2020版高考物理一轮复习模拟演练 第10章 电磁感应 10-1电磁感应现象 楞次定律(含答案)

[高考导航]考点内容高考(全国卷)三年命题情况对照分析201620172018命题热点电磁感应现象Ⅰ卷·T24：电磁感应中的力、电综合Ⅱ卷·T20：转动切割和电路综合T24：电磁感应中的力、电综合Ⅲ卷·T25：电磁感应中的力、电综合Ⅰ卷·T18：电磁感应现象与阻尼现象Ⅱ卷·T20：法拉第电磁感应定律、E－t图象Ⅲ卷·T15：楞次定律、安培定则Ⅰ卷·T17：法拉第电磁感应定律Ⅰ卷·T19：楞次定律、安培定则Ⅱ卷·T18：切割公式、i－t图象Ⅲ卷·T20：法拉第电磁感应定律、楞次定律、i－t图象(1)根据楞次定律判断感应电流的方向(2)安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的综合运用(3)法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt和切割公式E＝Blv的应用磁通量法拉第电磁感应定律楞次定律自感、涡流实验：探究影响感应电流方向的因素(4)与图象结合考查电磁感应现象(5)通过“杆＋导轨”模型，“线圈穿过有界磁场”模型，考查电磁感应与力学、电路、能量等知识的综合应用(6)电磁感应规律在科技中的应用第1讲电磁感应现象楞次定律知识排查磁通量1.磁通量(1)定义：磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积。

(2)公式：Φ＝BS(B⊥S)；单位：韦伯(Wb)。

(3)矢标性：磁通量是标量，但有正负。

2.磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1。

3.磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)：磁通量的变化量与所用时间的比值，即ΔΦ，与线圈的匝数无关。

Δt电磁感应现象1.电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。

2.产生感应电流的条件(1)闭合电路；(2)磁通量发生变化。

感应电流的方向1.楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

适用于一切电磁感应现象。

本套资源目录2020版高考物理一轮复习第10章章末检测含解析新人教版2020版高考物理一轮复习第10章第1节电磁感应现象楞次定律教学案新人教版2020版高考物理一轮复习第10章第2节法拉第电磁感应定律自感涡流教学案新人教版2020版高考物理一轮复习第10章第3节电磁感应定律的综合应用教学案新人教版第十章章末检测(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。

在每小题给出的四个选项中第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2019·莱芜模拟)如图所示，光滑的水平桌面上放着两个完全相同的金属环a和b，当一条形磁铁的S极竖直向下迅速靠近两环中间时，则( )A．a、b均静止不动B．a、b互相靠近C．a、b均向上跳起D．a、b互相远离D[根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此两线圈产生顺时针方向的感应电流，因为两线圈靠近侧电流方向相反，所以a、b两环互相远离，D项正确。

]2.(2019·重庆模拟)如图所示的条形磁铁的上方放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行，则线框在由N极匀速平移到S极的过程中，线框中的感应电流的情况是( )A．线框中始终无感应电流B．线框中始终有感应电流C．线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部上方时无感应电流，以后又有了感应电流D．开始无感应电流，当运动到磁铁中部上方时有感应电流，后来又没有感应电流B[条形磁铁中部磁性较弱，两极磁性最强，线圈从左向右移动过程中，线圈中磁通量先减小后反方向增大，因此线圈中始终有感应电流，故B项正确。

]3．(2019·杭州模拟)如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，使用前先给超级电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场(方向垂直纸面向外)作用下加速。

第十章 ⎪⎪⎪电磁感应 [全国卷5年考情分析]磁通量(Ⅰ) 自感、涡流(Ⅰ) 以上2个考点未曾独立命题第1节 电磁感应现象 楞次定律一、磁通量1.概念:在磁感应强度为B 的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S 与B 的乘积叫做穿过这个面积的磁通量。

