2024年高考物理選擇性必修第二冊大一輪復(fù)習(xí)：第二章電磁感應(yīng)

第二章電磁感應(yīng)1楞次定律eq\a\vs4\al(27)楞次定律1．(多選)關(guān)于楞次定律，下列說法中正確的是(CD)A．感應(yīng)電流的磁場方向總是與原磁場的方向相反B．感應(yīng)電流的磁場方向總是與原磁場的方向相同C．感應(yīng)電流的磁場方向與磁通量增大還是減小有關(guān)D．感應(yīng)電流的磁場總是阻礙原磁場的變化解析：當磁通量增大時，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相反，當磁通量減小時，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，感應(yīng)電流的磁場方向與磁通量增大還是減小有關(guān)，故A、B錯誤，C正確；感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，故D正確。故選CD。2．如圖所示，在下列四種情況中，感應(yīng)電流的方向判斷正確的是(D)解析：由圖示可知，穿過螺線管的磁場向左，磁通量變大，根據(jù)楞次定律，則感應(yīng)電流的磁場方向向右，螺線管的感應(yīng)電流方向由左向右，則電流向左通過電流計，故A錯誤；由圖示結(jié)合安培定則可知，線圈處的磁場方向向里，當線圈向右運動時，向里的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向向里，可知感應(yīng)電流的方向為順時針方向，故B錯誤；由圖示可知，穿過螺線管的磁場向上，磁鐵遠離的過程中磁通量變小，根據(jù)楞次定律，螺線管的感應(yīng)電流方向螺旋向上，則電流向下流過電流計，故C錯誤；導(dǎo)體棒向左切割磁感線，對右半部分閉合回路來說，垂直紙面向里的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，流過導(dǎo)體棒的電流方向向下，故D正確。故選D。3.如圖，兩水平方向的勻強磁場的磁感應(yīng)強度B1和B2大小相等、方向相反。豎直平面內(nèi)金屬圓環(huán)的水平直徑與兩磁場的邊界重合。下列變化會在環(huán)中產(chǎn)生順時針方向(正視)感應(yīng)電流的是(D)A．水平向右移動金屬環(huán)B．繞水平直徑轉(zhuǎn)動金屬環(huán)C．同時以相同的變化率增大B1和B2D．減小B1的同時增大B2解析：水平向右移動金屬環(huán)時，環(huán)內(nèi)磁通量始終為零，故沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A不符合題意；繞水平直徑轉(zhuǎn)動金屬環(huán)時，環(huán)內(nèi)磁通量始終為零，故沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故B不符合題意；同時以相同的變化率增大B1和B2時，環(huán)內(nèi)磁通量始終為零，故沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故C不符合題意；減小B1的同時增大B2時，環(huán)內(nèi)磁通量垂直紙面向外且不斷變大，由楞次定律可知環(huán)中產(chǎn)生順時針方向(正視)感應(yīng)電流，故D符合題意。故選D。4．如圖甲所示，固定的長直導(dǎo)線與固定的圓形閉合金屬線框位于同一平面內(nèi)，長直導(dǎo)線中的電流隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，直導(dǎo)線中電流向下，下列說法正確的是(B)A．線框中會產(chǎn)生逆時針方向的電流B．線框中會產(chǎn)生順時針方向的電流C.線框受到的安培力平行于直導(dǎo)線向上D．線框受到的安培力平行于直導(dǎo)線向下解析：長直導(dǎo)線中的電流均勻增大，則圓形閉合金屬線框中的磁通量垂直紙面向外且均勻增大，根據(jù)楞次定律和安培定則，線框中會產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，結(jié)合左手定則可知，線框會受到向右的安培力。故選B。5.如圖所示，一個有彈性的金屬圓環(huán)被一根橡皮繩吊于通電直導(dǎo)線的正下方，直導(dǎo)線與圓環(huán)在同一豎直面內(nèi)，當通電直導(dǎo)線中電流增大時，彈性圓環(huán)的面積S和橡皮繩的長度l將(C)A.S增大，l變長 B．S減小，l變短C．S減小，l變長 D．S增大，l變短解析：根據(jù)右手螺旋定則可知，直線電流下邊磁場方向垂直紙面向里，由于電流增大，則彈性的金屬圓環(huán)中的磁通量增大，導(dǎo)致產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向為逆時針方向。根據(jù)左手定則可知，彈性的金屬圓環(huán)上邊所受的安培力豎直向下，彈性的金屬圓環(huán)下邊所受的安培力豎直向上，由于下邊離通電直導(dǎo)線遠，磁場弱，所以向下的安培力大于向上的安培力，從而導(dǎo)致橡皮繩的長度變長；可將圓環(huán)等效成一段一段的導(dǎo)線，由左手定則可知，安培力指向圓心，導(dǎo)致彈性圓環(huán)面積S減小。故C正確，A、B、D錯誤。故選C。右手定則6.(多選)兩根相互平行的金屬導(dǎo)軌水平放置于如圖所示的勻強磁場中，與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒AB和CD可以自由滑動。當導(dǎo)體棒AB在外力F的作用下向右運動時，下列說法中正確的是(BD)A．導(dǎo)體棒CD內(nèi)有電流通過，方向是D→CB.導(dǎo)體棒CD內(nèi)有電流通過，方向是C→DC．磁場對導(dǎo)體棒CD的作用力向左D．磁場對導(dǎo)體棒AB的作用力向左解析：導(dǎo)體棒AB切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則可知，AB中感應(yīng)電流的方向為B→A，則導(dǎo)體棒CD內(nèi)有電流通過，方向是C→D，故A錯誤，B正確；導(dǎo)體棒CD內(nèi)有電流通過，導(dǎo)體棒CD受到安培力作用，由左手定則判斷可知，磁場對導(dǎo)體棒CD的作用力向右，磁場對導(dǎo)體棒AB的作用力向左，故C錯誤，D正確。7.(2023·黑龍江大慶東風(fēng)中學(xué)高二期中)如圖所示，航天飛機在軌運行時釋放一顆繩系衛(wèi)星，二者用電纜繩連接，當航天飛機連同衛(wèi)星在軌運行時，二者間的電纜就會與地磁場作用從而產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象。忽略地磁偏角的影響，下列說法正確的是(B)A．赤道上空，地磁場的方向從北向南B．航天飛機在赤道上空從西往東運行時，A端的電勢高于B端電勢C．航天飛機在赤道上空從東往西運行時，A端的電勢高于B端電勢D．航天飛機沿經(jīng)線從南往北運行時，B端的電勢高于A端電勢解析：赤道上空地磁場方向由南向北，故A錯誤；航天飛機在赤道上空從西往東走，根據(jù)右手定則，判斷出感應(yīng)電動勢方向指向A端，故A端電勢高于B端電勢，故B正確；若從東往西走，根據(jù)右手定則，可知A端電勢低于B端電勢，故C錯誤；若南北方向走，電纜不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，AB兩端電勢相等，故D錯誤。故選B。8.ab為一金屬桿，它處在如圖所示的垂直于紙面向里的勻強磁場中，可繞a點在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動，s為以a為圓心位于紙面內(nèi)的金屬圓環(huán)，在桿轉(zhuǎn)動過程中，桿的b端與金屬環(huán)保持良好接觸，?為電流表，其一端與金屬環(huán)相連，另一端與a點良好接觸。當桿沿逆時針方向轉(zhuǎn)動時，某時刻ab桿的位置如圖，則此時刻(B)A．有電流通過電流表，方向由c向d；作用于桿ab的安培力向右B．有電流通過電流表，方向由d向c；作用于桿ab的安培力向左C．有電流通過電流表，方向由d向c；作用于桿ab的安培力向右D．無電流通過電流表；作用于桿ab的安培力為零解析：當桿沿逆時針方向轉(zhuǎn)動時，根據(jù)右手定則，判斷出ab桿中感應(yīng)電流方向為b→a，電流通過電流表，方向為d→c；根據(jù)左手定則可知，作用于桿ab的安培力向左，故B正確，A、C、D錯誤。9.如圖所示，勻強磁場存在于虛線框內(nèi)，矩形線圈豎直下落。如果線圈中受到的磁場力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時的加速度關(guān)系為(C)A．a(chǎn)1＞a2＞a3＞a4 B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4C．a(chǎn)1＝a3＞a2＞a4 D．a(chǎn)1＝a3＞a2＝a4解析：線圈自由下落時，加速度為a1＝g。線圈完全在磁場中時，磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈不受安培力作用，只受重力，加速度為a3＝g。線圈進入和穿出磁場過程中，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，將受到向上的安培力，根據(jù)牛頓第二定律得知，a2＜g，a4＜g。線圈完全在磁場中時做勻加速運動，到達4處的速度大于2處的速度，則線圈在4處所受的安培力大于在2處所受的安培力，又知安培力總小于重力，則a2＞a4，故a1＝a3＞a2＞a4，故C正確。故選C。楞次定律的實驗探究10．現(xiàn)將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流計及開關(guān)如圖連接。在開關(guān)閉合、線圈A放在線圈B中的情況下，某同學(xué)發(fā)現(xiàn)當他將滑動變阻器的滑動端P向左加速滑動時，電流計指針向右偏轉(zhuǎn)。由此可以推斷(B)A．滑動變阻器的滑動端P勻速向左或勻速向右滑動，都能使電流計指針靜止在中央B．線圈A中鐵芯向上拔出或斷開開關(guān)，都能引起電流計指針向右偏轉(zhuǎn)C．線圈A向上移動或滑動變阻器的滑動端P向右加速滑動，都能引起電流計指針向左偏轉(zhuǎn)D．因為線圈A、線圈B的繞線方向未知，故無法判斷電流計指針偏轉(zhuǎn)的方向解析：滑動變阻器的滑動端P勻速向左或勻速向右滑動時，線圈A中的電流發(fā)生了改變，則線圈B中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，電流計的指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，所以A錯誤；某同學(xué)發(fā)現(xiàn)當他將滑動變阻器的滑動端P向左加速滑動時，電阻增大，電流減小，則線圈B中的磁通量減小，電流計指針向右偏轉(zhuǎn)。