專題17 法拉第電磁感應(yīng)現(xiàn)象 2022-2023高考三輪精講突破訓(xùn)練（全國通用）（解析版）

學(xué)而優(yōu)教有方專題17法拉第電磁感應(yīng)現(xiàn)象目錄TOC\o"1-2"\h\u專題13法拉第電磁感應(yīng)現(xiàn)象 1考向一法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用 1考向二導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢 3考查方式一導(dǎo)體平動切割磁感線問題 4考查方式二導(dǎo)體旋轉(zhuǎn)切割磁感線問題 6考向三應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電荷量問題 7【題型演練】 10考向一法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用1．對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解(1)感應(yīng)電動勢的大小由線圈的匝數(shù)和穿過線圈的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)共同決定，而與磁通量Φ的大小、變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系．(2)磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)對應(yīng)Φ-t圖線上某點切線的斜率．2．應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律的三種情況(1)磁通量的變化是由面積變化引起時，ΔΦ＝BΔS，則E＝neq\f(BΔS,Δt)；(2)磁通量的變化是由磁場變化引起時，ΔΦ＝ΔBS，則E＝neq\f(ΔBS,Δt)；(3)磁通量的變化是由于面積和磁場變化共同引起的，則根據(jù)定義求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝neq\f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq\f(ΔBΔS,Δt).【例1】某眼動儀可以根據(jù)其微型線圈在磁場中隨眼球運動時所產(chǎn)生的電流來追蹤眼球的運動。若該眼動儀線圈面積為S，匝數(shù)為N，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，線圈平面最初平行于磁場，經(jīng)過時間t后線圈平面逆時針轉(zhuǎn)動至與磁場夾角為θ處，則在這段時間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢的大小和感應(yīng)電流的方向（從左往右看）為（）A．，逆時針 B．，逆時針C．，順時針 D．順時針【答案】A【詳解】經(jīng)過時間t，面積為S的線圈平面逆時針轉(zhuǎn)動至與磁場夾角為θ處，磁通量變化為由法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢的大小為由楞次定律可判斷出感應(yīng)電流方向為逆時針方向。故選A。[變式1]近年來，基于變壓器原理的無線充電技術(shù)得到了廣泛應(yīng)用，其簡化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%，忽略其它損耗，下列說法正確的是（）A．接收線圈的輸出電壓約為8VB．接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22:1C．發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同D．穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同【答案】AC【詳解】A．根據(jù)可得接收線圈的輸出電壓約為U2=8V；B．由于存在磁漏現(xiàn)象，電流比不再與匝數(shù)成反比，故B錯誤；C．變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；D．由于穿過發(fā)射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的不相同，故D錯誤。故選AC。[變式2]如圖所示，水平地面（平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點，P點位于導(dǎo)線正上方，平行于y軸，平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動，運動過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有（）A．N點與M點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同B．線圈沿PN方向運動時，穿過線圈的磁通量不變C．線圈從P點開始豎直向上運動時，線圈中無感應(yīng)電流D．線圈從P到M過程的感應(yīng)電動勢與從P到N過程的感應(yīng)電動勢相等【答案】AC【詳解】A．依題意，M、N兩點連線與長直導(dǎo)線平行、兩點與長直導(dǎo)線的距離相同，根據(jù)右手螺旋定則可知，通電長直導(dǎo)線在M、N兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故A正確；B．根據(jù)右手螺旋定則，線圈在P點時，磁感線穿進(jìn)與穿出在線圈中對稱，磁通量為零；在向N點平移過程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈不再對稱，線圈的磁通量會發(fā)生變化，故B錯誤；C．根據(jù)右手螺旋定則，線圈從P點豎直向上運動過程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈對稱，線圈的磁通量始終為零，沒有發(fā)生變化，線圈無感應(yīng)電流，故C正確；D．線圈從P點到M點與從P點到N點，線圈的磁通量變化量相同，依題意P點到M點所用時間較從P點到N點時間長，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則兩次的感應(yīng)電動勢不相等，故D錯誤。故選AC?？枷蚨?dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢1．