2.公式:Φ＝BS ，单位符号是Wb 。

[注1]3.适用条件: (1)匀强磁场。

(2)S 为垂直于磁场的有效面积。

4.物理意义:相当于穿过某一面积的磁感线的条数。

二、电磁感应现象1.定义:当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应。

2.感应电流的产生条件(1)表述一:闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。

(2)表述二:穿过闭合电路的磁通量发生变化。

3.实质产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流。

如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。

三、感应电流方向的判定1.楞次定律(1)内容:感应电流的磁场总要阻碍[注2]引起感应电流的磁通量的变化。

(2)适用范围:一切电磁感应现象。

2.右手定则[注3](1)内容:如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。

(2)适用情况:导线切割磁感线产生感应电流。

【注解释疑】[注1]磁通量是标量，但有正负，若磁通量为正，表示磁感线从规定的正面穿入；磁通量为负则反之。

[注2]“阻碍”不一定是相反，“阻碍”的是磁通量的变化；“阻碍”也不是阻止，而是延缓了磁通量的变化过程。

[注3]右手定则是楞次定律的特例，楞次定律适用于所有电磁感应现象，而右手定则适用于一段导体在磁场中切割磁感线运动的情况。

[深化理解]1.感应电流的产生条件表述一、表述二本质相同。

2.右手定则常用于感应电流产生条件表述一对应的问题，楞次定律对表述一、表述二对应的问题都适用。

课时作业(二十六)1.D　[解析]励磁线圈A中的电流是恒定电流,产生稳恒磁场,穿过线圈B的磁通量不发生变化,不产生感应电流,D正确.2.D　[解析]通电直导线周围磁场分布如图所示,根据楞次定律和安培定则判断,选项D正确.3.AC　[解析]线框从图示位置释放后,先在重力作用下向下运动,穿过线框的磁通量不变,故不产生感应电流,一直只受到重力,因此线框做直线运动,A正确,B错误;线框自右向左移动时,穿过线框的磁通量先向外减小,再向里增加,根据楞次定律和安培定则可判断,线框中感应电流一直沿逆时针方向,C正确,D错误.4.B　[解析]cd导线受到的安培力向下,由左手定则可判断,cd导线中电流方向是由c指向d,所以c点的电势高于d点的电势,故A错误;结合A的分析可知,ab棒中的电流由b流向a,因ab棒向左运动,由右手定则可判断,ab棒所处位置磁场方向竖直向上,则Ⅰ是S极,Ⅱ是N极,故B正确,C错误;根据楞次定律可判断,ab棒受到向右的安培力,故D错误.5.AD　[解析]导体棒向左加速运动时,由右手定则可判断出,导体棒PQ中感应电流的方向从P到Q,PQ上半部分与R1构成闭合回路,流经R1的电流方向向上,选项A正确,选项C错误.PQ下半部分与R2构成闭合回路,流经R2的电流方向向上,选项D正确,选项B错误.6.D　[解析]闭合S的瞬间,穿过B的磁通量没有变化,G中无感应电流,选项A、B错误.当闭合S后,若R接入电路的阻值增大,则A中电流减小,由右手螺旋定则知,穿过B的磁通量向下且减小,由楞次定律可判断,G中电流方向为b→a,故选项C错误,选项D正确.7.A　[解析]A中感应电流方向为顺时针,由右手螺旋定则可判断,感应电流的磁场向里,由楞次定律可知,引起感应电流的磁场可能为向外增大或向里减小,若原磁场向外,则B中电流方向应为逆时针,由于B带负电,故B应顺时针转动且转速增大,若原磁场向里,则B中电流方向应为顺时针,B应逆时针转动且转速减小,又因为导体环A具有扩展趋势,则B应顺时针转动且转速增大,A正确.8.AB　[解析]闭合开关S的瞬间,金属环中向左的磁通量增大,根据楞次定律可判断,从左侧看,环中产生沿顺时针方向的感应电流,A正确;由于电阻率ρ铜<ρ铝,先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环,铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流,由安培力公式可知,铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力,B正确;若将金属环置于线圈右侧,则闭合开关S的瞬间,环将向右弹射,C错误;电池正、负极调换后,同理可以得出金属环仍能向左弹射,D错误.9.B　[解析]导体棒MN向左运动时,由右手定则可判断,感应电流方向为MNdcM,而ab中的电流是由a到b的,即ab、cd中电流方向相反,则两导线相互排斥,故选项A、C错误;MN向右运动时,由右手定则可判断,cd中的感应电流由c到d,而ab中的电流是由a到b的,故两导线相互吸引,根据力的作用是相互的,可知这两个力大小相等,故选项B正确,选项D错误.10.BC　[解析]由楞次定律可知,电路接通的瞬间,螺线管中的电流从无到有,穿过铜环的磁通量向左增大,从左往右看,铜环中产生顺时针方向的感应电流,铜环有收缩的趋势,选项A、D错误,选项B、C正确.11.A　[解析]由安培定则可判断,螺线管中磁感线方向向上,金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下,当滑动触头向左滑动时,螺线管中电流增大,因此磁场变强,即磁感应强度变大,回路中的磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为a→c→d→b→a,由左手定则可判断,ab受到的安培力方向向左,cd受到的安培力方向向右,故ab向左运动,cd向右运动,A正确.12.ABC　[解析]闭合或断开开关S的瞬间,线圈A中的电流发生变化,线圈A中产生感应电动势,故A、B正确;闭合开关S的瞬间,穿过线圈A的磁通量增加,根据安培定则可判断,A中产生的磁场方向向上,同时穿过线圈B的磁通量向上增大,根据楞次定律可判断,线圈B中感应电流的磁场方向向下,根据安培定则可判断,线圈B下端的电势高,电流能通过二极管M,不能通过二极管N,故C正确;结合对选项C的分析可知,S断开瞬间,穿过线圈B的磁通量向上减小,线圈B中产生的感应电流方向与S闭合瞬间线圈B中产生的感应电流方向相反,所以此时感应电流能通过二极管N,不能通过二极管M,故D错误.课时作业(二十七)1.C　[解析]无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应,故A错误;当给充电设备通以恒定直流电时,充电设备不会产生交变磁场,即不能正常充电,故B错误;接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同,故C正确;被充电手机内部应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连,当有交变磁场时,产生感应电动势,故D错误.2.C　[解析]金属探测器只能探测金属,不能用于食品生产,不能防止细小的沙石颗粒混入食品中,选项A错误;金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流,选项B错误,C正确;探测过程中金属探测器应与被测物体相对运动,相对静止时无法得到探测结果,选项D错误.3.B　[解析]当回路断开时,电流要立即减小到零,但由于线圈的自感现象,会产生感应电动势,该自感电动势较大,所以刘伟被“电”到,即刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压,选项A错误,B正确;因多用电表的表笔已经与被测线圈脱离,则多用电表不可能被烧坏,选项C 错误;实验过程中若李辉两手分别握住红、黑表笔的金属杆,则当多用电表表笔与线圈脱离后,在电表回路不会产生感应电动势,他不会受到电击,选项D 错误.4.B [解析] I 甲==··=,I 乙==·S ·=,所以I 乙=2I 甲,由于丙中磁通量始终E 甲R ΔB Δt S 21R Sk 2R E 乙R ΔB