當線圈A中鐵芯向上拔出或斷開開關(guān)，線圈B中的磁通量減小，都能引起電流計指針向右偏轉(zhuǎn)，則B正確；線圈A向上移動時，使線圈B中的磁通量減小，能引起電流計指針向右偏轉(zhuǎn)，則C錯誤；由穿過B線圈的磁通量的變化可判斷電流計指針偏轉(zhuǎn)方向，所以D錯誤。11．(2023·河南博愛第一中學(xué)高二?？?為了探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，如圖所示為“探究產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件的實驗裝置”。(1)下列操作中，圖甲中電流表的指針不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)的是(C)A．將條形磁鐵插入線圈B．將條形磁鐵從線圈中拔出C．將條形磁鐵放在線圈中不動D．將條形磁鐵從圖示位置向左移動(2)某實驗小組將電池、線圈A、線圈B、滑動變阻器、靈敏電流計、開關(guān)按照如圖乙所示的方式連接。當閉合開關(guān)時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針右偏。由此可知：a．當滑動變阻器的滑片P向右移動時，靈敏電流計的指針右偏(選填“左偏”“不動”或“右偏”)；b．將線圈A拔出時，靈敏電流計的指針左偏(選填“左偏”“不動”或“右偏”)，此時線圈A與線圈B中電流的繞行方向相同(選填“相同”或“相反”)。解析：(1)將條形磁鐵插入線圈，線圈內(nèi)磁通量增加，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，電流表的指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故A不符合題意；將條形磁鐵從線圈中拔出，線圈內(nèi)磁通量減少，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，電流表的指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故B不符合題意；將條形磁鐵放在線圈中不動，線圈內(nèi)磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，電流表的指針不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C符合題意；將條形磁鐵從圖示位置向左移動，線圈內(nèi)磁感應(yīng)強度變小，磁通量減小，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，電流表的指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D不符合題意。故選C。(2)閉合開關(guān)時靈敏電流計的指針右偏，即線圈內(nèi)磁通量增加時，靈敏電流計的指針右偏。a.滑動變阻器的滑片P向右移動時，接入的有效電阻變小，回路中電流變大，線圈內(nèi)的磁場變強，磁通量增加，所以靈敏電流計的指針右偏；b.將線圈A拔出時，線圈內(nèi)磁通量減小，靈敏電流計的指針左偏，由楞次定律可知線圈B中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向與A中電流方向相同。eq\a\vs4\al(29)一、選擇題(每小題只有一個選項符合題目要求)1.電阻R、電容C與一線圈連成閉合電路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，N極朝下，如圖所示?，F(xiàn)使磁鐵開始自由下落，在N極接近線圈上端的過程中，流過R的電流方向和電容器極板的帶電情況是(A)A．從b到a，下極板帶正電B．從a到b，下極板帶正電C．從b到a，上極板帶正電D．從a到b，上極板帶正電解析：當磁鐵N極向下運動時，向下穿過線圈的磁通量變大，由楞次定律可得，感應(yīng)磁場方向與原來磁場方向相反，再由安培定則可得感應(yīng)電流方向沿線圈盤旋而下，由于線圈相當于電源，則流過R的電流方向是從b到a，對電容器充電，下極板帶正電，故A正確，B、C、D錯誤。故選A。2.如圖所示，金屬環(huán)所在區(qū)域存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。當磁感應(yīng)強度逐漸增強時，內(nèi)、外金屬環(huán)中感應(yīng)電流的方向為(B)A．外金屬環(huán)順時針，內(nèi)金屬環(huán)逆時針B．外金屬環(huán)逆時針，內(nèi)金屬環(huán)順時針C．內(nèi)、外金屬環(huán)均為逆時針D．內(nèi)、外金屬環(huán)均為順時針解析：回路由外金屬環(huán)和內(nèi)金屬環(huán)共同組成，回路中包圍的磁場方向垂直紙面向里，且內(nèi)、外金屬環(huán)之間的磁通量增加，由楞次定律可知，兩金屬環(huán)之間的感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相反，垂直紙面向外，由安培定則可知，電流在外金屬環(huán)沿逆時針方向，在內(nèi)金屬環(huán)沿順時針方向，故B正確。3.如圖所示，通有恒定電流的導(dǎo)線MN與閉合金屬框共面，第一次將金屬框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次將金屬框繞cd邊翻轉(zhuǎn)到Ⅱ，設(shè)先后兩次通過金屬框的磁通量變化量大小分別為ΔΦ1和ΔΦ2，則(C)A．ΔΦ1＞ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿adcba方向電流出現(xiàn)B．ΔΦ1＝ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿abcda方向電流出現(xiàn)C．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿adcba方向電流出現(xiàn)D．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿abcda方向電流出現(xiàn)解析：設(shè)在位置Ⅰ時磁通量大小為Φ1，位置Ⅱ時磁通量大小為Φ2。第一次將金屬框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿過線框的磁感線方向沒有改變，磁通量變化量ΔΦ1＝Φ1－Φ2，根據(jù)楞次定律判斷可知，感應(yīng)電流沿adcba方向；第二次將金屬框繞cd邊翻轉(zhuǎn)到Ⅱ，穿過線框的磁感線的方向發(fā)生改變，磁通量變化量ΔΦ2＝Φ1＋Φ2，根據(jù)楞次定律判斷可知，感應(yīng)電流沿adcba方向；則可知，ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿adcba方向電流出現(xiàn)，故C正確，A、B、D錯誤。故選C。4.如圖所示，a、b、c為同一平面內(nèi)的線圈，其中a、b為同心圓，現(xiàn)給a中通以順時針方向的電流，在a中的電流逐漸增大的過程中，b、c中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為(C)A．b、c中均為順時針方向B．b、c中均為逆時針方向C．b為逆時針方向，c為順時針方向D．b為順時針方向，c為逆時針方向解析：首先，由題意可知線圈a的電流在逐漸增大，電流產(chǎn)生的磁場也在不斷增大。其次根據(jù)右手螺旋定則判斷出線圈a的電流在線圈b產(chǎn)生的磁場垂直紙面向里，再根據(jù)楞次定律可以判斷出線圈b產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時針方向，對應(yīng)產(chǎn)生的磁場垂直紙面向外。同理，根據(jù)右手螺旋定則判斷出線圈a的電流在線圈c產(chǎn)生的磁場垂直紙面向外，再根據(jù)楞次定律可以判斷出線圈c產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時針方向，對應(yīng)產(chǎn)生的磁場垂直紙面向里。故選C。5.(2023·黑龍江哈爾濱三中高二期末)如圖所示，金屬圓環(huán)A用輕繩懸掛，所在平面與紙面垂直，圓心與長直螺線管中心軸線共線，整個裝置靜止，開關(guān)S始終閉合，當滑動變阻器觸片P向右移動的過程中，圓環(huán)將(A)A．向右運動，并有擴張趨勢B．向右運動，并有收縮趨勢C．向左運動，并有擴張趨勢D．向左運動，并有收縮趨勢解析：當觸片P向右移動時，電路中的電阻增大，電流減小，則螺線管產(chǎn)生的磁場減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)磁場方向與原磁場方向相同，相互吸引，所以金屬圓環(huán)A向右運動，因為磁通量減小，金屬圓環(huán)A有擴張的趨勢。故選A。6.如圖所示，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導(dǎo)線在同一豎直面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導(dǎo)線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導(dǎo)線間距。兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向向下的恒定電流。則下列說法正確的是(D)A．若金屬環(huán)向上運動，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向為順時針方向B．若金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向為順時針方向C．若金屬環(huán)向左側(cè)直導(dǎo)線靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向為逆時針方向D．若金屬環(huán)向右側(cè)直導(dǎo)線靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向為逆時針方向解析：根據(jù)楞次定律，當金屬環(huán)上、下運動時，穿過金屬環(huán)的磁通量不發(fā)生變化，故沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A、B錯誤；當金屬環(huán)向左側(cè)直導(dǎo)線靠近時，穿過金屬環(huán)垂直紙面向外的磁場增強，根據(jù)楞次定律及安培定則可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為順時針，故C錯誤；當金屬環(huán)向右側(cè)直導(dǎo)線靠近時，穿過金屬環(huán)垂直紙面向里的磁場增強，根據(jù)楞次定律及安培定則可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為逆時針，故D正確。