理解E＝Blv的“五性”(1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，除磁場為勻強(qiáng)磁場外，還需B、l、v三者互相垂直．(2)瞬時性：若v為瞬時速度，則E為相應(yīng)的瞬時感應(yīng)電動勢．(3)平均性：導(dǎo)體平動切割磁感線時，若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電動勢，即E＝Blv.(4)有效性：公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度．如圖中，棒的有效長度為ab間的距離．(5)相對性：E＝Blv中的速度v是導(dǎo)體相對磁場的速度，若磁場也在運動，應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系．2．導(dǎo)體棒切割磁感線時，可有以下四種情況情景圖研究對象回路(不一定閉合)一段直導(dǎo)線(或等效成直導(dǎo)線)繞一端轉(zhuǎn)動的一段導(dǎo)體棒繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動的導(dǎo)線框表達(dá)式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLvsinθE＝eq\f(1,2)BL2ωE＝NBSω·sin(ωt＋φ0)考查方式一導(dǎo)體平動切割磁感線問題【例2】如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則()A．電路中感應(yīng)電動勢的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應(yīng)電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r)D．金屬桿的熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)【答案】B.【解析】金屬桿的運動方向與金屬桿不垂直，電路中感應(yīng)電動勢的大小為E＝Blv(l為切割磁感線的有效長度)，選項A錯誤；電路中感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，選項B正確；金屬桿所受安培力的大小為F＝BIl′＝B·eq\f(Bvsinθ,r)·eq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，選項C錯誤；金屬桿的熱功率為P＝I2R＝eq\f(B2v2sin2θ,r2)·eq\f(lr,sinθ)＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，選項D錯誤．[變式1]如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.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(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小【答案】D.【解析】本題考查楞次定律、電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力、平衡條件．由于通過回路的磁通量向下減小，則根據(jù)楞次定律可知ab中感應(yīng)電流的方向由a到b，A錯誤；因ab不動，回路面積不變；當(dāng)B均勻減小時，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，回路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)恒定，B錯誤；由F＝BIL知，F(xiàn)隨B減小而減小，C錯誤；對ab由平衡條件有f＝F，故D正確．[變式2]如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變?yōu)镋2.則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為 ()A．c→a,2∶1 B．a(chǎn)→c,2∶1C．a(chǎn)→c,1∶2 D．c→a,1∶2【答案】C【解析】用右手定則判斷出兩次金屬棒MN中的電流方向為N→M，所以電阻R中的電流方向a→c.由電動勢公式E＝Blv可知eq\f(E1,E2)＝eq\f(Blv,2Blv)＝eq\f(1,2)，故選項C正確．考查方式二導(dǎo)體旋轉(zhuǎn)切割磁感線問題【例3】半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下．在兩環(huán)之間接阻值也為R的定值電阻和電容為C的電容器．金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．下列說法正確的是()A．金屬棒中電流從B流向AB．金屬棒兩端電壓為eq\f(3,4)Bωr2C．電容器的M板帶負(fù)電D．電容器所帶電荷量為eq\f(3,2)CBωr2【答案】AB【解析】根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，選項A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(3,4)Bωr2，選項B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，選項C錯誤；由C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶電荷量為Q＝eq\f(3,4)CBωr2，選項D錯誤．[變式1]如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上．當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是()A．Ua>Uc，金屬框中無電流B．Ub>Uc，金屬框中電流方向沿a－b－c－aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿a－c－b－a【答案】C.【解析】金屬框abc平面與磁場平行，轉(zhuǎn)動過程中磁通量始終為零，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項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Ua＜Uc，Ub＜Uc，選項A錯誤；由轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項C正確．