Δt 1R SkR 为零,故I 丙=0,只有B 正确.5.BC [解析] 磁场向右均匀增强,由楞次定律判断,电容器上极板带正电,故A 错误,B 正确;闭合线圈与阻值为r 的电阻形成闭合回路,线圈相当于电源,电容器两极板间的电压等于路端电压,线圈产生的感应电动势E=nS =nSk ,路端电压U=·r=,则电容器所ΔBΔt E 2r E 2带电荷量为Q=CU=,故C 正确,D 错误.nSkC26.AC [解析] 根据楞次定律可得,当磁感应强度均匀减小时,圆环和线框内产生的感应电流的磁场方向都与原磁场方向相同,即感应电流方向都为顺时针方向,A 正确,B 错误;设圆环半径为a ,则圆面积为S=πa 2,圆周长为L=2πa ,正方形面积为S'=2a 2,正方形周长为L'=4a ,因为磁感应强度是均匀减小的,故E=,所以圆环和正方形线框产生的感2ΔB ·S Δt 应电动势之比为==,两者的电阻之比为==,故电流之比为=×=×=,E E 'S S 'π2R R 'L L 'π22I I 'E R R 'E '22ππ22故C 正确,D 错误.7.AD [解析] 当θ=0时,杆在圆心位置,切割磁感线的有效长度等于圆环直径,杆产生的感应电动势为E=2Bav ,A 正确;当θ=时,杆切割磁感线的有效长度等于圆环半径,杆π3产生的感应电动势为E=Bav ,B 错误;当θ=0时,回路的总电阻R 1=(2a+πa )R 0,杆受的安培力F 1=BI 1l=B ··2a=,C 错误;当θ=时,回路的总电阻R 2=(a+πa )R 0,杆受的安2BavR 14B 2av (π+2)R 0π353培力F 2=BI 2l'=B ··a=,D 正确.Bav R 23B 2av (5π+3)R 08.BD [解析] 当S 闭合时,因二极管加上了反向电压,故L 1一直不亮,S 闭合时电流增大,线圈产生的自感电动势阻碍电流增大,故使得L 2逐渐变亮,选项B 正确,选项A 错误;当S 由闭合断开时,由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的减小,故通过L 的电流要在L 2→L 1→D →L 之中形成新的回路,所以L 1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,L 2缓慢熄灭,选项C 错误,选项D 正确.9.BCD [解析] 设甲、乙两线圈匝数分别为n 1、n 2,半径分别为r 1、r 2,导线横截面积为S',图甲中,设有界磁场的面积为S ,则线圈A 产生的电动势E A =n 1S ,电阻ΔB Δt R A =ρ,B 产生的电动势为E B =n 2S ,R B =ρ,因此==,电流之比为=·n 1·2πr 1S 'ΔB Δt n 2·2πr 2S 'E A E B n 1n 221I A I B E A E B =,A 错误,B 正确;图乙中,A 的电动势E'A =n 1π,B 的电动势E'B =n 2π,因此=R B R A 32ΔB Δt r 21ΔB Δt r 22E 'A E 'B ×=,电流之比=·=,C 、D 正确.214989I 'A I 'B E 'A E 'B R B R A 2310.(1)　方向从b 到a (2)　nB 0πr 223Rt 0nB 0πr 22t 13Rt 02n 2B 20π2r 42t 19Rt 20[解析] (1)由图像可知,0~t 1时间内,有=|ΔB Δt |B 0t 0由法拉第电磁感应定律有E=n =n ·S |ΔΦΔt ||ΔBΔt |其中S=πr 22由闭合电路欧姆定律有I 1=E3R联立解得I 1=.nB 0πr 223Rt 0由楞次定律可判断,通过电阻R 1的电流方向为从b 到a.(2)通过电阻R 1的电荷量q=I 1t 1=nB 0πr 22t 13Rt 0电阻R 1上产生的热量Q=R 1t 1=.I 212n 2B 2π2r 42t 19Rt 2011.(1)　(2)　(3)Bdv 0R B 2d 2v 0mR B 2d 2(v 0-v )2R [解析] (1)感应电动势E=Bdv 0感应电流I=E R故I=Bdv 0R(2)安培力F=BId由牛顿第二定律得F=ma故a=B 2d 2v 0mR(3)金属杆切割磁感线的速度v'=v 0-v ,则感应电动势E=Bd (v 0-v )电功率P=E 2R故P=.B 2d 2(v 0-v )2R 专题训练(九)1.BD [解析] 由右手定则可判断,ab 中电流方向为a →b ,A 错误;导体棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E=Blv ,ab 为电源,cd 间电阻R 为外电路负载,de 和cf 间电阻中无电流,de 和cf 两端无电压,因此cd 和fe 两端电压相等,即U=×R==1 V ,B 、D 正确,C E 2R Blv 2错误.2.A [解析] 棒摆到竖直位置时整根棒处在匀强磁场中,切割磁感线的长度为2a ,导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=B 0·2a ·v',其中v'==,则E=B 0av ,外电路的总v A +v B 2v 2电阻R==,根据闭合电路欧姆定律得I=,则总电流I=,故A 、B 两端的电r ·r r +r r 2E R +r 2B 0av 3r 压U=IR=·=B 0av ,选项A 正确.2B 0av 3r r 2133.A [解析] ab 边切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=0.2 V ,线框中感应电流为I==0.5 A ,所以在0~5×10-2 s 内,a 、b 两点间的电势差为U 1=I ·R=0.15 V ;在5×10-E R 342~10×10-2 s 内,a 、b 两点间的电势差U 2=E=0.2 V ;在10×10-2~15×10-2 s 内,a 、b 两点间的电势差为U 3=I ·R=0.05 V ,选项A 正确.144.B [解析] 根据i￿t 图像可知,在0~6 s 内,MN 边始终有大小恒定的电流通过,由F=BIl 可知,安培力的大小是恒定的,选项C 、D 错误;0~1 s 、3~5 s 内通过MN 的电流方向为N →M ,1~3 s 、5~6 s 内通过MN 的电流方向为M →N ,由左手定则可判断出MN 边所受的安培力方向,0~1 s 、3~5 s 内安培力方向向上,1~3 s 、5~6 s 内安培力方向向下,选项B 正确,A 错误.5.AD [解析] 运动的过程中切割的有效长度为L ,产生的电动势为E=BLv ,由图知,回路的周长与L 成正比,即s=kL ,设单位长度的电阻为R 0,总电阻为kLR 0,则电流I==,BLv kLR 0BvkR 0故A 正确,B 错误;导轨做匀速运动,所以合外力等于零,则F=F 安=BIL ,电流I 不变,切割的有效长度L 随时间均匀增大,故C 错误,D 正确.6.D [解析] 线框切割磁感线产生的感应电动势E=BLv ,设线框总电阻是R ,则感应电流I==,由图乙所示图像可知,感应电流先均匀变大,后均匀变小,由于B 、v 、R 是定值,故E R BLv R 有效切割长度L 应先变大后变小,且L 随时间均匀变化.闭合圆环匀速进入磁场时,有效长度L 先变大后变小,但L 随时间不是均匀变化,不符合题意,故A 错误;正方形线框进入磁场时,有效长度L 不变,感应电流不变,不符合题意,故B 错误;梯形线框匀速进入磁场时,有效长度L 先均匀增加,后不变,再均匀减小,不符合题意,故C 错误;三角形线框匀速进入磁场时,有效长度L 先增加后减小,且随时间均匀变化,符合题意,故D 正确.7.AD [解析] 在0~t 0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值);在t 0~2t 0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为顺时针方向(为正值),且大小为在0~t 0时间内产生的电流大小的2倍;在2t 0~3t 0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值),且大小与在0~t 0时间内产生的感应电流大小相等.