專(zhuān)題62 楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律-2025版高三物理一輪復(fù)習(xí)多維度導(dǎo)學(xué)與分層專(zhuān)練

2025屆高三物理一輪復(fù)習(xí)多維度導(dǎo)學(xué)與分層專(zhuān)練專(zhuān)題62楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律導(dǎo)練目標(biāo)導(dǎo)練內(nèi)容目標(biāo)1楞次定律和右手定則目標(biāo)2法拉第電磁感應(yīng)定律求感生電動(dòng)勢(shì)目標(biāo)3動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的求解目標(biāo)4感應(yīng)電流電荷量的三種求法目標(biāo)5自感、電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng)【知識(shí)導(dǎo)學(xué)與典例導(dǎo)練】楞次定律和右手定則1.楞次定律及應(yīng)用楞次定律中“阻礙”的含義“四步法”判斷感應(yīng)電流方向2.右手定則的理解和應(yīng)用(1)右手定則適用于閉合電路的部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流的情況。(2)右手定則是楞次定律的一種特殊形式，用右手定則能解決的問(wèn)題，用楞次定律均可代替解決。(3)右手定則應(yīng)用“三注意”： ①磁感線必須垂直穿入掌心。 ②拇指指向?qū)w運(yùn)動(dòng)的方向。 ③四指所指的方向?yàn)楦袘?yīng)電流方向。3.楞次定律推論的應(yīng)用內(nèi)容例證阻礙原磁通量變化——“增反減同”阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)——“來(lái)拒去留”使回路面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)——“增縮減擴(kuò)”【例1】如圖所示，圓環(huán)形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管b與電源、滑動(dòng)變阻器連接成如圖所示的電路。若將滑動(dòng)變阻器的滑片P向下滑動(dòng)，下列表述正確的是（??）A．線圈a中將產(chǎn)生沿順時(shí)針?lè)较颍ǜ┮暎┑母袘?yīng)電流B．穿過(guò)線圈a的磁通量減小C．線圈a有擴(kuò)張的趨勢(shì)D．線圈a對(duì)水平桌面的壓力FN將增大【答案】D【詳解】B．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向下滑動(dòng)時(shí)，螺線管中的電流將增大，使穿過(guò)線圈a的磁通量變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；ACD．由楞次定律可知，線圈a中將產(chǎn)生沿逆時(shí)針?lè)较颍ǜ┮暎┑母袘?yīng)電流，并且線圈a有縮小和遠(yuǎn)離螺線管的趨勢(shì)，線圈a對(duì)水平桌面的壓力FN將增大，故選項(xiàng)D正確，AC錯(cuò)誤。故選D?！纠?】如圖所示，空間存在兩個(gè)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反且垂直紙面，MN.、PQ為其邊界，OO'為其對(duì)稱(chēng)軸。一導(dǎo)線折成邊長(zhǎng)為l的正方形閉合回路abcd，回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到關(guān)于OO'對(duì)稱(chēng)的位置時(shí)，下列說(shuō)法不正確的是（）A．回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相反B．回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2Blv0C．回路中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较駾．穿過(guò)回路的磁通量為零【答案】A【詳解】AC．根據(jù)右手定則可知，回路中的電流為逆時(shí)針?lè)较?；根?jù)左手定則可知，回路中ab邊電流的方向向下，磁場(chǎng)的方向向外，所以安培力的方向向左；同理，cd邊電流的方向向上，磁場(chǎng)的方向向里，所受安培力方向向左，方向相同，故A錯(cuò)誤，符合題意；C正確，不符合題意。B．a(chǎn)b切割磁感線形成電動(dòng)勢(shì)b端為正，cd切割形成電動(dòng)勢(shì)c端為負(fù)，因此兩電動(dòng)勢(shì)串聯(lián)，故回路電動(dòng)勢(shì)為E=2BLv0故B正確，不符合題意；D．此時(shí)線圈中有一半面積磁場(chǎng)垂直線圈向外，一半面積磁場(chǎng)垂直線圈向內(nèi)，因此磁通量為零，故D正確，不符合題意；故選A。法拉第電磁感應(yīng)定律求感生電動(dòng)勢(shì)1.公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一個(gè)回路中某段時(shí)間內(nèi)的平均電動(dòng)勢(shì)，在磁通量均勻變化時(shí)，瞬時(shí)值才等于平均值。2.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小由線圈的匝數(shù)和穿過(guò)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(méi)有必然聯(lián)系。3.磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)對(duì)應(yīng)Φ-t圖線上某點(diǎn)切線的斜率。4.