还剩30页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：第二章电磁感应
展开
这是一份2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：第二章电磁感应，共33页。
第二章 电磁感应
1 楞次定律
楞次定律
1．(多选)关于楞次定律，下列说法中正确的是( CD )
A．感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相反
B．感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相同
C．感应电流的磁场方向与磁通量增大还是减小有关
D．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化
解析：当磁通量增大时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，感应电流的磁场方向与磁通量增大还是减小有关，故A、B错误，C正确；感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D正确。故选CD。
2．如图所示，在下列四种情况中，感应电流的方向判断正确的是( D )
解析：由图示可知，穿过螺线管的磁场向左，磁通量变大，根据楞次定律，则感应电流的磁场方向向右，螺线管的感应电流方向由左向右，则电流向左通过电流计，故A错误；由图示结合安培定则可知，线圈处的磁场方向向里，当线圈向右运动时，向里的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生的感应电流的磁场方向向里，可知感应电流的方向为顺时针方向，故B错误；由图示可知，穿过螺线管的磁场向上，磁铁远离的过程中磁通量变小，根据楞次定律，螺线管的感应电流方向螺旋向上，则电流向下流过电流计，故C错误；导体棒向左切割磁感线，对右半部分闭合回路来说，垂直纸面向里的磁通量增大，根据楞次定律，产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外，流过导体棒的电流方向向下，故D正确。故选D。
3.
如图，两水平方向的匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。竖直平面内金属圆环的水平直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向(正视)感应电流的是( D )
A．水平向右移动金属环
B．绕水平直径转动金属环
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．减小B1的同时增大B2
解析：水平向右移动金属环时，环内磁通量始终为零，故没有感应电流产生，故A不符合题意；绕水平直径转动金属环时，环内磁通量始终为零，故没有感应电流产生，故B不符合题意；同时以相同的变化率增大B1和B2时，环内磁通量始终为零，故没有感应电流产生，故C不符合题意；减小B1的同时增大B2时，环内磁通量垂直纸面向外且不断变大，由楞次定律可知环中产生顺时针方向(正视)感应电流，故D符合题意。故选D。
4．如图甲所示，固定的长直导线与固定的圆形闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流随时间的变化关系如图乙所示，直导线中电流向下，下列说法正确的是( B )
A．线框中会产生逆时针方向的电流
B．线框中会产生顺时针方向的电流
C.线框受到的安培力平行于直导线向上
D．线框受到的安培力平行于直导线向下
解析：长直导线中的电流均匀增大，则圆形闭合金属线框中的磁通量垂直纸面向外且均匀增大，根据楞次定律和安培定则，线框中会产生顺时针方向的感应电流，结合左手定则可知，线框会受到向右的安培力。故选B。
5.如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将( C )
A.S增大，l变长 B．S减小，l变短
C．S减小，l变长 D．S增大，l变短
解析：根据右手螺旋定则可知，直线电流下边磁场方向垂直纸面向里，由于电流增大，则弹性的金属圆环中的磁通量增大，导致产生感应电流，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流方向为逆时针方向。根据左手定则可知，弹性的金属圆环上边所受的安培力竖直向下，弹性的金属圆环下边所受的安培力竖直向上，由于下边离通电直导线远，磁场弱，所以向下的安培力大于向上的安培力，从而导致橡皮绳的长度变长；可将圆环等效成一段一段的导线，由左手定则可知，安培力指向圆心，导致弹性圆环面积S减小。故C正确，A、B、D错误。故选C。
右手定则
6.
(多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当导体棒AB在外力F的作用下向右运动时，下列说法中正确的是( BD )
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B.导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C．磁场对导体棒CD的作用力向左
D．磁场对导体棒AB的作用力向左
解析：导体棒AB切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，AB中感应电流的方向为B→A，则导体棒CD内有电流通过，方向是C→D，故A错误，B正确；导体棒CD内有电流通过，导体棒CD受到安培力作用，由左手定则判断可知，磁场对导体棒CD的作用力向右，磁场对导体棒AB的作用力向左，故C错误，D正确。
7.
(2023·黑龙江大庆东风中学高二期中)如图所示，航天飞机在轨运行时释放一颗绳系卫星，二者用电缆绳连接，当航天飞机连同卫星在轨运行时，二者间的电缆就会与地磁场作用从而产生电磁感应现象。忽略地磁偏角的影响，下列说法正确的是( B )
A．赤道上空，地磁场的方向从北向南
B．航天飞机在赤道上空从西往东运行时，A端的电势高于B端电势
C．航天飞机在赤道上空从东往西运行时，A端的电势高于B端电势
D．航天飞机沿经线从南往北运行时，B端的电势高于A端电势
解析：赤道上空地磁场方向由南向北，故A错误；航天飞机在赤道上空从西往东走，根据右手定则，判断出感应电动势方向指向A端，故A端电势高于B端电势，故B正确；若从东往西走，根据右手定则，可知A端电势低于B端电势，故C错误；若南北方向走，电缆不切割磁感线，不产生感应电动势，AB两端电势相等，故D错误。故选B。
8.
ab为一金属杆，它处在如图所示的垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动，s为以a为圆心位于纸面内的金属圆环，在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触，Ⓐ为电流表，其一端与金属环相连，另一端与a点良好接触。当杆沿逆时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图，则此时刻( B )
A．有电流通过电流表，方向由c向d；作用于杆ab的安培力向右
B．有电流通过电流表，方向由d向c；作用于杆ab的安培力向左
C．有电流通过电流表，方向由d向c；作用于杆ab的安培力向右
D．无电流通过电流表；作用于杆ab的安培力为零
解析：当杆沿逆时针方向转动时，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向为b→a，电流通过电流表，方向为d→c；根据左手定则可知，作用于杆ab的安培力向左，故B正确，A、C、D错误。
9.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落。如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( C )
A．a1＞a2＞a3＞a4 B．a1＝a2＝a3＝a4
C．a1＝a3＞a2＞a4 D．a1＝a3＞a2＝a4
解析：线圈自由下落时，加速度为a1＝g。线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3＝g。线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g。线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知安培力总小于重力，则a2＞a4，故a1＝a3＞a2＞a4，故C正确。故选C。
楞次定律的实验探究
10．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以推断( B )
A．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转
C．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向
解析：滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动时，线圈A中的电流发生了改变，则线圈B中有感应电流产生，电流计的指针会发生偏转，所以A错误；某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电阻增大，电流减小，则线圈B中的磁通量减小，电流计指针向右偏转。当线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，线圈B中的磁通量减小，都能引起电流计指针向右偏转，则B正确；线圈A向上移动时，使线圈B中的磁通量减小，能引起电流计指针向右偏转，则C错误；由穿过B线圈的磁通量的变化可判断电流计指针偏转方向，所以D错误。
11．(2023·河南博爱第一中学高二校考)为了探究电磁感应现象，如图所示为“探究产生感应电流的条件的实验装置”。
(1)下列操作中，图甲中电流表的指针不会发生偏转的是( C )
A．将条形磁铁插入线圈
B．将条形磁铁从线圈中拔出
C．将条形磁铁放在线圈中不动
D．将条形磁铁从图示位置向左移动
(2)某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图乙所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知：
a．当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的指针右偏(选填“左偏”“不动”或“右偏”)；
b．将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针左偏(选填“左偏”“不动”或“右偏”)，此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向相同(选填“相同”或“相反”)。
解析：(1)将条形磁铁插入线圈，线圈内磁通量增加，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故A不符合题意；将条形磁铁从线圈中拔出，线圈内磁通量减少，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故B不符合题意；将条形磁铁放在线圈中不动，线圈内磁通量不变，没有感应电流产生，电流表的指针不会发生偏转，故C符合题意；将条形磁铁从图示位置向左移动，线圈内磁感应强度变小，磁通量减小，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故D不符合题意。故选C。
(2)闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，即线圈内磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏。a.滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入的有效电阻变小，回路中电流变大，线圈内的磁场变强，磁通量增加，所以灵敏电流计的指针右偏；b.将线圈A拔出时，线圈内磁通量减小，灵敏电流计的指针左偏，由楞次定律可知线圈B中产生的感应电流方向与A中电流方向相同。
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1.电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( A )
A．从b到a，下极板带正电
B．从a到b，下极板带正电
C．从b到a，上极板带正电
D．从a到b，上极板带正电
解析：当磁铁N极向下运动时，向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电，下极板带正电，故A正确，B、C、D错误。故选A。
2.
如图所示，金属环所在区域存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。当磁感应强度逐渐增强时，内、外金属环中感应电流的方向为( B )
A．外金属环顺时针，内金属环逆时针
B．外金属环逆时针，内金属环顺时针
C．内、外金属环均为逆时针
D．内、外金属环均为顺时针
解析：回路由外金属环和内金属环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里，且内、外金属环之间的磁通量增加，由楞次定律可知，两金属环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向外，由安培定则可知，电流在外金属环沿逆时针方向，在内金属环沿顺时针方向，故B正确。
3.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( C )
A．ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
C．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
解析：设在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1，位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2。第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量ΔΦ1＝Φ1－Φ2，根据楞次定律判断可知，感应电流沿adcba方向；第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量ΔΦ2＝Φ1＋Φ2，根据楞次定律判断可知，感应电流沿adcba方向；则可知，ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现，故C正确，A、B、D错误。故选C。
4.
如图所示，a、b、c为同一平面内的线圈，其中a、b为同心圆，现给a中通以顺时针方向的电流，在a中的电流逐渐增大的过程中，b、c中产生的感应电流方向为( C )
A．b、c中均为顺时针方向
B．b、c中均为逆时针方向
C．b为逆时针方向，c为顺时针方向
D．b为顺时针方向，c为逆时针方向
解析：首先，由题意可知线圈a的电流在逐渐增大，电流产生的磁场也在不断增大。其次根据右手螺旋定则判断出线圈a的电流在线圈b产生的磁场垂直纸面向里，再根据楞次定律可以判断出线圈b产生的感应电流为逆时针方向，对应产生的磁场垂直纸面向外。同理，根据右手螺旋定则判断出线圈a的电流在线圈c产生的磁场垂直纸面向外，再根据楞次定律可以判断出线圈c产生的感应电流为顺时针方向，对应产生的磁场垂直纸面向里。故选C。
5.
(2023·黑龙江哈尔滨三中高二期末)如图所示，金属圆环A用轻绳悬挂，所在平面与纸面垂直，圆心与长直螺线管中心轴线共线，整个装置静止，开关S始终闭合，当滑动变阻器触片P向右移动的过程中，圆环将( A )
A．向右运动，并有扩张趋势
B．向右运动，并有收缩趋势
C．向左运动，并有扩张趋势
D．向左运动，并有收缩趋势
解析：当触片P向右移动时，电路中的电阻增大，电流减小，则螺线管产生的磁场减小，根据楞次定律，感应磁场方向与原磁场方向相同，相互吸引，所以金属圆环A向右运动，因为磁通量减小，金属圆环A有扩张的趋势。故选A。
6.
如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。则下列说法正确的是( D )
A．若金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B．若金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C．若金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
D．若金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
解析：根据楞次定律，当金属环上、下运动时，穿过金属环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故A、B错误；当金属环向左侧直导线靠近时，穿过金属环垂直纸面向外的磁场增强，根据楞次定律及安培定则可知，产生的感应电流方向为顺时针，故C错误；当金属环向右侧直导线靠近时，穿过金属环垂直纸面向里的磁场增强，根据楞次定律及安培定则可知，产生的感应电流方向为逆时针，故D正确。
7．(2023·黑龙江哈尔滨三中高二期末)如图甲所示，竖直固定直导线中通以电流I，该电流随时间的变化规律如图乙所示，规定电流向上为正，附近的一闭合矩形金属线圈abcd与导线在同一平面，则在0～2t0这段时间内( C )
A．线圈中不会产生感应电流
B．线圈中会产生感应电流，且感应电流方向发生了变化
C．线圈中会产生感应电流，且感应电流方向始终为a→b→c→d→a
D．线圈中会产生感应电流，且感应电流方向始终为a→d→c→b→a
解析：在0～2t0这段时间内，I先正方向减小后负方向增大，由安培定则知其右侧磁场先垂直纸面向里减弱，后垂直纸面向外增强，根据楞次定律知线圈中的感应电流磁场均为垂直纸面向里，根据安培定则知线圈中感应电流为顺时针方向，即a→b→c→d→a。故选C。
8.
如图所示，AOC是光滑的金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属棒，与导轨接触良好，它从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在OC上，a端始终在OA上，直到金属棒完全落在OC上，空间存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则ab棒在上述过程中( C )
A．感应电流方向是b→a
B．感应电流方向是a→b
C．感应电流方向先是b→a，后是a→b
D．感应电流方向先是a→b，后是b→a
解析：由几何知识可知，在金属棒向下滑动的过程中，金属棒与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形aOb内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先是b→a，后是a→b，C项正确。
二、选择题(每小题有多个选项符合题目要求)
9．如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，MN固定不动，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然增大时，则( AC )
A.线圈所受安培力的合力方向向左
B．线圈所受安培力的合力方向向右
C．感应电流方向为abcda
D．感应电流方向为adcba
解析：如题图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘，导线两侧的磁感应强度对称分布，由右手螺旋定则可知线圈中的合磁通量方向垂直纸面向里；当MN中电流突然增大时，由楞次定律可知感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故感应电流方向为abcda；导线左侧磁感应强度方向垂直纸面向外，导线右侧磁感应强度方向垂直纸面向里；由左手定则可知：上下两边界的安培力互相抵消，左边界的安培力向左，右边界的安培力也向左，故线圈所受安培力的合力方向向左，故A、C正确，B、D错误。故选AC。
10.
如图所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁体从高处下落接近回路时(重力加速度为g)( AD )
A．p、q将互相靠拢
B．p、q将互相远离
C．磁体的加速度仍为g
D．磁体的加速度小于g
解析：由楞次定律的结论可知，当穿过闭合回路的磁通量增加时，回路的面积有收缩趋势且阻碍磁体的靠近，所以p、q将相互靠拢且磁体受到向上的阻力，磁体的加速度小于g，故选项A、D正确。
11．(2023·安徽芜湖高二开学考试)如图所示，铁芯上密绕的螺线与滑动变阻器、电源、开关相连，铁芯上方的绝缘水平直杆上套有一金属圆环，圆环面与纸面垂直，环心在铁芯的中轴线OO′上，开始时开关S闭合。下列说法正确的是( ABD )
A．向左移动滑片P，圆环中将产生感应电流
B．沿杆向左移动金属圆环，圆环中将产生感应电流
C．保持环面与纸面垂直，绕OO′轴转动金属圆环，圆环中将产生感应电流
D．断开开关S瞬间，圆环中将产生感应电流
解析：只要穿过圆环的磁通量发生变化，圆环中即可产生感应电流，滑片P向左移动时，电路中电阻增大，电流减小，螺线管中的磁场减弱，穿过圆环的磁通量减少，环中有感应电流产生，A正确；沿杆向左移动圆环时，穿过圆环磁通量减少，环中有感应电流产生，B正确；绕OO′轴转动圆环时，穿过圆环的磁通量保持不变，环中无感应电流产生，C不正确；断开开关的瞬间，穿过圆环的磁通量减少，环中有感应电流产生，D正确。故选ABD。
12.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是( AD )
A．向左匀加速运动
B．向左匀减速运动
C．向右匀加速运动
D．向右匀减速运动
解析：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知MN中电流由M指向N，根据安培定则可知，线圈L1中产生的磁场方向向上，说明线圈L2中磁场是向上减弱，或向下增强，而线圈L2中电流是由PQ切割磁感线产生的，由安培定则可知，PQ中感应电流由Q到P减小，或由P到Q增大，由右手定则可知，PQ可能向左做匀加速运动或向右做匀减速运动，故A、D正确，B、C错误。故选AD。
三、非选择题
13．有一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转。现把它与一个线圈串联，将磁体从线圈上方插入或拔出，如图所示。请完成下列填空：
(1)图甲中灵敏电流计指针的偏转方向为偏向正接线柱(选填“偏向正接线柱”或“偏向负接线柱”)。
(2)图乙中磁体下方的极性是S极(选填“N极”或“S极”)。
(3)图丙中磁体的运动方向是向上(选填“向上”或“向下”)。
(4)图丁中线圈从上向下看的电流方向是逆时针(选填“顺时针”或“逆时针”)。
解析：(1)由题图甲可知，磁体向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，则线圈中感应电流方向(从上向下看)为逆时针方向，即电流从正接线柱流入电流计，指针偏向正接线柱。
(2)由题图乙可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又知磁通量增加，根据楞次定律可知，磁体下方的极性为S极。
(3)由题图丙可知，原磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减少，磁体向上运动。
(4)由题图丁可知，磁体向上运动，穿过线圈的磁通量减少，原磁场方向向上，根据楞次定律可知感应电流方向(从上向下看)为逆时针方向。
14．(1)如图甲所示为某实验小组探究影响感应电流方向的因素的实验装置，关于实验过程中应该注意的事项和实验现象，以下说法正确的是AC。
A.实验前应该先仔细观察，清楚线圈的绕向
B．开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，会观察到电流计指针不发生偏转
C．开关闭合后，线圈A从线圈B中拔出和插入过程中会观察到电流计指针偏转方向相反
D．开关闭合与断开瞬间，电流计指针都会偏转，但偏转方向相同
(2)如图乙所示，当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转。现将其与线圈相连之后，将上端为S极的磁体插入线圈中，电流计指针偏转的方向应为偏向正(选填“正”或“负”)接线柱。根据图丙中电流计指针偏转方向可以判断出插入线圈磁体下端的磁极为S(选填“N”或“S”)极。
解析：(1)探究影响感应电流方向的因素的实验，实验前要仔细观察，弄清楚线圈绕向，搞清线圈电流方向与电流计指针偏转方向的关系，故A正确；开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，导致穿过线圈B的磁通量变化，从而产生感应电流，会观察到电流计指针发生偏转，故B错误；开关闭合后线圈A从线圈B中拔出和插入过程中，穿过线圈B的磁通量变化不同，前者减小，后者增大，依据感应电流的磁场阻碍磁通量变化，会观察到电流计指针偏转方向相反，故C正确；开关闭合与断开瞬间，穿过线圈B的磁通量都会变化且变化不同，开关闭合瞬间磁通量增大，断开瞬间磁通量减小，依据感应电流的磁场阻碍磁通量变化，会观察到电流计指针偏转，而且偏转方向不同，故D错误。
(2)当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转，若将上端为S极的磁体插入线圈中，原磁场方向向下且磁通量增大，根据感应电流的磁场阻碍磁通量变化可知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知感应电流从电流计正接线柱流入，故指针偏向正接线柱一侧；根据图丙中电流计指针偏向负接线柱一侧，可知感应电流是从负接线柱流入电流计的，根据安培定则，可知感应电流的磁场方向向下，因条形磁体向下运动，磁通量增大，根据感应电流的磁场阻碍磁通量变化，可知原磁场方向向上，则插入线圈磁体下端的磁极为S极。
2 法拉第电磁感应定律
电磁感应定律
1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是( D )
A．磁通量越大，感应电动势越大
B．磁通量变化得越多，感应电动势越大
C．磁通量增大时，感应电动势一定增大
D．磁通量变化得越快，感应电动势越大
解析：根据法拉第电磁感应定律E＝n得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比。磁通量越大，是Φ大，但不一定大，故A错误；磁通量变化越大，不知磁通量的变化时间，故不一定越大，故B错误；虽然磁通量增大，但可能是定值，产生的感应电动势可能不变，故C错误；磁通量变化的快慢用表示，磁通量变化得快，则就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故D正确。故选D。
2．(2023·山东济南高二开学考试)将一根绝缘硬质细导线绕成如图所示的闭合线圈，其中大圆半径为R，小圆半径为r。大圆处在垂直线圈平面向里的磁场中，小圆处在垂直线圈平面向外的磁场中。两磁场的磁感应强度大小均为B，且B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为( D )
A．kπr2 B．kπR2
C．kπ D．kπ
解析：左右两侧磁场均均匀增加，根据楞次定律可知，左右两侧圆环产生的感应电动势方向相同，则线圈中总的感应电动势大小为E＝πR2＋πr2＝kπ(R2＋r2)，故选D。
3.
如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)的规律随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器P板( D )
A．不带电
B．所带电荷量与t成正比
C．带正电，带电荷量是
D．带负电，带电荷量是
解析：磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)的规律随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E＝n＝nS＝kS，而S＝πr2＝π＝，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝；由楞次定律和安培定则知电容器P板带负电，故D正确。
4.
如图所示，A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面。在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为( D )
A．＝1 B．＝2
C．＝ D．＝
解析：A、B两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的，根据E＝n知产生的电动势也是相等的，根据电阻R＝ρ＝ρ，则A、B的电阻之比为2∶1，再根据欧姆定律有I＝，可得电流之比为＝，故D正确。
5．(多选)轻质细线吊着一质量为m＝1 kg、边长为0.2 m、电阻R＝1 Ω、匝数n＝10的正方形闭合线圈abcd，bd下方区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。不考虑线圈的形变和电阻的变化，整个过程细线未断且线圈始终处于静止状态，g取10 m/s2。则下列判断正确的是( CD )
A．线圈中感应电流的方向为adcba
B．线圈中的感应电流大小为0.2 A
C．0～2 s时间内线圈中产生的热量为0.02 J
D．6 s时线圈受安培力的大小为 N
解析：磁感应强度向里并且增大，由楞次定律可得，感应电流产生的磁场垂直纸面向外，线圈中感应电流的方向为逆时针，即abcda，故A错误；由法拉第电磁感应定律得E＝n＝n，由闭合电路的欧姆定律，可得线圈中的感应电流大小I＝n，假设线框边长为l，则S＝，联立两式代入数据解得I＝0.1 A，故B错误；0～2 s时间内金属环产生的热量为Q＝I2Rt＝0.02 J，故C正确；线圈的bcd部分在匀强磁场中受到安培力，受到安培力的大小等效为bd直棒受到的安培力，6 s时线圈受到的安培力F＝nIBL＝10×0.1×4×0.2 N＝ N，故D正确。故选CD。
6.
(2023·江苏南京第一中学高二期末)如图所示，边长为L的正方形金属框ABCD质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场中，金属框的下半部处于磁场内，磁场方向与线框平面垂直。磁场随时间变化规律为B＝kt(k>0)。求：
(1)线框中感应电动势的大小；
(2)从t＝0时刻开始，经多长时间细线的拉力为零？
答案：(1) (2)
解析：(1)由法拉第电磁感应定律E＝n，整理得E＝＝。
(2)由题意可知，线框所受安培力方向向上，且当磁感应强度增大时，细线拉力减小，当细线拉力为零时，则有mg＝F安，
而F安＝BIL，
又由闭合电路欧姆定律，则有I＝，
且B＝kt，解得t＝。
导线切割磁感线时的感应电动势
7．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，将此棒弯成长度相等且相互垂直的两段，置于与磁感应强度相互垂直的平面内，当它沿两段折线夹角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′，则等于( B )
A． B．
C．1 D．
解析：设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，E＝BLv；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝＝L，故产生的感应电动势为E′＝Blv＝B·Lv＝E，所以＝，故B正确。
8．如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab＝L。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒的电流为( B )
A． B．
C． D．
解析：金属棒切割磁感线的有效长度为L·sin 60°＝L，故感应电动势E＝Bv·，由欧姆定律得通过金属棒的电流I＝，故选B。
9.