因此感应电流I 随时间t 的变化图线与选项A 中图像相符,选项A 正确,B 错误.在0~t 0时间内,ON 边虽然有电流但没有进入磁场区域,所受安培力为零;在t 0~2t 0时间内,感应电流大小为在2t 0~3t 0时间内产生的2倍,ON 边所受安培力为在2t 0~3t 0时间内的2倍,因此ON 边所受的安培力大小F 随时间t 的变化图线与选项D 中图像相符,选项C 错误,D 正确.8.AC [解析] 由右手定则可判断,圆环中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极,因此通过R 1的电流方向为自下而上,选项A 正确;由题意可知,始终有长度为r 的辐条在转动切割磁感线,因此感应电动势大小为Br 2ω,选项B 错误;由图可知,在磁场内部的半12根辐条相当于电源,磁场外部的半根辐条与R 1并联,因此理想电压表的示数为Br 2ω,选16项C 正确;理想电流表的示数为,选项D 错误.Br 2ω3R 9.(1)0.4 A 方向从b 到a (2)1.5×10-3 C (3)1.6×10-2 J[解析] (1)0~内,感应电动势大小E 1=n ==8 V T 4ΔΦ1Δt 14nB 1S T 电流大小I 1==0.4 AE 1R 0+r 由楞次定律可判断,电流方向为从b 到a.(2)~内,感应电流大小I 2=0.2 AT 4T 2流过电阻R 0的电荷量q=I 1+I 2=1.5×10-3 C .T 4T 4(3)一个周期内电阻R 0上产生的热量Q=R 0+R 0=1.6×10-2 J .I 21T 2I 22T 210.(1)竖直向下　(2)0.4 V (3)1 m/s[解析] (1)带负电的微粒受到重力和电场力的作用而处于静止状态,因为重力竖直向下,所以电场力竖直向上,故M 板带正电.ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势,等效于电源,感应电流方向由b 流向a ,由右手定则可判断,磁场方向竖直向下.(2)微粒受到重力和电场力的作用而处于静止状态,根据平衡条件得mg=E|q|又E=U MN d所以U MN ==0.1 Vmgd|q |R 3两端电压与电容器两端电压相等,由欧姆定律得通过R 3的电流为I==0.05 AU MNR 3则ab 棒两端的电压为U ab =U MN +I =0.4 V .R 1R 2R 1+R 2(3)设金属棒ab 运动的速度为v ,由法拉第电磁感应定律得感应电动势E 感=Blv 由闭合电路欧姆定律得E 感=U ab +Ir=0.5 V联立解得v=1 m/s .专题训练(十)A1.BD [解析] 金属杆ab 做加速度减小的加速运动,根据能量守恒定律可知,恒力F 做的功等于杆增加的动能和电路中产生的电能.电阻消耗的功率等于电路中产生电能的功率,不等于恒力F 的功率,故A 错误;电阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率,等于电路的电功率iE ,故B 、D 正确,C 错误.2.C [解析] 根据能量守恒定律,外力做的功等于电路中产生的电能,设线框切割磁感线的有效长度为l ,则外力对线框做的功W=·,而R=,联立得W=,因B 2l 2v 2R l v ρ·4l S B 2l 2vS 4ρS a ∶S b =4∶1,l a ∶l b =1∶2,故W a ∶W b =1∶1,选项C 正确.3.BD [解析] ab 边刚越过GH 进入磁场区域Ⅰ时,感应电动势E 1=BLv 1,电流I 1==,线E 1R BLv 1R 框做匀速运动,所以有mg sin θ=BI 1L=,当ab 边刚越过JP 时,感应电动势E 2=2BLv 1,B 2L 2v 1R 电流I 2==,根据牛顿第二定律得2BI 2L-mg sin θ=ma ,联立解得a=3g sin θ,故A 错E 2R 2BLv 1R 误;当加速度a=0时,以速度v 2做匀速直线运动,即mg sin θ=,所以v 1∶v 2=4∶1,故4B 2L 2v 2R B 正确;从t 1时刻到t 2时刻的过程中,根据能量守恒定律,导线框克服安培力做的功等于重力势能和动能的减少量之和,即克服安培力做功W=+,克服安3mgL sin θ2m (v 21-v 22)2培力做的功等于产生的电能,故C 错误,D 正确.4.D [解析] 根据能量守恒定律,从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程中,动能变化量为0,重力势能转化为线圈进入磁场的过程中产生的热量,Q=mgd ,cd 边刚进入磁场时速度为v 0,cd 边刚离开磁场时速度也为v 0,所以线圈进入和穿出磁场的过程中产生的热量相等,则线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程中产生的热量Q'=2mgd ,感应电流做的功为2mgd ,故A 、B 错误.因为线圈进磁场时要减速运动,全部进入磁场后做匀加速运动,若线圈进入磁场过程一直做减速运动,则刚全部进入磁场的瞬间速度最小,设线圈的最小速度为v ,线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程,根据能量守恒定律得mg (h+L )=Q+m ,Q=mgd ,则线圈的最小速度为v m =12v 2m ,故C 错误.线圈可能先做减速运动,在完全进入磁场前已做匀速运动,则2g (ℎ+L -d )其做匀速运动时的速度最小,有mg=BIL=BL ,则最小速度v m =,故D 正确.BLv m R mgRB 2L 25.AB [解析] 导体棒ab 匀速上升,受力平衡,cd 棒静止,受力也平衡,对于两棒组成的整体,合外力为零,根据平衡条件可得,ab 棒受到的拉力F=2mg=0.2 N ,故A 正确;cd 棒受到的安培力F 安=BIL=,cd 棒静止,处于平衡状态,由平衡条件得=mg ,解得v=2B 2L 2v 2R B 2L 2v2R m/s ,故B 正确;在2 s 内,电路产生的电能Q=t=t=×2 J =0.4 J ,故C E 22R (BLv )22R (0.5×0.2×2)22×0.1错误;在2 s 内拉力做的功为W=Fvt=0.2×2×2 J =0.8 J ,故D 错误.6.D [解析] 根据E=BLv ,则电压表读数为U=,解得v=,选项A 错误;电阻RER R +r U (R +r )BLR 产生焦耳热的功率为P R =,选项B 错误;金属条经过磁场区域受到的安培力大小为U 2R F=BIL=,选项C 错误;每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为BLURW=Fd=,选项D 正确.BLUd R 7.(1)0.5 m (2)0.64 J (3)0.8 C[解析] (1)线框在磁场中匀速运动,有F 安=FF 安=BIL ,I=,E=BLv 1E R 联立解得v 1==2 m/sFRB 2L 2由动能定理得FD=m 12v 21解得D=0.5 m(2)由能量守恒定律可知Q=2Fd=2×0.8×0.4 J =0.64 J(3)根据q=可得q== C =0.8 CΔΦR BΔS R 0.5×0.420.18.(1)0.3 m (2)1.05 J[解析] (1)在0.3~0.6 s 内通过金属棒的电荷量是q 1=I 1t 1=BLvt 1R +r在0~0.3 s 内通过金属棒的电荷量q 2==ΔΦR +r BLx 2R +r由题意知=q 1q 232解得x 2=0.3 m .(2)金属棒在0~0.6 s 内通过的总位移为x=x 1+x 2=vt 1+x 2=0.75 m根据能量守恒定律得Mgx-mgx sin θ=(M+m )v 2+Q12解得Q=3.15 J由于金属棒与电阻R 串联,电流相等,根据焦耳定律Q=I 2Rt 知,它们产生的热量与电阻成正比,所以金属棒在0~0.6 s 内产生的热量Q r =Q=1.05 J .rR +r 9.