通過(guò)回路截面的電荷量q＝eq\f(nΔΦ,R)，僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān)，與時(shí)間長(zhǎng)短無(wú)關(guān)。5.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝S有效eq\f(ΔB,Δt)中的S有效為圓環(huán)回路在磁場(chǎng)中的面積，而不是圓環(huán)回路的面積?！纠?】用電阻率為，橫截面積為S的硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)，其內(nèi)接正方形區(qū)域內(nèi)充滿(mǎn)垂直于圓環(huán)面的磁場(chǎng)，t=0時(shí)磁場(chǎng)方向如圖（甲）所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（乙）所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場(chǎng)的正方向，則在t=0到的時(shí)間內(nèi)（）A．圓環(huán)中感應(yīng)電流大小先變小后變大 B．圓環(huán)中感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針?lè)较駽．圓環(huán)中感應(yīng)電流 D．圓環(huán)中產(chǎn)生的熱量為【答案】BD【詳解】AC．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律由圖乙知，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率一直不變感應(yīng)電流一直不變根據(jù)電阻定律聯(lián)立解得故AC錯(cuò)誤；B．根據(jù)楞次定律和安培定則可知，圓環(huán)中感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針?lè)较?，故B正確；D．根據(jù)焦耳定律圓環(huán)中產(chǎn)生的熱量為故D正確。故選BD。動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的求解1.E＝Blv的三個(gè)特性正交性本公式要求磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，而且B、l、v三者互相垂直有效性公式中的l為導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度，如圖中ab相對(duì)性E＝Blv中的速度v是導(dǎo)體棒相對(duì)磁場(chǎng)的速度，若磁場(chǎng)也在運(yùn)動(dòng)，應(yīng)注意速度間的相對(duì)關(guān)系2．應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律的四種情況情景圖研究對(duì)象一段直導(dǎo)線(或等效成直導(dǎo)線)繞一端轉(zhuǎn)動(dòng)的一段導(dǎo)體棒繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動(dòng)的導(dǎo)線框表達(dá)式E＝BLvE＝eq\f(1,2)BL2ωE＝NBSωsinωt【例4】如圖所示，電阻不計(jì)的水平U形光滑導(dǎo)軌上接一個(gè)阻值為的電阻，放在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)半徑為L(zhǎng)、質(zhì)量為、電阻為的半圓形硬導(dǎo)體棒（直徑與導(dǎo)軌垂直，并接觸良好），在水平向右的恒定外力的作用下，由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度為時(shí)，位移為，下列說(shuō)法正確的是（）A．此時(shí)兩端電壓為B．此時(shí)桿克服安培力做功的功率為C．此過(guò)程中導(dǎo)體棒的平均速度小于D．此過(guò)程中通過(guò)電阻的電荷量為【答案】BD【詳解】A．導(dǎo)體有效切割的長(zhǎng)度等于半圓的直徑，半圓形導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為，相當(dāng)于電源，其兩端電壓為外電壓，由歐姆定律得A錯(cuò)誤；B．此時(shí)桿克服安培力做功的功率為，B正確；C．若導(dǎo)體棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，則平均速度等于，但是由于導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)圖像可知，此過(guò)程中的位移大于做勻加速過(guò)程的位移，則此過(guò)程中導(dǎo)體棒的平均速度大于，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)可知此過(guò)程中通過(guò)電阻的電荷量為，D正確。故選BD?！纠?】如圖所示，虛線MN左側(cè)空間存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。紙面內(nèi)有一個(gè)圓心角為120°的扇形金屬線框OCD，半徑為r，線框圍成的回路電阻為R，頂角O在虛線MN上。當(dāng)金屬線框繞頂角O在紙面內(nèi)以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．線框轉(zhuǎn)動(dòng)一圈的過(guò)程中，線框中有電流的時(shí)間為B．線框中存在電流時(shí)，電流的大小為C．線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)線框某截面的電荷量大小為D．線框持續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，線框中電流的有效值為【答案】CD【詳解】A．