭合正方形线圈a、b用粗细相同的同种导线绕制而成，匝数相同，线圈a的边长为线圈b边长的3倍，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，下列说法正确的是( )
A．a、b线圈中均产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为3∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为27∶1
答案 ：D
解析 根据楞次定律可知，原磁场向里增强，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此a、b线圈中感应电流的方向均为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S＝neq \f(ΔB,Δt)l2，由题意知，两线圈匝数n相同，eq \f(ΔB,Δt)也相同，故Ea∶Eb＝leq \\al(2,a)∶leq \\al(2,b)＝9∶1，故B错误；绕制线圈的导线横截面积S0相同，电阻率ρ也相同，根据电阻定律有R＝ρeq \f(L,S0)，导线长度为L＝n×4l，故电阻之比为Ra∶Rb＝3∶1，根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R)，故a、b线圈中感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，故C错误；电功率P＝eq \f(E2,R)，因电动势之比为9∶1；电阻之比为3∶1；则电功率之比为27∶1，故D正确。
19.同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板M、N连接，如图4甲所示。导线PQ中通有正弦交变电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1～2 s 内( )
A.M板带正电，且电荷量增加
B.M板带正电，且电荷量减小
C.M板带负电，且电荷量增加
D.M板带负电，且电荷量减小
答案 A
解析 在1～2 s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大。假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误。
20.(2021·山东临沂市上学期期末)如图7所示，光滑铜环水平固定，半径为l，长为l、电阻为r的铜棒OA的一端在铜环的圆心O处，另一端与铜环良好接触，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现使铜棒OA以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，上方导线与O点连接，下方导线与铜环连接，其他电阻不计。下列说法正确的是( )
A.O点的电势比A点的电势高
B.回路中通过的电流为eq \f(ωBl2,4r)
C.该定值电阻两端的电压为eq \f(3,8)ωBl2
D.该定值电阻上的热功率为eq \f(ω2B2l4,16r)
答案 C
解析 由右手定则可知电流方向从O点指向A点，OA是电源，电流从低电势流向高电势，故O点的电势比A点的电势低，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知E＝Bleq \f(0＋lω,2)＝eq \f(1,2)Bl2ω，由闭合电路欧姆定律可知回路中通过
的电流为I＝eq \f(E,r＋3r)＝eq \f(E,4r)，两式联立可得I＝eq \f(Bl2ω,8r)，故B错误；该定值电阻两端的电压为U＝I×3r，将前面求得电流值代入可得U＝eq \f(3,8)ωBl2，故C正确；由焦耳定律可知该定值电阻上的热功率P＝I2×3r＝eq \f(3ω2B2l4,64r)，故D错误。
21.[2021·浙江省名校联盟创新卷(一)]电磁炉又名电磁灶，是现代厨房革命的产物，它无需明火或传导式加热而让热直接在锅底产生，因此热效率得到了极大的提高。如图13乙所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( )
A.电磁炉通电线圈加直流电，电流越大，电磁炉加热效果越好
B.电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作
C.在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，电磁炉不能起到加热作用
D.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差
答案 B
解析 电磁炉通电线圈加直流电，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流，所以没有加热效果，故选项A错误；电磁炉的原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，所以电磁炉通过线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故选项B正确；在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，因此不会影响电磁炉的加热作用，故选项C错误；金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，而不是因为导热性能较差，故选项D错误。
22.(2020·浙江省高考压轴卷)如图a、b所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )
A．在电路a中，断开S，A将立即熄灭
B．在电路a中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路b中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路b中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
答案 ：D
解析 在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致灯A将逐渐变暗，因为断开前后通过灯A的电流一样，灯不会变得更亮，故A、B错误；在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以电路稳定时，通过灯泡A的电流比通过线圈的电流小得多，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致灯泡A先变得更亮，然后逐渐变暗，故C错误，D正确。
23.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。ef及线框中导线的电阻不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
答案：A
解析： ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，根据右手定则和左手定则可知，ef受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)＝ma，知ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。
定则或定律
适用的现象
因果关系
安培定则
电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场
因电生磁
左手定则
1.安培力——磁场对电流的作用力；
2．洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力
因电受力
右手定则
导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象
因动生电
楞次定律
闭合回路磁通量变化产生的电磁感应现象
因磁生电
情景图
研究对象
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴匀速转动的导线框
表达式
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
E＝BLvsin θ
E＝eq \f(1,2)BL2ω
E＝NBSωsin ωt
情景图
研究对象
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴匀速转动的导线框
表达式
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
E＝BLvsin θ
E＝eq \f(1,2)BL2ω
E＝NBSωsin ωt