(1)　B 2L 22gr 1M (R 1+R 2)(2)BLq -3mgr 2-2gr 1B 2L 2q 22M(3)-2gr 1m M 6gr 2[解析] (1)对b 从开始至滑上水平导轨过程,由机械能守恒定律得M =Mgr 112v 2b 1解得v b 1=2gr 1b 刚滑上水平导轨时加速度最大,此时E=BLv b 1,I=ER 1+R 2由牛顿第二定律得F 安=BIL=Ma解得a=B 2L 22gr 1M (R 1+R 2)(2)在整个过程中,由动量定理得-B Lt=Mv b 2-Mv b 1I 即-BLq=Mv b 2-Mv b 1解得v b 2=-2gr 1BLqM 根据牛顿第三定律,a 在最高点时轨道对其支持力F N =F'N =mg由牛顿第二定律得mg+F N =m v 2a 1r 2解得v a 1=2gr 2对a 、b 组成的系统,由能量守恒定律得Mgr 1=M +m +2mgr 2+Q 12v 2b 212v 2a 1解得Q=BLq -3mgr 2-2gr 1B 2L 2q 22M(3)a 从右端半圆导轨最低点到最高点过程中,由能量守恒定律得2mgr 2=m -m 12v 2a 212v 2a 1解得v a 2=6gr 2从b 刚滑上水平导轨至a 滑到右端半圆导轨最低点的过程中,由动量守恒定律得Mv b 1=Mv b 3+mv a 2解得v b 3=-2gr 1m M 6gr 2专题训练(十)B1.ABC [解析] 由右手定则可判断,当金属杆滑动时产生逆时针方向的电流,通过R 的感应电流的方向为由a 到d ,故A 正确;金属杆PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小为E=Blv=1.0×1×2 V =2 V ,故B 正确;在整个回路中产生的感应电流为I==0.5 A ,则ER +r 安培力F 安=BIl=0.5 N ,故C 正确;金属杆PQ 在外力F 作用下在粗糙导轨上以速度v 向右匀速滑动,外力F 做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间因摩擦产生的热量之和,故D 错误.2.B [解析] 根据E=BLv ,I=,F=BIL ,v=at 以及F 拉-F=ma 可知,线框受到的水平外力是变ER 力,且出磁场时比进磁场时要大,故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多,故选项A 、D 错误;线框做匀加速直线运动,由图像及匀加速直线运动规律,结合电流与速度的关系可知,线框边长与磁场宽度之比为3∶8,出磁场的时间不是进入磁场时的一半,故选项B 正确,选项C 错误.3.C [解析] 速度达到最大值v m 前,金属棒做加速度减小的加速运动,故相同时间内速度的增加量减小,所以t=时,金属棒的速度大于,故A 错误;由能量守恒定律可知, T 2v m 20~T 的时间内,金属棒机械能的减小量等于R 上产生的焦耳热和金属棒与导轨间摩擦生热之和,故B 错误;0~内金属棒的位移小于~T 内金属棒的位移,金属棒做加速运动,T 2T 2所受的安培力增大,所以~T 内金属棒克服安培力做功更多,产生的电能更多,电阻R 上T 2产生的焦耳热更多,故C 正确;~T 内的位移比0~内的位移大,故~T 内克服滑动摩擦T 2T 2T 2力做功更多,由功能关系得,~T 内金属棒机械能的减少量更多,故D 错误.T 24.C [解析] 由右手定则可判断,金属杆中感应电流方向由b 指向a ,由左手定则知,金属杆所受的安培力沿轨道向上,A 、B 错误;总电阻为R 总=,I=,当达到最大速R 1R R 1+R BLvR 总度时,金属杆受力平衡,有mg sin θ=BIL=·(R 1+R ),变形得=·+,B 2L 2v mR 1R 1v m B 2L 2mg sin θ1R B 2L 2mgR 1sin θ根据图像可得=k= s ·m -1·Ω,=b=0.5 s ·m -1,解得杆的质量m=0.1 kg ,B 2L 2mg sin θ3-0.55-0B 2L 2mgR 1sin θ定值电阻R 1=1 Ω,C 正确.5.AD [解析] 圆环向下切割磁感线,由右手定则可判断,圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视),A 正确;由左手定则可判断,圆环受的安培力向上,B 错误;圆环中感应电动势为E=B ·2πR ·v ,感应电流I=,电阻R'=ρ=,解得I=,圆环受的安培力ER '2πR πr 22Rρr 2Bπvr 2ρF=BI ·2πR=,圆环的加速度a==g-,圆环的质量m=d ·2πR ·πr 2,2B 2π2vRr 2ρmg -F m 2B 2π2vRr 2mρ解得加速度a=g-,C 错误;当mg=F 时,加速度a=0,速度最大,为v m =,D 正确.B 2v ρd ρdg B 26.BC [解析] 初始时刻,cd 边速度为v 0,若此时所受重力不大于安培力,则产生的感应电动势最大,为E=BLv 0,感应电流I==,cd 边所受安培力的大小F=BIL=,A 错E R BLv 0R B 2L 2v 0R 误,B 正确;由能量守恒定律得m +mgh=Q+E p ,cd 边第一次到达最下端的时刻,两根弹12v 20簧具有的弹性势能总量为E p =m -Q+mgh ,大于m -Q ,C 正确;cd 边最后静止在初始12v 2012v 20位置下方,重力做的功大于克服弹簧弹力做的功,由能量守恒定律可知,线框的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能,因减少的重力势能大于增加的弹性势能,所以热量应大于m ,故D 错误.12v 207.(1)　(2)1259112[解析] (1)金属棒匀速运动时,根据平衡条件第一种情况,有mg sin θ-m 0g=BI 1L=B 2L 2v 1R 第二种情况,有mg sin θ=BI 2L=B 2L 2v 2R 由题意知=4mm 0联立解得=.v 1v 212(2)第一次下滑至MN 位置的过程中,根据动能定理得mgh-m 0g -W 1=(m+m 0)ℎsin30°12v 21第二次下滑至MN 位置的过程中,根据动能定理得mgh-W 2=m 12v 22两次运动过程中,电阻R 产生的热量之比为==.Q 1Q 2W 1W 2591128.8.15 m/s 1.85 m/s [解析] 设某一时刻t ,金属杆甲、乙之间的距离为x ,速度分别为v 1和v 2,经过很短的时间Δt ,杆甲移动距离为v 1Δt ,杆乙移动距离为v 2Δt ,回路面积改变ΔS=l [(x-v 2Δt )+v 1Δt ]-lx=l (v 1-v 2)Δt由法拉第电磁感应定律得,回路中的感应电动势E=B =Bl (v 1-v 2)ΔS Δt 回路中的电流i=E2R对金属杆甲,由牛顿第二定律得F-Bli=ma由于作用于金属杆甲和金属杆乙的安培力总是大小相等、方向相反,所以两杆的总动量(t=0时为0)等于外力F 的冲量,即Ft=mv 1+mv 2联立解得v 1=8.15 m/s ,v 2=1.85 m/s .9.(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.以两棒为研究对象,根据动量守恒定律得m b v 0=(m b +m c )v解得c 棒的最大速度为v=v 0=v 0=5 m/s .m b m b +m c 12(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,两棒中产生的总热量为Q=m b -(m b +m c )v 2=2.5 J12v 2012因为R b =R c ,所以c 棒从开始至达到最大速度过程产生的焦耳热为Q c ==1.25 JQ 2(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,由机械能守恒定律得m c v 2-m c v'2=m c g ·2R1212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m c g+F=m c v '2R解得F=1.25 N由牛顿第三定律得,在最高点时c 棒对轨道的压力为1.25 N ,方向竖直向上.。