線框進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間為線框轉(zhuǎn)動(dòng)一圈的過(guò)程中，在從線框開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到完全進(jìn)入磁場(chǎng)和線框開(kāi)始出磁場(chǎng)到完全出磁場(chǎng)過(guò)程中有感應(yīng)電流，因此線框中有電流的時(shí)間為A錯(cuò)誤；B．線框中存在電流時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)因此電流的大小為，B錯(cuò)誤；C．線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)線框某截面的電荷量大小為，C正確；D．設(shè)線框持續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，線框中電流的有效值為I，則有解得D正確。故選CD。感應(yīng)電流電荷量的三種求法公式說(shuō)明方法1q＝It，式中I為回路中的恒定電流，t為時(shí)間。①由于導(dǎo)體棒勻速切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而使得閉合回路中的電流恒定，根據(jù)電流定義式可知q＝It。②閉合線圈中磁通量均勻增大或減小且回路電阻保持不變，則電路中的電流I恒定，時(shí)間t內(nèi)通過(guò)線圈橫截面的電荷量q＝It。方法2q＝neq\f(ΔΦ,R)。其中R為回路電阻，ΔФ為穿過(guò)閉合回路的磁通量變化量。①閉合回路中的電阻R不變，并且只有磁通量變化為電路提供電動(dòng)勢(shì)。②從表面來(lái)看，通過(guò)回路的電荷量與時(shí)間無(wú)關(guān)，但ΔФ與時(shí)間有關(guān)，隨時(shí)間變化。方法3Δq＝C·ΔU＝CBLΔv，式中C為電容器的電容，B為勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，L為導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度，Δv為導(dǎo)體棒切割速度的變化量。在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電容器接在切割磁感線的導(dǎo)體棒兩端，不計(jì)一切電阻，電容器兩極板間電壓等于導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，通過(guò)電容器的電流I＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)，又E＝Blv，則ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv?！纠?】如圖甲所示，間距為L(zhǎng)＝1m的長(zhǎng)直平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN水平放置，其右端接有阻值為R＝1.5Ω的電阻，一阻值為r＝0.5Ω、質(zhì)量為m＝0.2kg、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置于距導(dǎo)軌右端d＝2m處，與兩導(dǎo)軌保持良好接觸。整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。在0~1.0s內(nèi)金屬棒ab保持靜止，1.0s后金屬棒在水平外力的作用下運(yùn)動(dòng)，使回路的電流為零。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度g=10m/s2，滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，下列說(shuō)法正確的是（

）A．動(dòng)摩擦因數(shù)需等于0.5 B．前2s內(nèi)通過(guò)電阻R的電荷量為2CC．1s后金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．第2s內(nèi)金屬棒的位移為1m【答案】D【詳解】A．在0~1.0s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得電動(dòng)勢(shì)為由閉合電路歐姆定律得電流的大小為由金屬棒靜止可知最大靜摩擦力大于等于安培力，即解得故A錯(cuò)誤；B．0~1s內(nèi)電流恒定為1A，1~2s內(nèi)電流為零，故前2s內(nèi)通過(guò)的電荷量為故B錯(cuò)誤；C．由法拉第電磁感應(yīng)定律知，1s后回路磁通量不變，t＝1s時(shí)，磁通量為，磁通量為；解得金屬棒不是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．t＝2s時(shí)，金屬棒第2s內(nèi)的位移為故D正確。故選D。【例7】如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根光滑的平行導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌兩端分別接有電阻R1和R2，導(dǎo)體棒以某一初速度從ab位置向右運(yùn)動(dòng)距離x到達(dá)cd位置時(shí)，速度為v，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，此過(guò)程中通過(guò)電阻R1、R2的電荷量分別為q1、q2。導(dǎo)體棒有電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。下列關(guān)系式中正確的是（）A．E=BLv B．E=2BLv C． D．【答案】AD【詳解】AB．導(dǎo)體棒以某一初速度從ab位置向右運(yùn)動(dòng)距離x到達(dá)cd位置時(shí)，速度為v，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，則，B錯(cuò)誤A正確；C．