[變式2]法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】AB【解析】將圓盤看成無數(shù)輻條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，則當(dāng)圓盤順時針(俯視)轉(zhuǎn)動時，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，B對；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定時，I大小恒定，ω大小變化時，I大小變化，方向不變，故A對，C錯；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，當(dāng)ω變?yōu)樵瓉淼?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯．考向三應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電荷量問題(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一個回路中某段時間內(nèi)的平均電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值．(2)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應(yīng)電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積．(3)通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān)，與時間長短無關(guān)．推導(dǎo)如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R).【例4】如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心．軌道的電阻忽略不計．OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)．在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于 ()A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2【答案】B【解析】設(shè)OM的電阻為R，過程Ⅰ，OM轉(zhuǎn)動的過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大小為E1＝eq\f(ΔΦ,Δt1)＝eq\f(B·ΔS,Δt1)＝eq\f(B·\f(1,4)πl(wèi)2,Δt1)＝eq\f(πBl2,4Δt1)，流過OM的電流為I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(πBl2,4RΔt1)，則流過OM的電荷量為q1＝I1·Δt＝eq\f(πBl2,4R)；過程Ⅱ，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加，則該過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大小為E2＝eq\f(ΔΦ,Δt2)＝eq\f(（B′－B）S,Δt2)＝eq\f(（B′－B）πl(wèi)2,2Δt2)，電路中的電流為I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(π（B′－B）l2,2RΔt2)，則流過OM的電荷量為q2＝I2·Δt2＝eq\f(π（B′－B）l2,2R)；由題意知q1＝q2，則解得eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，B正確，A、C、D錯誤．[變式1]如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場．若第一次用0.3s時間拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q1；第二次用0.9s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則()A．W1<W2，q1<q2 B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2 D．W1>W2，q1>q2【答案】C.【解析】兩次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1.電動勢之比E1∶E2＝3∶1，電流之比I1∶I2＝3∶1，則電荷量之比q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1.安培力之比F1∶F2＝3∶1，則外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正確．[變式2]如圖所示，阻值為R的金屬棒從圖示位置ab分別以v1、v2的速度沿光滑水平導(dǎo)軌(電阻不計)勻速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，則在這兩次過程中()A．回路電流I1∶I2＝1∶2B．產(chǎn)生的熱量Q1∶Q2＝1∶4C．通過任一截面的電荷量q1∶q2＝1∶1D．外力的功率P1∶P2＝1∶2【答案】AC【解析】回路中感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，I∝v，則得I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2，故A正確；產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝(eq\f(BLv,R))2R×eq\f(s,v)＝eq\f(B2L2sv,R)，Q∝v，則得Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2，故B錯誤；通過任一截面的電荷量為q＝It＝eq\f(BLv,R)t＝eq\f(BLs,R)，q與v無關(guān)，則得q1∶q2＝1∶1，故C正確；由于金屬棒勻速運動，外力的功率等于回路中的功率，即得P＝I2R＝(eq\f(BLv,R))2R，P∝v2，則得P1∶P2＝1∶4，故D錯誤．