7．(2023·黑龍江哈爾濱三中高二期末)如圖甲所示，豎直固定直導(dǎo)線中通以電流I，該電流隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定電流向上為正，附近的一閉合矩形金屬線圈abcd與導(dǎo)線在同一平面，則在0～2t0這段時間內(nèi)(C)A．線圈中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流B．線圈中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流方向發(fā)生了變化C．線圈中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流方向始終為a→b→c→d→aD．線圈中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流方向始終為a→d→c→b→a解析：在0～2t0這段時間內(nèi)，I先正方向減小后負方向增大，由安培定則知其右側(cè)磁場先垂直紙面向里減弱，后垂直紙面向外增強，根據(jù)楞次定律知線圈中的感應(yīng)電流磁場均為垂直紙面向里，根據(jù)安培定則知線圈中感應(yīng)電流為順時針方向，即a→b→c→d→a。故選C。8.如圖所示，AOC是光滑的金屬導(dǎo)軌，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，ab是一根金屬棒，與導(dǎo)軌接觸良好，它從圖示位置由靜止開始在重力作用下運動，運動過程中b端始終在OC上，a端始終在OA上，直到金屬棒完全落在OC上，空間存在著勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，則ab棒在上述過程中(C)A．感應(yīng)電流方向是b→aB．感應(yīng)電流方向是a→bC．感應(yīng)電流方向先是b→a，后是a→bD．感應(yīng)電流方向先是a→b，后是b→a解析：由幾何知識可知，在金屬棒向下滑動的過程中，金屬棒與導(dǎo)軌所圍成的三角形面積先增大后減小，三角形aOb內(nèi)的磁通量先增大后減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向先是b→a，后是a→b，C項正確。二、選擇題(每小題有多個選項符合題目要求)9．如圖所示，通電導(dǎo)線MN與單匝矩形線圈abcd共面，MN固定不動，位置靠近ab且相互絕緣。當MN中電流突然增大時，則(AC)A.線圈所受安培力的合力方向向左B．線圈所受安培力的合力方向向右C．感應(yīng)電流方向為abcdaD．感應(yīng)電流方向為adcba解析：如題圖所示，通電導(dǎo)線MN與單匝矩形線圈abcd共面，位置靠近ab且相互絕緣，導(dǎo)線兩側(cè)的磁感應(yīng)強度對稱分布，由右手螺旋定則可知線圈中的合磁通量方向垂直紙面向里；當MN中電流突然增大時，由楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，故感應(yīng)電流方向為abcda；導(dǎo)線左側(cè)磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外，導(dǎo)線右側(cè)磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里；由左手定則可知：上下兩邊界的安培力互相抵消，左邊界的安培力向左，右邊界的安培力也向左，故線圈所受安培力的合力方向向左，故A、C正確，B、D錯誤。故選AC。10.如圖所示，光滑固定導(dǎo)軌m、n水平放置，兩根導(dǎo)體棒p、q平行放于導(dǎo)軌上，形成一個閉合回路。當一條形磁體從高處下落接近回路時(重力加速度為g)(AD)A．p、q將互相靠攏B．p、q將互相遠離C．磁體的加速度仍為gD．磁體的加速度小于g解析：由楞次定律的結(jié)論可知，當穿過閉合回路的磁通量增加時，回路的面積有收縮趨勢且阻礙磁體的靠近，所以p、q將相互靠攏且磁體受到向上的阻力，磁體的加速度小于g，故選項A、D正確。11．(2023·安徽蕪湖高二開學(xué)考試)如圖所示，鐵芯上密繞的螺線與滑動變阻器、電源、開關(guān)相連，鐵芯上方的絕緣水平直桿上套有一金屬圓環(huán)，圓環(huán)面與紙面垂直，環(huán)心在鐵芯的中軸線OO′上，開始時開關(guān)S閉合。下列說法正確的是(ABD)A．向左移動滑片P，圓環(huán)中將產(chǎn)生感應(yīng)電流B．沿桿向左移動金屬圓環(huán)，圓環(huán)中將產(chǎn)生感應(yīng)電流C．保持環(huán)面與紙面垂直，繞OO′軸轉(zhuǎn)動金屬圓環(huán)，圓環(huán)中將產(chǎn)生感應(yīng)電流D．斷開開關(guān)S瞬間，圓環(huán)中將產(chǎn)生感應(yīng)電流解析：只要穿過圓環(huán)的磁通量發(fā)生變化，圓環(huán)中即可產(chǎn)生感應(yīng)電流，滑片P向左移動時，電路中電阻增大，電流減小，螺線管中的磁場減弱，穿過圓環(huán)的磁通量減少，環(huán)中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，A正確；沿桿向左移動圓環(huán)時，穿過圓環(huán)磁通量減少，環(huán)中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，B正確；繞OO′軸轉(zhuǎn)動圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量保持不變，環(huán)中無感應(yīng)電流產(chǎn)生，C不正確；斷開開關(guān)的瞬間，穿過圓環(huán)的磁通量減少，環(huán)中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，D正確。故選ABD。12.如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，當PQ在外力作用下運動時，MN在磁場力作用下向右運動，則PQ所做的運動可能是(AD)A．向左勻加速運動B．向左勻減速運動C．向右勻加速運動D．向右勻減速運動解析：MN在磁場力作用下向右運動，說明MN受到的安培力向右，由左手定則可知MN中電流由M指向N，根據(jù)安培定則可知，線圈L1中產(chǎn)生的磁場方向向上，說明線圈L2中磁場是向上減弱，或向下增強，而線圈L2中電流是由PQ切割磁感線產(chǎn)生的，由安培定則可知，PQ中感應(yīng)電流由Q到P減小，或由P到Q增大，由右手定則可知，PQ可能向左做勻加速運動或向右做勻減速運動，故A、D正確，B、C錯誤。故選AD。三、非選擇題13．有一靈敏電流計，當電流從它的正接線柱流入時，指針向正接線柱一側(cè)偏轉(zhuǎn)?，F(xiàn)把它與一個線圈串聯(lián)，將磁體從線圈上方插入或拔出，如圖所示。請完成下列填空：(1)圖甲中靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向為偏向正接線柱(選填“偏向正接線柱”或“偏向負接線柱”)。(2)圖乙中磁體下方的極性是S極(選填“N極”或“S極”)。(3)圖丙中磁體的運動方向是向上(選填“向上”或“向下”)。(4)圖丁中線圈從上向下看的電流方向是逆時針(選填“順時針”或“逆時針”)。解析：(1)由題圖甲可知，磁體向下運動，穿過線圈的磁通量增加，原磁場方向向下，則線圈中感應(yīng)電流方向(從上向下看)為逆時針方向，即電流從正接線柱流入電流計，指針偏向正接線柱。(2)由題圖乙可知，電流從負接線柱流入電流計，根據(jù)安培定則，感應(yīng)電流的磁場方向向下，又知磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，磁體下方的極性為S極。(3)由題圖丙可知，原磁場方向向下，電流從負接線柱流入電流計，根據(jù)安培定則，感應(yīng)電流的磁場方向向下，根據(jù)楞次定律可知，磁通量減少，磁體向上運動。(4)由題圖丁可知，磁體向上運動，穿過線圈的磁通量減少，原磁場方向向上，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流方向(從上向下看)為逆時針方向。14．(1)如圖甲所示為某實驗小組探究影響感應(yīng)電流方向的因素的實驗裝置，關(guān)于實驗過程中應(yīng)該注意的事項和實驗現(xiàn)象，以下說法正確的是AC。A.實驗前應(yīng)該先仔細觀察，清楚線圈的繞向B．開關(guān)閉合后，將滑動變阻器的滑片勻速滑動使接入電路的阻值逐漸減小，會觀察到電流計指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)C．開關(guān)閉合后，線圈A從線圈B中拔出和插入過程中會觀察到電流計指針偏轉(zhuǎn)方向相反D．開關(guān)閉合與斷開瞬間，電流計指針都會偏轉(zhuǎn)，但偏轉(zhuǎn)方向相同(2)如圖乙所示，當電流從靈敏電流計正接線柱流入時指針向正接線柱一側(cè)偏轉(zhuǎn)。現(xiàn)將其與線圈相連之后，將上端為S極的磁體插入線圈中，電流計指針偏轉(zhuǎn)的方向應(yīng)為偏向正(選填“正”或“負”)接線柱。根據(jù)圖丙中電流計指針偏轉(zhuǎn)方向可以判斷出插入線圈磁體下端的磁極為S(選填“N”或“S”)極。解析：(1)探究影響感應(yīng)電流方向的因素的實驗，實驗前要仔細觀察，弄清楚線圈繞向，搞清線圈電流方向與電流計指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)系，故A正確；開關(guān)閉合后，將滑動變阻器的滑片勻速滑動使接入電路的阻值逐漸減小，導(dǎo)致穿過線圈B的磁通量變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，會觀察到電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故B錯誤；開關(guān)閉合后線圈A從線圈B中拔出和插入過程中，穿過線圈B的磁通量變化不同，前者減小，后者增大，依據(jù)感應(yīng)電流的磁場阻礙磁通量變化，會觀察到電流計指針偏轉(zhuǎn)方向相反，故C正確；開關(guān)閉合與斷開瞬間，穿過線圈B的磁通量都會變化且變化不同，開關(guān)閉合瞬間磁通量增大，斷開瞬間磁通量減小，依據(jù)感應(yīng)電流的磁場阻礙磁通量變化，會觀察到電流計指針偏轉(zhuǎn)，而且偏轉(zhuǎn)方向不同，故D錯誤。