導(dǎo)體棒以某一初速度從ab位置向右運(yùn)動(dòng)距離x到達(dá)cd位置時(shí)，速度為v，產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)因?yàn)閷?dǎo)體棒有電阻，電阻兩端的電壓是外電壓，根據(jù)是錯(cuò)誤的，C錯(cuò)誤；D．因?yàn)殡娮鑂1、R2并聯(lián)，兩端的電壓相等，根據(jù)則通過(guò)電阻R1、R2的電荷量，D正確。故選AD?！纠?】如圖所示，間距為L(zhǎng)、足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，并處于垂直水平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左端接有電容為C的電容器，質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直于導(dǎo)軌放置且接觸良好，金屬桿ab及導(dǎo)軌的電阻不計(jì)?，F(xiàn)用平行于導(dǎo)軌向右的恒定拉力F拉著金屬桿ab從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)程電容器未被擊穿，下列說(shuō)法正確的是（）A．金屬桿ab最終以某一速度做勻速運(yùn)動(dòng)。B．金屬桿ab向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度大小恒為C．從拉力F剛作用在金屬桿ab上開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)t時(shí)間電容器上儲(chǔ)存的電荷量為D．電容器儲(chǔ)存的電能總等于拉力F做的功【答案】BC【詳解】AB．金屬桿ab以速度v運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為經(jīng)過(guò)速度變?yōu)?，電?dòng)勢(shì)變?yōu)殡娙萜鞯膬蓸O板間的電壓與金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)相等，在內(nèi)，電容器的電量變化可得電路中的電流為則金屬棒所受安培力為由牛頓第二定律解得所以金屬桿ab做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度一直增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；C．由上述分析可得故經(jīng)t時(shí)間電容器上儲(chǔ)存的電荷量為C項(xiàng)正確；D．由能量守恒定律可知拉力F做的功總等于電容器儲(chǔ)存的電能和金屬桿ab的動(dòng)能之和，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選BC。自感、電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng)1.自感現(xiàn)象中燈泡亮度變化分析與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)的燈泡電路圖通電時(shí)電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮電流突然增大，然后逐漸減小達(dá)到穩(wěn)定斷電時(shí)電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2：①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②若I2＞I1，燈泡“閃亮”后逐漸變暗。兩種情況下燈泡中電流方向均改變【例9】如圖所示，A、B是兩個(gè)完全相同的燈泡，D是理想二極管，L是帶鐵芯的線圈，其直流電阻忽略不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）A．S閉合瞬間，B先亮A后亮B．S閉合瞬間，A先亮B后亮C．電路穩(wěn)定后，在S斷開(kāi)瞬間，A閃亮一下，然后逐漸熄滅D．電路穩(wěn)定后，在S斷開(kāi)瞬間，B立即熄滅【答案】D【詳解】AB．閉合瞬間線圈相當(dāng)于斷路，二極管為正向電壓，故電流可通過(guò)燈泡A、B，即燈泡A、B同時(shí)亮，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；CD．因線圈的電阻為零，則當(dāng)電路穩(wěn)定后，燈泡A被短路而熄滅，當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)瞬間B立刻熄滅，線圈中的電流也不能反向通過(guò)二極管，則燈泡A仍是熄滅的，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確。故選D。2.電磁阻尼與電磁驅(qū)動(dòng)的比較電磁阻尼電磁驅(qū)動(dòng)不同點(diǎn)成因由于導(dǎo)體在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而使導(dǎo)體受到安培力由于磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)引起磁通量的變化而產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而使導(dǎo)體受到安培力效果安培力的方向與導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向相反，阻礙導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體受安培力的方向與導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向相同，推動(dòng)導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)能量轉(zhuǎn)化導(dǎo)體克服安培力做功，其他形式能轉(zhuǎn)化為電能，最終轉(zhuǎn)化為內(nèi)能