如图所示，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(俯视)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( C )
A．φa>φc，金属框中无电流
B．φb>φc，金属框中电流方向沿abca
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿acba
解析：金属框abc平面与磁场方向平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，故B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断φa<φc，φb<φc，故A错误；由E＝Blv得，Ubc＝－Bl2ω，故C正确。
10．如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场(磁感应强度为B)中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( D )
A．由c到d，I＝
B．由d到c，I＝
C．由c到d，I＝
D．由d到c，I＝
解析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝Br·rω＝Br2ω，由欧姆定律得通过电阻R的电流I＝＝＝。圆盘相当于电源，由右手定则可知电流方向为由边缘指向圆心，所以电阻R中的电流方向为由d到c，选项D正确。
11．如图所示，水平放置的平行金属导轨MN和PQ，相距l＝0.5 m，导轨左端接一电阻R＝0.4 Ω，磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ac垂直导轨放在导轨上，ac棒的电阻r＝0.1 Ω，ac棒能无摩擦地沿导轨滑动，导轨的电阻可忽略不计。当ac棒以v＝5.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(1)回路中感应电流I的大小和方向；
(2)ac棒两端的电压Uac的大小；
(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力F的大小和方向。
答案：(1)2.0 A，沿逆时针方向
(2)0.8 V (3)0.4 N，方向水平向右
解析：(1)由右手定则可知，回路中的感应电流沿逆时针方向，
感应电动势：E＝Blv，
感应电流：I＝，
代入数据解得：I＝2.0 A。
(2)ac棒两端的电压Uac＝IR＝0.8 V。
(3)ac棒匀速运动，
由平衡条件得：F＝F安，
则F＝F安＝BIl＝0.4×2×0.5 N＝0.4 N，
由左手定则可知，安培力水平向左，则拉力水平向右。
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1．下列关于电磁感应的说法正确的是( C )
A．在电磁感应现象中，有感应电动势，就一定有感应电流
B．穿过某回路的磁通量的变化量越大，产生的感应电动势就越大
C．闭合回路置于磁场中，当磁感应强度为零时，感应电动势可能很大
D．感应电动势的大小跟穿过闭合回路的磁通量的变化量成正比
解析：在电磁感应现象中，有感应电动势，不一定有感应电流，只有当电路闭合时才有感应电流，选项A错误；穿过某回路的磁通量的变化率越大，产生的感应电动势就越大，选项B错误；闭合回路置于磁场中，当磁感应强度为零时，磁通量的变化率可能很大，则感应电动势可能很大，选项C正确；感应电动势的大小跟穿过闭合回路的磁通量的变化率成正比，选项D错误。
2．空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图甲中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则在0～t1的时间内( B )
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
解析：根据楞次定律，圆环中的感应电流始终沿顺时针方向，故B正确；根据左手定则，圆环所受安培力的方向先向左后向右，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，圆环中的感应电动势大小为，故D错误；根据欧姆定律，圆环中的感应电流大小I＝＝＝，故C错误。
3.如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关S与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中。两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为＋q的小球，S断开时传感器上有示数，S闭合稳定后传感器上恰好无示数，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是( D )
A．正在增强，＝
B．正在减弱，＝
C．正在减弱，＝
D．正在增强，＝
解析：开关闭合时有：qE＝mg，解得E＝，又E＝，U＝n，解得＝，小球带正电，知上极板带负电，根据楞次定律得知，磁场正在增强，故D正确，A、B、C错误。故选D。
4．(2023·北京市八一中学高二期末)如图甲所示，10匝的线圈两端M、N与一个理想电压表相连，线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。下列说法正确的是( C )
A．线圈中产生的感应电流沿顺时针方向
B．电压表的正接线柱接线圈的N端
C．线圈中磁通量的变化率为0.5 Wb/s
D．电压表的读数为10 V
解析：根据图乙可知，线圈的磁通量随时间均匀增加，根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流沿逆时针方向；电源内部电流方向由负极流向正极，可知M端电势高于N端电势，则电压表的正接线柱接线圈的M端，故A、B错误；根据图乙可知，线圈中磁通量的变化率为＝ Wb/s＝0.5 Wb/s，故C正确；线圈产生的电动势为E＝n＝10×0.5 V＝5 V，可知电压表的读数为5 V，故D错误。故选C。
5．如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是( B )
A．在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同
B．在0～t0内，通过导体棒的电流方向为N到M
C．在t0～2t0内，通过电阻R的电流大小为
D．在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为
解析：由图乙所示图像可知，0～t0内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t0～2t0内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故A错误；由图乙所示图像可知，在0～t0内磁感应强度减小，穿过闭合回路的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，通过导体棒的电流方向为N到M，故B正确；由图乙所示图像，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0～2t0内感应电动势：E2＝n＝n＝，感应电流为I2＝＝，故C错误；由图乙所示图像，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t0内感应电动势：E1＝n＝n＝，感应电流为I1＝＝，电荷量：q1＝I1t0＝；由图乙所示图像，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0～2t0内通过电阻R的电荷量q2＝I2t0＝，在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量q＝q1＋q2＝，故D错误。故选B。
6.
(2023·福建平潭岚华中学高二期末)如图所示的半圆形闭合回路半径为a，电阻为R。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于半圆形回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是( D )
A．感应电流方向沿顺时针方向
B．半圆形闭合导线所受安培力方向向右
C．感应电动势最大值为2Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
解析：在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向不变，根据“来拒去留”可知半圆形闭合导线所受安培力方向向左，故A、B错误；当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，感应电动势最大，为E＝Bav，故C错误；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值为＝n＝＝πBav，故D正确。故选D。
7.如图所示，导线OA长为l，在匀强磁场中以角速度ω沿图所示方向绕通过悬点O的竖直轴旋转，OA与竖直方向的夹角为θ。那么，OA导线中的感应电动势大小和O、A两点电势高低分别是( D )
A．Bl2ω O点高
B．Bl2ω A点高
C．Bl2ωsin2θ O点高
D．Bl2ωsin2θ A点高
解析：OA导线中的感应电动势大小与长度为O′A的半径垂直切割产生的感应电动势大小相等，则有：E＝BlO′A＝Bl sinθ·＝Bl2ωsin2θ，根据右手定则判断可知，A点电势高，故D正确。故选D。
8．如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0m，左端连接阻值R＝4.0 Ω的电阻，匀强磁场磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直导轨所在平面向下。质量m＝0.2 kg、长度L＝1.0 m、电阻r＝1.0 Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好，t＝0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的vt图像如图乙所示，其余电阻不计，则( D )
A．t＝0时刻，外力F水平向右，大小为0.7 N
B．3 s内，流过R的电荷量为3.6 C
C．从t＝0开始，金属杆运动距离为5 m时电阻R两端的电压为2 V
D．在0～3.0 s内，外力F大小随时间t变化的关系式是F＝0.1＋0.1t(N)
解析：根据v——t图像知道金属杆做匀减速直线运动，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，当t＝0时刻，设向右为正方向，根据牛顿第二定律有F－BIL＝ma，根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有I＝＝，联立以上各式代入数据可得F＝－0.1 N，负号表示外力F方向水平向左，故A错误；根据E＝n，I＝＝，联立可得q＝＝，又因为v——t图像与坐标轴围成的面积表示通过的位移，所以有ΔS＝×6×3 m＝9 m，故代入数据可解得q＝0.9 C，故B错误；设杆运动了5 m时速度为v1，则有v－v＝2as1，此时金属杆产生的感应电动势E1＝BLv1，回路中产生的电流I1＝，电阻R两端的电压U＝I1R，联立可得U＝1.6 V，故C错误；取向右为正方向，由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，设在t时刻金属杆的速度为v，杆的电动势为E，回路电流为I，则有v＝v0＋at，E＝BLv，I＝，联立以上几式可得F＝－(0.1＋0.1t)N，负号表示方向水平向左，即大小关系为F＝0.1＋0.1t(N)，故D正确。
二、选择题(每小题有多个选项符合题目要求)
9.如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，用相同粗细、相同材料的金属导线制成。圆形匀强磁场的边缘恰好与a线圈重合，其磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是( ACD )
A．穿过a、b两线圈的磁通量之比为1∶1
B．a、b两线圈的感应电动势之比为1∶2
C．a、b两线圈的感应电流之比为2∶1
D．a、b两线圈的电功率之比为2∶1
解析：任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量相等，磁通量之比为1∶1，故A正确；根据法拉第电磁感应定律得：E＝n·S，S＝πr2，则S相等，也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为1∶1，故B错误；线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1∶2，电阻之比为1∶2，根据欧姆定律知I＝，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2∶1，故C正确；根据电功率公式有P＝，得a、b两线圈的电功率之比为2∶1，故D正确。故选ACD。
10.如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( ABD )
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势低
B．所加磁场越强，越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
解析：将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，金属圆盘顺时针匀速转动时，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，所以靠近圆心处电势低，故A正确；根据右手定则可知，所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，故B正确；若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力仍然阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，故C错误；若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，故D正确。故选ABD。
11．单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像如图所示，图线为正弦曲线的一部分，则( BC )
A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时刻，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时刻，感应电动势为零
D．在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
解析：由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2 s时刻，E＝0，A项错误，C项正确；t＝1×10－2 s时，E最大，B项正确；0～2×10－2 s时间内，ΔΦ≠0，则E≠0，D项错误。
12.
如图所示，三角形金属导轨EOF上放有一金属杆AB，在外力作用下，使AB保持与OF垂直，从O点开始以速度v匀速右移，该导轨与金属杆均由粗细相同的同种金属制成，则下列判断正确的是( AC )
A．电路中的感应电流大小不变
B．电路中的感应电动势大小不变
C．电路中的感应电动势逐渐增大
D．电路中的感应电流逐渐减小
解析：设金属杆从O点开始运动到题图所示位置所经历的时间为t，∠EOF＝θ，金属杆切割磁感线的有效长度为L，故E＝BLv＝Bv·vt tan θ＝Bv2·t tan θ，即电路中感应电动势的大小与时间成正比，故B错误，C正确；电路中感应电流I＝＝，而l为闭合三角形的周长，即l＝vt＋vt·tan θ＋＝vt(1＋tan θ＋)，所以I＝是恒量，故A正确，D错误。
三、非选择题
13．(2023·陕西师大附中高二期末)如图所示，导线全部为裸导线，半径为r、两端开有小口的圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端且始终与圆环接触良好，电路中定值电阻阻值为R，其余部分电阻均忽略不计，试求MN从圆环左端滑到右端的过程中：
(1)通过电阻R的最大感应电流；
(2)当导线MN通过圆环中心时，如果导线MN接入电路的电阻为R0，电阻R两端的电压。
答案：(1) (2)
解析：(1)当MN滑到中点时感应电动势最大，则E＝2Brv，
通过电阻R的最大感应电流I＝＝。
(2)回路电流I′＝＝，
电阻R两端的电压U＝I′R＝。
14．如图所示，在水平面上固定两平行光滑金属导体MN、PQ，相距为L，左端连接一小灯泡，其额定电压为U，电阻恒为R，一磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面竖直向下，现有一电阻为r的金属棒ab垂直放在导轨上(导轨的电阻不计)，金属棒在水平外力作用下向右匀速运动时，灯泡恰好正常发光，求：
(1)金属棒ab哪端电势高？(不需要说明理由)
(2)金属棒ab匀速运动时的速度v多大？
答案：(1)a端 (2)
解析：(1)根据题意，由右手定则可知，感应电流的方向为由b→a，则金属棒ab的a端电势高。
(2)根据题意，由欧姆定律可得，金属棒ab匀速运动时，电路中的电流为I＝，
由闭合回路欧姆定律可得，感应电动势为E＝I(R＋r)＝，
又有E＝BLv，解得v＝＝。
专题强化1 电磁感应的图像及电路问题对应学生用书38页
题型一 电磁感应中的电路问题
1．用相同导线绕制的边长为l或2l的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是( B )
A．Ua
由题知Ea＝Eb＝Blv，Ec＝Ed＝2Blv，由闭合电路欧姆定律和串联电路电压规律可知Ua＝Blv，Ub＝Blv，Uc＝Blv，Ud＝Blv，故Ua
A．0.4 V B．0.5 V
C．40 V D．50 V
解析：根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为E＝n＝n＝n＝100××0.12 V＝0.5 V，而理想电压表的示数为电阻R两端的电压，故U＝E＝0.4 V，故选A。
3.如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指剪开拉直时的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面。环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，导体棒与圆环接触良好，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时导体棒两端的电压为( A )
A． B．
C． D．Bav
解析：导体棒AB摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·v＝Bav。外电路电阻大小为R外＝＝，由闭合电路的欧姆定律有|UAB|＝·＝Bav，故选A。
4.(2023·上海中学高二期末)如图所示，abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体MN有电阻，可在ad边与bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中。当MN由靠ab边处向cd边匀速移动的过程中，以下说法正确的是( B )
A.MN中电流一直减小
B．MN两端电压先增大后减小
C．MN上拉力的功率先增大后减小
D．矩形线框中消耗的电功率先减小后增大
解析：当导体棒MN匀速向右移动的过程中，外电阻R外先增大后减小，当MN运动到线框中线时，外电路的总电阻最大，由闭合电路的欧姆定律I＝可知，MN棒中的电流先减小后增大，A错误；因为导体棒MN匀速向右移动，产生的感应电动势保持不变，由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir，则可知路端电压先增大后减小，因此MN两端电压先增大后减小，B正确；因为导体棒MN匀速向右移动，拉力的功率等于电路中的电功率，根据P＝，可得MN上拉力的功率先减小后增大，C错误；矩形线框中消耗的电功率相当于电源的输出功率，由P出＝R外，化简P出＝，可得，电源的输出功率最大时，有R外＝r，由题意得，线框的总电阻先增大后减小，由于导体MN电阻与长方形线框的电阻大小关系未知，所以矩形线框中消耗的电功率可能先增大后减小，也可能先减小后增大，D错误。故选B。
题型二 电磁感应中的电荷量问题
5.如图所示，闭合开关S，将条形磁体匀速插入闭合线圈，第一次用时0.2 s，第二次用时0.4 s，并且两次的起始和终止位置相同，则( B )
A．第一次磁通量变化量较大
B．第一次Ⓖ的最大偏转角较大
C．第一次经过Ⓖ的总电荷量较多
D．若断开S，Ⓖ均不偏转，则均无感应电动势
解析：由于两次条形磁体插入线圈的起始和终止位置相同，因此磁通量的变化量ΔΦ相同，故A错误；根据E＝n可知，第一次磁通量变化较快，所以感应电动势较大，而闭合电路的电阻相同，所以第一次的感应电流较大，第一次Ⓖ的最大偏转角较大，故B正确；通过Ⓖ的电荷量q＝Δt＝Δt＝n·Δt＝n，则两次通过Ⓖ的电荷量相同，故C错误；若断开S，虽然电路不闭合，没有感应电流，但感应电动势仍存在，故D错误。
6.(2023·四川内江高二统考)如图所示，在光滑水平金属框架上有一导体棒ab。第一次以速度v匀速向右平动，第二次以速度2v匀速向右平动，两次移动的距离相同，则两种情况下回路中产生的感应电动势和通过R的电荷量之比分别为( B )
A．1∶2；1∶2 B．1∶2；1∶1
C．1∶1；1∶1 D．1∶2；2∶1
解析：根据法拉第电磁感应定律E＝Blv，可知两种情况下回路中产生的感应电动势之比＝＝，根据q＝It，结合I＝＝，联立可得q＝，可得＝，故B正确，A、C、D错误。故选B。
7.如图所示，正方形金属线圈位于纸面内，边长为l，匝数为N，电阻为R，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直于纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，当线圈从图示位置绕OO′转过90°时，穿过线圈某横截面的总电荷量为( D )
A．Bl2 B．NBl2
C． D．
解析：正方形金属线圈从题图所示位置转过90°时，磁通量变化量为ΔΦ＝B·l2＝，q＝＝，故D正确。
8．一个阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1、电容为C的电容器连接成如图甲所示的回路。金属线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示。图像与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计。求：
(1)通过电阻R1的电流大小和方向；
(2)0～t1时间内通过电阻R1的电荷量q；
(3)t1时刻电容器所带电荷量Q。
答案：(1) 方向从b到a
(2) (3)
解析：(1)由B——t图像可知，磁感应强度的变化率＝，
根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝nπr＝，
根据闭合电路的欧姆定律得，感应电流I1＝，联立解得I1＝，
根据楞次定律，可知通过R1的电流方向为从b到a。
(2)通过R1的电荷量q＝I1t1，
得q＝。
(3)电容器两板间电压U＝I1R1＝，
则电容器所带的电荷量Q＝CU＝。
题型三 电磁感应中的图像问题
9．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向以及磁感应强度的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列四幅图中可以正确表示线圈中感应电动势E变化的是( A )
解析：由题图乙可知，在0～1 s内，磁感应强度均匀增大，穿过线圈的磁通量均匀增大，由楞次定律可知线圈中产生恒定电流的方向与正方向一致；1～3 s内，穿过线圈的磁通量不变，故感应电动势为0；在3～5 s内，线圈中的磁通量均匀减小，由楞次定律可知线圈中产生恒定电流的方向与正方向相反。由题图乙可知0～1 s内磁感应强度变化率是3～5 s内磁感应强度变化率的2倍，由E＝n·S可知，0～1 s内产生的感应电动势是3～5 s内产生的感应电动势的2倍，故A选项正确。
10.如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一个电阻为R、半径为r、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴匀速转动(O轴位于磁场边界)，周期为T，t＝0时刻线框置于如图所示位置，则线框内产生的感应电流随时间变化的图像为(规定电流顺时针方向为正)( A )
解析：由于扇形导线框匀速转动，因此导线框进入磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的。线框在进入磁场和离开磁场时，有感应电流产生，当完全进入时，由于磁通量不变，故无感应电流产生。由右手定则可判断导线框进入磁场时，电流方向为逆时针，出磁场时电流方向为顺时针，故选项A正确。
11.
如图所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L。现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的外力随时间变化的图像是( D )
解析：当矩形闭合线圈进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中间时是最大的，故选项A、B错误；由楞次定律可知，当矩形闭合线圈进入磁场和出磁场时，磁场力总是阻碍线圈的运动，方向始终向左，所以外力始终水平向右，因安培力的大小不同且在中间时最大，由左手定则知，在中间时安培力的方向也向左，故选项C错误，D正确。
12．(2023·北京市八一中学高二期末)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0～4 s时间内，导线框中感应电流随时间变化(规定以顺时针为正方向)和ad边所受安培力随时间变化的图像(规定以向左为安培力正方向)正确的是( C )
解析：在0～1 s时间内，线框中磁场是向里的均匀减小，产生感应电流大小恒定，方向顺时针(正方向)，ad边所受安培力F＝BIl，l不变，感应电流大小恒定，安培力随B减小而减小，根据左手定则，0～1 s时间内，ad边所受安培力方向向左(正方向)；在1～2 s时间内，线框中磁场是向外的均匀增大，产生感应电流大小恒定，方向为顺时针(正方向)，ad边所受安培力F＝BIl，l不变，感应电流大小恒定，安培力大小随B增大而增大，根据左手定则，1～2 s时间内，ad边所受安培力方向向右(负方向)；在2～3 s时间内，线框中磁场是向外的均匀减小，产生感应电流大小恒定，方向逆时针(负方向)，ad边所受安培力F＝BIl，l不变，感应电流大小恒定，安培力大小随B减小而减小，根据左手定则，2～3 s时间内，ad边所受安培力方向向左(正方向)；在3～4 s时间内，线框中磁场是向里的均匀增大，产生感应电流大小恒定，方向逆时针(负方向)，ad边所受安培力F＝BIl，l不变，感应电流大小恒定，安培力大小随B增大而增大，根据左手定则，3～4 s时间内，ad边所受安培力方向向右(负方向)。故选C。
专题强化2 电磁感应中的动力学、能量和动量问题 对应学生用书41页
题型一 电磁感应中的动力学问题
1.(2022·广东潮州高二期末)如图所示，两根光滑平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有灯泡A。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使金属棒ab以一定的初速度v开始向右运动，此后( B )
A．棒ab做匀减速运动直到停止
B．棒ab中的感应电流方向由b到a
C．棒ab所受的安培力方向水平向右
D．灯泡A逐渐变亮
解析：金属棒ab以一定的初速度v开始向右运动，根据右手定则可知，棒ab中的感应电流方向由b到a，B正确；根据左手定则可知棒ab所受的安培力方向水平向左，C错误；棒ab所受的安培力方向水平向左，与运动方向相反，则棒做减速运动，速度v减小，根据E＝Blv可知感应电动势减小，感应电流减小，再根据安培力公式F＝BIl知安培力减小，所以棒做加速度减小的减速运动，A错误；由于感应电流减小，灯泡A逐渐变暗，D错误。
2.(多选)如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。若导线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，导线框下落的速度大小可能( CD )
A．始终减小 B．始终不变
C．始终增加 D．先减小后增加
解析：导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，导线框做减速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先做减速运动后做加速运动；当ab边进入磁场后安培力等于重力时，导线框做匀速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速运动后加速运动；当ab边进入磁场后安培力小于重力时，导线框做加速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动。综上，只有C、D正确。
3.(2023·山东青岛二中高二期中)(多选)如图所示，在某一空间中存在方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B。有两根相同的导体棒a和b平行放置在一对竖直的光滑平行金属导轨上，导轨间距为l，电阻不计，与导体棒接触且与其所组成的平面垂直于磁场。若每根导体棒的质量为m，电阻为R，相距足够远。现将a棒固定，给b棒施加一个竖直方向的恒力F，则( AC )
A．若F＝mg，方向向上，则b仍静止
B．若F>mg，方向向上，b棒速度可能会大于
C．若F＝0，b棒速度可能等于
D．若F＝mg，方向向下，b棒速度可能会大于
解析：若F＝mg，方向向上，则b将处于平衡状态，仍静止，故A正确；若F>mg，方向向上，则b先向上做加速运动，最后做匀速运动，设b能够达到的最大速度为vm1，此时产生的感应电动势为E1＝Blvm1，通过b的电流为I1＝，b所受安培力大小为F安1＝BI1l，根据平衡条件有F安1＋mg＝F，解得vm1＝，所以b棒速度不可能大于，故B错误；若F＝0，则b先向下做加速运动，最后做匀速运动，设b能够达到的最大速度为vm2，此时产生的感应电动势为E2＝Blvm2，通过b的电流为I2＝，b所受安培力大小为F安2＝BI2l，根据平衡条件有F安2＝mg，解得vm2＝，所以b棒速度可能等于，故C正确；若F＝mg，方向向下，则b先向下做加速运动，最后做匀速运动，设b能够达到的最大速度为vm3，此时产生的感应电动势为E3＝Blvm3，通过b的电流为I3＝，b所受安培力大小为F安3＝BI3l，根据平衡条件有F安3＝F＋mg＝2mg，解得vm3＝，所以b棒速度不可能大于，故D错误。故选AC。
4．如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的足够长的平行长直导轨，其间距l＝0.2 m，R＝0.3 Ω的电阻接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2。从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好。(g＝10 m/s2)
(1)分析导体棒的运动性质；
(2)求导体棒所能达到的最大速度的大小；
(3)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。
答案：(1)先做加速度减小的加速直线运动，最终做匀速直线运动
(2)10 m/s (3)见解析图
解析：(1)导体棒做切割磁感线的运动，产生的感应电动势E＝Blv①，
回路中的感应电流I＝②，
导体棒受到的安培力F安＝BIl③，
导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律有：F－μmg－F安＝ma④，
由①②③④得：F－μmg－＝ma⑤，
由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大，此后导体棒做匀速直线运动。
(2)当导体棒达到最大速度时，
有F－μmg－＝0，
可得：vm＝＝10 m/s。
(3)由(1)(2)中的分析与数据可知，导体棒运动的速度—时间图像如图所示。
题型二 电磁感应中的能量问题
5.(2023·上海松江高二期末)如图所示，相隔一定高度的两水平面间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、边长为d的单匝正方形金属框从磁场上方某处自由落下，恰好能匀速穿过磁场区域，已知金属框平面在下落过程中始终与磁场方向垂直，且金属框上、下边始终与磁场边界平行，不考虑金属框的形变，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则金属框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是( C )
A．金属框中电流的方向先顺时针后逆时针
B．金属框所受安培力的方向先向上后向下
C．金属框穿过磁场所用时间为t＝
D．金属框所受安培力做功为W＝2mgd
解析：由右手定则判断金属框中电流的方向先逆时针后顺时针，A错误；由左手定则判断金属框所受安培力的方向保持竖直向上，B错误；匀速运动时安培力与重力平衡，即＝mg，可得金属框穿越磁场的速度为v＝，而穿过磁场的位移为2d，时间为t＝＝，C正确；根据能量守恒可知安培力做的功为W＝－2mgd，D错误。故选C。
6.(2023·安徽临泉第一中学期中)(多选)如图所示，水平放置的足够长光滑导轨，其间距为l，不计导轨电阻，左边接有电阻R，有匀强磁场竖直向下穿过导轨平面，直导体棒垂直导轨放置，直导体棒有效电阻为r，并与导轨接触良好。若直导体棒在水平恒力F作用下由静止开始运动，导体棒始终垂直导轨，位移为d时，撤去恒力F，直导体棒继续运动最终停止。下列关于这一过程的说法正确的是( AD )
A．整个过程合力对直导体棒做的功为零
B．减速过程做加速度恒定的匀减速运动
C．直导体棒运动的最大速度一定为
D.整个过程中电阻R产生的热量为
解析：根据动能定理，整个过程合力对直导体棒做的功为零，A正确；根据牛顿第二定律得BIl＝ma，根据闭合电路欧姆定律得I＝，根据法拉第电磁感应定律得E＝Blv，解得a＝，减速过程做加速度减小的减速运动，B错误；运动过程中的条件不充分，并没有描述是否达到匀速运动状态，无法求出直导体棒运动的最大速度，C错误；整个过程中回路产生的热量为Q＝Fd，电阻R产生的热量为QR＝Q，解得QR＝，D正确。故选AD。
7．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为l，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。则金属棒穿过磁场区域的过程中( D )
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)
解析：金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，金属棒到达平直部分左端时的速度v＝，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，则最大感应电动势E＝Blv，最大感应电流I＝＝，故A错误；通过金属棒的电荷量q＝Δt＝＝，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理有：mgh－W安－μmgd＝0－0，则克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C错误；金属棒克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q′＝Q＝W安＝mg(h－μd)，故D正确。
8．(2022·广东韶关高二统考期末)(多选)如图甲所示，光滑斜面倾角为θ，在矩形区域EFHG内存在着垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电阻为R的正方形匀质金属框abcd从斜面上磁场上方某处静止释放，图乙是金属框沿斜面开始下滑直到底端的vt图像，金属框下滑过程中ab边始终与EF平行，GH到底端的距离大于金属框边长，则( BCD )
A．释放金属框时ab边与磁场上边界EF距离为v0t1
B．金属框的边长为v0(t2－t1)
C．金属框通过磁场的过程产生的焦耳热为mgv0(t2－t1)sin θ
D．释放金属框的位置越高，金属框通过磁场的过程产生的焦耳热越大
解析：由图像可得释放金属框时ab边与磁场上边界EF距离为x1＝t1，故A错误；由图像可判断出，金属框在磁场中一直做匀速运动，所以金属框的边长与磁场的宽度相同，则可得2l＝v0(t2－t1)，则金属框的边长为l＝v0(t2－t1)，故B正确；由动能定理可得mg sin θ·2l＝Q＋ΔEk，金属框通过磁场的过程做匀速运动，动能不变，所以可得Q＝mg sin θ·2l＝mgv0(t2－t1)sin θ，故C正确；设释放的位置到磁场EF边的距离为x，线框离开磁场时的最小速度为v0，由动能定理可得mgx sin θ＋mg·2l sin θ＝mv＋Q′，则Q′＝mgx sin θ＋mg·2l·sin θ－mv＝mgx sin θ－mv＋Q，可知x越大，Q′越大，即释放金属框的位置越高，金属框通过磁场的过程产生的焦耳热越大，故D正确。故选BCD。
9.