(2)當電流從靈敏電流計正接線柱流入時指針向正接線柱一側(cè)偏轉(zhuǎn)，若將上端為S極的磁體插入線圈中，原磁場方向向下且磁通量增大，根據(jù)感應(yīng)電流的磁場阻礙磁通量變化可知，感應(yīng)電流的磁場方向向上，根據(jù)安培定則可知感應(yīng)電流從電流計正接線柱流入，故指針偏向正接線柱一側(cè)；根據(jù)圖丙中電流計指針偏向負接線柱一側(cè)，可知感應(yīng)電流是從負接線柱流入電流計的，根據(jù)安培定則，可知感應(yīng)電流的磁場方向向下，因條形磁體向下運動，磁通量增大，根據(jù)感應(yīng)電流的磁場阻礙磁通量變化，可知原磁場方向向上，則插入線圈磁體下端的磁極為S極。2法拉第電磁感應(yīng)定律eq\a\vs4\al(32)電磁感應(yīng)定律1．關(guān)于感應(yīng)電動勢的大小，下列說法中正確的是(D)A．磁通量越大，感應(yīng)電動勢越大B．磁通量變化得越多，感應(yīng)電動勢越大C．磁通量增大時，感應(yīng)電動勢一定增大D．磁通量變化得越快，感應(yīng)電動勢越大解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得感應(yīng)電動勢的大小跟磁通量的變化率成正比。磁通量越大，是Φ大，但eq\f(ΔΦ,Δt)不一定大，故A錯誤；磁通量變化越大，不知磁通量的變化時間，故eq\f(ΔΦ,Δt)不一定越大，故B錯誤；雖然磁通量增大，但eq\f(ΔΦ,Δt)可能是定值，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢可能不變，故C錯誤；磁通量變化的快慢用eq\f(ΔΦ,Δt)表示，磁通量變化得快，則eq\f(ΔΦ,Δt)就大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大，故D正確。故選D。2．(2023·山東濟南高二開學(xué)考試)將一根絕緣硬質(zhì)細導(dǎo)線繞成如圖所示的閉合線圈，其中大圓半徑為R，小圓半徑為r。大圓處在垂直線圈平面向里的磁場中，小圓處在垂直線圈平面向外的磁場中。兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，且B＝B0＋kt，B0和k均為常量，則線圈中總的感應(yīng)電動勢大小為(D)A．kπr2 B．kπR2C．kπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R2－r2)) D．kπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R2＋r2))解析：左右兩側(cè)磁場均均勻增加，根據(jù)楞次定律可知，左右兩側(cè)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相同，則線圈中總的感應(yīng)電動勢大小為E＝eq\f(ΔB,Δt)πR2＋eq\f(ΔB,Δt)πr2＝kπ(R2＋r2)，故選D。3.如圖所示，長為L的金屬導(dǎo)線彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個極板，磁場垂直于環(huán)面向里，磁感應(yīng)強度以B＝B0＋kt(k>0)的規(guī)律隨時間變化，t＝0時，P、Q兩板電勢相等，兩板間的距離遠小于環(huán)的半徑，經(jīng)時間t，電容器P板(D)A．不帶電B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，帶電荷量是eq\f(kL2C,4π)D．帶負電，帶電荷量是eq\f(kL2C,4π)解析：磁感應(yīng)強度以B＝B0＋kt(k>0)的規(guī)律隨時間變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝kS，而S＝πr2＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2π)))eq\s\up12(2)＝eq\f(L2,4π)，經(jīng)時間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝eq\f(kL2C,4π)；由楞次定律和安培定則知電容器P板帶負電，故D正確。4.如圖所示，A、B兩閉合圓形導(dǎo)線環(huán)用相同規(guī)格的導(dǎo)線制成，它們的半徑之比rA∶rB＝2∶1，在兩導(dǎo)線環(huán)包圍的空間內(nèi)存在一正方形邊界的磁場區(qū)域，磁場方向垂直于兩導(dǎo)線環(huán)的平面。在磁場的磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大的過程中，流過兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流大小之比為(D)A．eq\f(IA,IB)＝1 B．eq\f(IA,IB)＝2C．eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,4) D．eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,2)解析：A、B兩導(dǎo)線環(huán)的半徑不同，它們所包圍的面積不同，但某一時刻穿過它們的磁通量均為穿過磁場所在區(qū)域面積上的磁通量，所以兩導(dǎo)線環(huán)上的磁通量變化率是相等的，根據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知產(chǎn)生的電動勢也是相等的，根據(jù)電阻R＝ρeq\f(L,S)＝ρeq\f(2πr,S)，則A、B的電阻之比為2∶1，再根據(jù)歐姆定律有I＝eq\f(E,R)，可得電流之比為eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,2)，故D正確。5．(多選)輕質(zhì)細線吊著一質(zhì)量為m＝1kg、邊長為0.2m、電阻R＝1Ω、匝數(shù)n＝10的正方形閉合線圈abcd，bd下方區(qū)域分布著磁場，如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小隨時間變化關(guān)系如圖乙所示。不考慮線圈的形變和電阻的變化，整個過程細線未斷且線圈始終處于靜止狀態(tài)，g取10m/s2。則下列判斷正確的是(CD)A．線圈中感應(yīng)電流的方向為adcbaB．線圈中的感應(yīng)電流大小為0.2AC．0～2s時間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的熱量為0.02JD．6s時線圈受安培力的大小為eq\f(4\r(2),5)N解析：磁感應(yīng)強度向里并且增大，由楞次定律可得，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場垂直紙面向外，線圈中感應(yīng)電流的方向為逆時針，即abcda，故A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB·S,Δt)，由閉合電路的歐姆定律，可得線圈中的感應(yīng)電流大小I＝neq\f(ΔB·S,RΔt)，假設(shè)線框邊長為l，則S＝eq\f(l2,2)，聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得I＝0.1A，故B錯誤；0～2s時間內(nèi)金屬環(huán)產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝0.02J，故C正確；線圈的bcd部分在勻強磁場中受到安培力，受到安培力的大小等效為bd直棒受到的安培力，6s時線圈受到的安培力F＝nIBL＝10×0.1×4×0.2eq\r(2)N＝eq\f(4\r(2),5)N，故D正確。故選CD。6.(2023·江蘇南京第一中學(xué)高二期末)如圖所示，邊長為L的正方形金屬框ABCD質(zhì)量為m，電阻為R，用細線把它懸掛于一個有界的勻強磁場中，金屬框的下半部處于磁場內(nèi)，磁場方向與線框平面垂直。磁場隨時間變化規(guī)律為B＝kt(k>0)。求：(1)線框中感應(yīng)電動勢的大小；(2)從t＝0時刻開始，經(jīng)多長時間細線的拉力為零？答案：(1)eq\f(kL2,2)(2)eq\f(2mgR,k2L3)解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，整理得E＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(kL2,2)。(2)由題意可知，線框所受安培力方向向上，且當磁感應(yīng)強度增大時，細線拉力減小，當細線拉力為零時，則有mg＝F安，而F安＝BIL，又由閉合電路歐姆定律，則有I＝eq\f(E,R)，且B＝kt，解得t＝eq\f(2mgR,k2L3)。導(dǎo)線切割磁感線時的感應(yīng)電動勢7．如圖所示，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應(yīng)強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應(yīng)強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為E，將此棒彎成長度相等且相互垂直的兩段，置于與磁感應(yīng)強度相互垂直的平面內(nèi)，當它沿兩段折線夾角角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為E′，則eq\f(E′,E)等于(B)A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．1 D．eq\r(2)解析：設(shè)折彎前金屬棒切割磁感線的長度為L，E＝BLv；折彎后，金屬棒切割磁感線的有效長度為l＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)L，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為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)，故B正確。8．如圖所示，MN、PQ為兩條平行的水平放置的金屬導(dǎo)軌，左端接有定值電阻R，金屬棒ab斜放在兩導(dǎo)軌之間，與導(dǎo)軌接觸良好，ab＝L。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，設(shè)金屬棒與兩導(dǎo)軌間夾角為60°，以速度v水平向右勻速運動，不計導(dǎo)軌和棒的電阻，則流過金屬棒的電流為(B)A．