由于電磁感應(yīng)，磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電能，通過(guò)安培力做功，電能轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體的機(jī)械能，而對(duì)外做功相同點(diǎn)兩者都是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，都遵循楞次定律，都是安培力阻礙引起感應(yīng)電流的導(dǎo)體與磁場(chǎng)間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)【例10】如圖，將一空的鋁質(zhì)易拉罐倒扣于筆尖上，在“冂”型木框兩側(cè)各固定一個(gè)強(qiáng)銣磁鐵，用電鉆控制木框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)木框雖然不與易拉罐接觸，但易拉罐也會(huì)隨木框轉(zhuǎn)動(dòng)。則下列說(shuō)法正確的是（）A．木框的轉(zhuǎn)速總比易拉罐的大 B．易拉罐與木框的轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反C．易拉罐與木框保持相同的轉(zhuǎn)速同方向轉(zhuǎn)動(dòng) D．兩個(gè)磁鐵必須異名磁極相對(duì)【答案】A【詳解】ABC．根據(jù)電磁驅(qū)動(dòng)原理，易拉罐與木框的轉(zhuǎn)動(dòng)方向相同，木框的轉(zhuǎn)速總比易拉罐的大，A正確；BC錯(cuò)誤；D．兩個(gè)磁鐵異名磁極或同名磁極相對(duì)均可，在磁極附近的易拉罐導(dǎo)體中都會(huì)產(chǎn)生渦流，在磁場(chǎng)受安培力使易拉罐跟著木框轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，D錯(cuò)誤。故選A。【多維度分層專(zhuān)練】1．據(jù)媒體報(bào)道，我國(guó)的003號(hào)航母在建造時(shí)配備了電磁彈射系統(tǒng)，該系統(tǒng)能夠使得艦載機(jī)的出勤效率遠(yuǎn)高于利用滑躍式甲板起飛的出勤效率。已知航母上艦載機(jī)起飛所利用的電磁彈射系統(tǒng)原理簡(jiǎn)化為如圖所示，當(dāng)固定線圈上突然通過(guò)直流電流時(shí)，線圈左側(cè)的金屬環(huán)被彈射出去，則下列說(shuō)法正確的是（）A．若將金屬環(huán)置于線圈的右側(cè)，則金屬環(huán)將不能彈射出去B．金屬環(huán)向左運(yùn)動(dòng)的瞬間有擴(kuò)大趨勢(shì)C．增加線圈的匝數(shù)，將會(huì)增大金屬環(huán)啟動(dòng)時(shí)的加速度D．合上開(kāi)關(guān)S的瞬間，從左側(cè)看金屬環(huán)中產(chǎn)生沿順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流【答案】C【詳解】A．若將金屬環(huán)放在線圈右側(cè)，根據(jù)楞次定律可知，金屬環(huán)將向右運(yùn)動(dòng)，仍可以彈射出去，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．固定線圈上突然通過(guò)直流電流，穿過(guò)金屬環(huán)的磁通量增大，根據(jù)“增縮減擴(kuò)”可知金屬環(huán)被向左彈射的瞬間，有縮小的趨勢(shì)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．電流一定時(shí)，線圈匝數(shù)越多，形成的磁場(chǎng)越強(qiáng)，通電瞬間金屬環(huán)的磁通量變化率越大，則金屬環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流越大，又因?yàn)楦袘?yīng)電流方向與固定線圈中的電流方向相反，則金屬環(huán)被彈射出去的作用力越大，故金屬環(huán)的加速度越大，選項(xiàng)C正確；D．在閉合開(kāi)關(guān)S的瞬間，根據(jù)右手螺旋定則可知穿過(guò)金屬環(huán)的磁通量向右增大，由楞次定律可知，金屬環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流從左側(cè)看沿逆時(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。2．如圖甲所示，螺線管穿過(guò)一固定圓形線圈，中通有變化電流，規(guī)定如圖乙所示的電流方向?yàn)檎?，電流隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，則（）A．時(shí)刻，線圈有收縮的趨勢(shì) B．時(shí)刻，線圈中沒(méi)有電流C．，中電流在增大 D．，中磁通量的變化率增大【答案】AC【詳解】A．時(shí)刻，根據(jù)右手螺旋定則可知，螺線管內(nèi)部穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)方向向下，螺線管外部穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)方向向上，螺線管內(nèi)部穿過(guò)線圈向下的磁通量比外部穿過(guò)線圈向上的磁通量大，由圖乙可知時(shí)刻中電流減小，可知穿過(guò)線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍ǜ┮暎?，由左手定則可知螺線管外部磁場(chǎng)對(duì)線圈中的每一小段電流元的水平安培力均指向圓心，故線圈有收縮的趨勢(shì)，A正確；B．時(shí)刻與時(shí)刻的電流變化情況相同，線圈中依然有順時(shí)針?lè)较颍ǜ┮暎┑母袘?yīng)電流，B錯(cuò)誤；C．時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電流大小為因螺線管中電流變化率增大，即穿過(guò)的磁通量的變化率增大，則中電流在增大，C正確；D．