(多选)如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，重力加速度为g，则( BC )
A．金属杆返回到底端时的速度大小为v0
B．金属杆上滑到最高点的过程中克服安培力与克服重力做功之和等于mv
C．上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于mv－mgh
D．金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同
解析：金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度至又返回到出发点时，由于电阻R上产生热量，故金属杆的机械能减小，即返回到底端时速度小于v0，选项A错误；金属杆上滑到最高点的过程中，动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确；金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路中的电流不同，故电阻R的热功率不同，选项D错误。
10．如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面间的夹角θ＝37°，在斜面上直线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g、总电阻R＝1 Ω、边长d＝0.1 m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；
(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；
(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。
答案：(1)2 m/s (2)1 m (3)4×10－3 J
解析：(1)设线圈刚进入磁场时的速度为v，对线圈受力分析，得FA＋μmg cos θ＝mg sin θ，而FA＝BId，I＝，E＝Bdv，
联立解得v＝2 m/s。
(2)设线圈释放时PQ边到bb′的距离为L，根据动能定理得mgL sin θ－μmgL cos θ＝mv2－0，解得L＝1 m。
(3)由于线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，则磁场宽度等于线圈边长d，则从线圈刚进入磁场到离开磁场，经过的路程为2d，有Q＝FA·2d＝4×10－3 J。
题型三 电磁感应中的动量问题
11.
(多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是( BD )
A．ab杆将做匀减速运动直到静止
B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为
C．ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为
D．ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为
解析：ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝，加速度大小为a＝＝，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为时，安培力大小为F＝，所以加速度大小为a＝＝，故B正确；对ab杆，由动量定理得：－Bl·Δt＝m－mv0，即Blq＝mv0，解得q＝，所以通过定值电阻的电荷量为，故C错误；由q＝＝，解得ab杆通过的位移x＝＝，故D正确。
12.(2023·湖北武汉高二校考期末)如题图所示，足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距为l，导轨上静置一质量为m的金属杆ab，质量为2m的金属杆cd以大小为v0的水平初速度朝着金属杆ab运动。整个装置处于竖直方向的匀强磁场中(图中未画出)，磁感应强度大小为B，两金属杆始终与导轨接触良好且垂直等宽，金属杆cd始终没有与金属杆ab接触，导轨电阻和空气阻力均可忽略不计，则在两金属杆相对运动过程中，通过金属杆ab的电荷量为( B )
A． B．
C． D．
解析：金属杆cd向左靠近金属杆ab过程中，两金属杆系统动量守恒，可得2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝v0，最终两金属杆速度相等，匀速运动，此过程对金属杆ab运用动量定理，可得Bl·Δt＝mv－0，又q＝Δt，两式联立，解得q＝，故选B。
13．足够长的平行金属轨道M、N相距l＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示。若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：
(1)c棒的最大速度大小；
(2)c棒从开始到达到最大速度的过程中，此棒产生的焦耳热；
(3)若c棒达到最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小。
答案：(1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N
解析：(1)在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度。
选两棒为研究对象，以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v，解得c棒的最大速度大小为v＝v0＝5 m/s。
(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为
Q＝mbv－(mb＋mc)v2＝2.5 J，
因为Rb＝Rc，所以c棒达到最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝＝1.25 J。
(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程，由机械能守恒定律可得：
mcv2＝mcg·2R＋mcv′2，
解得v′＝3 m/s。
在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得
mcg＋F＝mc，解得F＝1.25 N。
由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力大小为1.25 N。
3 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
电磁感应现象中的感生电场
1．(多选)下列说法正确的是( AC )
A．感生电场由变化的磁场产生
B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场
C．感生电场的方向也同样可以用楞次定律和安培定则来判定
D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向
解析：变化的电场一定产生磁场，变化的磁场可以在周围产生电场，故A正确。恒定的磁场在周围不产生电场，故B错误。感生电场的方向也同样可以用楞次定律和安培定则来判定，故C正确。感生电场的电场线是闭合曲线，但不一定沿逆时针方向，故D错误。故选AC。
2.某空间出现了如图所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是( A )
A．沿AB方向磁场在迅速减弱
B．沿AB方向磁场在迅速增强
C．沿BA方向磁场恒定不变
D．沿BA方向磁场在迅速减弱
解析：由安培定则可知，感应电场产生的磁场方向竖直向下，如果磁场沿AB方向，则感应磁场与原磁场方向相同，由楞次定律可知，原磁场在减弱，故A正确，B错误；如果磁场恒定不变，则不能产生感应电场，故C错误；如果磁场沿BA方向，则感应磁场方向与原磁场方向相反，由楞次定律可知，原磁场在增强，故D错误。故选A。
3.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一带电荷量为＋q的小球，已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( D )
A．0 B．r2qk
C．2πr2qk D．πr2qk
解析：根据法拉第电磁感应定律可知，该磁场变化产生的感生电动势为E＝·S＝kπr2，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小W＝qE＝πr2qk，故选项D正确。
涡流
4．(多选)金属探测器已经广泛应用在考场检测、车站安检等领域，其利用的是电磁感应原理：探测器内的线圈中通以大小与方向快速变化的电流从而产生快速变化的磁场，该磁场会在金属物体内部感应出“涡流”。“涡流”会产生磁场，从而影响原始磁场，导致检测器发出蜂鸣声而报警。下列说法正确的是( BD )
A．欲使待检测物内部产生“涡流”，探测器需在待检测物上方不停地晃动
B．探测器静止在待检测物上方，待检测物内部仍然可以产生“涡流”
C．若待检测物为塑料则不能报警，因为检测区域内没有磁通量变化
D．若待检测物为塑料则不能报警，因为待检测物中没有能够自由移动的带电粒子或很少
解析：因为金属探测器中通的是大小与方向快速变化的电流，以致产生快速变化的磁场，故即使探测器静止在待检测物的上方，待检测物中依然有感应电流产生，A错误，B正确；因为塑料制品近乎于绝缘体，导电性能极差，所以检测区域中并非没有磁通量变化，而是因为塑料内部没有可自由移动的带电粒子或极少，而使得待检测物中无感应电流或电流太小不能引起报警，故C错误，D正确。
5．(多选)高频焊接原理示意图如图所示，线圈通以高频交变电流，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝熔化焊接，要使焊接处产生的热量较大，可通过( ABC )
A．增大交变电流的电压
B．增大交变电流的频率
C．增大焊接缝的接触电阻
D．减小焊接缝的接触电阻
解析：增大交变电流的电压和交变电流的频率均可使电流的变化率增大，由E＝n知，感应电动势和涡流均增大，焊接处的发热功率增大，若增大焊接缝的接触电阻，则焊接处的电压、功率分配就增大，产生的热量就会增大，故A、B、C正确，D错误。
6．(多选)下列哪些措施是为了防止涡流的危害( CD )
A．电磁炉所用的锅要用平厚底金属锅
B．探雷器的线圈中要通变化着的电流
C．变压器的铁芯不做成整块，而是用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成
D．变压器的铁芯每片硅钢片表面有不导电的氧化层
解析：电磁炉是采用电磁感应原理，在金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物，属于涡流的应用，故A错误；探雷器的线圈中有变化的电流，如果地下埋着金属物品，金属中会感应出涡流，使仪器报警，这属于涡流的应用，故B错误；变压器的铁芯不做成整块，而是用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成，是为了减小变压器铁芯内产生的涡流，属于涡流的防止，故C正确；变压器的铁芯每片硅钢片表面有不导电的氧化层，是为了减小变压器铁芯内产生的涡流，属于涡流的防止，故D正确。
电磁阻尼和电磁驱动
7．(多选)关于电磁阻尼，下列说法正确的是( ABC )
A．当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体运动的现象称为电磁阻尼
B．磁电式仪表正是利用电磁阻尼的原理使指针迅速停下来，从而便于读数
C．电磁阻尼是导体因感应电流受到的安培力对导体做负功，阻碍导体运动
D．电磁阻尼现象实质上不是电磁感应现象，但分析时同样遵循楞次定律
解析：根据电磁阻尼的定义知，当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体运动的现象称为电磁阻尼，故A正确；磁电式仪表正是利用电磁阻尼的原理使指针迅速停下来，从而便于读数，故B正确；电磁阻尼是导体因感应电流受到的安培力对导体做负功，阻碍导体运动，故C正确；电磁阻尼现象实质上是电磁感应现象，分析时不仅遵循楞次定律，同样也遵循法拉第电磁感应定律，故D错误。故选ABC。
8．扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( A )
解析：感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，都会使穿过紫铜薄板的磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A正确；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故B、D错误；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故C错误。
9．(多选)关于磁电式电流表内部结构示意图，下列说法正确的是( BD )
A．图甲中，当有电流流过时，线圈始终处于匀强磁场中实现转动平衡
B．图甲中，磁电式电流表指针转角与流过线圈的电流呈正比
C．图乙中，把正、负接线柱用导线连在一起，是为了在运输过程中保护电表指针，利用了电磁驱动
D.图乙中，把正、负接线柱用导线连在一起，是为了在运输过程中保护电表指针，利用了电磁阻尼
解析：极靴与圆柱形软铁之间的磁场是辐向分布的，不是匀强磁场，故A错误；极靴与圆柱形软铁之间的磁场是辐向分布的，因此不管线圈转到什么角度，其平面都跟磁感线平行，磁力矩与线圈中电流成正比，当线圈转动时，螺旋弹簧将被扭动，产生一个阻碍线圈转动的阻力矩，其大小与线圈转动的角度成正比，当磁力矩与螺旋弹簧中的阻力矩相等时，线圈停止转动，此时指针偏向的角度与电流成正比，故B正确；图乙中，把正、负接线柱用导线连在一起，是为了在运输过程中保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故C错误，D正确。故选BD。
10．(2023·河北石家庄高二统考期末)2021年9月3日，聂海胜示范了太空踩单车，如图甲所示。太空单车是利用电磁阻尼的一种体育锻炼器材，其原理如图乙所示。在铜质轮子的外侧有一些磁铁(与轮子不接触)，在健身时带动轮子转动，磁铁会对轮子产生阻碍，磁铁与轮子间的距离可以改变。下列说法正确的是( D )
A．轮子受到的阻力大小与其材料电阻率无关
B．若轮子用绝缘材料替换，也能保证相同的效果
C．磁铁与轮子间距离不变时，轮子转速越大，受到的阻力越小
D．轮子转速不变时，磁铁与轮子间距离越小，受到的阻力越大
解析：轮子(导体)在磁场中做切割磁感线的运动，会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的轮子产生阻力，以阻碍轮子与磁场之间的相对运动，所以轮子受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，安培力大小与电阻率有关，A错误；轮子(导体)在磁场中做切割磁感线的运动，会产生感应电动势和感应电流，因此不能用绝缘材料替换，B错误；磁铁与轮子间的距离不变时，轮子转速越大，产生的感应电流越大，轮子受到的阻力越大，C错误；磁铁越靠近轮子，轮子处的磁感应强度越强，所以在轮子转速一定时，磁铁越靠近轮子，轮子上产生的感应电动势和感应电流越大，轮子受到的阻力越大，D正确。故选D。
11.一个半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环，用一根长为L的绝缘细绳悬挂于O点，离O点下方处有一宽度为、垂直纸面向里的匀强磁场区域，如图所示。现使圆环从与悬点O等高位置A处由静止释放(细绳张直，忽略空气阻力)，摆动过程中金属环所在平面始终垂直磁场，则在达到稳定摆动的整个过程中金属环产生的热量是( C )
A．mgL B．mg
C．mg D．mg(L＋2r)
解析：当环在磁场下方摆动，不再进入磁场时，摆动稳定，金属环中产生的焦耳热等于环减少的机械能，由能量守恒定律得：Q＝mg＝mg，故C正确。故选C。
12．(2023·广东东莞高二期中)如图甲所示为探究电磁驱动的实验装置。某个铝笼置于U形磁铁的两个磁极间，铝笼可以绕支点自由转动，其截面图如图乙所示。开始时，铝笼和磁铁均静止，转动磁铁，会发现铝笼也会跟着发生转动，下列说法正确的是( A )
A．铝笼是因为受到安培力而转动的
B．铝笼转动的速度的大小和方向与磁铁相同
C．磁铁从图乙位置开始转动时，铝笼截面abcd中的感应电流的方向为a→d→c→b→a
D．当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝笼将保持匀速转动
解析：磁铁从图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，从而产生感应电流，方向为a→b→c→d→a，因而受到安培力作用，导致铝笼转动，所以铝笼是因为受到安培力而转动的，A项正确，C项错误；根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致铝笼与磁铁转动方向相同，但快慢不相同，铝笼的转速一定比磁铁的转速小，B项错误；当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流，所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，D项错误。故选A。
13．如图所示，质量为m＝100 g的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面高度h＝0.8 m，有一质量为M＝200 g的小磁铁(长度可忽略)，以v0＝10 m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点距铝环原位置的水平距离为l＝3.6 m，则小磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看作平抛运动)：
(1)铝环向哪边偏斜？
(2)若铝环在小磁铁穿过后速度为v′＝2 m/s，在小磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？(g取10 m/s2)
答案：(1)铝环向右偏斜 (2)1.7 J
解析：(1)当小磁铁穿过铝环时，根据楞次定律可知铝环将受到安培力作用，此安培力阻碍小磁铁与铝环间的相对运动，所以铝环向右偏斜。
(2)设小磁铁穿过铝环后的速度大小为v。
小磁铁穿过铝环后做平抛运动，则得：
h＝gt2，得t＝＝ s＝0.4 s，
所以有v＝＝ m/s＝9 m/s，
根据能量守恒定律得：E电＝Mv－Mv2－mv′2＝×0.2×102 J－×0.2×92 J－×0.1×22 J＝1.7 J。
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1．下列关于涡流的说法正确的是( A )
A．涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的
B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C．涡流有热效应，但没有磁效应
D．在硅钢中不能产生涡流
解析：涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的，故A正确。涡流是变化的磁场产生变化的电场形成的，是感应电流，故B错误。涡流既有热效应，也有磁效应，故C错误。整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是减小涡流，故D错误。故选A。
2.如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环口径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，若运动过程中小球的带电荷量不变，那么( C )
A．磁场力对小球一直做正功
B．小球受到的磁场力不断增大
C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动
D．小球仍做匀速圆周运动
解析：因为玻璃圆环所在处有均匀变化的磁场，在周围产生稳定的感生电场，电场力对带正电的小球做功，由楞次定律可判断感生电场方向为顺时针方向，在电场力作用下，小球先沿逆时针方向做减速运动，后沿顺时针方向做加速运动，选项C正确，D错误；磁场力方向始终与小球做圆周运动的线速度方向垂直，所以磁场力对小球不做功，选项A错误；小球的速率先减小到零后增大，开始时B＝0，F＝0，小球速率为零时，F＝0，可知小球受到的磁场力不是不断增大的，选项B错误。
3．如图所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，电磁炉工作时产生的电磁波，是由线圈内高频变化的电流产生的且完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害。关于电磁炉，以下说法正确的是( C )
A．电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的
B．电磁炉与电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的
C．电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的
D．目前家庭购买的电磁炉加热食物时通常用的是铁质锅，不用铝锅的原因是铝锅放在电磁炉上锅底不会产生涡流
解析：电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的，故涡流是由于锅底中的电磁感应产生的，故C正确，A、B错误；铝锅放在电磁炉上也会形成涡流，但由于铝不是导磁材料，不能产生足够的热量，故不能采用铝锅作为电磁炉的锅具，故D错误。故选C。
4.(2023·江苏徐州高二期末)如图所示，磁电式电流表的线圈常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，铝框的两端装有转轴，转轴的两边各有一个螺旋弹簧(绕制方向相反)，关于磁电式电流表，下列说法正确的是( B )
A．线圈通电后，由于螺旋弹簧的弹力作用，可以使指针尽快稳定下来
B．线圈通电后，由于铝框中的电磁阻尼作用，可以使指针尽快稳定下来
C．线圈骨架换成塑料，通电后也可以使指针尽快稳定下来
D．在运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，主要是为了增强铝框中的电磁阻尼作用
解析：铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致通过铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动，利用了电磁阻尼原理，故A错误，B正确；塑料做骨架因不能导电则起不到电磁阻尼的作用，故C错误；在运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，是为了接通回路能在铝框中产生电磁阻尼作用，而不能增强，故D错误。
5．(2023·江苏徐州高二统考期中)如图所示，磁性转速表是利用电磁驱动原理工作的。下列说法正确的是( A )
A．在电磁驱动的过程中，其他形式能转化为机械能
B．铝盘中产生感应电流，因受洛伦兹力作用而转动
C．永久磁体和铝盘应装在同一转轴上，两者同速转动
D．永久磁体和铝盘应装在同一转轴上，两者转动方向相反
解析：在电磁驱动的过程中，其他形式能转化为机械能，故A正确；铝盘中产生感应电流，因受安培力作用而转动，故B错误；磁性转速表的原理是：永久磁铁安装在转轴上，当转轴转动时带动永久磁铁转动，在铝盘中将产生感应电流，使铝盘受到安培力作用而转动，从而使指针发生偏转，所以永久磁铁和铝盘不能装在同一转轴上，并且铝盘产生的感应电流阻碍永久磁铁的转动，两者转动方向相同，由于铝盘一定与永久磁铁存在相对运动才能产生感应电流，所以两者转速不同，故C、D错误。故选A。
6.(2023·广东清远高二统考期末)电磁阻尼现象演示装置如图所示，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；若在其正下方固定一钢块(不与磁铁接触)，则摆动快速停止。下列说法正确的是( C )
A．如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
B．用铜块替代钢块，重复试验将不能观察到电磁阻尼现象
C．在固定钢块的情况下，磁铁下摆和上摆过程中磁铁和钢锯条组成的系统机械能均减少
D．在固定钢块的情况下，磁铁在摆动过程中与钢块没有相互作用力
解析：如果将磁铁的磁极调换，重复实验时，钢块的磁通量仍会变化，从而产生电磁感应(涡流)现象，进而将观察到电磁阻尼现象，故选项A错误；用铜块替代钢块，重复实验时，在铜块中仍会产生涡流，仍能观察到电磁阻尼现象，故选项B错误；在固定钢块的情况下，磁铁下摆和上摆过程中磁铁和钢锯条组成的系统机械能均减少，原因是在此过程中，钢块里出现涡流，从而产生内能，故选项C正确；在固定钢块的情况下，根据楞次定律的“来拒去留”，磁铁在摆动过程中与钢块间存在相互作用力，故选项D错误。故选C。
7.现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图甲所示，上、下为电磁体的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室。图乙为真空室的俯视图，电子在真空室中做圆周运动。电磁体线圈中电流可以变化，产生感生电场使电子加速。某时刻电磁体线圈中电流如图所示，电子逆时针方向运动。下列说法正确的是( D )
A．此时真空室中磁场方向由上向下
B．感生电场对电子的作用力给电子提供向心力
C．电子做圆周运动的向心加速度大小始终不变
D．为使电子加速，图中电流应该由小变大
解析：根据题图中电流，结合右手螺旋定则可知，真空室中磁场方向由下向上，故A错误；由于电磁体线圈中电流可以变化，产生的感生电场使电子加速，故B错误；由于感生电场使电子加速，电子的速度变大，所以电子运动的向心加速度大小会发生变化，故C错误；电磁体线圈中电流变大，产生的磁感应强度变大，由楞次定律可知，进而产生的感生电场方向是顺时针方向，电子受感生电场的力与运动方向相同，电子的速度增大，故D正确。故选D。
8.物理课上老师做了这样一个实验，将一平整且厚度均匀的铜板固定在绝缘支架上，一质量为m的永磁体放置在铜板的上端，t＝0时刻给永磁体一沿斜面向下的初速度，永磁体将沿斜面向下运动，如图所示。若永磁体下滑过程中所受的摩擦力Ff大小不变，且Ff＜mg sin θ(式中θ为铜板与水平面的夹角)。取铜板下端所在水平面为零势能面。则下图中关于永磁体下滑过程中速率v、动能Ek、重力势能Ep、机械能E随时间t变化的图像一定错误的是( C )
解析：永磁体下滑时由于涡流的产生会有阻尼作用，且随速度的增大而增大，所受的摩擦阻力不变，由mg sin θ－Ff－Ff阻尼＝ma可知，随着永磁体的加速下滑，阻尼作用增大，则加速度逐渐减小，v t图线的斜率减小，故A正确；若开始下滑时永磁体满足mg sin θ－Ff－Ff阻尼＝0，永磁体匀速下滑，此时动能不变，故B正确；永磁体下滑时重力势能逐渐减小，不会趋近于某一定值，故C错误；永磁体下滑过程中，由于有电能产生，则机械能逐渐减小，故D正确。因选错误的，故选C。
二、选择题(每小题有多个选项符合题目要求)
9．(2023·江苏苏州高二期末)图中的四个图都与涡流有关，下列说法正确的是( ABD )
A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B．金属探测器是利用被测金属中产生的涡流来进行探测的
C．电磁炉工作时在它的面板上产生涡流加热食物
D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠合而成是为了减小涡流
解析：真空冶炼炉是利用线圈中的电流做周期性变化，在金属中产生涡流，从而产生大量的热量，熔化金属的，故A正确；金属探测器中通有变化的电流，遇到金属物体时，被测金属中产生涡流，涡流产生的磁场反过来影响探测器中的电流，从而进行探测，故B正确；电磁炉工作时，在锅体中产生涡流，加热食物，故C错误；当变压器中的电流变化时，在其铁芯中将产生涡流，使用硅钢片制成的铁芯可以减小涡流，从而减小能量损失，故D正确。
10.如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( CD )
A．取走线圈中的铁芯
B．将金属杯换为瓷杯
C．提高交流电源的频率
D．增加线圈的匝数
解析：由题意可知，本题中是涡流现象的应用，即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感应电流从而进行加热的，则由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率，缩短加热时间，故A错误，C、D正确；将杯子换作瓷杯不会产生涡流，则无法加热水，故B错误。故选CD。
11.(2023·陕西西安高二开学考试)如图所示，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一钢制圆环用绝缘细线悬挂于O点。将圆环拉至位置a后无初速度释放，圆环摆到右侧最高点b，不计空气阻力。在圆环从a摆向b的过程中( AD )
A．感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向
B．感应电流的大小是先增大再减小
C．如果铜环的电阻足够小，b点与a点的高度差也足够小