【題型演練】1．如圖所示，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，現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強(qiáng)磁場，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是（）A．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高B．所加磁場越強(qiáng)越不易使圓盤停止轉(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【答案】D【詳解】A、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錯誤；B、根據(jù)法拉第定律可知，金屬圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為BLv，所以所加磁場越強(qiáng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大，感應(yīng)電流越大，圓盤受到的安培力越大，而安培力是阻力，所以越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動，故B錯誤；C、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；D、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(dāng)于電路斷開，則不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力作用，所以圓盤將勻速轉(zhuǎn)動，故D正確；2．如圖，一載流長直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導(dǎo)線右側(cè)，且其長邊與長直導(dǎo)線平行。已知在到的時間間隔內(nèi)，直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中感應(yīng)電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。設(shè)電流i正方向與圖中箭頭方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】A．電流先正向減小，電流在矩形線框內(nèi)產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同也是向里，再根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向為順時針方向，合力方向與線框左邊所受力方向都向左；然后電流反向增大，在此過程，電流在矩形線框內(nèi)產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相反，再根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向為順時針方向，合力方向與線框左邊所受力方向都向右，故A正確；BD．電流反向減小，電流在矩形線框內(nèi)產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同也是向外，再根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流方向為逆時針方向，故B、D錯誤；C．由A項分析和圖可知，線框受到的安培力水平向左不變，不符合題安培力的合力先水平向左、后水平向右，故C錯誤。故選A。3．如圖所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊（）A．在P和Q中都做自由落體運動B．在兩個下落過程中的機(jī)械能都守恒C．在P中的下落時間比在Q中的長D．落至底部時在P中的速度比在Q中的大【答案】C【詳解】試題分析：當(dāng)小磁塊在光滑的銅管P下落時，由于穿過銅管的磁通量變化，導(dǎo)致銅管產(chǎn)生感應(yīng)電流，因磁場，從而產(chǎn)生安培阻力，而對于塑料管內(nèi)小磁塊沒有任何阻力，在做自由落體運動，故A錯誤；由A選項分析可知，在銅管的小磁塊機(jī)械能不守恒，而在塑料管的小磁塊機(jī)械能守恒，故B錯誤；在銅管中小磁塊受到安培阻力，則在P中的下落時間比在Q中的長，故C正確；根據(jù)動能定理可知，因安培阻力，導(dǎo)致產(chǎn)生熱能，則至底部時在P中的速度比在Q中的小，故D錯誤．故選C．考點：電磁感應(yīng)4．如圖所示，一金屬圓環(huán)水平固定放置，現(xiàn)將一豎直的條形磁鐵，在圓環(huán)上方沿圓環(huán)軸線無初速度釋放，在條形磁鐵穿過圓環(huán)的過程中，條形磁鐵與圓環(huán)A．始終相互吸引B．始終相互排斥C．先相互吸引，后相互排斥D．先相互排斥，后相互吸引【答案】D【詳解】因圓環(huán)從開始下降到達(dá)磁鐵中間時，磁通量一直增大；而當(dāng)從中間向下運動時，磁通量減小時；則由楞次定律可知，當(dāng)條形磁鐵靠近圓環(huán)時，感應(yīng)電流阻礙其靠近，是排斥力；當(dāng)磁鐵穿過圓環(huán)遠(yuǎn)離圓環(huán)時，感應(yīng)電流阻礙其遠(yuǎn)離，是吸引力，故先相互排斥，后相互吸引；故D正確，ABC錯誤。5．一個長直密繞螺線管N放在一個金屬圓環(huán)M的中心，圓環(huán)軸線與螺線管軸線重合，如圖甲所示。螺線管N通有如圖乙所示的電流，下列說法正確的是（）A．時刻，圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢B．時刻，圓環(huán)中感應(yīng)電流最大C．時刻，圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢D．和時刻，圓環(huán)內(nèi)有相同的感應(yīng)電流【答案】A【詳解】AC．螺線管內(nèi)外磁感線方向不同但總數(shù)相同，由圖可知，在t=時刻，通過線圈N的電流增大，則線圈產(chǎn)生的磁場增大，所以穿過金屬環(huán)M的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)有擴(kuò)大的趨勢（使螺線管外部穿過圓環(huán)的磁感線增多從而減小穿過圓環(huán)的總磁通量），同理，時刻，通過線圈N的電流減小，穿過金屬環(huán)M的磁通量減小，圓環(huán)有縮小的趨勢，故A正確，C錯誤；B．在t=時刻，電流最大，磁場最大，磁通量最大，但是磁通量的變化率最小為0，所以圓環(huán)中感應(yīng)電流最小為0，故B錯誤；D．