eq\f(BLv,R) B．eq\f(\r(3)BLv,2R)C．eq\f(BLv,2R) D．eq\f(\r(3)BLv,3R)解析：金屬棒切割磁感線的有效長度為L·sin60°＝eq\f(\r(3),2)L，故感應(yīng)電動勢E＝Bv·eq\f(\r(3)L,2)，由歐姆定律得通過金屬棒的電流I＝eq\f(\r(3)BLv,2R)，故選B。9.如圖所示，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于ab邊向上。當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動(俯視)時，a、b、c三點的電勢分別為φa、φb、φc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是(C)A．φa>φc，金屬框中無電流B．φb>φc，金屬框中電流方向沿abcaC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Uac＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿acba解析：金屬框abc平面與磁場方向平行，轉(zhuǎn)動過程中磁通量始終為零，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，故B、D錯誤；轉(zhuǎn)動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由右手定則判斷φa<φc，φb<φc，故A錯誤；由E＝Blv得，Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，故C正確。10．如圖所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場(磁感應(yīng)強度為B)中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，則通過電阻R的電流的方向和大小是(金屬圓盤的電阻不計)(D)A．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,R)B．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,R)C．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,2R)D．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,2R)解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢E＝Br·eq\f(1,2)rω＝eq\f(1,2)Br2ω，由歐姆定律得通過電阻R的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(1,2)Br2ω,R)＝eq\f(Br2ω,2R)。圓盤相當于電源，由右手定則可知電流方向為由邊緣指向圓心，所以電阻R中的電流方向為由d到c，選項D正確。11．如圖所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，相距l(xiāng)＝0.5m，導(dǎo)軌左端接一電阻R＝0.4Ω，磁感應(yīng)強度B＝0.4T的勻強磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)體棒ac垂直導(dǎo)軌放在導(dǎo)軌上，ac棒的電阻r＝0.1Ω，ac棒能無摩擦地沿導(dǎo)軌滑動，導(dǎo)軌的電阻可忽略不計。當ac棒以v＝5.0m/s的速度水平向右勻速滑動時，求：(1)回路中感應(yīng)電流I的大小和方向；(2)ac棒兩端的電壓Uac的大?。?3)維持ac棒做勻速運動的水平外力F的大小和方向。答案：(1)2.0A，沿逆時針方向(2)0.8V(3)0.4N，方向水平向右解析：(1)由右手定則可知，回路中的感應(yīng)電流沿逆時針方向，感應(yīng)電動勢：E＝Blv，感應(yīng)電流：I＝eq\f(E,R＋r)，代入數(shù)據(jù)解得：I＝2.0A。(2)ac棒兩端的電壓Uac＝IR＝0.8V。(3)ac棒勻速運動，由平衡條件得：F＝F安，則F＝F安＝BIl＝0.4×2×0.5N＝0.4N，由左手定則可知，安培力水平向左，則拉力水平向右。eq\a\vs4\al(35)一、選擇題(每小題只有一個選項符合題目要求)1．下列關(guān)于電磁感應(yīng)的說法正確的是(C)A．在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，有感應(yīng)電動勢，就一定有感應(yīng)電流B．穿過某回路的磁通量的變化量越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大C．閉合回路置于磁場中，當磁感應(yīng)強度為零時，感應(yīng)電動勢可能很大D．感應(yīng)電動勢的大小跟穿過閉合回路的磁通量的變化量成正比解析：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，有感應(yīng)電動勢，不一定有感應(yīng)電流，只有當電路閉合時才有感應(yīng)電流，選項A錯誤；穿過某回路的磁通量的變化率越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大，選項B錯誤；閉合回路置于磁場中，當磁感應(yīng)強度為零時，磁通量的變化率可能很大，則感應(yīng)電動勢可能很大，選項C正確；感應(yīng)電動勢的大小跟穿過閉合回路的磁通量的變化率成正比，選項D錯誤。2．空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖甲中虛線MN所示。一硬質(zhì)細導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時磁感應(yīng)強度的方向如圖甲所示，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，則在0～t1的時間內(nèi)(B)A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時針方向C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為eq\f(B0rS,2t0ρ)D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為eq\f(B0πr2,4t0)解析：根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時針方向，故B正確；根據(jù)左手定則，圓環(huán)所受安培力的方向先向左后向右，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為eq\f(πr2B0,2t0)，故D錯誤；根據(jù)歐姆定律，圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πr2B0,2t0),ρ·\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，故C錯誤。3.如圖所示，兩塊水平放置的金屬板距離為d，用導(dǎo)線、開關(guān)S與一個n匝的線圈連接，線圈置于方向豎直向上的變化磁場B中。兩板間放一臺小壓力傳感器，壓力傳感器上表面靜止放置一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，S斷開時傳感器上有示數(shù)，S閉合穩(wěn)定后傳感器上恰好無示數(shù)，則線圈中的磁場B的變化情況和磁通量變化率分別是(D)A．正在增強，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,q)B．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq)C．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,q)D．正在增強，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq)解析：開關(guān)閉合時有：qE＝mg，解得E＝eq\f(mg,q)，又E＝eq\f(U,d)，U＝neq\f(ΔΦ,Δt)，解得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq)，小球帶正電，知上極板帶負電，根據(jù)楞次定律得知，磁場正在增強，故D正確，A、B、C錯誤。故選D。4．(2023·北京市八一中學(xué)高二期末)如圖甲所示，10匝的線圈兩端M、N與一個理想電壓表相連，線圈內(nèi)有指向紙內(nèi)方向的磁場，線圈中的磁通量在按圖乙所示規(guī)律變化。下列說法正確的是(C)A．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向B．電壓表的正接線柱接線圈的N端C．線圈中磁通量的變化率為0.5Wb/sD．電壓表的讀數(shù)為10V解析：根據(jù)圖乙可知，線圈的磁通量隨時間均勻增加，根據(jù)楞次定律可知線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時針方向；電源內(nèi)部電流方向由負極流向正極，可知M端電勢高于N端電勢，則電壓表的正接線柱接線圈的M端，故A、B錯誤；根據(jù)圖乙可知，線圈中磁通量的變化率為eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(0.15－0.10,0.1)Wb/s＝0.5Wb/s，故C正確；線圈產(chǎn)生的電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝10×0.5V＝5V，可知電壓表的讀數(shù)為5V，故D錯誤。故選C。5．如圖甲所示，導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上，PQMN所圍的面積為S，PQ之間有阻值為R的電阻，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻。導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的勻強磁場，規(guī)定磁場方向豎直向上為正，在0～2t0時間內(nèi)磁感應(yīng)強度的變化情況如圖乙所示，導(dǎo)體棒MN始終處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是(B)A．