D．安培力方向始终沿水平方向
解析：由楞次定律知，感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向，A正确；由法拉第电磁感应定律，且电流方向改变时有某时刻电流是零，环心过图示虚线感应电流顺时针最大，所以感应电流的大小是先增大再减小，再增大再减小，再增大再减小，B错误；铜环的电阻小，在相同的感应电动势时电流更大，克服安培力做功的功率更大，b点与a点的高度差更大，C错误；由于磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布，所以安培力方向始终沿水平向左的方向，D正确。故选AD。
12．(2023·吉林通化高二校考期末)如图所示为某种售货机硬币识别系统简图。虚线框内存在磁场，从入口A进入的硬币沿斜面滚落，通过磁场区域后，由测速器测出速度大小，若速度在某一合适范围，挡板B自动开启，硬币就会沿斜面进入接收装置；否则挡板C开启，硬币进入另一个通道拒绝接收。下列说法正确的是( BCD )
A．磁场能使硬币的速度增大得更快
B．由于磁场的作用，硬币的机械能减小
C.硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力
D．如果没有磁场，则测速器示数会更大一些
解析：根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，感应电流会阻碍硬币的相对运动，即硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力，若磁场阻力大于硬币重力沿斜面的分力，硬币将做减速运动，若磁场阻力等于硬币重力沿斜面的分力，硬币将匀速进入磁场，若磁场阻力小于硬币重力沿斜面的分力，硬币继续加速运动，但速度增加变慢，综上所述，磁场能使硬币的速度增大变慢，故A错误，C正确；根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，感应电流会阻碍硬币的相对运动，对硬币做负功，使硬币的机械能减小，故B正确；如果没有磁场，对硬币没有阻碍作用，由动能定理可知，硬币到达测速器位置时速度更大一些，故D正确。故选BCD。
三、非选择题
13．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是y＝x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)。一个质量为m的小金属块从抛物线上y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑。假设抛物线足够长，小金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是多少？
答案：mg(b－a)＋mv2
解析：小金属块最终在y＝a以下来回摆动，以y＝b(b＞a)处为初位置，y＝a处为末位置，知末位置的速度为零，在整个过程中，机械能减小，减小的机械能转化为内能，根据能量守恒定律得Q＝mg(b－a)＋mv2。
14．如图所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有一足够长的金属杆，杆上挂有一光滑螺线管A。在弧形轨道上高为h的地方，无初速度释放一磁铁B(可视为质点)，B下滑至水平轨道时恰好沿螺线管A的中心轴运动，设A、B的质量分别为M、m，若最终A、B速度分别为vA、vB。
(1)螺线管A将向哪个方向运动？
(2)全过程中整个电路所消耗的电能。
答案：(1)向右运动
(2)mgh－Mv－mv
解析：(1)磁铁在水平轨道上向右滑动，穿过A的磁通量发生变化，产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，为阻碍B的靠近，A向右运动；
(2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和螺线管中的电能，即mgh＝Mv＋mv＋E电，则E电＝mgh－Mv－mv。
4 互感和自感
互感现象
1．(多选)下列关于互感现象的说法正确的是( ABC )
A．一个线圈中的电流变化时，与之靠近的线圈中产生感应电动势的现象称为互感现象
B．互感现象的实质是电磁感应现象，同样遵循楞次定律和法拉第电磁感应定律
C．利用互感现象能够将能量由一个线圈传递到另一个线圈，人们制造了收音机的“磁性天线”
D．互感现象在电力工程以及电子电路中不会影响电路的正常工作
解析：两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象称为互感现象，之所以会在另一个线圈中产生感应电动势，是因为变化的电流产生变化的磁场，引起另一个线圈中的磁通量发生变化，发生电磁感应现象，故A、B正确；收音机的“磁性天线”以及变压器均是利用互感的原理，也就是利用互感现象能够将能量由一个线圈传递到另一个线圈，故C正确；互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间，会影响电路的正常工作，故D错误。故选ABC。
2.(2023·贵州遵义高二统考期末)(多选)无线感应技术已经在生活中广泛普及。某物理兴趣小组计划利用两个线圈制作一个简易的无线感应装置，装置模型如图所示。感应过程中送电线圈可产生变化的磁场，从而使受电线圈产生电流。下列说法正确的是( ABC )
A．该装置利用了电磁感应原理
B．感应过程中穿过受电线圈的磁通量要发生变化
C．两线圈不必正对也能产生感应电流
D．当穿过受电线圈的磁通量为零时，受电线圈中一定无感应电流
解析：无线感应技术利用的是电磁感应原理，A正确；送电线圈的电流发生变化，激发的磁场发生变化，引起穿过受电线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，即使两线圈不正对，受电线圈中的磁通量仍可发生变化，可以产生感应电流，故B、C正确；当穿过受电线圈的磁通量为零时，只要穿过线圈的磁通量变化率不为零，线圈中即有感应电流，故D错误。
3．在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求两个线圈的磁场相互影响小，即当一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈中的电流的影响尽量小。则图中两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是( D )
解析：在D装置中，两线圈正交放置，当一个线圈电流变化时，产生的变化磁场不通过另一个线圈，对另一个线圈无影响。而A、B、C的三种方式中，当一个线圈电流变化时，产生的变化磁场部分通过另一个线圈，对另一个线圈将产生影响。故D正确，A、B、C错误。故选D。
自感现象
4．(多选)下列关于自感现象的说法正确的是( ACD )
A．自感现象是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象
B．线圈中自感电动势的方向总与引起自感的原电流的方向相反
C．线圈中的自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关
D．加铁芯后线圈的自感系数比没有铁芯时要大
解析：自感是由于导体本身的电流发生变化，穿过导体本身的磁通量变化产生感应电动势，是特殊的电磁感应现象，故A正确。根据楞次定律得知，线圈中自感电动势总阻碍电流的变化，当电流增大时，自感电动势的方向与引起自感的原电流的方向相反；当电流减小时，自感电动势的方向与引起自感的原电流的方向相同，故B错误。根据法拉第电磁感应定律E＝n知，自感电动势与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关，故C正确。加铁芯后线圈的自感系数比没有铁芯时要大得多，故D正确。
5.(2023·黑龙江哈尔滨三中高二月考)如图是用于观察自感现象的电路图，设线圈L的自感系数较大，线圈的直流电阻RL与灯泡的电阻R满足RL>R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到( B )
A．灯泡立即熄灭
B．灯泡逐渐熄灭
C．灯泡有闪亮现象
D．只有在RL>R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象
解析：开关S闭合且电路稳定时，由于线圈直流电阻大于灯泡电阻，所以流过线圈的电流小于流过灯泡的电流，开关S断开瞬间，线圈上产生自感电动势，阻碍电流的减小，原来通过灯泡的电流随着开关断开而消失，而灯泡和线圈形成闭合回路，流过线圈的电流也流过灯泡，因此灯泡逐渐熄灭。若线圈直流电阻小于灯泡电阻，断开开关时，会出现灯泡闪亮现象。故选B。
6.(多选)如图所示，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1＜R2＜R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管。开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是( BD )
A．L1逐渐变亮
B．L2立即熄灭
C．L1先变亮，然后逐渐变暗
D．L3先变亮，然后逐渐变暗
解析：闭合时，因为R1＜R2＜R3，所以通过灯泡L1的电流大于通过L3的电流，断开开关，通过L1的电流由于线圈对电流的变化有阻碍作用，阻碍电流的变化，且与L2、L3构成回路，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过L2，则L2立即熄灭，由于开始通过L1的电流大于通过L3的电流，所以L3先变亮然后逐渐变暗，L1逐渐变暗，故B、D正确，A、C错误。故选BD。
自感电路中电流大小、方向的判断
7.
(2023·山东威海高二期中)如图所示电路中，a、b两灯相同，闭合开关S电路达到稳定后两灯一样亮，则( D )
A．当S断开的瞬间，a、b两灯中电流立即变为零
B．当S断开的瞬间，a、b两灯中都有向右的电流，两灯不立即熄灭
C．当S闭合的瞬间，a灯比b灯先亮
D．当S闭合的瞬间，b灯比a灯先亮
解析：当S断开的瞬间，由于线圈自感电动势的延时作用，且线圈与a、b形成闭合回路，a中电流向右，b中电流向左，a、b两灯中电流均逐渐减小，均逐渐熄灭，A、B错误；当S闭合的瞬间，由于线圈自感电动势的阻碍作用，a灯逐渐变亮，b灯立即变亮，即b灯比a灯先亮，C错误，D正确。故选D。
8.如图是演示自感现象的电路，A1与A2是完全相同的灯泡，灯泡与定值电阻的阻值均为R；在开关S2断开、S1闭合并且电路稳定时两灯的亮度一样。现闭合开关S2待电路稳定后，突然断开开关S1的瞬间，下列现象正确的是( D )
A．A1立即熄灭
B．A1先是变得更亮，再逐渐变暗直至熄灭
C．有短暂电流流过A2，方向向右
D．有短暂电流流过A1，方向向左
解析：由题意知线圈电阻也为R，S1、S2都闭合时，通过A1和A2电流相同。断开S1后线圈L和灯泡A1、开关S2组成回路，由于线圈L的自感作用，回路中电流开始从原来的大小逐渐减小，故灯泡A1逐渐熄灭，灯泡A2立即熄灭。由于灯泡电阻和线圈电阻相等，原来流过L的电流与灯泡A1相等，因此断开S1瞬间A1灯不会变得更亮，故A、B、C错误。线圈L中电流方向向右，故灯泡A1的电流方向向左，故D正确。故选D。
9．(2023·山东烟台高二阶段练习)某同学想对比电感线圈和小灯泡对电路的影响，他设计了如图甲所示的电路，电路两端电压U恒定，A1、A2为完全相同的电流传感器。先闭合开关S得到如图乙所示的it图像，等电路稳定后，断开开关(断开开关的实验数据未画出)。下列关于该实验的说法正确的是( D )
A．闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零
B．乙图中的a曲线表示电流传感器A2测得的数据
C．断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭
D．t1时刻小灯泡与线圈的电阻相等
解析：闭合开关时，自感线圈中电流为零，由于自感现象线圈自感电动势不为零，故A错误；A2中电流等于自感线圈中电流，自感线圈中电流从零开始逐渐增大，最后趋于稳定，故A2中数据应为乙图中b曲线，故B错误；断开开关前，两支路中电流相等，刚断开开关时，通电线圈的电流不变，故灯泡不会发生明显闪亮，而是逐渐熄灭，故C错误；t1时刻，两支路中电压相等，电流相等，则电阻相等，即小灯泡与线圈的电阻相等，故D正确。故选D。
10．一个线圈的电流强度在0.001 s内有0.02 A的变化时，产生50 V的自感电动势，求线圈的自感系数。如果这个电路中电流强度的变化率为40 A/s，产生的自感电动势又是多大？
答案：2.5 H 100 V
解析：自感电动势公式E＝L，结合电流变化率为＝ A/s＝20 A/s，产生的自感电动势为50 V，
则有L＝＝ H＝2.5 H，
当电流变化率为40 A/s时，产生的自感电动势是E′＝L＝2.5×40 V＝100 V。
11．如图所示的电路中，已知E＝20 V，R1＝20 Ω，R2＝10 Ω，L是纯电感线圈，且电阻可忽略不计，电源内阻不计，则当S闭合电路稳定时a、b间的电压为多少？在断开S的瞬间，a、b间的电压为多少？
答案：0 V 60 V
解析：当闭合开关S，待电路稳定后，由于电感电阻为零，电压为零。
根据闭合电路欧姆定律，则有通过R1电流大小为
I1＝＝ A＝1 A；
通过R2电流大小为I2＝＝ A＝2 A；
当S断开时，L线圈中电流变化，导致产生自感电动势，从而与R1、R2构成回路，
则断开开关S的瞬间两电阻的电流大小均为2 A。由欧姆定律，得U＝I2(R1＋R2)＝2×(20＋10) V＝60 V。
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1．关于自感现象、自感系数、自感电动势，下列说法正确的是( D )
A．当线圈中通恒定电流时，线圈中没有自感现象，线圈自感系数为零
B．线圈中电流变化越快，线圈的自感系数越大
C．自感电动势与原电流方向相反
D．对于确定的线圈，其产生的自感电动势与其电流变化率成正比
解析：当线圈中通恒定电流时，线圈中没有自感现象，不产生自感电动势，但是线圈自感系数不为零，选项A错误；线圈中电流变化越快，产生的自感电动势越大，线圈的自感系数与电流变化快慢无关，选项B错误；根据楞次定律，当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流增大，自感电动势方向与原电流方向相反；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流减小，自感电动势方向与原电流方向相同，选项C错误；对于确定的线圈，自感系数L一定，其产生的自感电动势与其电流变化率成正比，选项D正确。
2.如图所示，电路中电源的内阻不能忽略，A、B为两个完全相同的灯泡，当S闭合时，下列说法正确的是(线圈L的自感系数很大，直流电阻较小)( B )
A．A比B先亮，然后A逐渐熄灭
B．B比A先亮，然后B逐渐变暗
C．A、B一起亮，然后A逐渐熄灭
D．A、B一起亮，然后B逐渐熄灭
解析：S闭合时，线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，电路稳定后线圈L的直流电阻较小，故流过B灯支路的电流变小，所以B灯逐渐变暗，故B正确。
3.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的电阻不计。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S。下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，可能正确的是( B )
解析：在t＝0时刻闭合开关S时，线圈中电流增大，产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流I也逐渐增大，根据欧姆定律UAB＝E－Ir，UAB逐渐减小直到稳定。在t＝t1时刻断开S时，线圈中产生自感电动势，电阻R、灯泡D和线圈组成自感回路，回路中电流从线圈内原来值逐渐减小到零，此时流过灯泡D的电流方向与原来的方向相反，则B点的电势比A点的电势高，UAB＜0，故A、C、D错误，B正确。故选B。
4.如图所示，在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在1位置，现在它从1接向2，试判断此过程中，通过R的电流方向是( C )
A．先由P到Q，再由Q到P
B．先由Q到P，再由P到Q
C．始终是由Q到P
D．始终是由P到Q
解析：当单刀双掷开关原来接在1位置，线圈A左端是S极，右端是N极。现在它从1接向2，则线圈A左端是N极，右端是S极。导致向右穿过线圈B的磁场先变小，后向左穿过线圈B的磁场变大，则由楞次定律可得：感应电流方向始终由Q到P。故选C。
5.(2023·江苏连云港高二统考期末)一种叫“焦耳小偷”的电路，可以“榨干”一节旧电池的能量，其原理如图所示。一节废旧的5号电池开路电压大约1 V，直接点亮一个需要1.6 V电压驱动的发光二极管是不可能的，这时可以反复快速接通和断开开关，发光二极管就会闪烁起来。下列说法中正确的是( C )
A．发光二极管的正极应接在C端
B．只有开关接通的瞬间，发光二极管才会闪亮发光
C．只有开关断开的瞬间，发光二极管才会闪亮发光
D．开关断开及接通的瞬间，A端的电势均高于B端的电势
解析：由图可知，发光二极管的正极应接在B端，故A错误；开关接通瞬间，流过线圈的电流增大，线圈产生与原电流相反的自感电动势，发光二极管被短路，发光二极管不会闪亮发光，此时B端电势低于A端电势，故B错误；开关断开的瞬间，流过线圈的电流减小，线圈产生与原电流同向的自感电动势，与原电流叠加，能提供更大的电动势和电流，发光二极管会闪亮发光，此时B端电势高于A端电势，故C正确，D错误。故选C。
6.如图是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路图，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压。在测量完毕后，拆除实验电路时应( B )
A．先断开S1 B．先断开S2
C．先拆除电流表 D．先拆除电阻R
解析：若先断开开关S1或先拆去电流表或先拆去电阻R，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将反向通过电压表，造成电压表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2，故B正确，ACD错误。故选B。
7．某同学用图甲电路探究自感现象对电流的影响，闭合开关后灯泡发光，过一会再断开开关，图乙为电流传感器采集的电流随时间变化的图像。已知乙图中单元格边长为0.4 s和0.1 A，线圈直流电阻与灯泡电阻相同，电流传感器内阻不计。则( D )
A．开关闭合后通过线圈的电流恒为0.4 A
B．开关断开后灯泡闪一下然后逐渐熄灭
C．开关断开后通过灯泡的电流方向向左
D．开关断开后流过灯泡的电荷量约为0.2 C
解析：根据题意，由于线圈的自感现象，通过线圈的电流逐渐增大，稳定后电流恒为0.4 A，故A错误；根据题意可知，稳定后通过线圈的电流与通过灯泡的电流相等，开关断开后，由于线圈的自感现象，灯泡逐渐熄灭，且通过灯泡的电流方向向右，故B、C错误；根据题意，I——t图像中图线与横轴围成的面积表示电荷量，由图可知，每个小格为q0＝0.1×0.4 C＝0.04 C，根据不足半格舍去，半格以上算一个可得，开关断开后流过灯泡的电荷量约为q＝5q0＝0.2 C，故D正确。故选D。
8．目前，许多停车场门口都设置车辆识别系统，在自动栏杆前、后的地面各自铺设相同的传感器线圈A、B，两线圈各自接入相同的电路，电路a、b端与电压有效值恒定的交变电源连接，如图所示。工作过程回路中流过交变电流，当以金属材质为主体的汽车接近或远离线圈时，线圈的自感系数会发生变化，导致线圈对交变电流的阻碍作用发生变化，使得定值电阻R的c、d两端电压就会有所变化，这一变化的电压输入控制系统，控制系统就能做出抬杆或落杆的动作。下列说法正确的是( D )
A．汽车接近线圈A时，该线圈的自感系数减小
B．汽车离开线圈B时，回路电流将减小
C．汽车接近线圈B时，c、d两端电压升高
D．汽车离开线圈A时，c、d两端电压升高
解析：汽车上有很多钢铁，当汽车接近线圈时，相当于给线圈增加了铁芯，所以线圈的自感系数增大，故A错误；当汽车接近线圈A或B时，线圈的自感系数增大，感抗也增大，在电压不变的情况下，交流回路的电流将减小，所以电阻两端的电压将减小，即c、d两端的电压将减小；同理，汽车远离线圈A或B时，线圈的感抗减小，交流回路的电流增大，c、d两端的电压将增大，故D正确，B、C错误。故选D。
二、选择题(每小题有多个选项符合题目要求)
9.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略。R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈。开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( AC )
A．I1开始较大而后逐渐变小
B．I1开始很小而后逐渐变大
C．I2开始很小而后逐渐变大
D．I2开始较大而后逐渐变小
解析：开关S闭合瞬间，由于线圈的自感作用，通过R2的电流开始很小，后逐渐变大，通过R1的电流开始较大，全电路的电流增大，结合闭合电路的欧姆定律可知，路端电压减小，所以通过R1的电流I1变小，故A、C正确，B、D错误。故选AC。
10．(2023·北京海淀区高二统考期末)为演示断电自感现象，用小灯泡、带铁芯的自感线圈L和定值电阻R等元件组成如图甲所示的电路。闭合开关待电路稳定后，电路中两支路的电流分别为I1和I2。如图乙反映断开开关前后的一小段时间内电路中的电流随时间变化的关系。断开开关后( AC )
A．自感线圈所在支路的电流如曲线a所示
B．自感线圈所在支路的电流如曲线b所示
C．小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭
D．小灯泡逐渐变暗直至熄灭
解析：断开开关前后的一小段时间内，通过自感线圈的电流方向是不变的，则自感线圈所在支路的电流如曲线a所示，选项A正确，B错误；由图可知，断开开关之前通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流，则断开开关后，线圈产生自感电动势阻碍电流减小，线圈相当于电源，由于线圈、电阻和灯泡重新组成回路，则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭，选项C正确，D错误。故选AC。
11.如图所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是( AD )
A．开关S闭合时，b、c灯立即亮，a灯逐渐亮
B．开关S闭合，电路稳定后，b、c灯亮，a灯不亮
C．开关S断开时，b、c灯立即熄灭，a灯逐渐熄灭
D．开关S断开时，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭
解析：灯a与线圈L串联，当开关S闭合时，灯b、c立即发光。通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，a逐渐亮起来，所以b与c比a先亮。由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，a、b两灯电流相等，亮度相同，故A正确，B错误；稳定后当开关S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡a、b构成闭合回路放电，两灯都逐渐熄灭，而c灯立即熄灭，故C错误，D正确。故选AD。
12.图中电感L的直流电阻为R，小灯泡的电阻也为R，两个相同的小量程电流表G1、G2的内阻不计。当开关S闭合，电路达到稳定后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中央)。则( BD )
A．开关断开后G1、G2的指针都立即回到零点
B．开关断开后G1缓慢回到零点，G2立即左偏，然后缓慢回到零点
C．从闭合开关到电路稳定过程中两电流表示数变化情况完全相同
D．从闭合开关到电路稳定过程中小灯泡先变亮然后变暗
解析：电路稳定后断开，通过灯泡这一支路的电流立即消失，由于自感线圈对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过自感线圈的电流会通过灯泡，所以含有自感线圈的支路的电流从左边流入，通过G1的电流逐渐减小，缓慢回到零点，而G2立即左偏，然后缓慢回到零点，故A错误，B正确；从闭合开关到电路稳定的过程中，由于自感线圈对电流的阻碍，G1的示数缓慢增大，G2 的示数先变大后缓慢减小，小灯泡先变亮然后变暗，故C错误，D正确。故选BD。
三、非选择题
13.张老师在课堂上演示了如图所示的实验，电源电动势为1.5 V，人两手间电阻设为200 kΩ，L为自感系数很大的自感线圈。当开关S1和S2都闭合稳定时，电流表A1、A2的示数分别为0.6 A和0.4 A。当断开S2，闭合S1，电路稳定时电流表A1、A2的示数都为0.5 A。实验前先将两开关都断开。
(1)以下操作能使人有触电感觉的是C。
A．先将S1和S2闭合，稳定后再突然断开S1
B.先将S1和S2闭合，稳定后再突然断开S2
C.保持S2断开，先闭合S1，稳定后再突然断开S1
D．由于电源电动势只有1.5 V，无论怎样操作都不会使人有触电的感觉
(2)任意操作两开关，最有可能烧坏的是C。
A．电流表A1
B．电流表A2
C．小灯泡
D．所有仪器都不会烧坏
(3)保持S2断开，先闭合S1待稳定后突然断开S1，此时A、B两点中电势较高的点是A点，A、B间瞬时电压的最大值为100 kV。
解析：(1)当开关S1闭合，保持S2断开时，自感线圈与人并联，由于电源电动势为1.5 V，所以流过人的电流很小。当S1断开时，自感线圈电流变小，从而产生很高的瞬间电压，使人身体有触电的感觉。故C正确，A、B、D错误。(2)由电路图可知，
任意操作两开关，会导致线圈中产生很高的感应电动势，则小灯泡最有可能烧坏，故C正确，ABD错误。(3)保持S2断开，先闭合S1待稳定后突然断开S1，因电流的减小，导致产生感应电动势，从而阻碍电流的减小，则线圈相当于瞬间电源的作用，此时A、B两点中电势较高的是点A。当突然断开S1，经过人的电流为0.5 A，而人的电阻为200 kΩ，由欧姆定律可知，U＝IR＝0.5×200 kV＝100 kV。
14．如图所示，图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中电灯的电阻R1＝6.0 Ω，定值电阻R＝2.0 Ω，A、B间的电压U＝6.0 V。开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1＝1.0×10－3 s时刻断开开关S，该时刻前后电流传感器显示的电流I随时间t变化的图线如图乙所示。
(1)求出线圈L的电阻RL；
(2)在图甲中，断开开关后通过电灯的电流方向如何？
(3)在t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少？
答案：(1)2.0 Ω (2)方向向左 (3)3.0 V
解析：(1)由题图可知，开关S闭合且电路稳定时流过线圈L的电流为I0＝1.5 A，
由欧姆定律得：I0＝，
解得：RL＝2.0 Ω。
(2)断开开关后，线圈L、电阻R和电灯构成一闭合回路，由自感现象规律可知，电灯中的电流方向向左。
(3)由题图可知，t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的电流为I＝0.3 A，
此时线圈L相当于电源，由闭合电路欧姆定律得：E＝I(RL＋R＋R1)＝0.3×(2.0＋2.0＋6.0)V＝3.0 V。
第二章 电磁感应
1 楞次定律
楞次定律
1．(多选)关于楞次定律，下列说法中正确的是( CD )
A．感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相反
B．感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相同
C．感应电流的磁场方向与磁通量增大还是减小有关
D．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化
解析：当磁通量增大时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，感应电流的磁场方向与磁通量增大还是减小有关，故A、B错误，C正确；感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D正确。故选CD。
2．如图所示，在下列四种情况中，感应电流的方向判断正确的是( D )
解析：由图示可知，穿过螺线管的磁场向左，磁通量变大，根据楞次定律，则感应电流的磁场方向向右，螺线管的感应电流方向由左向右，则电流向左通过电流计，故A错误；由图示结合安培定则可知，线圈处的磁场方向向里，当线圈向右运动时，向里的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生的感应电流的磁场方向向里，可知感应电流的方向为顺时针方向，故B错误；由图示可知，穿过螺线管的磁场向上，磁铁远离的过程中磁通量变小，根据楞次定律，螺线管的感应电流方向螺旋向上，则电流向下流过电流计，故C错误；导体棒向左切割磁感线，对右半部分闭合回路来说，垂直纸面向里的磁通量增大，根据楞次定律，产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外，流过导体棒的电流方向向下，故D正确。故选D。
3.