单元质检十电磁感应(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2018·浙江义乌月考)如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框,在下列四种情况下,线框中会产生感应电流的是()A.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动B.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动C.线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D.线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动.保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,故A错误;B.保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,故B错误;C.线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动,磁通量周期性地改变,故一定有感应电流,故C正确;D.线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,故D错误;故选C。

2.(2018·广东荔湾期末)如图所示,在两根平行长直导线M、N中,通入同方向同大小的电流,导线框abcd和两导线在同一平面内,线框沿着与两导线垂直的方向,自左向右在两导线间匀速移动,在移动过程中,线框中感应电流的方向为()A.沿abcda不变B.沿adcba不变C.由abcda变成adcbaD.由adcba变成abcda,在中线OO'右侧磁场向外,左侧磁场向里。

当导线框位于中线OO'左侧运动时,磁场向里,磁通量减小,根据楞次定律可知,感应电流方向为abcda ;当导线框经过中线OO' ,磁场方向先向里,后向外,磁通量先减小,后增加,根据楞次定律,可知感应电流方向为abcda;当导线框位于中线OO'右侧运动时,磁场向外,磁通量增加,根据楞次定律可知,感应电流方向为abcda;故选A。

【2019最新】精选高考物理一轮复习第10章电磁感应第一节电磁感应现象楞次定律达标诊断高效训练(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．下列图中能产生感应电流的是( )解析：选B.根据产生感应电流的条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，电路闭合，且垂直磁感线的平面的面积增大，即闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过闭合线圈的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流；D中，闭合回路中的磁通量不发生变化，无感应电流．2．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同解析：选D.无论实验用的是交流电还是直流电，闭合开关S的瞬间，穿过套环的磁通量均增加，只要套环的材料是导体，套环中就能产生感应电流，套环就会跳起．如果套环是用塑料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起，选项D正确．3．(2018·浙江宁波模拟)如图甲所示，在同一平面内有两个圆环A、B，圆环A将圆环B分为面积相等的两部分，以图甲中A环电流沿顺时针方向为正，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，下列说法正确的是( )A．B中始终没有感应电流B．B中有顺时针方向的感应电流C．B中有逆时针方向的感应电流D．B中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向解析：选B.由安培定则可知，环A产生的磁场分布，环内垂直纸面向里，环外垂直纸面向外，由于内部的磁场大于外部的磁场，由矢量的叠加原理可知B环总磁通量向里；当导线中的电流强度I逐步减小时，导致环产生感应电流．根据楞次定律，则有感应电流的方向顺时针；同理，当导线中的电流强度I反向逐渐增大时，导致环产生感应电流．根据楞次定律，则感应电流的方向为顺时针，故B正确，A、C、D错误．4．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0～时间内，直导线中电流向上，则在～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是( )A．顺时针，向左B．逆时针，向右C．顺时针，向右D．逆时针，向左解析：选B.在0～时间内，直导线中电流向上，由题图乙知，在～T时间内，直导线电流方向也向上，根据安培定则知，导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的感应电流．根据左手定则，金属线框左边受到的安培力方向向右，右边受到的安培力方向向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属线框所受安培力的合力方向向右，故B正确，A、C、D错误．5.(2018·山东烟台模拟)如图所示，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．当矩形线圈突然向右运动时，线圈所受安培力的合力方向( )A．向左B．向右C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里解析：选 A.根据楞次定律，“来拒去留”，感应电流的效果总是阻碍相对运动，所以线圈向右运动时所受安培力向左．6.(2018·佛山模拟)如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是( )A．使匀强磁场的磁感应强度均匀增大B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°C．使圆环绕水平轴cd如图转动30°D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动解析：选 A.根据右手定则，圆环中感应电流产生的磁场竖直向下与原磁场方向相反，根据楞次定律，说明圆环磁通量在增大．磁场增强则磁通量增大，A正确；使圆环绕水平轴ab或cd转动30°，圆环在中性面上的投影面积减小，磁通量减小，只会产生与图示方向反向的感应电流，B、C错误；保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通量不变，不会产生感应电流，D错误．7.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析：选 C.小磁块在铜管中下落，产生电磁感应现象，根据楞次定律的推论——阻碍相对运动可知，小磁块下落过程中受到向上的电磁阻力，而在塑料管中下落，没有电磁感应现象，小磁块做自由落体运动，故C正确．8.如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合．现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则( )A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大解析：选B.使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，ω增大，等效电流增大，产生B增大，则金属环B内磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小，选项B正确．9.(2018·衡水冀州中学月考)如图所示为两组同心闭合线圈的俯视图，若内线圈的电流I1为图中所示的方向，则当I1增大时，外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到的安培力F的方向分别为( )A．I2沿顺时针方向，F沿半径指向圆心B．I2沿顺时针方向，F沿半径背离圆心C．I2沿逆时针方向，F沿半径指向圆心D．I2沿逆时针方向，F沿半径背离圆心解析：选D.内线圈通有题图所示方向的电流I1，当I1增大时，导致穿过外线圈的磁通量增大，由楞次定律可得，外线圈中的感应电流I2的方向为沿逆时针方向；由于外线圈处于内线圈产生的磁场中，由左手定则可得，I2受到的安培力F的方向沿半径背离圆心，故D正确．10．(2018·郑州一中联考)如图所示，固定于水平面上的金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为1的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B随时间t变化的示意图应为( )解析：选C.根据楞次定律，若闭合回路内的磁通量不发生变化，则无感应电流产生．从t＝0开始经过时间t则线框面积变化为S＝1×(1＋vt)＝1＋vt，则磁通量Φ＝BS＝B(1＋vt)＝B0×1，即磁通量等于t＝0时的磁通量．代入可得B＝，随着时间的延长，磁感应强度无限接近于0，但又不会等于0，选项C对，A、B、D错．11.(2018·西安模拟)如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直，如要在线圈中形成方向为abcda的感应电流，可行的做法是( )A．AB中电流I逐渐增大B．AB中电流I先增大后减小C．导线AB正对OO′靠近线圈D．线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)解析：选D.由于通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直．AB 中电流如何变化，或AB正对OO′靠近线圈或远离线圈，线圈中磁通量均为零，不能在线圈中产生感应电流，选项A、B、C错误；线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)，由楞次定律可知，在线圈中形成方向为abcda的感应电流，选项D正确．二、多项选择题12．(2018·景德镇模拟)如图所示，一根长导线弯曲成“”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内．在电流I增大的过程中，下列判断正确的是( )A．金属环中无感应电流产生B．金属环中有逆时针方向的感应电流C．悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力D．悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力解析：选BC.Φ＝BS，S不变，I增大，B增大，所以有感应电流产生，A错误．由楞次定律得，感应电流方向沿逆时针，B正确．由圆的上半部分B大于下半部分，所以安培力以上半圆为主，I方向向左，B垂直纸面向里，F安方向向下，所以F拉＝mg＋F安，拉力大于重力，C正确，D错误．13.如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P 和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN 中感应电流方向和它所受安培力方向的说法正确的是( )A．感应电流方向是N→MB．感应电流方向是M→NC．安培力水平向左D．安培力水平向右解析：选AC.棒向右平动，根据右手定则可判断，感应电流方向为由N→M，A正确，B 错误；再由左手定则可判定棒所受安培力的方向为水平向左，C正确，D错误．14.(2018·泸州质检)如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出．左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是( )A．当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点B．当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势C．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点解析：选BD.当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向为a→b.根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点．又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流．当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb>φa，电流沿逆时针方向．又由E＝Blv可知ab导体两端的E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且场强不断增强，所以右边电路线圈中向上的磁通量不断增加．由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上．把这个线圈看做电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，因此d点电势高于c点，综上可得，选项B、D正确．15．如图所示，在两个沿竖直方向的匀强磁场中，分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a和b.它们可以绕竖直轴自由转动，用导线通过电刷把它们相连．当圆盘a转动时，下列说法错误的是( )A．圆盘b总是与a沿相同方向转动B．圆盘b总是与a沿相反方向转动C．若B1、B2同向，则a、b转向相同D．若B1、B2反向，则a、b转向相同解析：选ABC.当圆盘a转动时，由于切割磁感线而产生感应电流，该电流流入b盘中，在磁场中由于受安培力b盘会转动．但若不知B1、B2的方向关系，则b盘与a盘的转向关系将无法确定，故A、B错误．设B1、B2同向且向上，a盘逆时针转动，则由右手定则可知a盘中的感应电流由a→a′，b盘受力将顺时针转动，故C错误．同理可判定D项正确．。

第1讲电磁感应现象楞次定律一、单项选择题：在每一小题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。

1．如下列图，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现假设使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，如此此过程中磁通量的改变量的大小是( C )A．3－12BS B．3＋12NBSC．3＋12BS D．3－12NBS[解析] sin θ磁通量与匝数无关，Φ＝BS中，B与S必须垂直。

初态Φ1＝B cos θ·S，末态Φ2＝－B cos θ·S，磁通量的变化量大小ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝|BS(－cos 30°－sin30°)|＝3＋12BS，所以应选C项。

2．(2020·浙江诸暨模拟)有人设计了一种储能装置：在人的腰部固定一块永久磁铁，N 极向外；在手臂上固定一个金属线圈，线圈连接着充电电容器。

当手不停地前后摆动时，固定在手臂上的线圈能在一个摆动周期内，两次扫过别在腰部的磁铁，从而实现储能。

如下说法正确的答案是( D )A．该装置违反物理规律，不可能实现B．此装置会使手臂受到阻力而导致人走路变慢C．在手摆动的过程中，电容器极板的电性不变D．在手摆动的过程中，手臂受到的安培力方向交替变化[解析] D．在手摆动的过程中，线圈交替的进入或者离开磁场，使穿过线圈的磁通量发生变化，因而会产生感应电流，从而实现储能，该装置符合法拉第电磁感应定律，可能实现，选项A错误；此装置不会影响人走路的速度，选项B错误；在手摆动的过程中，感应电流的方向不断变化，如此电容器极板的电性不断改变。

选项C错误；在手摆动的过程中，感应电流的方向不断变化，手臂受到的安培力方向交替变化。

选项D正确。

3.如下列图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且与线圈相互绝缘。

当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向( B )A．向左B．向右C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里[解析] 解法一：当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，线圈abcd中产生的感应电流方向为顺时针方向，由左手定如此可知ab边与cd边所受安培力方向均向右，所以线圈所受安培力的合力方向向右，B正确。