在0～t0和t0～2t0時間內(nèi)，導(dǎo)體棒受到的導(dǎo)軌的摩擦力方向相同B．在0～t0內(nèi)，通過導(dǎo)體棒的電流方向為N到MC．在t0～2t0內(nèi)，通過電阻R的電流大小為eq\f(B0S,Rt0)D．在0～2t0時間內(nèi)，通過電阻R的電荷量為eq\f(B0S,2R)解析：由圖乙所示圖像可知，0～t0內(nèi)磁感應(yīng)強度減小，穿過回路的磁通量減小，由楞次定律可知，為阻礙磁通量的減少，導(dǎo)體棒具有向右的運動趨勢，導(dǎo)體棒受到向左的摩擦力，在t0～2t0內(nèi)，穿過回路的磁通量增加，為阻礙磁通量的增加，導(dǎo)體棒有向左的運動趨勢，導(dǎo)體棒受到向右的摩擦力，在兩時間段內(nèi)摩擦力方向相反，故A錯誤；由圖乙所示圖像可知，在0～t0內(nèi)磁感應(yīng)強度減小，穿過閉合回路的磁通量減少，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時針方向，通過導(dǎo)體棒的電流方向為N到M，故B正確；由圖乙所示圖像，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律可得，在t0～2t0內(nèi)感應(yīng)電動勢：E2＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(2B0S,t0)，感應(yīng)電流為I2＝eq\f(E,R)＝eq\f(2B0S,Rt0)，故C錯誤；由圖乙所示圖像，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律可得，在0～t0內(nèi)感應(yīng)電動勢：E1＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(B0S,t0)，感應(yīng)電流為I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(B0S,Rt0)，電荷量：q1＝I1t0＝eq\f(B0S,R)；由圖乙所示圖像，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律可得，在t0～2t0內(nèi)通過電阻R的電荷量q2＝I2t0＝eq\f(2B0S,R)，在0～2t0時間內(nèi)，通過電阻R的電荷量q＝q1＋q2＝eq\f(3B0S,R)，故D錯誤。故選B。6.(2023·福建平潭嵐華中學(xué)高二期末)如圖所示的半圓形閉合回路半徑為a，電阻為R。虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直于半圓形回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是(D)A．感應(yīng)電流方向沿順時針方向B．半圓形閉合導(dǎo)線所受安培力方向向右C．感應(yīng)電動勢最大值為2BavD．感應(yīng)電動勢平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,4)πBav解析：在閉合回路進入磁場的過程中，通過閉合回路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向為逆時針方向不變，根據(jù)“來拒去留”可知半圓形閉合導(dǎo)線所受安培力方向向左，故A、B錯誤；當半圓閉合回路進入磁場一半時，即這時等效長度最大為a，感應(yīng)電動勢最大，為E＝Bav，故C錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢平均值為eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav，故D正確。故選D。7.如圖所示，導(dǎo)線OA長為l，在勻強磁場中以角速度ω沿圖所示方向繞通過懸點O的豎直軸旋轉(zhuǎn)，OA與豎直方向的夾角為θ。那么，OA導(dǎo)線中的感應(yīng)電動勢大小和O、A兩點電勢高低分別是(D)A．Bl2ωO點高B．Bl2ωA點高C．eq\f(1,2)Bl2ωsin2θO點高D．eq\f(1,2)Bl2ωsin2θA點高解析：OA導(dǎo)線中的感應(yīng)電動勢大小與長度為O′A的半徑垂直切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，則有：E＝BlO′Aeq\x\to(v)＝Blsinθ·eq\f(ωlsinθ＋0,2)＝eq\f(1,2)Bl2ωsin2θ，根據(jù)右手定則判斷可知，A點電勢高，故D正確。故選D。8．如圖甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為1.0m，左端連接阻值R＝4.0Ω的電阻，勻強磁場磁感應(yīng)強度B＝0.5T、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下。質(zhì)量m＝0.2kg、長度L＝1.0m、電阻r＝1.0Ω的金屬桿置于導(dǎo)軌上，向右運動并與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，t＝0時對桿施加一平行于導(dǎo)軌方向的外力F，桿運動的v-t圖像如圖乙所示，其余電阻不計，則(D)A．t＝0時刻，外力F水平向右，大小為0.7NB．3s內(nèi)，流過R的電荷量為3.6CC．從t＝0開始，金屬桿運動距離為5m時電阻R兩端的電壓為2VD．在0～3.0s內(nèi)，外力F大小隨時間t變化的關(guān)系式是F＝0.1＋0.1t(N)解析：根據(jù)v——t圖像知道金屬桿做勻減速直線運動，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－6,3)m/s2＝－2m/s2，當t＝0時刻，設(shè)向右為正方向，根據(jù)牛頓第二定律有F－BIL＝ma，根據(jù)閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律有I＝eq\f(E,r＋R)＝eq\f(BLv0,r＋R)，聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)可得F＝－0.1N，負號表示外力F方向水平向左，故A錯誤；根據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，I＝eq\f(q,Δt)＝eq\f(E,R＋r)，聯(lián)立可得q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(B·ΔS,R＋r)，又因為v——t圖像與坐標軸圍成的面積表示通過的位移，所以有ΔS＝eq\f(1,2)×6×3m＝9m，故代入數(shù)據(jù)可解得q＝0.9C，故B錯誤；設(shè)桿運動了5m時速度為v1，則有veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2as1，此時金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝BLv1，回路中產(chǎn)生的電流I1＝eq\f(E1,R＋r)，電阻R兩端的電壓U＝I1R，聯(lián)立可得U＝1.6V，故C錯誤；取向右為正方向，由牛頓第二定律有F－BIL＝ma，設(shè)在t時刻金屬桿的速度為v，桿的電動勢為E，回路電流為I，則有v＝v0＋at，E＝BLv，I＝eq\f(E,R＋r)，聯(lián)立以上幾式可得F＝－(0.1＋0.1t)N，負號表示方向水平向左，即大小關(guān)系為F＝0.1＋0.1t(N)，故D正確。二、選擇題(每小題有多個選項符合題目要求)9.如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，用相同粗細、相同材料的金屬導(dǎo)線制成。圓形勻強磁場的邊緣恰好與a線圈重合，其磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大，則下列說法正確的是(ACD)A．穿過a、b兩線圈的磁通量之比為1∶1B．a(chǎn)、b兩線圈的感應(yīng)電動勢之比為1∶2C．a(chǎn)、b兩線圈的感應(yīng)電流之比為2∶1D．a(chǎn)、b兩線圈的電功率之比為2∶1解析：任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁通量相等，磁通量之比為1∶1，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝neq\f(ΔB,Δt)·S，S＝πr2，則S相等，eq\f(ΔB,Δt)也相等，所以感應(yīng)電動勢相等，感應(yīng)電動勢之比為1∶1，故B錯誤；線圈a、b的半徑分別為r和2r，周長之比為1∶2，電阻之比為1∶2，根據(jù)歐姆定律知I＝eq\f(E,R)，得a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比為2∶1，故C正確；根據(jù)電功率公式有P＝eq\f(E2,R)，得a、b兩線圈的電功率之比為2∶1，故D正確。故選ACD。10.如圖，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸順時針勻速轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速。在圓盤減速過程中，以下說法正確的是(ABD)A．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢低B．所加磁場越強，越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動解析：將金屬圓盤看成由無數(shù)金屬輻條組成，金屬圓盤順時針勻速轉(zhuǎn)動時，根據(jù)右手定則判斷可知：圓盤上的感應(yīng)電流由圓心流向邊緣，所以靠近圓心處電勢低，故A正確；根據(jù)右手定則可知，所加磁場越強，產(chǎn)生的電動勢越大，電流越大，受到的安培力越大，越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動，故B正確；若所加磁場反向，只是產(chǎn)生的電流反向，根據(jù)楞次定律可知，安培力仍然阻礙圓盤的轉(zhuǎn)動，所以圓盤還是減速轉(zhuǎn)動，故C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤時，圓盤在切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當于電路斷開，則不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，沒有安培力的作用，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動，故D正確。