如图，两水平方向的匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。竖直平面内金属圆环的水平直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向(正视)感应电流的是( D )
A．水平向右移动金属环
B．绕水平直径转动金属环
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．减小B1的同时增大B2
解析：水平向右移动金属环时，环内磁通量始终为零，故没有感应电流产生，故A不符合题意；绕水平直径转动金属环时，环内磁通量始终为零，故没有感应电流产生，故B不符合题意；同时以相同的变化率增大B1和B2时，环内磁通量始终为零，故没有感应电流产生，故C不符合题意；减小B1的同时增大B2时，环内磁通量垂直纸面向外且不断变大，由楞次定律可知环中产生顺时针方向(正视)感应电流，故D符合题意。故选D。
4．如图甲所示，固定的长直导线与固定的圆形闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流随时间的变化关系如图乙所示，直导线中电流向下，下列说法正确的是( B )
A．线框中会产生逆时针方向的电流
B．线框中会产生顺时针方向的电流
C.线框受到的安培力平行于直导线向上
D．线框受到的安培力平行于直导线向下
解析：长直导线中的电流均匀增大，则圆形闭合金属线框中的磁通量垂直纸面向外且均匀增大，根据楞次定律和安培定则，线框中会产生顺时针方向的感应电流，结合左手定则可知，线框会受到向右的安培力。故选B。
5.如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将( C )
A.S增大，l变长 B．S减小，l变短
C．S减小，l变长 D．S增大，l变短
解析：根据右手螺旋定则可知，直线电流下边磁场方向垂直纸面向里，由于电流增大，则弹性的金属圆环中的磁通量增大，导致产生感应电流，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流方向为逆时针方向。根据左手定则可知，弹性的金属圆环上边所受的安培力竖直向下，弹性的金属圆环下边所受的安培力竖直向上，由于下边离通电直导线远，磁场弱，所以向下的安培力大于向上的安培力，从而导致橡皮绳的长度变长；可将圆环等效成一段一段的导线，由左手定则可知，安培力指向圆心，导致弹性圆环面积S减小。故C正确，A、B、D错误。故选C。
右手定则
6.
(多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当导体棒AB在外力F的作用下向右运动时，下列说法中正确的是( BD )
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B.导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C．磁场对导体棒CD的作用力向左
D．磁场对导体棒AB的作用力向左
解析：导体棒AB切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，AB中感应电流的方向为B→A，则导体棒CD内有电流通过，方向是C→D，故A错误，B正确；导体棒CD内有电流通过，导体棒CD受到安培力作用，由左手定则判断可知，磁场对导体棒CD的作用力向右，磁场对导体棒AB的作用力向左，故C错误，D正确。
7.
(2023·黑龙江大庆东风中学高二期中)如图所示，航天飞机在轨运行时释放一颗绳系卫星，二者用电缆绳连接，当航天飞机连同卫星在轨运行时，二者间的电缆就会与地磁场作用从而产生电磁感应现象。忽略地磁偏角的影响，下列说法正确的是( B )
A．赤道上空，地磁场的方向从北向南
B．航天飞机在赤道上空从西往东运行时，A端的电势高于B端电势
C．航天飞机在赤道上空从东往西运行时，A端的电势高于B端电势
D．航天飞机沿经线从南往北运行时，B端的电势高于A端电势
解析：赤道上空地磁场方向由南向北，故A错误；航天飞机在赤道上空从西往东走，根据右手定则，判断出感应电动势方向指向A端，故A端电势高于B端电势，故B正确；若从东往西走，根据右手定则，可知A端电势低于B端电势，故C错误；若南北方向走，电缆不切割磁感线，不产生感应电动势，AB两端电势相等，故D错误。故选B。
8.
ab为一金属杆，它处在如图所示的垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动，s为以a为圆心位于纸面内的金属圆环，在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触，Ⓐ为电流表，其一端与金属环相连，另一端与a点良好接触。当杆沿逆时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图，则此时刻( B )
A．有电流通过电流表，方向由c向d；作用于杆ab的安培力向右
B．有电流通过电流表，方向由d向c；作用于杆ab的安培力向左
C．有电流通过电流表，方向由d向c；作用于杆ab的安培力向右
D．无电流通过电流表；作用于杆ab的安培力为零
解析：当杆沿逆时针方向转动时，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向为b→a，电流通过电流表，方向为d→c；根据左手定则可知，作用于杆ab的安培力向左，故B正确，A、C、D错误。
9.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落。如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( C )
A．a1＞a2＞a3＞a4 B．a1＝a2＝a3＝a4
C．a1＝a3＞a2＞a4 D．a1＝a3＞a2＝a4
解析：线圈自由下落时，加速度为a1＝g。线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3＝g。线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g。线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知安培力总小于重力，则a2＞a4，故a1＝a3＞a2＞a4，故C正确。故选C。
楞次定律的实验探究
10．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以推断( B )
A．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转
C．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向
解析：滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动时，线圈A中的电流发生了改变，则线圈B中有感应电流产生，电流计的指针会发生偏转，所以A错误；某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电阻增大，电流减小，则线圈B中的磁通量减小，电流计指针向右偏转。当线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，线圈B中的磁通量减小，都能引起电流计指针向右偏转，则B正确；线圈A向上移动时，使线圈B中的磁通量减小，能引起电流计指针向右偏转，则C错误；由穿过B线圈的磁通量的变化可判断电流计指针偏转方向，所以D错误。
11．(2023·河南博爱第一中学高二校考)为了探究电磁感应现象，如图所示为“探究产生感应电流的条件的实验装置”。
(1)下列操作中，图甲中电流表的指针不会发生偏转的是( C )
A．将条形磁铁插入线圈
B．将条形磁铁从线圈中拔出
C．将条形磁铁放在线圈中不动
D．将条形磁铁从图示位置向左移动
(2)某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图乙所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知：
a．当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的指针右偏(选填“左偏”“不动”或“右偏”)；
b．将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针左偏(选填“左偏”“不动”或“右偏”)，此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向相同(选填“相同”或“相反”)。
解析：(1)将条形磁铁插入线圈，线圈内磁通量增加，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故A不符合题意；将条形磁铁从线圈中拔出，线圈内磁通量减少，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故B不符合题意；将条形磁铁放在线圈中不动，线圈内磁通量不变，没有感应电流产生，电流表的指针不会发生偏转，故C符合题意；将条形磁铁从图示位置向左移动，线圈内磁感应强度变小，磁通量减小，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故D不符合题意。故选C。
(2)闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，即线圈内磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏。a.滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入的有效电阻变小，回路中电流变大，线圈内的磁场变强，磁通量增加，所以灵敏电流计的指针右偏；b.将线圈A拔出时，线圈内磁通量减小，灵敏电流计的指针左偏，由楞次定律可知线圈B中产生的感应电流方向与A中电流方向相同。
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1.电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( A )
A．从b到a，下极板带正电
B．从a到b，下极板带正电
C．从b到a，上极板带正电
D．从a到b，上极板带正电
解析：当磁铁N极向下运动时，向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电，下极板带正电，故A正确，B、C、D错误。故选A。
2.
如图所示，金属环所在区域存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。当磁感应强度逐渐增强时，内、外金属环中感应电流的方向为( B )
A．外金属环顺时针，内金属环逆时针
B．外金属环逆时针，内金属环顺时针
C．内、外金属环均为逆时针
D．内、外金属环均为顺时针
解析：回路由外金属环和内金属环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里，且内、外金属环之间的磁通量增加，由楞次定律可知，两金属环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向外，由安培定则可知，电流在外金属环沿逆时针方向，在内金属环沿顺时针方向，故B正确。
3.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( C )
A．ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
C．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
解析：设在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1，位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2。第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量ΔΦ1＝Φ1－Φ2，根据楞次定律判断可知，感应电流沿adcba方向；第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量ΔΦ2＝Φ1＋Φ2，根据楞次定律判断可知，感应电流沿adcba方向；则可知，ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现，故C正确，A、B、D错误。故选C。
4.
如图所示，a、b、c为同一平面内的线圈，其中a、b为同心圆，现给a中通以顺时针方向的电流，在a中的电流逐渐增大的过程中，b、c中产生的感应电流方向为( C )
A．b、c中均为顺时针方向
B．b、c中均为逆时针方向
C．b为逆时针方向，c为顺时针方向
D．b为顺时针方向，c为逆时针方向
解析：首先，由题意可知线圈a的电流在逐渐增大，电流产生的磁场也在不断增大。其次根据右手螺旋定则判断出线圈a的电流在线圈b产生的磁场垂直纸面向里，再根据楞次定律可以判断出线圈b产生的感应电流为逆时针方向，对应产生的磁场垂直纸面向外。同理，根据右手螺旋定则判断出线圈a的电流在线圈c产生的磁场垂直纸面向外，再根据楞次定律可以判断出线圈c产生的感应电流为顺时针方向，对应产生的磁场垂直纸面向里。故选C。
5.
(2023·黑龙江哈尔滨三中高二期末)如图所示，金属圆环A用轻绳悬挂，所在平面与纸面垂直，圆心与长直螺线管中心轴线共线，整个装置静止，开关S始终闭合，当滑动变阻器触片P向右移动的过程中，圆环将( A )
A．向右运动，并有扩张趋势
B．向右运动，并有收缩趋势
C．向左运动，并有扩张趋势
D．向左运动，并有收缩趋势
解析：当触片P向右移动时，电路中的电阻增大，电流减小，则螺线管产生的磁场减小，根据楞次定律，感应磁场方向与原磁场方向相同，相互吸引，所以金属圆环A向右运动，因为磁通量减小，金属圆环A有扩张的趋势。故选A。
6.
如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。则下列说法正确的是( D )
A．若金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B．若金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C．若金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
D．若金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
解析：根据楞次定律，当金属环上、下运动时，穿过金属环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故A、B错误；当金属环向左侧直导线靠近时，穿过金属环垂直纸面向外的磁场增强，根据楞次定律及安培定则可知，产生的感应电流方向为顺时针，故C错误；当金属环向右侧直导线靠近时，穿过金属环垂直纸面向里的磁场增强，根据楞次定律及安培定则可知，产生的感应电流方向为逆时针，故D正确。
7．(2023·黑龙江哈尔滨三中高二期末)如图甲所示，竖直固定直导线中通以电流I，该电流随时间的变化规律如图乙所示，规定电流向上为正，附近的一闭合矩形金属线圈abcd与导线在同一平面，则在0～2t0这段时间内( C )
A．线圈中不会产生感应电流
B．线圈中会产生感应电流，且感应电流方向发生了变化
C．线圈中会产生感应电流，且感应电流方向始终为a→b→c→d→a
D．线圈中会产生感应电流，且感应电流方向始终为a→d→c→b→a
解析：在0～2t0这段时间内，I先正方向减小后负方向增大，由安培定则知其右侧磁场先垂直纸面向里减弱，后垂直纸面向外增强，根据楞次定律知线圈中的感应电流磁场均为垂直纸面向里，根据安培定则知线圈中感应电流为顺时针方向，即a→b→c→d→a。故选C。
8.
如图所示，AOC是光滑的金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属棒，与导轨接触良好，它从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在OC上，a端始终在OA上，直到金属棒完全落在OC上，空间存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则ab棒在上述过程中( C )
A．感应电流方向是b→a
B．感应电流方向是a→b
C．感应电流方向先是b→a，后是a→b
D．感应电流方向先是a→b，后是b→a
解析：由几何知识可知，在金属棒向下滑动的过程中，金属棒与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形aOb内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先是b→a，后是a→b，C项正确。
二、选择题(每小题有多个选项符合题目要求)
9．如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，MN固定不动，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然增大时，则( AC )
A.线圈所受安培力的合力方向向左
B．线圈所受安培力的合力方向向右
C．感应电流方向为abcda
D．感应电流方向为adcba
解析：如题图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘，导线两侧的磁感应强度对称分布，由右手螺旋定则可知线圈中的合磁通量方向垂直纸面向里；当MN中电流突然增大时，由楞次定律可知感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故感应电流方向为abcda；导线左侧磁感应强度方向垂直纸面向外，导线右侧磁感应强度方向垂直纸面向里；由左手定则可知：上下两边界的安培力互相抵消，左边界的安培力向左，右边界的安培力也向左，故线圈所受安培力的合力方向向左，故A、C正确，B、D错误。故选AC。
10.
如图所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁体从高处下落接近回路时(重力加速度为g)( AD )
A．p、q将互相靠拢
B．p、q将互相远离
C．磁体的加速度仍为g
D．磁体的加速度小于g
解析：由楞次定律的结论可知，当穿过闭合回路的磁通量增加时，回路的面积有收缩趋势且阻碍磁体的靠近，所以p、q将相互靠拢且磁体受到向上的阻力，磁体的加速度小于g，故选项A、D正确。
11．(2023·安徽芜湖高二开学考试)如图所示，铁芯上密绕的螺线与滑动变阻器、电源、开关相连，铁芯上方的绝缘水平直杆上套有一金属圆环，圆环面与纸面垂直，环心在铁芯的中轴线OO′上，开始时开关S闭合。下列说法正确的是( ABD )
A．向左移动滑片P，圆环中将产生感应电流
B．沿杆向左移动金属圆环，圆环中将产生感应电流
C．保持环面与纸面垂直，绕OO′轴转动金属圆环，圆环中将产生感应电流
D．断开开关S瞬间，圆环中将产生感应电流
解析：只要穿过圆环的磁通量发生变化，圆环中即可产生感应电流，滑片P向左移动时，电路中电阻增大，电流减小，螺线管中的磁场减弱，穿过圆环的磁通量减少，环中有感应电流产生，A正确；沿杆向左移动圆环时，穿过圆环磁通量减少，环中有感应电流产生，B正确；绕OO′轴转动圆环时，穿过圆环的磁通量保持不变，环中无感应电流产生，C不正确；断开开关的瞬间，穿过圆环的磁通量减少，环中有感应电流产生，D正确。故选ABD。
12.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是( AD )
A．向左匀加速运动
B．向左匀减速运动
C．向右匀加速运动
D．向右匀减速运动
解析：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知MN中电流由M指向N，根据安培定则可知，线圈L1中产生的磁场方向向上，说明线圈L2中磁场是向上减弱，或向下增强，而线圈L2中电流是由PQ切割磁感线产生的，由安培定则可知，PQ中感应电流由Q到P减小，或由P到Q增大，由右手定则可知，PQ可能向左做匀加速运动或向右做匀减速运动，故A、D正确，B、C错误。故选AD。
三、非选择题
13．有一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转。现把它与一个线圈串联，将磁体从线圈上方插入或拔出，如图所示。请完成下列填空：
(1)图甲中灵敏电流计指针的偏转方向为偏向正接线柱(选填“偏向正接线柱”或“偏向负接线柱”)。
(2)图乙中磁体下方的极性是S极(选填“N极”或“S极”)。
(3)图丙中磁体的运动方向是向上(选填“向上”或“向下”)。
(4)图丁中线圈从上向下看的电流方向是逆时针(选填“顺时针”或“逆时针”)。
解析：(1)由题图甲可知，磁体向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，则线圈中感应电流方向(从上向下看)为逆时针方向，即电流从正接线柱流入电流计，指针偏向正接线柱。
(2)由题图乙可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又知磁通量增加，根据楞次定律可知，磁体下方的极性为S极。
(3)由题图丙可知，原磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减少，磁体向上运动。
(4)由题图丁可知，磁体向上运动，穿过线圈的磁通量减少，原磁场方向向上，根据楞次定律可知感应电流方向(从上向下看)为逆时针方向。
14．(1)如图甲所示为某实验小组探究影响感应电流方向的因素的实验装置，关于实验过程中应该注意的事项和实验现象，以下说法正确的是AC。
A.实验前应该先仔细观察，清楚线圈的绕向
B．开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，会观察到电流计指针不发生偏转
C．开关闭合后，线圈A从线圈B中拔出和插入过程中会观察到电流计指针偏转方向相反
D．开关闭合与断开瞬间，电流计指针都会偏转，但偏转方向相同
(2)如图乙所示，当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转。现将其与线圈相连之后，将上端为S极的磁体插入线圈中，电流计指针偏转的方向应为偏向正(选填“正”或“负”)接线柱。根据图丙中电流计指针偏转方向可以判断出插入线圈磁体下端的磁极为S(选填“N”或“S”)极。
解析：(1)探究影响感应电流方向的因素的实验，实验前要仔细观察，弄清楚线圈绕向，搞清线圈电流方向与电流计指针偏转方向的关系，故A正确；开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，导致穿过线圈B的磁通量变化，从而产生感应电流，会观察到电流计指针发生偏转，故B错误；开关闭合后线圈A从线圈B中拔出和插入过程中，穿过线圈B的磁通量变化不同，前者减小，后者增大，依据感应电流的磁场阻碍磁通量变化，会观察到电流计指针偏转方向相反，故C正确；开关闭合与断开瞬间，穿过线圈B的磁通量都会变化且变化不同，开关闭合瞬间磁通量增大，断开瞬间磁通量减小，依据感应电流的磁场阻碍磁通量变化，会观察到电流计指针偏转，而且偏转方向不同，故D错误。
(2)当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转，若将上端为S极的磁体插入线圈中，原磁场方向向下且磁通量增大，根据感应电流的磁场阻碍磁通量变化可知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知感应电流从电流计正接线柱流入，故指针偏向正接线柱一侧；根据图丙中电流计指针偏向负接线柱一侧，可知感应电流是从负接线柱流入电流计的，根据安培定则，可知感应电流的磁场方向向下，因条形磁体向下运动，磁通量增大，根据感应电流的磁场阻碍磁通量变化，可知原磁场方向向上，则插入线圈磁体下端的磁极为S极。
2 法拉第电磁感应定律
电磁感应定律
1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是( D )
A．磁通量越大，感应电动势越大
B．磁通量变化得越多，感应电动势越大
C．磁通量增大时，感应电动势一定增大
D．磁通量变化得越快，感应电动势越大
解析：根据法拉第电磁感应定律E＝n得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比。磁通量越大，是Φ大，但不一定大，故A错误；磁通量变化越大，不知磁通量的变化时间，故不一定越大，故B错误；虽然磁通量增大，但可能是定值，产生的感应电动势可能不变，故C错误；磁通量变化的快慢用表示，磁通量变化得快，则就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故D正确。故选D。
2．(2023·山东济南高二开学考试)将一根绝缘硬质细导线绕成如图所示的闭合线圈，其中大圆半径为R，小圆半径为r。大圆处在垂直线圈平面向里的磁场中，小圆处在垂直线圈平面向外的磁场中。两磁场的磁感应强度大小均为B，且B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为( D )
A．kπr2 B．kπR2
C．kπ D．kπ
解析：左右两侧磁场均均匀增加，根据楞次定律可知，左右两侧圆环产生的感应电动势方向相同，则线圈中总的感应电动势大小为E＝πR2＋πr2＝kπ(R2＋r2)，故选D。
3.
如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)的规律随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器P板( D )
A．不带电
B．所带电荷量与t成正比
C．带正电，带电荷量是
D．带负电，带电荷量是
解析：磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)的规律随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E＝n＝nS＝kS，而S＝πr2＝π＝，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝；由楞次定律和安培定则知电容器P板带负电，故D正确。
4.
如图所示，A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面。在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为( D )
A．＝1 B．＝2
C．＝ D．＝
解析：A、B两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的，根据E＝n知产生的电动势也是相等的，根据电阻R＝ρ＝ρ，则A、B的电阻之比为2∶1，再根据欧姆定律有I＝，可得电流之比为＝，故D正确。
5．(多选)轻质细线吊着一质量为m＝1 kg、边长为0.2 m、电阻R＝1 Ω、匝数n＝10的正方形闭合线圈abcd，bd下方区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。不考虑线圈的形变和电阻的变化，整个过程细线未断且线圈始终处于静止状态，g取10 m/s2。则下列判断正确的是( CD )
A．线圈中感应电流的方向为adcba
B．线圈中的感应电流大小为0.2 A
C．0～2 s时间内线圈中产生的热量为0.02 J
D．6 s时线圈受安培力的大小为 N
解析：磁感应强度向里并且增大，由楞次定律可得，感应电流产生的磁场垂直纸面向外，线圈中感应电流的方向为逆时针，即abcda，故A错误；由法拉第电磁感应定律得E＝n＝n，由闭合电路的欧姆定律，可得线圈中的感应电流大小I＝n，假设线框边长为l，则S＝，联立两式代入数据解得I＝0.1 A，故B错误；0～2 s时间内金属环产生的热量为Q＝I2Rt＝0.02 J，故C正确；线圈的bcd部分在匀强磁场中受到安培力，受到安培力的大小等效为bd直棒受到的安培力，6 s时线圈受到的安培力F＝nIBL＝10×0.1×4×0.2 N＝ N，故D正确。故选CD。
6.
(2023·江苏南京第一中学高二期末)如图所示，边长为L的正方形金属框ABCD质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场中，金属框的下半部处于磁场内，磁场方向与线框平面垂直。磁场随时间变化规律为B＝kt(k>0)。求：
(1)线框中感应电动势的大小；
(2)从t＝0时刻开始，经多长时间细线的拉力为零？
答案：(1) (2)
解析：(1)由法拉第电磁感应定律E＝n，整理得E＝＝。
(2)由题意可知，线框所受安培力方向向上，且当磁感应强度增大时，细线拉力减小，当细线拉力为零时，则有mg＝F安，
而F安＝BIL，
又由闭合电路欧姆定律，则有I＝，
且B＝kt，解得t＝。
导线切割磁感线时的感应电动势
7．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，将此棒弯成长度相等且相互垂直的两段，置于与磁感应强度相互垂直的平面内，当它沿两段折线夹角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′，则等于( B )
A． B．
C．1 D．
解析：设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，E＝BLv；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝＝L，故产生的感应电动势为E′＝Blv＝B·Lv＝E，所以＝，故B正确。
8．如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab＝L。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒的电流为( B )
A． B．
C． D．
解析：金属棒切割磁感线的有效长度为L·sin 60°＝L，故感应电动势E＝Bv·，由欧姆定律得通过金属棒的电流I＝，故选B。
9.