电磁感应课时作业电磁感应现象、楞次定律时间/ 40分钟基础达标1.从奥斯特发现电流周围存在磁场后,法拉第坚信磁一定能生电.他使用如图K26-1所示的装置进行实验研究,以致经过了10年都没发现“磁生电”.主要原因是( )图K26-1A.励磁线圈A中的电流较小,产生的磁场不够强B.励磁线圈A中的电流是恒定电流,不会产生磁场C.感应线圈B的匝数较少,产生的电流很小D.励磁线圈A中的电流是恒定电流,产生稳恒磁场图K26-22.[人教版选修3-2改编] 如图K26-2所示,导线框abcd与直导线在同一平面内,直导线通有恒定电流I,在线框由左向右匀速通过直导线过程中,线框中感应电流的方向( )A.先为abcd,后为dcba,再为abcdB.先为abcd,后为dcbaC.始终为dcbaD.先为dcba,后为abcd,再为dcba3.(多选)如图K26-3所示,在两根竖直放置的平行长直导线M、N中通入大小、方向均相同的恒定电流,圆形导线框在图示位置,线框和两导线在同一竖直平面(纸面)内.下列说法正确的是( )图K26-3A.若线框从图示位置由静止释放,则线框做直线运动B.若线框从图示位置由静止释放,则线框做曲线运动C.若线框沿着水平方向从右向左在两导线间匀速移动,则线框中感应电流一直沿逆时针方向D.若线框沿着水平方向从右向左在两导线间匀速移动,则线框中感应电流先沿逆时针、后沿顺时针方向4.如图K26-4所示,Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极,ab为放在其间的金属棒,ab和cd导线连成一个闭合回路.当ab棒向左运动时,cd导线受到向下的安培力,则由此可知( )图K26-4A.d点电势高于c点电势B.Ⅰ是S极C.Ⅰ是N极D.ab棒受到向左的安培力图K26-55.(多选)如图K26-5所示,在一竖直平面内,三条平行导线串有两个电阻R1和R2,导体棒PQ与三条导线均接触良好.匀强磁场的方向垂直于纸面向里,导体棒的电阻可忽略.若导体棒向左加速运动,则( )A.流经R1的电流方向向上B.流经R2的电流方向向下C.流经R1的电流方向向下D.流经R2的电流方向向上6.[人教版选修3-2改编] 把两个线圈绕在一个铁环上,A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个闭合回路,B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路,实验电路如图K26-6所示.关于该实验,下列说法正确的是( )图K26-6A.闭合开关S的瞬间,电流表G中有a→b的感应电流B.闭合开关S的瞬间,电流表G中有b→a的感应电流C.闭合开关S后,在增大R接入电路阻值的过程中,电流表G中有a→b的感应电流D.闭合开关S后,在增大R接入电路阻值的过程中,电流表G中有b→a的感应电流技能提升7.[2018·北大附中高三4月模拟] 如图K26-7所示,两同心圆环A、B置于同一水平面上,其中B 为均匀带负电绝缘环,A为导体环.当B绕环心转动时,导体环A产生顺时针方向的电流且具有扩展趋势,则B的转动情况是( )图K26-7A.顺时针加速转动B.顺时针减速转动C.逆时针加速转动D.逆时针减速转动8.(多选)[2018·镇江模拟] 航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的.电磁驱动原理如图K26-8所示,当固定线圈上突然通有直流电流时,线圈端点的金属环被弹射出去.现在固定线圈左侧同一位置先后放有用横截面积相等的铜导线和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环,且电阻率ρ铜<ρ铝.闭合开关S的瞬间( )图K26-8A.从左侧看,环中感应电流沿顺时针方向B.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C.若将环放置在线圈右方,环将向左运动D.电池正、负极调换后,金属环不能向左弹射9.如图K26-9所示,左侧闭合电路中的电流大小为I1,ab为一段长直导线;右侧平行金属导轨的左端连接有与ab平行的长直导线cd,在远离cd导线的右侧空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场,在磁场区域放置垂直于导轨且与导轨接触良好的导体棒MN,当导体棒沿导轨匀速运动时,可在cd上产生大小为I2的感应电流.已知I1>I2,不计匀强磁场对导线ab和cd的作用,用f1和f2分别表示导线cd对ab的安培力大小和ab对cd的安培力大小.下列说法中正确的是( )图K26-9A.若MN向左运动,则ab与cd两导线相互吸引,f1=f2B.若MN向右运动,则ab与cd两导线相互吸引,f1=f2C.若MN向左运动,则ab与cd两导线相互吸引,f1>f2D.若MN向右运动,则ab与cd两导线相互吸引,f1>f210.(多选)如图K26-10所示,在一空心螺线管内部中点处悬挂一铜环.在电路接通的瞬间,下列说法正确的是( )图K26-10A.从左往右看,铜环中有逆时针方向的感应电流B.从左往右看,铜环中有顺时针方向的感应电流C.铜环有收缩的趋势D.铜环有扩张的趋势挑战自我11.[2018·华东师大附中月考] 如图K26-11所示,通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间,ab和cd是放在导轨上的两根金属棒,它们分别静止在螺线管的左、右两侧.现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动,则ab和cd棒的运动情况是( )图K26-11A.ab向左运动,cd向右运动B.ab向右运动,cd向左运动C.ab、cd都向右运动D.ab、cd都保持静止12.(多选)如图K26-12所示,铁芯上有两个导线圈A和B,线圈A跟电源和开关S相连,LED(发光二极管,具有单向导电性)M和N并联后接在线圈B两端,图中所有元件均正常,则( )图K26-12A.S闭合瞬间,A中有感应电动势B.S断开瞬间,A中有感应电动势C.S闭合瞬间,M亮一下,N不亮D.S断开瞬间,M和N二者均不亮课时作业(二十七)　第27讲　法拉第电磁感应定律、自感和涡流时间/ 40分钟基础达标1.随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的视线.小到手表、手机,大到电脑、电动汽车,都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化.如图K27-1所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图.关于无线充电,下列说法中正确的是( )图K27-1A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电流的磁效应B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电图K27-22.金属探测器已经广泛应用于安检场所.关于金属探测器,下列说法正确的是( )A.金属探测器可用于食品生产,防止细小的沙石颗粒混入食品中B.金属探测器探测地雷时,探测器的线圈中产生涡流C.金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流D.探测过程中金属探测器与被测物体相对静止或相对运动探测效果相同图K27-33.如图K27-3所示,李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻,以判断它是否断路.刘伟为了使李辉操作方便,用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量.测量时表针摆过了一定角度, 李辉由此确认线圈没有断路.正当李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离时,刘伟突然惊叫起来,觉得有电击感.下列说法正确的是( )A.刘伟被电击时变压器线圈中的电流瞬间变大B.刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压C.刘伟受到电击的同时多用电表也可能被烧坏D.实验过程中若李辉两手分别握住红、黑表笔的金属杆,他也会受到电击4.如图K27-4所示,虚线MN表示甲、乙、丙三个相同正方形金属框的一条对称轴,金属框内均匀分布有界匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律都满足B=kt,金属框按照图示方式处于磁场中,测得金属框甲、乙、丙中的感应电流分别为I甲、I乙、I丙,则下列判断正确的是( )图K27-4A.I乙=2I甲,I丙=2I甲B.I乙=2I甲,I丙=0C.I乙=0,I丙=0D.I乙=I甲,I丙=I甲图K27-55.(多选)[2018·南宁三校联考] 如图K27-5所示,线圈匝数为n,横截面积为S,电阻为r,处于一个均匀增强的磁场中,磁感应强度随时间的变化率为k,磁场方向水平向右且与线圈平面垂直,电容器的电容为C,定值电阻的阻值为r.