內(nèi)，螺線管中電流的變化率減小，則中磁通量的變化率減小，D錯(cuò)誤；故選AC。3．在如圖甲所示的虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，設(shè)圖甲所示磁場(chǎng)方向?yàn)檎?，磁感?yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。邊長(zhǎng)為l、電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線框平面，此時(shí)線框ab邊的發(fā)熱功率為P，則（）A．線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為B．線框中感應(yīng)電流為2C．線框cd邊的發(fā)熱功率為D．c、d兩端電勢(shì)差【答案】BD【詳解】B．由題圖乙可知，在每個(gè)周期內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，線框中產(chǎn)生大小恒定的感應(yīng)電流，設(shè)感應(yīng)電流為I，則對(duì)ab邊有解得，B正確；B．由閉合電路歐姆定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得由題圖乙知聯(lián)立解得，A錯(cuò)誤；C．線框的四邊電阻相等，電流相等，則發(fā)熱功率相等，都為P，C錯(cuò)誤；D．由楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，則c端電勢(shì)高于d端電勢(shì)D正確。故選BD。4．如圖甲所示，PQ為一條豎直直線，空間存在以PQ為軸足夠長(zhǎng)的均勻發(fā)散形磁場(chǎng)，其磁場(chǎng)分布如圖乙所示（俯視），現(xiàn)有一質(zhì)量為m的金屬環(huán)靜置于磁場(chǎng)中，環(huán)面水平，圓心也在PQ上，金屬環(huán)半徑為r、電阻為R，圓環(huán)所處位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將圓環(huán)由靜止釋放，以下說(shuō)法正確的是（）A．圓環(huán)將做自由落體運(yùn)動(dòng)B．圓環(huán)在下落過(guò)程中存在順時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎ǜ┮暎〤．圓環(huán)下落過(guò)程中的最大電流為D．圓環(huán)下落過(guò)程中的最大速度為【答案】BC【詳解】A．圓環(huán)下落過(guò)程中切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到向上的安培力作用，不是自由落體運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．由右手定則可知圓環(huán)在下落過(guò)程中存在順時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎ǜ┮暎蔅正確；C．當(dāng)速度最大時(shí)圓環(huán)下落過(guò)程中的電流最大解得D．圓環(huán)下落過(guò)程中的最大速度為，則有解得故D錯(cuò)誤。故選BC。5．將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為的扇形導(dǎo)線框，其中，圓弧的圓心為點(diǎn)，將導(dǎo)線框的點(diǎn)置于如圖所示的直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為，第三象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。從時(shí)刻開(kāi)始讓導(dǎo)線框以點(diǎn)為圓心，以恒定的角速度沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，假定沿方向的電流為正，則線框中的電流隨時(shí)間變化的規(guī)律描繪不正確的是（）A．B．C． D．【答案】ACD【詳解】在0～t0時(shí)間內(nèi)，線框沿逆時(shí)針?lè)较驈膱D示位置開(kāi)始（t=0）轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=BωR2由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為根據(jù)楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍ㄑ豋NM方向）．在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，線框進(jìn)入第三象限的過(guò)程中，回路中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍ㄑ豋MN方向）?；芈分挟a(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為感應(yīng)電流為I2=3I1在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，線框進(jìn)入第四象限的過(guò)程中，回路中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍ㄑ豋NM方向），回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為感應(yīng)電流為I3=3I1在3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，線框出第四象限的過(guò)程中，回路中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍ㄑ豋MN方向），回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E4=BωR2回路電流為I4=I1故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選ACD。