如图所示，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(俯视)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( C )
A．φa>φc，金属框中无电流
B．φb>φc，金属框中电流方向沿abca
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿acba
解析：金属框abc平面与磁场方向平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，故B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断φa<φc，φb<φc，故A错误；由E＝Blv得，Ubc＝－Bl2ω，故C正确。
10．如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场(磁感应强度为B)中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( D )
A．由c到d，I＝
B．由d到c，I＝
C．由c到d，I＝
D．由d到c，I＝
解析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝Br·rω＝Br2ω，由欧姆定律得通过电阻R的电流I＝＝＝。圆盘相当于电源，由右手定则可知电流方向为由边缘指向圆心，所以电阻R中的电流方向为由d到c，选项D正确。
11．如图所示，水平放置的平行金属导轨MN和PQ，相距l＝0.5 m，导轨左端接一电阻R＝0.4 Ω，磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ac垂直导轨放在导轨上，ac棒的电阻r＝0.1 Ω，ac棒能无摩擦地沿导轨滑动，导轨的电阻可忽略不计。当ac棒以v＝5.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(1)回路中感应电流I的大小和方向；
(2)ac棒两端的电压Uac的大小；
(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力F的大小和方向。
答案：(1)2.0 A，沿逆时针方向
(2)0.8 V (3)0.4 N，方向水平向右
解析：(1)由右手定则可知，回路中的感应电流沿逆时针方向，
感应电动势：E＝Blv，
感应电流：I＝，
代入数据解得：I＝2.0 A。
(2)ac棒两端的电压Uac＝IR＝0.8 V。
(3)ac棒匀速运动，
由平衡条件得：F＝F安，
则F＝F安＝BIl＝0.4×2×0.5 N＝0.4 N，
由左手定则可知，安培力水平向左，则拉力水平向右。
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1．下列关于电磁感应的说法正确的是( C )
A．在电磁感应现象中，有感应电动势，就一定有感应电流
B．穿过某回路的磁通量的变化量越大，产生的感应电动势就越大
C．闭合回路置于磁场中，当磁感应强度为零时，感应电动势可能很大
D．感应电动势的大小跟穿过闭合回路的磁通量的变化量成正比
解析：在电磁感应现象中，有感应电动势，不一定有感应电流，只有当电路闭合时才有感应电流，选项A错误；穿过某回路的磁通量的变化率越大，产生的感应电动势就越大，选项B错误；闭合回路置于磁场中，当磁感应强度为零时，磁通量的变化率可能很大，则感应电动势可能很大，选项C正确；感应电动势的大小跟穿过闭合回路的磁通量的变化率成正比，选项D错误。
2．空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图甲中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则在0～t1的时间内( B )
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
解析：根据楞次定律，圆环中的感应电流始终沿顺时针方向，故B正确；根据左手定则，圆环所受安培力的方向先向左后向右，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，圆环中的感应电动势大小为，故D错误；根据欧姆定律，圆环中的感应电流大小I＝＝＝，故C错误。
3.如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关S与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中。两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为＋q的小球，S断开时传感器上有示数，S闭合稳定后传感器上恰好无示数，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是( D )
A．正在增强，＝
B．正在减弱，＝
C．正在减弱，＝
D．正在增强，＝
解析：开关闭合时有：qE＝mg，解得E＝，又E＝，U＝n，解得＝，小球带正电，知上极板带负电，根据楞次定律得知，磁场正在增强，故D正确，A、B、C错误。故选D。
4．(2023·北京市八一中学高二期末)如图甲所示，10匝的线圈两端M、N与一个理想电压表相连，线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。下列说法正确的是( C )
A．线圈中产生的感应电流沿顺时针方向
B．电压表的正接线柱接线圈的N端
C．线圈中磁通量的变化率为0.5 Wb/s
D．电压表的读数为10 V
解析：根据图乙可知，线圈的磁通量随时间均匀增加，根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流沿逆时针方向；电源内部电流方向由负极流向正极，可知M端电势高于N端电势，则电压表的正接线柱接线圈的M端，故A、B错误；根据图乙可知，线圈中磁通量的变化率为＝ Wb/s＝0.5 Wb/s，故C正确；线圈产生的电动势为E＝n＝10×0.5 V＝5 V，可知电压表的读数为5 V，故D错误。故选C。
5．如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是( B )
A．在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同
B．在0～t0内，通过导体棒的电流方向为N到M
C．在t0～2t0内，通过电阻R的电流大小为
D．在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为
解析：由图乙所示图像可知，0～t0内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t0～2t0内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故A错误；由图乙所示图像可知，在0～t0内磁感应强度减小，穿过闭合回路的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，通过导体棒的电流方向为N到M，故B正确；由图乙所示图像，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0～2t0内感应电动势：E2＝n＝n＝，感应电流为I2＝＝，故C错误；由图乙所示图像，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t0内感应电动势：E1＝n＝n＝，感应电流为I1＝＝，电荷量：q1＝I1t0＝；由图乙所示图像，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0～2t0内通过电阻R的电荷量q2＝I2t0＝，在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量q＝q1＋q2＝，故D错误。故选B。
6.
(2023·福建平潭岚华中学高二期末)如图所示的半圆形闭合回路半径为a，电阻为R。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于半圆形回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是( D )
A．感应电流方向沿顺时针方向
B．半圆形闭合导线所受安培力方向向右
C．感应电动势最大值为2Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
解析：在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向不变，根据“来拒去留”可知半圆形闭合导线所受安培力方向向左，故A、B错误；当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，感应电动势最大，为E＝Bav，故C错误；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值为＝n＝＝πBav，故D正确。故选D。
7.如图所示，导线OA长为l，在匀强磁场中以角速度ω沿图所示方向绕通过悬点O的竖直轴旋转，OA与竖直方向的夹角为θ。那么，OA导线中的感应电动势大小和O、A两点电势高低分别是( D )
A．Bl2ω O点高
B．Bl2ω A点高
C．Bl2ωsin2θ O点高
D．Bl2ωsin2θ A点高
解析：OA导线中的感应电动势大小与长度为O′A的半径垂直切割产生的感应电动势大小相等，则有：E＝BlO′A＝Bl sinθ·＝Bl2ωsin2θ，根据右手定则判断可知，A点电势高，故D正确。故选D。
8．如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0m，左端连接阻值R＝4.0 Ω的电阻，匀强磁场磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直导轨所在平面向下。质量m＝0.2 kg、长度L＝1.0 m、电阻r＝1.0 Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好，t＝0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的vt图像如图乙所示，其余电阻不计，则( D )
A．t＝0时刻，外力F水平向右，大小为0.7 N
B．3 s内，流过R的电荷量为3.6 C
C．从t＝0开始，金属杆运动距离为5 m时电阻R两端的电压为2 V
D．在0～3.0 s内，外力F大小随时间t变化的关系式是F＝0.1＋0.1t(N)
解析：根据v——t图像知道金属杆做匀减速直线运动，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，当t＝0时刻，设向右为正方向，根据牛顿第二定律有F－BIL＝ma，根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有I＝＝，联立以上各式代入数据可得F＝－0.1 N，负号表示外力F方向水平向左，故A错误；根据E＝n，I＝＝，联立可得q＝＝，又因为v——t图像与坐标轴围成的面积表示通过的位移，所以有ΔS＝×6×3 m＝9 m，故代入数据可解得q＝0.9 C，故B错误；设杆运动了5 m时速度为v1，则有v－v＝2as1，此时金属杆产生的感应电动势E1＝BLv1，回路中产生的电流I1＝，电阻R两端的电压U＝I1R，联立可得U＝1.6 V，故C错误；取向右为正方向，由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，设在t时刻金属杆的速度为v，杆的电动势为E，回路电流为I，则有v＝v0＋at，E＝BLv，I＝，联立以上几式可得F＝－(0.1＋0.1t)N，负号表示方向水平向左，即大小关系为F＝0.1＋0.1t(N)，故D正确。
二、选择题(每小题有多个选项符合题目要求)
9.如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，用相同粗细、相同材料的金属导线制成。圆形匀强磁场的边缘恰好与a线圈重合，其磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是( ACD )
A．穿过a、b两线圈的磁通量之比为1∶1
B．a、b两线圈的感应电动势之比为1∶2
C．a、b两线圈的感应电流之比为2∶1
D．a、b两线圈的电功率之比为2∶1
解析：任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量相等，磁通量之比为1∶1，故A正确；根据法拉第电磁感应定律得：E＝n·S，S＝πr2，则S相等，也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为1∶1，故B错误；线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1∶2，电阻之比为1∶2，根据欧姆定律知I＝，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2∶1，故C正确；根据电功率公式有P＝，得a、b两线圈的电功率之比为2∶1，故D正确。故选ACD。
10.如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( ABD )
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势低
B．所加磁场越强，越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
解析：将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，金属圆盘顺时针匀速转动时，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，所以靠近圆心处电势低，故A正确；根据右手定则可知，所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，故B正确；若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力仍然阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，故C错误；若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，故D正确。故选ABD。
11．单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像如图所示，图线为正弦曲线的一部分，则( BC )
A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时刻，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时刻，感应电动势为零
D．在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
解析：由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2 s时刻，E＝0，A项错误，C项正确；t＝1×10－2 s时，E最大，B项正确；0～2×10－2 s时间内，ΔΦ≠0，则E≠0，D项错误。
12.
如图所示，三角形金属导轨EOF上放有一金属杆AB，在外力作用下，使AB保持与OF垂直，从O点开始以速度v匀速右移，该导轨与金属杆均由粗细相同的同种金属制成，则下列判断正确的是( AC )
A．电路中的感应电流大小不变
B．电路中的感应电动势大小不变
C．电路中的感应电动势逐渐增大
D．电路中的感应电流逐渐减小
解析：设金属杆从O点开始运动到题图所示位置所经历的时间为t，∠EOF＝θ，金属杆切割磁感线的有效长度为L，故E＝BLv＝Bv·vt tan θ＝Bv2·t tan θ，即电路中感应电动势的大小与时间成正比，故B错误，C正确；电路中感应电流I＝＝，而l为闭合三角形的周长，即l＝vt＋vt·tan θ＋＝vt(1＋tan θ＋)，所以I＝是恒量，故A正确，D错误。
三、非选择题
13．(2023·陕西师大附中高二期末)如图所示，导线全部为裸导线，半径为r、两端开有小口的圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端且始终与圆环接触良好，电路中定值电阻阻值为R，其余部分电阻均忽略不计，试求MN从圆环左端滑到右端的过程中：
(1)通过电阻R的最大感应电流；
(2)当导线MN通过圆环中心时，如果导线MN接入电路的电阻为R0，电阻R两端的电压。
答案：(1) (2)
解析：(1)当MN滑到中点时感应电动势最大，则E＝2Brv，
通过电阻R的最大感应电流I＝＝。
(2)回路电流I′＝＝，
电阻R两端的电压U＝I′R＝。
14．如图所示，在水平面上固定两平行光滑金属导体MN、PQ，相距为L，左端连接一小灯泡，其额定电压为U，电阻恒为R，一磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面竖直向下，现有一电阻为r的金属棒ab垂直放在导轨上(导轨的电阻不计)，金属棒在水平外力作用下向右匀速运动时，灯泡恰好正常发光，求：
(1)金属棒ab哪端电势高？(不需要说明理由)
(2)金属棒ab匀速运动时的速度v多大？
答案：(1)a端 (2)
解析：(1)根据题意，由右手定则可知，感应电流的方向为由b→a，则金属棒ab的a端电势高。
(2)根据题意，由欧姆定律可得，金属棒ab匀速运动时，电路中的电流为I＝，
由闭合回路欧姆定律可得，感应电动势为E＝I(R＋r)＝，
又有E＝BLv，解得v＝＝。
专题强化1 电磁感应的图像及电路问题对应学生用书38页
题型一 电磁感应中的电路问题
1．用相同导线绕制的边长为l或2l的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是( B )
A．Ua
由题知Ea＝Eb＝Blv，Ec＝Ed＝2Blv，由闭合电路欧姆定律和串联电路电压规律可知Ua＝Blv，Ub＝Blv，Uc＝Blv，Ud＝Blv，故Ua
A．0.4 V B．0.5 V
C．40 V D．50 V
解析：根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为E＝n＝n＝n＝100××0.12 V＝0.5 V，而理想电压表的示数为电阻R两端的电压，故U＝E＝0.4 V，故选A。
3.如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指剪开拉直时的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面。环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，导体棒与圆环接触良好，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时导体棒两端的电压为( A )
A． B．
C． D．Bav
解析：导体棒AB摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·v＝Bav。外电路电阻大小为R外＝＝，由闭合电路的欧姆定律有|UAB|＝·＝Bav，故选A。
4.(2023·上海中学高二期末)如图所示，abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体MN有电阻，可在ad边与bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中。当MN由靠ab边处向cd边匀速移动的过程中，以下说法正确的是( B )
A.MN中电流一直减小
B．MN两端电压先增大后减小
C．MN上拉力的功率先增大后减小
D．矩形线框中消耗的电功率先减小后增大
解析：当导体棒MN匀速向右移动的过程中，外电阻R外先增大后减小，当MN运动到线框中线时，外电路的总电阻最大，由闭合电路的欧姆定律I＝可知，MN棒中的电流先减小后增大，A错误；因为导体棒MN匀速向右移动，产生的感应电动势保持不变，由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir，则可知路端电压先增大后减小，因此MN两端电压先增大后减小，B正确；因为导体棒MN匀速向右移动，拉力的功率等于电路中的电功率，根据P＝，可得MN上拉力的功率先减小后增大，C错误；矩形线框中消耗的电功率相当于电源的输出功率，由P出＝R外，化简P出＝，可得，电源的输出功率最大时，有R外＝r，由题意得，线框的总电阻先增大后减小，由于导体MN电阻与长方形线框的电阻大小关系未知，所以矩形线框中消耗的电功率可能先增大后减小，也可能先减小后增大，D错误。故选B。
题型二 电磁感应中的电荷量问题
5.如图所示，闭合开关S，将条形磁体匀速插入闭合线圈，第一次用时0.2 s，第二次用时0.4 s，并且两次的起始和终止位置相同，则( B )
A．第一次磁通量变化量较大
B．第一次Ⓖ的最大偏转角较大
C．第一次经过Ⓖ的总电荷量较多
D．若断开S，Ⓖ均不偏转，则均无感应电动势
解析：由于两次条形磁体插入线圈的起始和终止位置相同，因此磁通量的变化量ΔΦ相同，故A错误；根据E＝n可知，第一次磁通量变化较快，所以感应电动势较大，而闭合电路的电阻相同，所以第一次的感应电流较大，第一次Ⓖ的最大偏转角较大，故B正确；通过Ⓖ的电荷量q＝Δt＝Δt＝n·Δt＝n，则两次通过Ⓖ的电荷量相同，故C错误；若断开S，虽然电路不闭合，没有感应电流，但感应电动势仍存在，故D错误。
6.(2023·四川内江高二统考)如图所示，在光滑水平金属框架上有一导体棒ab。第一次以速度v匀速向右平动，第二次以速度2v匀速向右平动，两次移动的距离相同，则两种情况下回路中产生的感应电动势和通过R的电荷量之比分别为( B )
A．1∶2；1∶2 B．1∶2；1∶1
C．1∶1；1∶1 D．1∶2；2∶1
解析：根据法拉第电磁感应定律E＝Blv，可知两种情况下回路中产生的感应电动势之比＝＝，根据q＝It，结合I＝＝，联立可得q＝，可得＝，故B正确，A、C、D错误。故选B。
7.如图所示，正方形金属线圈位于纸面内，边长为l，匝数为N，电阻为R，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直于纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，当线圈从图示位置绕OO′转过90°时，穿过线圈某横截面的总电荷量为( D )
A．Bl2 B．NBl2
C． D．
解析：正方形金属线圈从题图所示位置转过90°时，磁通量变化量为ΔΦ＝B·l2＝，q＝＝，故D正确。
8．一个阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1、电容为C的电容器连接成如图甲所示的回路。金属线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示。图像与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计。求：
(1)通过电阻R1的电流大小和方向；
(2)0～t1时间内通过电阻R1的电荷量q；
(3)t1时刻电容器所带电荷量Q。
答案：(1) 方向从b到a
(2) (3)
解析：(1)由B——t图像可知，磁感应强度的变化率＝，
根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝nπr＝，
根据闭合电路的欧姆定律得，感应电流I1＝，联立解得I1＝，
根据楞次定律，可知通过R1的电流方向为从b到a。
(2)通过R1的电荷量q＝I1t1，
得q＝。
(3)电容器两板间电压U＝I1R1＝，
则电容器所带的电荷量Q＝CU＝。
题型三 电磁感应中的图像问题
9．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向以及磁感应强度的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列四幅图中可以正确表示线圈中感应电动势E变化的是( A )
解析：由题图乙可知，在0～1 s内，磁感应强度均匀增大，穿过线圈的磁通量均匀增大，由楞次定律可知线圈中产生恒定电流的方向与正方向一致；1～3 s内，穿过线圈的磁通量不变，故感应电动势为0；在3～5 s内，线圈中的磁通量均匀减小，由楞次定律可知线圈中产生恒定电流的方向与正方向相反。由题图乙可知0～1 s内磁感应强度变化率是3～5 s内磁感应强度变化率的2倍，由E＝n·S可知，0～1 s内产生的感应电动势是3～5 s内产生的感应电动势的2倍，故A选项正确。
10.如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一个电阻为R、半径为r、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴匀速转动(O轴位于磁场边界)，周期为T，t＝0时刻线框置于如图所示位置，则线框内产生的感应电流随时间变化的图像为(规定电流顺时针方向为正)( A )
解析：由于扇形导线框匀速转动，因此导线框进入磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的。线框在进入磁场和离开磁场时，有感应电流产生，当完全进入时，由于磁通量不变，故无感应电流产生。由右手定则可判断导线框进入磁场时，电流方向为逆时针，出磁场时电流方向为顺时针，故选项A正确。
11.
如图所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L。现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的外力随时间变化的图像是( D )
解析：当矩形闭合线圈进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中间时是最大的，故选项A、B错误；由楞次定律可知，当矩形闭合线圈进入磁场和出磁场时，磁场力总是阻碍线圈的运动，方向始终向左，所以外力始终水平向右，因安培力的大小不同且在中间时最大，由左手定则知，在中间时安培力的方向也向左，故选项C错误，D正确。
12．(2023·北京市八一中学高二期末)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0～4 s时间内，导线框中感应电流随时间变化(规定以顺时针为正方向)和ad边所受安培力随时间变化的图像(规定以向左为安培力正方向)正确的是( C )
解析：在0～1 s时间内，线框中磁场是向里的均匀减小，产生感应电流大小恒定，方向顺时针(正方向)，ad边所受安培力F＝BIl，l不变，感应电流大小恒定，安培力随B减小而减小，根据左手定则，0～1 s时间内，ad边所受安培力方向向左(正方向)；在1～2 s时间内，线框中磁场是向外的均匀增大，产生感应电流大小恒定，方向为顺时针(正方向)，ad边所受安培力F＝BIl，l不变，感应电流大小恒定，安培力大小随B增大而增大，根据左手定则，1～2 s时间内，ad边所受安培力方向向右(负方向)；在2～3 s时间内，线框中磁场是向外的均匀减小，产生感应电流大小恒定，方向逆时针(负方向)，ad边所受安培力F＝BIl，l不变，感应电流大小恒定，安培力大小随B减小而减小，根据左手定则，2～3 s时间内，ad边所受安培力方向向左(正方向)；在3～4 s时间内，线框中磁场是向里的均匀增大，产生感应电流大小恒定，方向逆时针(负方向)，ad边所受安培力F＝BIl，l不变，感应电流大小恒定，安培力大小随B增大而增大，根据左手定则，3～4 s时间内，ad边所受安培力方向向右(负方向)。故选C。
专题强化2 电磁感应中的动力学、能量和动量问题 对应学生用书41页
题型一 电磁感应中的动力学问题
1.(2022·广东潮州高二期末)如图所示，两根光滑平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有灯泡A。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使金属棒ab以一定的初速度v开始向右运动，此后( B )
A．棒ab做匀减速运动直到停止
B．棒ab中的感应电流方向由b到a
C．棒ab所受的安培力方向水平向右
D．灯泡A逐渐变亮
解析：金属棒ab以一定的初速度v开始向右运动，根据右手定则可知，棒ab中的感应电流方向由b到a，B正确；根据左手定则可知棒ab所受的安培力方向水平向左，C错误；棒ab所受的安培力方向水平向左，与运动方向相反，则棒做减速运动，速度v减小，根据E＝Blv可知感应电动势减小，感应电流减小，再根据安培力公式F＝BIl知安培力减小，所以棒做加速度减小的减速运动，A错误；由于感应电流减小，灯泡A逐渐变暗，D错误。
2.(多选)如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。若导线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，导线框下落的速度大小可能( CD )
A．始终减小 B．始终不变
C．始终增加 D．先减小后增加
解析：导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，导线框做减速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先做减速运动后做加速运动；当ab边进入磁场后安培力等于重力时，导线框做匀速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速运动后加速运动；当ab边进入磁场后安培力小于重力时，导线框做加速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动。综上，只有C、D正确。
3.(2023·山东青岛二中高二期中)(多选)如图所示，在某一空间中存在方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B。有两根相同的导体棒a和b平行放置在一对竖直的光滑平行金属导轨上，导轨间距为l，电阻不计，与导体棒接触且与其所组成的平面垂直于磁场。若每根导体棒的质量为m，电阻为R，相距足够远。现将a棒固定，给b棒施加一个竖直方向的恒力F，则( AC )
A．若F＝mg，方向向上，则b仍静止
B．若F>mg，方向向上，b棒速度可能会大于
C．若F＝0，b棒速度可能等于
D．若F＝mg，方向向下，b棒速度可能会大于
解析：若F＝mg，方向向上，则b将处于平衡状态，仍静止，故A正确；若F>mg，方向向上，则b先向上做加速运动，最后做匀速运动，设b能够达到的最大速度为vm1，此时产生的感应电动势为E1＝Blvm1，通过b的电流为I1＝，b所受安培力大小为F安1＝BI1l，根据平衡条件有F安1＋mg＝F，解得vm1＝，所以b棒速度不可能大于，故B错误；若F＝0，则b先向下做加速运动，最后做匀速运动，设b能够达到的最大速度为vm2，此时产生的感应电动势为E2＝Blvm2，通过b的电流为I2＝，b所受安培力大小为F安2＝BI2l，根据平衡条件有F安2＝mg，解得vm2＝，所以b棒速度可能等于，故C正确；若F＝mg，方向向下，则b先向下做加速运动，最后做匀速运动，设b能够达到的最大速度为vm3，此时产生的感应电动势为E3＝Blvm3，通过b的电流为I3＝，b所受安培力大小为F安3＝BI3l，根据平衡条件有F安3＝F＋mg＝2mg，解得vm3＝，所以b棒速度不可能大于，故D错误。故选AC。
4．如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的足够长的平行长直导轨，其间距l＝0.2 m，R＝0.3 Ω的电阻接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2。从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好。(g＝10 m/s2)
(1)分析导体棒的运动性质；
(2)求导体棒所能达到的最大速度的大小；
(3)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。
答案：(1)先做加速度减小的加速直线运动，最终做匀速直线运动
(2)10 m/s (3)见解析图
解析：(1)导体棒做切割磁感线的运动，产生的感应电动势E＝Blv①，
回路中的感应电流I＝②，
导体棒受到的安培力F安＝BIl③，
导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律有：F－μmg－F安＝ma④，
由①②③④得：F－μmg－＝ma⑤，
由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大，此后导体棒做匀速直线运动。
(2)当导体棒达到最大速度时，
有F－μmg－＝0，
可得：vm＝＝10 m/s。
(3)由(1)(2)中的分析与数据可知，导体棒运动的速度—时间图像如图所示。
题型二 电磁感应中的能量问题
5.(2023·上海松江高二期末)如图所示，相隔一定高度的两水平面间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、边长为d的单匝正方形金属框从磁场上方某处自由落下，恰好能匀速穿过磁场区域，已知金属框平面在下落过程中始终与磁场方向垂直，且金属框上、下边始终与磁场边界平行，不考虑金属框的形变，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则金属框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是( C )
A．金属框中电流的方向先顺时针后逆时针
B．金属框所受安培力的方向先向上后向下
C．金属框穿过磁场所用时间为t＝
D．金属框所受安培力做功为W＝2mgd
解析：由右手定则判断金属框中电流的方向先逆时针后顺时针，A错误；由左手定则判断金属框所受安培力的方向保持竖直向上，B错误；匀速运动时安培力与重力平衡，即＝mg，可得金属框穿越磁场的速度为v＝，而穿过磁场的位移为2d，时间为t＝＝，C正确；根据能量守恒可知安培力做的功为W＝－2mgd，D错误。故选C。
6.(2023·安徽临泉第一中学期中)(多选)如图所示，水平放置的足够长光滑导轨，其间距为l，不计导轨电阻，左边接有电阻R，有匀强磁场竖直向下穿过导轨平面，直导体棒垂直导轨放置，直导体棒有效电阻为r，并与导轨接触良好。若直导体棒在水平恒力F作用下由静止开始运动，导体棒始终垂直导轨，位移为d时，撤去恒力F，直导体棒继续运动最终停止。下列关于这一过程的说法正确的是( AD )
A．整个过程合力对直导体棒做的功为零
B．减速过程做加速度恒定的匀减速运动
C．直导体棒运动的最大速度一定为
D.整个过程中电阻R产生的热量为
解析：根据动能定理，整个过程合力对直导体棒做的功为零，A正确；根据牛顿第二定律得BIl＝ma，根据闭合电路欧姆定律得I＝，根据法拉第电磁感应定律得E＝Blv，解得a＝，减速过程做加速度减小的减速运动，B错误；运动过程中的条件不充分，并没有描述是否达到匀速运动状态，无法求出直导体棒运动的最大速度，C错误；整个过程中回路产生的热量为Q＝Fd，电阻R产生的热量为QR＝Q，解得QR＝，D正确。故选AD。
7．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为l，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。则金属棒穿过磁场区域的过程中( D )
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)
解析：金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，金属棒到达平直部分左端时的速度v＝，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，则最大感应电动势E＝Blv，最大感应电流I＝＝，故A错误；通过金属棒的电荷量q＝Δt＝＝，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理有：mgh－W安－μmgd＝0－0，则克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C错误；金属棒克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q′＝Q＝W安＝mg(h－μd)，故D正确。
8．(2022·广东韶关高二统考期末)(多选)如图甲所示，光滑斜面倾角为θ，在矩形区域EFHG内存在着垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电阻为R的正方形匀质金属框abcd从斜面上磁场上方某处静止释放，图乙是金属框沿斜面开始下滑直到底端的vt图像，金属框下滑过程中ab边始终与EF平行，GH到底端的距离大于金属框边长，则( BCD )
A．释放金属框时ab边与磁场上边界EF距离为v0t1
B．金属框的边长为v0(t2－t1)
C．金属框通过磁场的过程产生的焦耳热为mgv0(t2－t1)sin θ
D．释放金属框的位置越高，金属框通过磁场的过程产生的焦耳热越大
解析：由图像可得释放金属框时ab边与磁场上边界EF距离为x1＝t1，故A错误；由图像可判断出，金属框在磁场中一直做匀速运动，所以金属框的边长与磁场的宽度相同，则可得2l＝v0(t2－t1)，则金属框的边长为l＝v0(t2－t1)，故B正确；由动能定理可得mg sin θ·2l＝Q＋ΔEk，金属框通过磁场的过程做匀速运动，动能不变，所以可得Q＝mg sin θ·2l＝mgv0(t2－t1)sin θ，故C正确；设释放的位置到磁场EF边的距离为x，线框离开磁场时的最小速度为v0，由动能定理可得mgx sin θ＋mg·2l sin θ＝mv＋Q′，则Q′＝mgx sin θ＋mg·2l·sin θ－mv＝mgx sin θ－mv＋Q，可知x越大，Q′越大，即释放金属框的位置越高，金属框通过磁场的过程产生的焦耳热越大，故D正确。故选BCD。
9.