故選ABD。11．單匝線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t變化的圖像如圖所示，圖線為正弦曲線的一部分，則(BC)A．在t＝0時刻，線圈中磁通量最大，感應(yīng)電動勢也最大B．在t＝1×10－2s時刻，感應(yīng)電動勢最大C．在t＝2×10－2s時刻，感應(yīng)電動勢為零D．在0～2×10－2s時間內(nèi)，線圈中感應(yīng)電動勢的平均值為零解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律知E∝eq\f(ΔΦ,Δt)，故t＝0及t＝2×10－2s時刻，E＝0，A項錯誤，C項正確；t＝1×10－2s時，E最大，B項正確；0～2×10－2s時間內(nèi)，ΔΦ≠0，則E≠0，D項錯誤。12.如圖所示，三角形金屬導(dǎo)軌EOF上放有一金屬桿AB，在外力作用下，使AB保持與OF垂直，從O點開始以速度v勻速右移，該導(dǎo)軌與金屬桿均由粗細相同的同種金屬制成，則下列判斷正確的是(AC)A．電路中的感應(yīng)電流大小不變B．電路中的感應(yīng)電動勢大小不變C．電路中的感應(yīng)電動勢逐漸增大D．電路中的感應(yīng)電流逐漸減小解析：設(shè)金屬桿從O點開始運動到題圖所示位置所經(jīng)歷的時間為t，∠EOF＝θ，金屬桿切割磁感線的有效長度為L，故E＝BLv＝Bv·vttanθ＝Bv2·ttanθ，即電路中感應(yīng)電動勢的大小與時間成正比，故B錯誤，C正確；電路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv2·ttanθ,\f(ρl,S))，而l為閉合三角形的周長，即l＝vt＋vt·tanθ＋eq\f(vt,cosθ)＝vt(1＋tanθ＋eq\f(1,cosθ))，所以I＝eq\f(Bv·Stanθ,ρ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanθ＋\f(1,cosθ))))是恒量，故A正確，D錯誤。三、非選擇題13．(2023·陜西師大附中高二期末)如圖所示，導(dǎo)線全部為裸導(dǎo)線，半徑為r、兩端開有小口的圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一根長度大于2r的導(dǎo)線MN以速度v在圓環(huán)上無摩擦地自左端勻速滑到右端且始終與圓環(huán)接觸良好，電路中定值電阻阻值為R，其余部分電阻均忽略不計，試求MN從圓環(huán)左端滑到右端的過程中：(1)通過電阻R的最大感應(yīng)電流；(2)當導(dǎo)線MN通過圓環(huán)中心時，如果導(dǎo)線MN接入電路的電阻為R0，電阻R兩端的電壓。答案：(1)eq\f(2Brv,R)(2)eq\f(2BrvR,R＋R0)解析：(1)當MN滑到中點時感應(yīng)電動勢最大，則E＝2Brv，通過電阻R的最大感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2Brv,R)。(2)回路電流I′＝eq\f(E,R＋R0)＝eq\f(2Brv,R＋R0)，電阻R兩端的電壓U＝I′R＝eq\f(2BrvR,R＋R0)。14．如圖所示，在水平面上固定兩平行光滑金屬導(dǎo)體MN、PQ，相距為L，左端連接一小燈泡，其額定電壓為U，電阻恒為R，一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面豎直向下，現(xiàn)有一電阻為r的金屬棒ab垂直放在導(dǎo)軌上(導(dǎo)軌的電阻不計)，金屬棒在水平外力作用下向右勻速運動時，燈泡恰好正常發(fā)光，求：(1)金屬棒ab哪端電勢高？(不需要說明理由)(2)金屬棒ab勻速運動時的速度v多大？答案：(1)a端(2)eq\f(U（R＋r）,BLR)解析：(1)根據(jù)題意，由右手定則可知，感應(yīng)電流的方向為由b→a，則金屬棒ab的a端電勢高。(2)根據(jù)題意，由歐姆定律可得，金屬棒ab勻速運動時，電路中的電流為I＝eq\f(U,R)，由閉合回路歐姆定律可得，感應(yīng)電動勢為E＝I(R＋r)＝eq\f(U（R＋r）,R)，又有E＝BLv，解得v＝eq\f(E,BL)＝eq\f(U（R＋r）,BLR)。專題強化1電磁感應(yīng)的圖像及電路問題對應(yīng)學(xué)生用書38頁題型一電磁感應(yīng)中的電路問題1．用相同導(dǎo)線繞制的邊長為l或2l的四個閉合導(dǎo)體線框，以相同的速度勻速進入右側(cè)勻強磁場，如圖所示。在每個線框進入磁場的過程中，M、N兩點間的電壓分別為Ua、Ub、Uc和Ud。下列判斷正確的是(B)A．Ua<Ub<Uc<UdB．Ua<Ub<Ud<UcC．Ua＝Ub<Uc＝UdD．Ub<Ua<Ud<Uc解析：線框進入磁場的過程中，MN切割磁感線，為電源，MN兩端電壓即為路端電壓，四種情況下的等效電路圖如圖所示。由題知Ea＝Eb＝Blv，Ec＝Ed＝2Blv，由閉合電路歐姆定律和串聯(lián)電路電壓規(guī)律可知Ua＝eq\f(3,4)Blv，Ub＝eq\f(5,6)Blv，Uc＝eq\f(3,2)Blv，Ud＝eq\f(4,3)Blv，故Ua<Ub<Ud<Uc，選項B正確。2．(2023·四川成都高二校聯(lián)考期中)如圖甲，100匝的線圈左側(cè)串聯(lián)一個電阻R＝40Ω。在線圈里的邊長為a＝0.1m的正方形區(qū)域內(nèi)有如圖乙所示的磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化的磁場，磁場方向與線圈所在平面垂直，線圈總電阻為r＝10Ω，則理想電壓表的示數(shù)為(A)A．0.4V B．0.5VC．40V D．50V解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB·S,Δt)＝neq\f(ΔB·a2,Δt)＝100×eq\f(0.15－0.10,0.1)×0.12V＝0.5V，而理想電壓表的示數(shù)為電阻R兩端的電壓，故U＝eq\f(R,R＋r)E＝0.4V，故選A。3.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬圓環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指剪開拉直時的電阻)，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面。環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為eq\f(R,2)的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，導(dǎo)體棒與圓環(huán)接觸良好，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時導(dǎo)體棒兩端的電壓為(A)A．eq\f(Bav,3) B．eq\f(Bav,6)C．eq\f(2Bav,3) D．Bav解析：導(dǎo)體棒AB擺到豎直位置時，AB切割磁感線的瞬時感應(yīng)電動勢E＝B·2a·eq\f(1,2)v＝Bav。外電路電阻大小為R外＝eq\f(\f(R,2)·\f(R,2),\f(R,2)＋\f(R,2))＝eq\f(R,4)，由閉合電路的歐姆定律有|UAB|＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))·eq\f(R,4)＝eq\f(1,3)Bav，故選A。4.(2023·上海中學(xué)高二期末)如圖所示，abcd是粗細均勻的電阻絲制成的長方形線框，導(dǎo)體MN有電阻，可在ad邊與bc邊上無摩擦滑動，且接觸良好，線框處于垂直紙面向里的勻強磁場中。當MN由靠ab邊處向cd邊勻速移動的過程中，以下說法正確的是(B)A.MN中電流一直減小B．MN兩端電壓先增大后減小C．MN上拉力的功率先增大后減小D．矩形線框中消耗的電功率先減小后增大解析：當導(dǎo)體棒MN勻速向右移動的過程中，外電阻R外先增大后減小，當MN運動到線框中線時，外電路的總電阻最大，由閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E,R外＋r)可知，MN棒中的電流先減小后增大，A錯誤；因為導(dǎo)體棒MN勻速向右移動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢保持不變，由閉合電路歐姆定律U＝E－Ir，則可知路端電壓先增大后減小，因此MN兩端電壓先增大后減小，B正確；因為導(dǎo)體棒MN勻速向右移動，拉力的功率等于電路中的電功率，根據(jù)P＝eq\f(E2,R外＋r)，可得MN上拉力的功率先減小后增大，C錯誤；矩形線框中消耗的電功率相當于電源的輸出功率，由P出＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R外＋r)))eq\s\up12(2)R外，化簡P出＝eq\f(E2,\f(（R外－r）2,R外)＋4r)，可得，電源的輸出功率最大時，有R外＝r，由題意得，線框的總電阻先增大后減小，由于導(dǎo)體MN電阻與長方形線框的電阻大小關(guān)系未知，所以矩形線框中消耗的電功率可能先增大后減小，也可能先減小后增大，D錯誤。故選B。題型二電磁感應(yīng)中的電荷量問題5.如圖所示，閉合開關(guān)S，將條形磁體勻速插入閉合線圈，第一次用時0.2s，第二次用時0.4s，并且兩次的起始和終止位置相同，則(B)A．第一次磁通量變化量較大B．第一次?的最大偏轉(zhuǎn)角較大C．第一次經(jīng)過?的總電荷量較多D．若斷開S，?均不偏轉(zhuǎn)，則均無感應(yīng)電動勢解析：由于兩次條形磁體插入線圈的起始和終止位置相同，因此磁通量的變化量ΔΦ相同，故A錯誤；根據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，第一次磁通量變化較快，所以感應(yīng)電動勢較大，而閉合電路的電阻相同，所以第一次的感應(yīng)電流較大，第一次?的最大偏轉(zhuǎn)角較大，故B正確；通過?的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝neq\f(ΔΦ,RΔt)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R)，則兩次通過?的電荷量相同，故C錯誤；若斷開S，雖然電路不閉合，沒有感應(yīng)電流，但感應(yīng)電動勢仍存在，故D錯誤。6.(2023·四川內(nèi)江高二統(tǒng)考)如圖所示，在光滑水平金屬框架上有一導(dǎo)體棒ab。第一次以速度v勻速向右平動，第二次以速度2v勻速向右平動，兩次移動的距離相同，則兩種情況下回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和通過R的電荷量之比分別為(B)A．