6．如圖甲所示，發(fā)光竹蜻蜓是一種常見(jiàn)的兒童玩具，它在飛起時(shí)能夠持續(xù)發(fā)光。某同學(xué)對(duì)竹蜻蜓的電路作如下簡(jiǎn)化：如圖乙所示，半徑為L(zhǎng)的導(dǎo)電圓環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面、通過(guò)圓心O的金屬軸O1O2以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（俯視）。圓環(huán)上接有電阻均為r的三根金屬輻條OP、OQ、OR，輻條互成120°角。在圓環(huán)左半部分張角也為120°角的范圍內(nèi)（兩條虛線之間）分布著垂直圓環(huán)平面向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在轉(zhuǎn)軸O1O2與圓環(huán)的邊緣之間通過(guò)電刷M、N與一個(gè)LED燈相連。假設(shè)LED燈電阻為r，其他電阻不計(jì)，從輻條OP進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)。在輻條OP轉(zhuǎn)過(guò)120°的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（）A．O、P兩端電壓為BL2ωB．通過(guò)LED燈的電流為C．整個(gè)裝置消耗的電能為D．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度可以使LED燈發(fā)光時(shí)更亮【答案】BCD【詳解】AB．輻條OP進(jìn)入磁場(chǎng)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)有E＝BL在電路中OP相當(dāng)于內(nèi)阻為r的電源，另外兩根金屬輻條和LED燈并聯(lián)，故而電路的總電阻，OP兩端的電壓為電源的路端電壓流過(guò)LED燈的電流是，A錯(cuò)誤，B正確；C．整個(gè)裝置消耗的電能，C正確；D．由LED燈中電流為I＝知，增大角速度、增大磁感應(yīng)強(qiáng)度、減小輻條的電阻和LED燈的電阻等措施可以使LED燈變得更亮，故D正確。故選BCD。7．如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌MN與PQ，其間距為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，電阻為r的直導(dǎo)線ab垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。電路中電容器電容為C，定值電阻阻值為R，其它電阻不計(jì)。現(xiàn)給直導(dǎo)線ab一水平向右的初速度，當(dāng)電路穩(wěn)定后，直導(dǎo)線ab以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，則（）A．電容器兩端的電壓小于B．電容器所帶電荷量為C．電阻兩端的電壓為D．直導(dǎo)線的初速度為【答案】BD【詳解】ABC．以速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，電容器不充電也不放電，電路中無(wú)電流，故電阻兩端電壓為零，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電容器兩板間的電壓為則電容器所帶電荷量，AC錯(cuò)誤B正確；D．設(shè)直導(dǎo)線的初速度為，根據(jù)動(dòng)量定理可得其中解得D正確。故選BD。8．如圖所示，用粗細(xì)均勻、總電阻為的導(dǎo)線圍成一個(gè)邊長(zhǎng)為的等邊三角形閉合線框，線框以速度勻速穿過(guò)一個(gè)水平方向?qū)挾葹?，豎直方向足夠長(zhǎng)的磁場(chǎng)區(qū)域，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為。線框在勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中邊始終與磁場(chǎng)邊界（圖中虛線所示）平行，則下列說(shuō)法正確的是（）A．導(dǎo)線框從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為B．導(dǎo)線框從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到導(dǎo)線框完全離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，導(dǎo)線框不受安培力作用的時(shí)間為C．導(dǎo)線框邊剛進(jìn)入和剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)兩間的電勢(shì)差相等D．導(dǎo)線框從邊進(jìn)入磁場(chǎng)的水平距離為時(shí)刻開(kāi)始到導(dǎo)線框完全離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線框的電荷量為【答案】BD【詳解】A.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線框從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)：，而：，，解得，故A錯(cuò)誤；B.導(dǎo)線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流，不受安培力作用的時(shí)間為：，故B正確；C.線框BC邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)兩端的電勢(shì)差為：，線框邊剛離開(kāi)時(shí)，兩端