(多选)如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，重力加速度为g，则( BC )
A．金属杆返回到底端时的速度大小为v0
B．金属杆上滑到最高点的过程中克服安培力与克服重力做功之和等于mv
C．上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于mv－mgh
D．金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同
解析：金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度至又返回到出发点时，由于电阻R上产生热量，故金属杆的机械能减小，即返回到底端时速度小于v0，选项A错误；金属杆上滑到最高点的过程中，动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确；金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路中的电流不同，故电阻R的热功率不同，选项D错误。
10．如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面间的夹角θ＝37°，在斜面上直线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g、总电阻R＝1 Ω、边长d＝0.1 m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；
(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；
(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。
答案：(1)2 m/s (2)1 m (3)4×10－3 J
解析：(1)设线圈刚进入磁场时的速度为v，对线圈受力分析，得FA＋μmg cos θ＝mg sin θ，而FA＝BId，I＝，E＝Bdv，
联立解得v＝2 m/s。
(2)设线圈释放时PQ边到bb′的距离为L，根据动能定理得mgL sin θ－μmgL cos θ＝mv2－0，解得L＝1 m。
(3)由于线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，则磁场宽度等于线圈边长d，则从线圈刚进入磁场到离开磁场，经过的路程为2d，有Q＝FA·2d＝4×10－3 J。
题型三 电磁感应中的动量问题
11.
(多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是( BD )
A．ab杆将做匀减速运动直到静止
B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为
C．ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为
D．ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为
解析：ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝，加速度大小为a＝＝，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为时，安培力大小为F＝，所以加速度大小为a＝＝，故B正确；对ab杆，由动量定理得：－Bl·Δt＝m－mv0，即Blq＝mv0，解得q＝，所以通过定值电阻的电荷量为，故C错误；由q＝＝，解得ab杆通过的位移x＝＝，故D正确。
12.(2023·湖北武汉高二校考期末)如题图所示，足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距为l，导轨上静置一质量为m的金属杆ab，质量为2m的金属杆cd以大小为v0的水平初速度朝着金属杆ab运动。整个装置处于竖直方向的匀强磁场中(图中未画出)，磁感应强度大小为B，两金属杆始终与导轨接触良好且垂直等宽，金属杆cd始终没有与金属杆ab接触，导轨电阻和空气阻力均可忽略不计，则在两金属杆相对运动过程中，通过金属杆ab的电荷量为( B )
A． B．
C． D．
解析：金属杆cd向左靠近金属杆ab过程中，两金属杆系统动量守恒，可得2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝v0，最终两金属杆速度相等，匀速运动，此过程对金属杆ab运用动量定理，可得Bl·Δt＝mv－0，又q＝Δt，两式联立，解得q＝，故选B。
13．足够长的平行金属轨道M、N相距l＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示。若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：
(1)c棒的最大速度大小；
(2)c棒从开始到达到最大速度的过程中，此棒产生的焦耳热；
(3)若c棒达到最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小。
答案：(1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N
解析：(1)在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度。
选两棒为研究对象，以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v，解得c棒的最大速度大小为v＝v0＝5 m/s。
(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为
Q＝mbv－(mb＋mc)v2＝2.5 J，
因为Rb＝Rc，所以c棒达到最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝＝1.25 J。
(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程，由机械能守恒定律可得：
mcv2＝mcg·2R＋mcv′2，
解得v′＝3 m/s。
在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得
mcg＋F＝mc，解得F＝1.25 N。
由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力大小为1.25 N。
3 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
电磁感应现象中的感生电场
1．(多选)下列说法正确的是( AC )
A．感生电场由变化的磁场产生
B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场
C．感生电场的方向也同样可以用楞次定律和安培定则来判定
D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向
解析：变化的电场一定产生磁场，变化的磁场可以在周围产生电场，故A正确。恒定的磁场在周围不产生电场，故B错误。感生电场的方向也同样可以用楞次定律和安培定则来判定，故C正确。感生电场的电场线是闭合曲线，但不一定沿逆时针方向，故D错误。故选AC。
2.某空间出现了如图所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是( A )
A．沿AB方向磁场在迅速减弱
B．沿AB方向磁场在迅速增强
C．沿BA方向磁场恒定不变
D．沿BA方向磁场在迅速减弱
解析：由安培定则可知，感应电场产生的磁场方向竖直向下，如果磁场沿AB方向，则感应磁场与原磁场方向相同，由楞次定律可知，原磁场在减弱，故A正确，B错误；如果磁场恒定不变，则不能产生感应电场，故C错误；如果磁场沿BA方向，则感应磁场方向与原磁场方向相反，由楞次定律可知，原磁场在增强，故D错误。故选A。
3.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一带电荷量为＋q的小球，已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( D )
A．0 B．r2qk
C．2πr2qk D．πr2qk
解析：根据法拉第电磁感应定律可知，该磁场变化产生的感生电动势为E＝·S＝kπr2，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小W＝qE＝πr2qk，故选项D正确。
涡流
4．(多选)金属探测器已经广泛应用在考场检测、车站安检等领域，其利用的是电磁感应原理：探测器内的线圈中通以大小与方向快速变化的电流从而产生快速变化的磁场，该磁场会在金属物体内部感应出“涡流”。“涡流”会产生磁场，从而影响原始磁场，导致检测器发出蜂鸣声而报警。下列说法正确的是( BD )
A．欲使待检测物内部产生“涡流”，探测器需在待检测物上方不停地晃动
B．探测器静止在待检测物上方，待检测物内部仍然可以产生“涡流”
C．若待检测物为塑料则不能报警，因为检测区域内没有磁通量变化
D．若待检测物为塑料则不能报警，因为待检测物中没有能够自由移动的带电粒子或很少
解析：因为金属探测器中通的是大小与方向快速变化的电流，以致产生快速变化的磁场，故即使探测器静止在待检测物的上方，待检测物中依然有感应电流产生，A错误，B正确；因为塑料制品近乎于绝缘体，导电性能极差，所以检测区域中并非没有磁通量变化，而是因为塑料内部没有可自由移动的带电粒子或极少，而使得待检测物中无感应电流或电流太小不能引起报警，故C错误，D正确。
5．(多选)高频焊接原理示意图如图所示，线圈通以高频交变电流，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝熔化焊接，要使焊接处产生的热量较大，可通过( ABC )
A．增大交变电流的电压
B．增大交变电流的频率
C．增大焊接缝的接触电阻
D．减小焊接缝的接触电阻
解析：增大交变电流的电压和交变电流的频率均可使电流的变化率增大，由E＝n知，感应电动势和涡流均增大，焊接处的发热功率增大，若增大焊接缝的接触电阻，则焊接处的电压、功率分配就增大，产生的热量就会增大，故A、B、C正确，D错误。
6．(多选)下列哪些措施是为了防止涡流的危害( CD )
A．电磁炉所用的锅要用平厚底金属锅
B．探雷器的线圈中要通变化着的电流
C．变压器的铁芯不做成整块，而是用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成
D．变压器的铁芯每片硅钢片表面有不导电的氧化层
解析：电磁炉是采用电磁感应原理，在金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物，属于涡流的应用，故A错误；探雷器的线圈中有变化的电流，如果地下埋着金属物品，金属中会感应出涡流，使仪器报警，这属于涡流的应用，故B错误；变压器的铁芯不做成整块，而是用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成，是为了减小变压器铁芯内产生的涡流，属于涡流的防止，故C正确；变压器的铁芯每片硅钢片表面有不导电的氧化层，是为了减小变压器铁芯内产生的涡流，属于涡流的防止，故D正确。
电磁阻尼和电磁驱动
7．(多选)关于电磁阻尼，下列说法正确的是( ABC )
A．当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体运动的现象称为电磁阻尼
B．磁电式仪表正是利用电磁阻尼的原理使指针迅速停下来，从而便于读数
C．电磁阻尼是导体因感应电流受到的安培力对导体做负功，阻碍导体运动
D．电磁阻尼现象实质上不是电磁感应现象，但分析时同样遵循楞次定律
解析：根据电磁阻尼的定义知，当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体运动的现象称为电磁阻尼，故A正确；磁电式仪表正是利用电磁阻尼的原理使指针迅速停下来，从而便于读数，故B正确；电磁阻尼是导体因感应电流受到的安培力对导体做负功，阻碍导体运动，故C正确；电磁阻尼现象实质上是电磁感应现象，分析时不仅遵循楞次定律，同样也遵循法拉第电磁感应定律，故D错误。故选ABC。
8．扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( A )
解析：感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，都会使穿过紫铜薄板的磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A正确；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故B、D错误；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故C错误。
9．(多选)关于磁电式电流表内部结构示意图，下列说法正确的是( BD )
A．图甲中，当有电流流过时，线圈始终处于匀强磁场中实现转动平衡
B．图甲中，磁电式电流表指针转角与流过线圈的电流呈正比
C．图乙中，把正、负接线柱用导线连在一起，是为了在运输过程中保护电表指针，利用了电磁驱动
D.图乙中，把正、负接线柱用导线连在一起，是为了在运输过程中保护电表指针，利用了电磁阻尼
解析：极靴与圆柱形软铁之间的磁场是辐向分布的，不是匀强磁场，故A错误；极靴与圆柱形软铁之间的磁场是辐向分布的，因此不管线圈转到什么角度，其平面都跟磁感线平行，磁力矩与线圈中电流成正比，当线圈转动时，螺旋弹簧将被扭动，产生一个阻碍线圈转动的阻力矩，其大小与线圈转动的角度成正比，当磁力矩与螺旋弹簧中的阻力矩相等时，线圈停止转动，此时指针偏向的角度与电流成正比，故B正确；图乙中，把正、负接线柱用导线连在一起，是为了在运输过程中保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故C错误，D正确。故选BD。
10．(2023·河北石家庄高二统考期末)2021年9月3日，聂海胜示范了太空踩单车，如图甲所示。太空单车是利用电磁阻尼的一种体育锻炼器材，其原理如图乙所示。在铜质轮子的外侧有一些磁铁(与轮子不接触)，在健身时带动轮子转动，磁铁会对轮子产生阻碍，磁铁与轮子间的距离可以改变。下列说法正确的是( D )
A．轮子受到的阻力大小与其材料电阻率无关
B．若轮子用绝缘材料替换，也能保证相同的效果
C．磁铁与轮子间距离不变时，轮子转速越大，受到的阻力越小
D．轮子转速不变时，磁铁与轮子间距离越小，受到的阻力越大
解析：轮子(导体)在磁场中做切割磁感线的运动，会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的轮子产生阻力，以阻碍轮子与磁场之间的相对运动，所以轮子受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，安培力大小与电阻率有关，A错误；轮子(导体)在磁场中做切割磁感线的运动，会产生感应电动势和感应电流，因此不能用绝缘材料替换，B错误；磁铁与轮子间的距离不变时，轮子转速越大，产生的感应电流越大，轮子受到的阻力越大，C错误；磁铁越靠近轮子，轮子处的磁感应强度越强，所以在轮子转速一定时，磁铁越靠近轮子，轮子上产生的感应电动势和感应电流越大，轮子受到的阻力越大，D正确。故选D。
11.一个半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环，用一根长为L的绝缘细绳悬挂于O点，离O点下方处有一宽度为、垂直纸面向里的匀强磁场区域，如图所示。现使圆环从与悬点O等高位置A处由静止释放(细绳张直，忽略空气阻力)，摆动过程中金属环所在平面始终垂直磁场，则在达到稳定摆动的整个过程中金属环产生的热量是( C )
A．mgL B．mg
C．mg D．mg(L＋2r)
解析：当环在磁场下方摆动，不再进入磁场时，摆动稳定，金属环中产生的焦耳热等于环减少的机械能，由能量守恒定律得：Q＝mg＝mg，故C正确。故选C。
12．(2023·广东东莞高二期中)如图甲所示为探究电磁驱动的实验装置。某个铝笼置于U形磁铁的两个磁极间，铝笼可以绕支点自由转动，其截面图如图乙所示。开始时，铝笼和磁铁均静止，转动磁铁，会发现铝笼也会跟着发生转动，下列说法正确的是( A )
A．铝笼是因为受到安培力而转动的
B．铝笼转动的速度的大小和方向与磁铁相同
C．磁铁从图乙位置开始转动时，铝笼截面abcd中的感应电流的方向为a→d→c→b→a
D．当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝笼将保持匀速转动
解析：磁铁从图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，从而产生感应电流，方向为a→b→c→d→a，因而受到安培力作用，导致铝笼转动，所以铝笼是因为受到安培力而转动的，A项正确，C项错误；根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致铝笼与磁铁转动方向相同，但快慢不相同，铝笼的转速一定比磁铁的转速小，B项错误；当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流，所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，D项错误。故选A。
13．如图所示，质量为m＝100 g的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面高度h＝0.8 m，有一质量为M＝200 g的小磁铁(长度可忽略)，以v0＝10 m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点距铝环原位置的水平距离为l＝3.6 m，则小磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看作平抛运动)：
(1)铝环向哪边偏斜？
(2)若铝环在小磁铁穿过后速度为v′＝2 m/s，在小磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？(g取10 m/s2)
答案：(1)铝环向右偏斜 (2)1.7 J
解析：(1)当小磁铁穿过铝环时，根据楞次定律可知铝环将受到安培力作用，此安培力阻碍小磁铁与铝环间的相对运动，所以铝环向右偏斜。
(2)设小磁铁穿过铝环后的速度大小为v。
小磁铁穿过铝环后做平抛运动，则得：
h＝gt2，得t＝＝ s＝0.4 s，
所以有v＝＝ m/s＝9 m/s，
根据能量守恒定律得：E电＝Mv－Mv2－mv′2＝×0.2×102 J－×0.2×92 J－×0.1×22 J＝1.7 J。
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1．下列关于涡流的说法正确的是( A )
A．涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的
B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C．涡流有热效应，但没有磁效应
D．在硅钢中不能产生涡流
解析：涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的，故A正确。涡流是变化的磁场产生变化的电场形成的，是感应电流，故B错误。涡流既有热效应，也有磁效应，故C错误。整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是减小涡流，故D错误。故选A。
2.如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环口径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，若运动过程中小球的带电荷量不变，那么( C )
A．磁场力对小球一直做正功
B．小球受到的磁场力不断增大
C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动
D．小球仍做匀速圆周运动
解析：因为玻璃圆环所在处有均匀变化的磁场，在周围产生稳定的感生电场，电场力对带正电的小球做功，由楞次定律可判断感生电场方向为顺时针方向，在电场力作用下，小球先沿逆时针方向做减速运动，后沿顺时针方向做加速运动，选项C正确，D错误；磁场力方向始终与小球做圆周运动的线速度方向垂直，所以磁场力对小球不做功，选项A错误；小球的速率先减小到零后增大，开始时B＝0，F＝0，小球速率为零时，F＝0，可知小球受到的磁场力不是不断增大的，选项B错误。
3．如图所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，电磁炉工作时产生的电磁波，是由线圈内高频变化的电流产生的且完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害。关于电磁炉，以下说法正确的是( C )
A．电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的
B．电磁炉与电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的
C．电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的
D．目前家庭购买的电磁炉加热食物时通常用的是铁质锅，不用铝锅的原因是铝锅放在电磁炉上锅底不会产生涡流
解析：电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的，故涡流是由于锅底中的电磁感应产生的，故C正确，A、B错误；铝锅放在电磁炉上也会形成涡流，但由于铝不是导磁材料，不能产生足够的热量，故不能采用铝锅作为电磁炉的锅具，故D错误。故选C。
4.(2023·江苏徐州高二期末)如图所示，磁电式电流表的线圈常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，铝框的两端装有转轴，转轴的两边各有一个螺旋弹簧(绕制方向相反)，关于磁电式电流表，下列说法正确的是( B )
A．线圈通电后，由于螺旋弹簧的弹力作用，可以使指针尽快稳定下来
B．线圈通电后，由于铝框中的电磁阻尼作用，可以使指针尽快稳定下来
C．线圈骨架换成塑料，通电后也可以使指针尽快稳定下来
D．在运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，主要是为了增强铝框中的电磁阻尼作用
解析：铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致通过铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动，利用了电磁阻尼原理，故A错误，B正确；塑料做骨架因不能导电则起不到电磁阻尼的作用，故C错误；在运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，是为了接通回路能在铝框中产生电磁阻尼作用，而不能增强，故D错误。
5．(2023·江苏徐州高二统考期中)如图所示，磁性转速表是利用电磁驱动原理工作的。下列说法正确的是( A )
A．在电磁驱动的过程中，其他形式能转化为机械能
B．铝盘中产生感应电流，因受洛伦兹力作用而转动
C．永久磁体和铝盘应装在同一转轴上，两者同速转动
D．永久磁体和铝盘应装在同一转轴上，两者转动方向相反
解析：在电磁驱动的过程中，其他形式能转化为机械能，故A正确；铝盘中产生感应电流，因受安培力作用而转动，故B错误；磁性转速表的原理是：永久磁铁安装在转轴上，当转轴转动时带动永久磁铁转动，在铝盘中将产生感应电流，使铝盘受到安培力作用而转动，从而使指针发生偏转，所以永久磁铁和铝盘不能装在同一转轴上，并且铝盘产生的感应电流阻碍永久磁铁的转动，两者转动方向相同，由于铝盘一定与永久磁铁存在相对运动才能产生感应电流，所以两者转速不同，故C、D错误。故选A。
6.(2023·广东清远高二统考期末)电磁阻尼现象演示装置如图所示，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；若在其正下方固定一钢块(不与磁铁接触)，则摆动快速停止。下列说法正确的是( C )
A．如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
B．用铜块替代钢块，重复试验将不能观察到电磁阻尼现象
C．在固定钢块的情况下，磁铁下摆和上摆过程中磁铁和钢锯条组成的系统机械能均减少
D．在固定钢块的情况下，磁铁在摆动过程中与钢块没有相互作用力
解析：如果将磁铁的磁极调换，重复实验时，钢块的磁通量仍会变化，从而产生电磁感应(涡流)现象，进而将观察到电磁阻尼现象，故选项A错误；用铜块替代钢块，重复实验时，在铜块中仍会产生涡流，仍能观察到电磁阻尼现象，故选项B错误；在固定钢块的情况下，磁铁下摆和上摆过程中磁铁和钢锯条组成的系统机械能均减少，原因是在此过程中，钢块里出现涡流，从而产生内能，故选项C正确；在固定钢块的情况下，根据楞次定律的“来拒去留”，磁铁在摆动过程中与钢块间存在相互作用力，故选项D错误。故选C。
7.现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图甲所示，上、下为电磁体的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室。图乙为真空室的俯视图，电子在真空室中做圆周运动。电磁体线圈中电流可以变化，产生感生电场使电子加速。某时刻电磁体线圈中电流如图所示，电子逆时针方向运动。下列说法正确的是( D )
A．此时真空室中磁场方向由上向下
B．感生电场对电子的作用力给电子提供向心力
C．电子做圆周运动的向心加速度大小始终不变
D．为使电子加速，图中电流应该由小变大
解析：根据题图中电流，结合右手螺旋定则可知，真空室中磁场方向由下向上，故A错误；由于电磁体线圈中电流可以变化，产生的感生电场使电子加速，故B错误；由于感生电场使电子加速，电子的速度变大，所以电子运动的向心加速度大小会发生变化，故C错误；电磁体线圈中电流变大，产生的磁感应强度变大，由楞次定律可知，进而产生的感生电场方向是顺时针方向，电子受感生电场的力与运动方向相同，电子的速度增大，故D正确。故选D。
8.物理课上老师做了这样一个实验，将一平整且厚度均匀的铜板固定在绝缘支架上，一质量为m的永磁体放置在铜板的上端，t＝0时刻给永磁体一沿斜面向下的初速度，永磁体将沿斜面向下运动，如图所示。若永磁体下滑过程中所受的摩擦力Ff大小不变，且Ff＜mg sin θ(式中θ为铜板与水平面的夹角)。取铜板下端所在水平面为零势能面。则下图中关于永磁体下滑过程中速率v、动能Ek、重力势能Ep、机械能E随时间t变化的图像一定错误的是( C )
解析：永磁体下滑时由于涡流的产生会有阻尼作用，且随速度的增大而增大，所受的摩擦阻力不变，由mg sin θ－Ff－Ff阻尼＝ma可知，随着永磁体的加速下滑，阻尼作用增大，则加速度逐渐减小，v t图线的斜率减小，故A正确；若开始下滑时永磁体满足mg sin θ－Ff－Ff阻尼＝0，永磁体匀速下滑，此时动能不变，故B正确；永磁体下滑时重力势能逐渐减小，不会趋近于某一定值，故C错误；永磁体下滑过程中，由于有电能产生，则机械能逐渐减小，故D正确。因选错误的，故选C。
二、选择题(每小题有多个选项符合题目要求)
9．(2023·江苏苏州高二期末)图中的四个图都与涡流有关，下列说法正确的是( ABD )
A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B．金属探测器是利用被测金属中产生的涡流来进行探测的
C．电磁炉工作时在它的面板上产生涡流加热食物
D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠合而成是为了减小涡流
解析：真空冶炼炉是利用线圈中的电流做周期性变化，在金属中产生涡流，从而产生大量的热量，熔化金属的，故A正确；金属探测器中通有变化的电流，遇到金属物体时，被测金属中产生涡流，涡流产生的磁场反过来影响探测器中的电流，从而进行探测，故B正确；电磁炉工作时，在锅体中产生涡流，加热食物，故C错误；当变压器中的电流变化时，在其铁芯中将产生涡流，使用硅钢片制成的铁芯可以减小涡流，从而减小能量损失，故D正确。
10.如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( CD )
A．取走线圈中的铁芯
B．将金属杯换为瓷杯
C．提高交流电源的频率
D．增加线圈的匝数
解析：由题意可知，本题中是涡流现象的应用，即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感应电流从而进行加热的，则由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率，缩短加热时间，故A错误，C、D正确；将杯子换作瓷杯不会产生涡流，则无法加热水，故B错误。故选CD。