在t=和t=時刻，電流變化率大小相同，穿過圓環(huán)的磁通量變化率大小相同，圓環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電動勢與電流大小相等，但方向相反，故D錯誤。故選A。6．如圖，豎直虛線右側(cè)區(qū)域有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，磁場邊緣有一質(zhì)量為m的矩形勻質(zhì)導(dǎo)線框，頂點a固定在虛線上，線框可繞a點在豎直平面內(nèi)自由無摩擦轉(zhuǎn)動，從圖示位置由靜止釋放線框，線框順時針擺動到左側(cè)最高點時邊與之間的夾角為45°。已知ab＝cd＝2l，ad＝bc＝l，線框單位長度的電阻為ρ，忽略空氣阻力，重力加速度為g，則（）A．線框向左擺動離開磁場過程中線框中的電流方向為由a指向bB．線框從釋放到擺至左側(cè)最高點過程中通過線框某截面的電荷量為C．若頂點c轉(zhuǎn)到最低點時角速度為ω，則此時線框受到的安培力大小為D．線框從釋放到最終靜止克服安培力做的功為【答案】D【詳解】A．線框順時針轉(zhuǎn)動離開磁場過程中磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，即電流方向為由b指向a，A錯誤；B．線框從釋放到擺至左側(cè)最高點過程中，通過線框平均電流為

導(dǎo)線框的總電阻為某橫截面的電荷量為B錯誤；C．線框頂點c轉(zhuǎn)到最低點時角速度為ω，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為回路中的感應(yīng)電流為受到的安培力大小為C錯誤；D．線框最終靜止時，對角線恰好與重合，整個過程中根據(jù)能量守恒定律有D正確。故選D。7．虛線區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，當(dāng)閉合線圈由靜止開始平移時，磁場對邊的安培力方向如圖所示。則線圈內(nèi)磁通量變化及邊受到的安培力方向分別為（）A．變大，向左 B．變大，向右 C．變小，向左 D．變小，向右【答案】C【詳解】當(dāng)閉合線圈由靜止開始平移時，磁場對邊的安培力方向如圖所示，可知線框面積有增大的趨勢，阻礙磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈內(nèi)磁通量變小，則邊受到的安培力向左，使面積有增大趨勢。故C正確ABD錯誤。故選C。8．（多選）兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，如圖所示。除電阻R外其余電阻不計?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則（）A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB．金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bC．金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為F=D．電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少【答案】AC【詳解】A、金屬棒剛釋放時，彈簧處于原長，彈力為零，又因此時速度為零，沒有感應(yīng)電流，金屬棒不受安培力作用，金屬棒只受到重力作用，其加速度應(yīng)等于重力加速度，故A正確；B、金屬棒向下運動時，由右手定則可知，在金屬棒上電流方向向右，流過電阻R的電流方向為，故B錯誤；C、金屬棒速度為時，安培力大小為，，由以上兩式得：，故C正確；D、金屬棒下落過程中，由能量守恒定律知，金屬棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能（速度不為零時）以及電阻R上產(chǎn)生的熱量，故D錯誤．【點睛】釋放瞬間金屬棒只受重力，加速度為．金屬棒向下運動時，根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向．由安培力公式、歐姆定律和感應(yīng)電動勢公式推導(dǎo)安培力的表達(dá)式．金屬棒下落過程中，金屬棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能（金屬棒速度不是零時）和電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能；本題考查分析、判斷和推導(dǎo)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體的加速度、安培力、能量轉(zhuǎn)化等問題的能力，是一道基礎(chǔ)題．9．（多選）空間存在一方向與直面垂直、大小隨時間變化的勻強(qiáng)磁場，其邊界如圖（a）中虛線MN所示，一硬質(zhì)細(xì)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(qiáng)度的方向如圖（a）所示：磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，則在t=0到t=t1的時間間隔內(nèi)（）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D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為【答案】BC【詳解】AB、根據(jù)B-t圖象，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向一直為順時針，但在t0時刻，磁場的方向發(fā)生變化，故安培力方向的方向在t0時刻發(fā)生變化，則A錯誤，B正確；CD、由閉合電路歐姆定律得：，又根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：，又根據(jù)電阻定律得：，聯(lián)立得：，則C正確，D錯誤．故本題選BC．10．（多選）如圖甲所示，金屬圓環(huán)靜止在絕緣水平桌而上，垂直桌面施加豎直方向的交變磁場，取豎直向下為正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化規(guī)律如圖乙所示（不考慮金屬圓環(huán)的自感），下列說法正確的是（）A．在時間內(nèi)，從上往下看感應(yīng)電流沿逆時針方向B．在時間內(nèi)，感應(yīng)電流先增大后減小，方向不變C．在時間內(nèi)，圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢D．在時間內(nèi)，磁場對圓環(huán)上任一小段導(dǎo)線的作用力逐