1∶2；1∶2 B．1∶2；1∶1C．1∶1；1∶1 D．1∶2；2∶1解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Blv，可知兩種情況下回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比eq\f(E1,E2)＝eq\f(v,2v)＝eq\f(1,2)，根據(jù)q＝It，結(jié)合I＝eq\f(ΔΦ,Δt·R)＝eq\f(Bl·x,Δt·R)，聯(lián)立可得q＝eq\f(Blx,R)，可得eq\f(q1,q2)＝eq\f(1,1)，故B正確，A、C、D錯誤。故選B。7.如圖所示，正方形金屬線圈位于紙面內(nèi)，邊長為l，匝數(shù)為N，電阻為R，過ab中點和cd中點的連線OO′恰好位于垂直于紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁感應(yīng)強度為B，當線圈從圖示位置繞OO′轉(zhuǎn)過90°時，穿過線圈某橫截面的總電荷量為(D)A．Bl2 B．NBl2C．eq\f(Bl2,2R) D．eq\f(NBl2,2R)解析：正方形金屬線圈從題圖所示位置轉(zhuǎn)過90°時，磁通量變化量為ΔΦ＝B·eq\f(1,2)l2＝eq\f(Bl2,2)，q＝eq\f(NΔΦ,R)＝eq\f(NBl2,2R)，故D正確。8．一個阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1、電容為C的電容器連接成如圖甲所示的回路。金屬線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示。圖像與橫、縱軸的截距分別為t0和B0。導(dǎo)線的電阻不計。求：(1)通過電阻R1的電流大小和方向；(2)0～t1時間內(nèi)通過電阻R1的電荷量q；(3)t1時刻電容器所帶電荷量Q。答案：(1)eq\f(nπB0req\o\al(2,2),3Rt0)方向從b到a(2)eq\f(nπB0req\o\al(2,2)t1,3Rt0)(3)eq\f(2nπCB0req\o\al(2,2),3t0)解析：(1)由B——t圖像可知，磁感應(yīng)強度的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nπreq\o\al(2,2)eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(nπB0req\o\al(2,2),t0)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得，感應(yīng)電流I1＝eq\f(E,3R)，聯(lián)立解得I1＝eq\f(nπB0req\o\al(2,2),3Rt0)，根據(jù)楞次定律，可知通過R1的電流方向為從b到a。(2)通過R1的電荷量q＝I1t1，得q＝eq\f(nπB0req\o\al(2,2)t1,3Rt0)。(3)電容器兩板間電壓U＝I1R1＝eq\f(2nB0πreq\o\al(2,2),3t0)，則電容器所帶的電荷量Q＝CU＝eq\f(2nπCB0req\o\al(2,2),3t0)。題型三電磁感應(yīng)中的圖像問題9．在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向以及磁感應(yīng)強度的正方向如圖甲所示，當磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t按圖乙變化時，下列四幅圖中可以正確表示線圈中感應(yīng)電動勢E變化的是(A)eq\o(\s\up7(),\s\do15(A))eq\o(\s\up7(),\s\do15(B))eq\o(\s\up7(),\s\do15(C))eq\o(\s\up7(),\s\do15(D))解析：由題圖乙可知，在0～1s內(nèi)，磁感應(yīng)強度均勻增大，穿過線圈的磁通量均勻增大，由楞次定律可知線圈中產(chǎn)生恒定電流的方向與正方向一致；1～3s內(nèi)，穿過線圈的磁通量不變，故感應(yīng)電動勢為0；在3～5s內(nèi)，線圈中的磁通量均勻減小，由楞次定律可知線圈中產(chǎn)生恒定電流的方向與正方向相反。由題圖乙可知0～1s內(nèi)磁感應(yīng)強度變化率是3～5s內(nèi)磁感應(yīng)強度變化率的2倍，由E＝neq\f(ΔB,Δt)·S可知，0～1s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是3～5s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的2倍，故A選項正確。10.如圖所示的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。一個電阻為R、半徑為r、圓心角為45°的扇形閉合導(dǎo)線框繞垂直于紙面的O軸勻速轉(zhuǎn)動(O軸位于磁場邊界)，周期為T，t＝0時刻線框置于如圖所示位置，則線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時間變化的圖像為(規(guī)定電流順時針方向為正)(A)eq\o(\s\up7(),\s\do15(A))eq\o(\s\up7(),\s\do15(B))eq\o(\s\up7(),\s\do15(C))eq\o(\s\up7(),\s\do15(D))解析：由于扇形導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動，因此導(dǎo)線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是恒定的。線框在進入磁場和離開磁場時，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，當完全進入時，由于磁通量不變，故無感應(yīng)電流產(chǎn)生。由右手定則可判斷導(dǎo)線框進入磁場時，電流方向為逆時針，出磁場時電流方向為順時針，故選項A正確。11.如圖所示，在空間中存在兩個相鄰的、磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反的有界勻強磁場，其寬度均為L。現(xiàn)將寬度也為L的矩形閉合線圈，從圖示位置垂直于磁場方向勻速拉過磁場區(qū)域，則在該過程中，能正確反映線圈中所產(chǎn)生的感應(yīng)電流或其所受的外力隨時間變化的圖像是(D)eq\o(\s\up7(),\s\do15(A))eq\o(\s\up7(),\s\do15(B))eq\o(\s\up7(),\s\do15(C))eq\o(\s\up7(),\s\do15(D))解析：當矩形閉合線圈進入磁場時，由法拉第電磁感應(yīng)定律判斷，感應(yīng)電流的大小在中間時是最大的，故選項A、B錯誤；由楞次定律可知，當矩形閉合線圈進入磁場和出磁場時，磁場力總是阻礙線圈的運動，方向始終向左，所以外力始終水平向右，因安培力的大小不同且在中間時最大，由左手定則知，在中間時安培力的方向也向左，故選項C錯誤，D正確。12．(2023·北京市八一中學(xué)高二期末)矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強磁場中，在外力控制下處于靜止狀態(tài)，如圖甲所示。磁感線方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的圖像如圖乙所示。t＝0時刻，磁感應(yīng)強度的方向垂直導(dǎo)線框平面向里，在0～4s時間內(nèi)，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流隨時間變化(規(guī)定以順時針為正方向)和ad邊所受安培力隨時間變化的圖像(規(guī)定以向左為安培力正方向)正確的是(C)eq\o(\s\up7(),\s\do15(A))eq\o(\s\up7(),\s\do15(B))eq\o(\s\up7(),\s\do15(C))eq\o(\s\up7(),\s\do15(D))解析：在0～1s時間內(nèi)，線框中磁場是向里的均勻減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流大小恒定，方向順時針(正方向)，ad邊所受安培力F＝BIl，l不變，感應(yīng)電流大小恒定，安培力隨B減小而減小，根據(jù)左手定則，0～1s時間內(nèi)，ad邊所受安培力方向向左(正方向)；在1～2s時間內(nèi)，線框中磁場是向外的均勻增大，產(chǎn)生感應(yīng)電流大小恒定，方向為順時針(正方向)，ad邊所受安培力F＝BIl，l不變，感應(yīng)電流大小恒定，安培力大小隨B增大而增大，根據(jù)左手定則，1～2s時間內(nèi)，ad邊所受安培力方向向右(負方向)；在2～3s時間內(nèi)，線框中磁場是向外的均勻減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流大小恒定，方向逆時針(負方向)，ad邊所受安培力F＝BIl，l不變，感應(yīng)電流大小恒定，安培力大小隨B減小而減小，根據(jù)左手定則，2～3s時間內(nèi)，ad邊所受安培力方向向左(正方向)；在3～4s時間內(nèi)，線框中磁場是向里的均勻增大，產(chǎn)生感應(yīng)電流大小恒定，方向逆時針(負方向)，ad邊所受安培力F＝BIl，l不變，感應(yīng)電流大小恒定，安培力大小隨B增大而增大，根據(jù)左手定則，3～4s時間內(nèi)，ad邊所受安培力方向向右(負方向)。故選C。專題強化2電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量和動量問題對應(yīng)學(xué)生用書41頁題型一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1.(2022·廣東潮州高二期末)如圖所示，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有燈泡A。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使金屬棒ab以一定的初速度v開始向右運動，此后(B)A．棒ab做勻減速運動直到停止B．棒ab中的感應(yīng)電流方向由b到aC．棒ab所受的安培力方向水平向右D．燈泡A逐漸變亮解析：金屬棒ab以一定的初速度v開始向右運動，根據(jù)右手定則可知，棒ab中的感應(yīng)電流方向由b到a，B正確；根據(jù)左手定則可知棒ab所受的安培力方向水平向左，C錯誤；棒ab所受的安培力方向水平向左，與運動方向相反，則棒做減速運動，速度v減小，根據(jù)E＝Blv可知感應(yīng)電動勢減