11.(2023·陕西西安高二开学考试)如图所示，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一钢制圆环用绝缘细线悬挂于O点。将圆环拉至位置a后无初速度释放，圆环摆到右侧最高点b，不计空气阻力。在圆环从a摆向b的过程中( AD )
A．感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向
B．感应电流的大小是先增大再减小
C．如果铜环的电阻足够小，b点与a点的高度差也足够小
D．安培力方向始终沿水平方向
解析：由楞次定律知，感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向，A正确；由法拉第电磁感应定律，且电流方向改变时有某时刻电流是零，环心过图示虚线感应电流顺时针最大，所以感应电流的大小是先增大再减小，再增大再减小，再增大再减小，B错误；铜环的电阻小，在相同的感应电动势时电流更大，克服安培力做功的功率更大，b点与a点的高度差更大，C错误；由于磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布，所以安培力方向始终沿水平向左的方向，D正确。故选AD。
12．(2023·吉林通化高二校考期末)如图所示为某种售货机硬币识别系统简图。虚线框内存在磁场，从入口A进入的硬币沿斜面滚落，通过磁场区域后，由测速器测出速度大小，若速度在某一合适范围，挡板B自动开启，硬币就会沿斜面进入接收装置；否则挡板C开启，硬币进入另一个通道拒绝接收。下列说法正确的是( BCD )
A．磁场能使硬币的速度增大得更快
B．由于磁场的作用，硬币的机械能减小
C.硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力
D．如果没有磁场，则测速器示数会更大一些
解析：根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，感应电流会阻碍硬币的相对运动，即硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力，若磁场阻力大于硬币重力沿斜面的分力，硬币将做减速运动，若磁场阻力等于硬币重力沿斜面的分力，硬币将匀速进入磁场，若磁场阻力小于硬币重力沿斜面的分力，硬币继续加速运动，但速度增加变慢，综上所述，磁场能使硬币的速度增大变慢，故A错误，C正确；根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，感应电流会阻碍硬币的相对运动，对硬币做负功，使硬币的机械能减小，故B正确；如果没有磁场，对硬币没有阻碍作用，由动能定理可知，硬币到达测速器位置时速度更大一些，故D正确。故选BCD。
三、非选择题
13．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是y＝x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)。一个质量为m的小金属块从抛物线上y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑。假设抛物线足够长，小金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是多少？
答案：mg(b－a)＋mv2
解析：小金属块最终在y＝a以下来回摆动，以y＝b(b＞a)处为初位置，y＝a处为末位置，知末位置的速度为零，在整个过程中，机械能减小，减小的机械能转化为内能，根据能量守恒定律得Q＝mg(b－a)＋mv2。
14．如图所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有一足够长的金属杆，杆上挂有一光滑螺线管A。在弧形轨道上高为h的地方，无初速度释放一磁铁B(可视为质点)，B下滑至水平轨道时恰好沿螺线管A的中心轴运动，设A、B的质量分别为M、m，若最终A、B速度分别为vA、vB。
(1)螺线管A将向哪个方向运动？
(2)全过程中整个电路所消耗的电能。
答案：(1)向右运动
(2)mgh－Mv－mv
解析：(1)磁铁在水平轨道上向右滑动，穿过A的磁通量发生变化，产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，为阻碍B的靠近，A向右运动；
(2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和螺线管中的电能，即mgh＝Mv＋mv＋E电，则E电＝mgh－Mv－mv。
4 互感和自感
互感现象
1．(多选)下列关于互感现象的说法正确的是( ABC )
A．一个线圈中的电流变化时，与之靠近的线圈中产生感应电动势的现象称为互感现象
B．互感现象的实质是电磁感应现象，同样遵循楞次定律和法拉第电磁感应定律
C．利用互感现象能够将能量由一个线圈传递到另一个线圈，人们制造了收音机的“磁性天线”
D．互感现象在电力工程以及电子电路中不会影响电路的正常工作
解析：两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象称为互感现象，之所以会在另一个线圈中产生感应电动势，是因为变化的电流产生变化的磁场，引起另一个线圈中的磁通量发生变化，发生电磁感应现象，故A、B正确；收音机的“磁性天线”以及变压器均是利用互感的原理，也就是利用互感现象能够将能量由一个线圈传递到另一个线圈，故C正确；互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间，会影响电路的正常工作，故D错误。故选ABC。
2.(2023·贵州遵义高二统考期末)(多选)无线感应技术已经在生活中广泛普及。某物理兴趣小组计划利用两个线圈制作一个简易的无线感应装置，装置模型如图所示。感应过程中送电线圈可产生变化的磁场，从而使受电线圈产生电流。下列说法正确的是( ABC )
A．该装置利用了电磁感应原理
B．感应过程中穿过受电线圈的磁通量要发生变化
C．两线圈不必正对也能产生感应电流
D．当穿过受电线圈的磁通量为零时，受电线圈中一定无感应电流
解析：无线感应技术利用的是电磁感应原理，A正确；送电线圈的电流发生变化，激发的磁场发生变化，引起穿过受电线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，即使两线圈不正对，受电线圈中的磁通量仍可发生变化，可以产生感应电流，故B、C正确；当穿过受电线圈的磁通量为零时，只要穿过线圈的磁通量变化率不为零，线圈中即有感应电流，故D错误。
3．在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求两个线圈的磁场相互影响小，即当一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈中的电流的影响尽量小。则图中两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是( D )
解析：在D装置中，两线圈正交放置，当一个线圈电流变化时，产生的变化磁场不通过另一个线圈，对另一个线圈无影响。而A、B、C的三种方式中，当一个线圈电流变化时，产生的变化磁场部分通过另一个线圈，对另一个线圈将产生影响。故D正确，A、B、C错误。故选D。
自感现象
4．(多选)下列关于自感现象的说法正确的是( ACD )
A．自感现象是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象
B．线圈中自感电动势的方向总与引起自感的原电流的方向相反
C．线圈中的自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关
D．加铁芯后线圈的自感系数比没有铁芯时要大
解析：自感是由于导体本身的电流发生变化，穿过导体本身的磁通量变化产生感应电动势，是特殊的电磁感应现象，故A正确。根据楞次定律得知，线圈中自感电动势总阻碍电流的变化，当电流增大时，自感电动势的方向与引起自感的原电流的方向相反；当电流减小时，自感电动势的方向与引起自感的原电流的方向相同，故B错误。根据法拉第电磁感应定律E＝n知，自感电动势与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关，故C正确。加铁芯后线圈的自感系数比没有铁芯时要大得多，故D正确。
5.(2023·黑龙江哈尔滨三中高二月考)如图是用于观察自感现象的电路图，设线圈L的自感系数较大，线圈的直流电阻RL与灯泡的电阻R满足RL>R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到( B )
A．灯泡立即熄灭
B．灯泡逐渐熄灭
C．灯泡有闪亮现象
D．只有在RL>R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象
解析：开关S闭合且电路稳定时，由于线圈直流电阻大于灯泡电阻，所以流过线圈的电流小于流过灯泡的电流，开关S断开瞬间，线圈上产生自感电动势，阻碍电流的减小，原来通过灯泡的电流随着开关断开而消失，而灯泡和线圈形成闭合回路，流过线圈的电流也流过灯泡，因此灯泡逐渐熄灭。若线圈直流电阻小于灯泡电阻，断开开关时，会出现灯泡闪亮现象。故选B。
6.(多选)如图所示，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1＜R2＜R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管。开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是( BD )
A．L1逐渐变亮
B．L2立即熄灭
C．L1先变亮，然后逐渐变暗
D．L3先变亮，然后逐渐变暗
解析：闭合时，因为R1＜R2＜R3，所以通过灯泡L1的电流大于通过L3的电流，断开开关，通过L1的电流由于线圈对电流的变化有阻碍作用，阻碍电流的变化，且与L2、L3构成回路，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过L2，则L2立即熄灭，由于开始通过L1的电流大于通过L3的电流，所以L3先变亮然后逐渐变暗，L1逐渐变暗，故B、D正确，A、C错误。故选BD。
自感电路中电流大小、方向的判断
7.
(2023·山东威海高二期中)如图所示电路中，a、b两灯相同，闭合开关S电路达到稳定后两灯一样亮，则( D )
A．当S断开的瞬间，a、b两灯中电流立即变为零
B．当S断开的瞬间，a、b两灯中都有向右的电流，两灯不立即熄灭
C．当S闭合的瞬间，a灯比b灯先亮
D．当S闭合的瞬间，b灯比a灯先亮
解析：当S断开的瞬间，由于线圈自感电动势的延时作用，且线圈与a、b形成闭合回路，a中电流向右，b中电流向左，a、b两灯中电流均逐渐减小，均逐渐熄灭，A、B错误；当S闭合的瞬间，由于线圈自感电动势的阻碍作用，a灯逐渐变亮，b灯立即变亮，即b灯比a灯先亮，C错误，D正确。故选D。
8.如图是演示自感现象的电路，A1与A2是完全相同的灯泡，灯泡与定值电阻的阻值均为R；在开关S2断开、S1闭合并且电路稳定时两灯的亮度一样。现闭合开关S2待电路稳定后，突然断开开关S1的瞬间，下列现象正确的是( D )
A．A1立即熄灭
B．A1先是变得更亮，再逐渐变暗直至熄灭
C．有短暂电流流过A2，方向向右
D．有短暂电流流过A1，方向向左
解析：由题意知线圈电阻也为R，S1、S2都闭合时，通过A1和A2电流相同。断开S1后线圈L和灯泡A1、开关S2组成回路，由于线圈L的自感作用，回路中电流开始从原来的大小逐渐减小，故灯泡A1逐渐熄灭，灯泡A2立即熄灭。由于灯泡电阻和线圈电阻相等，原来流过L的电流与灯泡A1相等，因此断开S1瞬间A1灯不会变得更亮，故A、B、C错误。线圈L中电流方向向右，故灯泡A1的电流方向向左，故D正确。故选D。
9．(2023·山东烟台高二阶段练习)某同学想对比电感线圈和小灯泡对电路的影响，他设计了如图甲所示的电路，电路两端电压U恒定，A1、A2为完全相同的电流传感器。先闭合开关S得到如图乙所示的it图像，等电路稳定后，断开开关(断开开关的实验数据未画出)。下列关于该实验的说法正确的是( D )
A．闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零
B．乙图中的a曲线表示电流传感器A2测得的数据
C．断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭
D．t1时刻小灯泡与线圈的电阻相等
解析：闭合开关时，自感线圈中电流为零，由于自感现象线圈自感电动势不为零，故A错误；A2中电流等于自感线圈中电流，自感线圈中电流从零开始逐渐增大，最后趋于稳定，故A2中数据应为乙图中b曲线，故B错误；断开开关前，两支路中电流相等，刚断开开关时，通电线圈的电流不变，故灯泡不会发生明显闪亮，而是逐渐熄灭，故C错误；t1时刻，两支路中电压相等，电流相等，则电阻相等，即小灯泡与线圈的电阻相等，故D正确。故选D。
10．一个线圈的电流强度在0.001 s内有0.02 A的变化时，产生50 V的自感电动势，求线圈的自感系数。如果这个电路中电流强度的变化率为40 A/s，产生的自感电动势又是多大？
答案：2.5 H 100 V
解析：自感电动势公式E＝L，结合电流变化率为＝ A/s＝20 A/s，产生的自感电动势为50 V，
则有L＝＝ H＝2.5 H，
当电流变化率为40 A/s时，产生的自感电动势是E′＝L＝2.5×40 V＝100 V。
11．如图所示的电路中，已知E＝20 V，R1＝20 Ω，R2＝10 Ω，L是纯电感线圈，且电阻可忽略不计，电源内阻不计，则当S闭合电路稳定时a、b间的电压为多少？在断开S的瞬间，a、b间的电压为多少？
答案：0 V 60 V
解析：当闭合开关S，待电路稳定后，由于电感电阻为零，电压为零。
根据闭合电路欧姆定律，则有通过R1电流大小为
I1＝＝ A＝1 A；
通过R2电流大小为I2＝＝ A＝2 A；
当S断开时，L线圈中电流变化，导致产生自感电动势，从而与R1、R2构成回路，
则断开开关S的瞬间两电阻的电流大小均为2 A。由欧姆定律，得U＝I2(R1＋R2)＝2×(20＋10) V＝60 V。
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1．关于自感现象、自感系数、自感电动势，下列说法正确的是( D )
A．当线圈中通恒定电流时，线圈中没有自感现象，线圈自感系数为零
B．线圈中电流变化越快，线圈的自感系数越大
C．自感电动势与原电流方向相反
D．对于确定的线圈，其产生的自感电动势与其电流变化率成正比
解析：当线圈中通恒定电流时，线圈中没有自感现象，不产生自感电动势，但是线圈自感系数不为零，选项A错误；线圈中电流变化越快，产生的自感电动势越大，线圈的自感系数与电流变化快慢无关，选项B错误；根据楞次定律，当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流增大，自感电动势方向与原电流方向相反；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流减小，自感电动势方向与原电流方向相同，选项C错误；对于确定的线圈，自感系数L一定，其产生的自感电动势与其电流变化率成正比，选项D正确。
2.如图所示，电路中电源的内阻不能忽略，A、B为两个完全相同的灯泡，当S闭合时，下列说法正确的是(线圈L的自感系数很大，直流电阻较小)( B )
A．A比B先亮，然后A逐渐熄灭
B．B比A先亮，然后B逐渐变暗
C．A、B一起亮，然后A逐渐熄灭
D．A、B一起亮，然后B逐渐熄灭
解析：S闭合时，线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，电路稳定后线圈L的直流电阻较小，故流过B灯支路的电流变小，所以B灯逐渐变暗，故B正确。
3.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的电阻不计。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S。下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，可能正确的是( B )
解析：在t＝0时刻闭合开关S时，线圈中电流增大，产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流I也逐渐增大，根据欧姆定律UAB＝E－Ir，UAB逐渐减小直到稳定。在t＝t1时刻断开S时，线圈中产生自感电动势，电阻R、灯泡D和线圈组成自感回路，回路中电流从线圈内原来值逐渐减小到零，此时流过灯泡D的电流方向与原来的方向相反，则B点的电势比A点的电势高，UAB＜0，故A、C、D错误，B正确。故选B。
4.如图所示，在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在1位置，现在它从1接向2，试判断此过程中，通过R的电流方向是( C )
A．先由P到Q，再由Q到P
B．先由Q到P，再由P到Q
C．始终是由Q到P
D．始终是由P到Q
解析：当单刀双掷开关原来接在1位置，线圈A左端是S极，右端是N极。现在它从1接向2，则线圈A左端是N极，右端是S极。导致向右穿过线圈B的磁场先变小，后向左穿过线圈B的磁场变大，则由楞次定律可得：感应电流方向始终由Q到P。故选C。
5.(2023·江苏连云港高二统考期末)一种叫“焦耳小偷”的电路，可以“榨干”一节旧电池的能量，其原理如图所示。一节废旧的5号电池开路电压大约1 V，直接点亮一个需要1.6 V电压驱动的发光二极管是不可能的，这时可以反复快速接通和断开开关，发光二极管就会闪烁起来。下列说法中正确的是( C )
A．发光二极管的正极应接在C端
B．只有开关接通的瞬间，发光二极管才会闪亮发光
C．只有开关断开的瞬间，发光二极管才会闪亮发光
D．开关断开及接通的瞬间，A端的电势均高于B端的电势
解析：由图可知，发光二极管的正极应接在B端，故A错误；开关接通瞬间，流过线圈的电流增大，线圈产生与原电流相反的自感电动势，发光二极管被短路，发光二极管不会闪亮发光，此时B端电势低于A端电势，故B错误；开关断开的瞬间，流过线圈的电流减小，线圈产生与原电流同向的自感电动势，与原电流叠加，能提供更大的电动势和电流，发光二极管会闪亮发光，此时B端电势高于A端电势，故C正确，D错误。故选C。
6.如图是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路图，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压。在测量完毕后，拆除实验电路时应( B )
A．先断开S1 B．先断开S2
C．先拆除电流表 D．先拆除电阻R
解析：若先断开开关S1或先拆去电流表或先拆去电阻R，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将反向通过电压表，造成电压表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2，故B正确，ACD错误。故选B。
7．某同学用图甲电路探究自感现象对电流的影响，闭合开关后灯泡发光，过一会再断开开关，图乙为电流传感器采集的电流随时间变化的图像。已知乙图中单元格边长为0.4 s和0.1 A，线圈直流电阻与灯泡电阻相同，电流传感器内阻不计。则( D )
A．开关闭合后通过线圈的电流恒为0.4 A
B．开关断开后灯泡闪一下然后逐渐熄灭
C．开关断开后通过灯泡的电流方向向左
D．开关断开后流过灯泡的电荷量约为0.2 C
解析：根据题意，由于线圈的自感现象，通过线圈的电流逐渐增大，稳定后电流恒为0.4 A，故A错误；根据题意可知，稳定后通过线圈的电流与通过灯泡的电流相等，开关断开后，由于线圈的自感现象，灯泡逐渐熄灭，且通过灯泡的电流方向向右，故B、C错误；根据题意，I——t图像中图线与横轴围成的面积表示电荷量，由图可知，每个小格为q0＝0.1×0.4 C＝0.04 C，根据不足半格舍去，半格以上算一个可得，开关断开后流过灯泡的电荷量约为q＝5q0＝0.2 C，故D正确。故选D。
8．目前，许多停车场门口都设置车辆识别系统，在自动栏杆前、后的地面各自铺设相同的传感器线圈A、B，两线圈各自接入相同的电路，电路a、b端与电压有效值恒定的交变电源连接，如图所示。工作过程回路中流过交变电流，当以金属材质为主体的汽车接近或远离线圈时，线圈的自感系数会发生变化，导致线圈对交变电流的阻碍作用发生变化，使得定值电阻R的c、d两端电压就会有所变化，这一变化的电压输入控制系统，控制系统就能做出抬杆或落杆的动作。下列说法正确的是( D )
A．汽车接近线圈A时，该线圈的自感系数减小
B．汽车离开线圈B时，回路电流将减小
C．汽车接近线圈B时，c、d两端电压升高
D．汽车离开线圈A时，c、d两端电压升高
解析：汽车上有很多钢铁，当汽车接近线圈时，相当于给线圈增加了铁芯，所以线圈的自感系数增大，故A错误；当汽车接近线圈A或B时，线圈的自感系数增大，感抗也增大，在电压不变的情况下，交流回路的电流将减小，所以电阻两端的电压将减小，即c、d两端的电压将减小；同理，汽车远离线圈A或B时，线圈的感抗减小，交流回路的电流增大，c、d两端的电压将增大，故D正确，B、C错误。故选D。
二、选择题(每小题有多个选项符合题目要求)
9.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略。R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈。开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( AC )
A．I1开始较大而后逐渐变小
B．I1开始很小而后逐渐变大
C．I2开始很小而后逐渐变大
D．I2开始较大而后逐渐变小
解析：开关S闭合瞬间，由于线圈的自感作用，通过R2的电流开始很小，后逐渐变大，通过R1的电流开始较大，全电路的电流增大，结合闭合电路的欧姆定律可知，路端电压减小，所以通过R1的电流I1变小，故A、C正确，B、D错误。故选AC。
10．(2023·北京海淀区高二统考期末)为演示断电自感现象，用小灯泡、带铁芯的自感线圈L和定值电阻R等元件组成如图甲所示的电路。闭合开关待电路稳定后，电路中两支路的电流分别为I1和I2。如图乙反映断开开关前后的一小段时间内电路中的电流随时间变化的关系。断开开关后( AC )
A．自感线圈所在支路的电流如曲线a所示
B．自感线圈所在支路的电流如曲线b所示
C．小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭
D．小灯泡逐渐变暗直至熄灭
解析：断开开关前后的一小段时间内，通过自感线圈的电流方向是不变的，则自感线圈所在支路的电流如曲线a所示，选项A正确，B错误；由图可知，断开开关之前通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流，则断开开关后，线圈产生自感电动势阻碍电流减小，线圈相当于电源，由于线圈、电阻和灯泡重新组成回路，则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭，选项C正确，D错误。故选AC。
11.如图所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是( AD )
A．开关S闭合时，b、c灯立即亮，a灯逐渐亮
B．开关S闭合，电路稳定后，b、c灯亮，a灯不亮
C．开关S断开时，b、c灯立即熄灭，a灯逐渐熄灭
D．开关S断开时，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭
解析：灯a与线圈L串联，当开关S闭合时，灯b、c立即发光。通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，a逐渐亮起来，所以b与c比a先亮。由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，a、b两灯电流相等，亮度相同，故A正确，B错误；稳定后当开关S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡a、b构成闭合回路放电，两灯都逐渐熄灭，而c灯立即熄灭，故C错误，D正确。故选AD。
12.图中电感L的直流电阻为R，小灯泡的电阻也为R，两个相同的小量程电流表G1、G2的内阻不计。当开关S闭合，电路达到稳定后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中央)。则( BD )
A．开关断开后G1、G2的指针都立即回到零点
B．开关断开后G1缓慢回到零点，G2立即左偏，然后缓慢回到零点
C．从闭合开关到电路稳定过程中两电流表示数变化情况完全相同
D．从闭合开关到电路稳定过程中小灯泡先变亮然后变暗
解析：电路稳定后断开，通过灯泡这一支路的电流立即消失，由于自感线圈对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过自感线圈的电流会通过灯泡，所以含有自感线圈的支路的电流从左边流入，通过G1的电流逐渐减小，缓慢回到零点，而G2立即左偏，然后缓慢回到零点，故A错误，B正确；从闭合开关到电路稳定的过程中，由于自感线圈对电流的阻碍，G1的示数缓慢增大，G2 的示数先变大后缓慢减小，小灯泡先变亮然后变暗，故C错误，D正确。故选BD。
三、非选择题
13.张老师在课堂上演示了如图所示的实验，电源电动势为1.5 V，人两手间电阻设为200 kΩ，L为自感系数很大的自感线圈。当开关S1和S2都闭合稳定时，电流表A1、A2的示数分别为0.6 A和0.4 A。当断开S2，闭合S1，电路稳定时电流表A1、A2的示数都为0.5 A。实验前先将两开关都断开。
(1)以下操作能使人有触电感觉的是C。
A．先将S1和S2闭合，稳定后再突然断开S1
B.先将S1和S2闭合，稳定后再突然断开S2
C.保持S2断开，先闭合S1，稳定后再突然断开S1
D．由于电源电动势只有1.5 V，无论怎样操作都不会使人有触电的感觉
(2)任意操作两开关，最有可能烧坏的是C。
A．电流表A1
B．电流表A2
C．小灯泡
D．所有仪器都不会烧坏
(3)保持S2断开，先闭合S1待稳定后突然断开S1，此时A、B两点中电势较高的点是A点，A、B间瞬时电压的最大值为100 kV。
解析：(1)当开关S1闭合，保持S2断开时，自感线圈与人并联，由于电源电动势为1.5 V，所以流过人的电流很小。当S1断开时，自感线圈电流变小，从而产生很高的瞬间电压，使人身体有触电的感觉。故C正确，A、B、D错误。(2)由电路图可知，
任意操作两开关，会导致线圈中产生很高的感应电动势，则小灯泡最有可能烧坏，故C正确，ABD错误。(3)保持S2断开，先闭合S1待稳定后突然断开S1，因电流的减小，导致产生感应电动势，从而阻碍电流的减小，则线圈相当于瞬间电源的作用，此时A、B两点中电势较高的是点A。当突然断开S1，经过人的电流为0.5 A，而人的电阻为200 kΩ，由欧姆定律可知，U＝IR＝0.5×200 kV＝100 kV。
14．如图所示，图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中电灯的电阻R1＝6.0 Ω，定值电阻R＝2.0 Ω，A、B间的电压U＝6.0 V。开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1＝1.0×10－3 s时刻断开开关S，该时刻前后电流传感器显示的电流I随时间t变化的图线如图乙所示。
(1)求出线圈L的电阻RL；
(2)在图甲中，断开开关后通过电灯的电流方向如何？
(3)在t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少？
答案：(1)2.0 Ω (2)方向向左 (3)3.0 V
解析：(1)由题图可知，开关S闭合且电路稳定时流过线圈L的电流为I0＝1.5 A，
由欧姆定律得：I0＝，
解得：RL＝2.0 Ω。
(2)断开开关后，线圈L、电阻R和电灯构成一闭合回路，由自感现象规律可知，电灯中的电流方向向左。
(3)由题图可知，t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的电流为I＝0.3 A，
此时线圈L相当于电源，由闭合电路欧姆定律得：E＝I(RL＋R＋R1)＝0.3×(2.0＋2.0＋6.0)V＝3.0 V。
相关试卷
2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：模块综合评估： 这是一份2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：模块综合评估，共5页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：第一章综合评估： 这是一份2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：第一章综合评估，共6页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：第五章综合评估： 这是一份2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：第五章综合评估，共5页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