下列说法正确的是( )A.电容器下极板带正电B.电容器上极板带正电C.电容器所带电荷量为D.电容器所带电荷量为nSkC技能提升6.(多选)用导线绕成一圆环,环内有一用同种导线折成的内接正方形线框,圆环与线框绝缘,如图K27-6所示.把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环和线框所在平面(纸面)向里.当磁感应强度均匀减弱时( )图K27-6A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针方向B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针方向C.圆环和线框中的电流大小之比为∶1D.圆环和线框中的电流大小之比为2∶1图K27-77.(多选)有一半径为a且右端开小口的导体圆环和一长为2a的导体直杆,它们单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触,如图K27-7所示.从圆环中心DO开始,杆的位置由θ确定,则( )A.θ=0时,杆产生的感应电动势为2BavB.θ=时,杆产生的感应电动势为BavC.θ=0时,杆受的安培力大小为D.θ=时,杆受的安培力大小为8.(多选)如图K27-8所示的电路中,自感线圈L的自感系数很大,电阻可忽略,D为理想二极管,L1、L2为两个小灯泡.下列说法正确的是( )图K27-8A.当S闭合时,L1立即变亮,L2逐渐变亮B.当S闭合时,L1一直不亮,L2逐渐变亮C.当S由闭合断开时,L2立即熄灭D.当S由闭合断开时,L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭挑战自我9.(多选)由粗细相同、同种材料制成的A、B两线圈分别按图K27-9甲、乙两种方式放入匀强磁场中,甲、乙两图中的磁场方向均垂直于线圈平面,A、B线圈的匝数之比为2∶1,半径之比为2∶3,当两图中的磁场都随时间均匀变化时( )图K27-9A.甲图中,A、B两线圈中电动势之比为2∶3B.甲图中,A、B两线圈中电流之比为3∶2C.乙图中,A、B两线圈中电动势之比为8∶9D.乙图中,A、B两线圈中电流之比为2∶310.[2018·湖北黄冈调研] 如图K27-10甲所示,一个电阻为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路.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变化的关系图线如图乙所示.图线的横、纵轴截距分别为t0和B0,导线的电阻不计.在0至t1时间内,求:(1)通过电阻R1的电流大小和方向;(2)通过电阻R1的电荷量q和产生的热量Q.图K27-1011.如图K27-11所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B,方向竖直向下.当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.(1)当MN刚扫过金属杆时,求杆中感应电流的大小I;(2)当MN刚扫过金属杆时,求杆的加速度大小a;(3)当PQ刚要离开金属杆时,求感应电流的功率P.图K27-11专题训练(九)　专题九　电磁感应中的电路和图像问题时间/ 40分钟基础达标图Z9-11.(多选)[2018·焦作一模] 如图Z9-1所示,两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置,间距为l=1 m,cd间、de间、cf间都接有阻值R=10 Ω的电阻.一阻值R=10 Ω的导体棒ab以速度v=4 m/s匀速向左运动,导体棒与导轨垂直且接触良好,导轨所在平面存在磁感应强度大小B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场.下列说法中正确的是( )A.导体棒ab中电流的方向为由b到aB.cd两端的电压为1 VC.de两端的电压为1 VD.fe两端的电压为1 V图Z9-22.如图Z9-2所示,竖直平面内有一金属环,其半径为a,总电阻为2r(金属环粗细均匀),磁感应强度大小为B0的匀强磁场垂直于环面,在环的最高点A处用铰链连接长度为2a、电阻为r的导体棒AB.AB由水平位置紧贴环面摆下,当摆到竖直位置时,B点的线速度为v,则此时A、B两端的电压为( )A.B0avB.B0avC.B0avD.B0av图Z9-33.如图Z9-3所示为有理想边界的两个匀强磁场,磁感应强度均为B=0.5 T,两边界间距s=0.1 m,一边长L=0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成,总电阻为R=0.4 Ω.现使线框以v=2 m/s的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ,则能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差U ab随时间t变化的图线是图Z9-4中的( )图Z9-44.[2018·潍坊联考] 两个不易发生形变的正方形导体框a 、b 连成如图Z9-5甲所示的回路,并固定在竖直平面(纸面)内.导体框a 内固定一小圆环c ,a 与c 在同一竖直面内,圆环c 中通入如图乙所示的电流(规定逆时针方向为电流的正方向),导体框b 的MN 边处在垂直纸面向外的匀强磁场中,则MN 边在匀强磁场中受到的安培力( )图Z9-5A .0~1 s 内,方向向下B .1~3 s 内,方向向下C .3~5 s 内,先逐渐减小后逐渐增大D .第4 s 末,大小为零图Z9-65.(多选)[2018·济宁一模] 如图Z9-6所示,在水平面内有两个“V”字形光滑金属导轨,空间中存在垂直于水平面的匀强磁场,其中导轨bac 固定不动.用外力F 使导轨edf 向右匀速运动,导轨间始终接触良好,从图示位置开始计时,回路中的电流I 的大小和外力F 的大小随时间的变化关系正确的是图Z9-7中的( )图Z9-7技能提升6.一个匀强磁场的边界是MN ,MN 左侧无磁场,右侧是范围足够大的匀强磁场区域,如图Z9-8甲所示.现有一个金属线框沿ab (ab ⊥MN )方向以恒定速度从MN 左侧垂直进入匀强磁场区域,线框中的电流随时间变化的I-t 图像如图乙所示,则线框可能是图Z9-9中的( )图Z9-8图Z9-9图Z9-107.(多选)如图Z9-10所示,平面直角坐标系的第一象限和第二象限分别有垂直于纸面向里和垂直于纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度大小相同.现有一四分之一圆形线框OMN绕O点逆时针匀速转动,若规定顺时针方向为线框中感应电流I的正方向,从图示时刻开始计时,则感应电流I及ON 边所受的安培力大小F随时间t的变化关系正确的是图Z9-11中的( )图Z9-11图Z9-128.(多选)如图Z9-12所示,一不计电阻的导体圆环半径为r,圆心在O点,过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条,辐条与圆环接触良好,将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场中,磁场边界恰与圆环直径在同一直线上.现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动,右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触,R1=,开关S处于闭合状态,不计其他电阻,则下列判断正确的是( )A.通过R1的电流方向为从下向上B.感应电动势大小为2Br2ωC.理想电压表的示数为Br2ωD.理想电流表的示数为9.[2018·苏、锡、常、镇四市模拟] 一个圆形线圈共有n=10匝,其总电阻r=4.0 Ω,线圈与阻值R0=16 Ω的外电阻连成闭合回路,如图Z9-13甲所示.线圈内部存在着一个边长l=0.20 m的正方形区域,其中有分布均匀但磁感应强度随时间变化的磁场,图乙显示了一个周期内磁感应强度的变化情况,周期T=1.0×10-2 s,磁场方向以垂直于线圈平面向外为正方向.求:(1)t=T时刻电阻R0上的电流大小和方向; (2)0~时间内流过电阻R0的电荷量;(3)一个周期内电阻R0上产生的热量.图Z9-13挑战自我10.在同一水平面上的光滑平行金属导轨P、Q相距l=1 m,导轨左端接有如图Z9-14所示的电路.其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d=10 mm,定值电阻R1=R2=12 Ω,R3=2 Ω,金属棒ab的电阻r=2 Ω,其他电阻不计.磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面,当金属棒ab 沿导轨向右匀速运动时,悬浮于电容器两极板之间的质量m=1×10-14 kg、电荷量q=-1×10-14 C的微粒恰好静止不动.g取10 m/s2.在整个运动过程中金属棒与导轨始终保持垂直并接触良好,且速度恒定.求:(1)匀强磁场的方向;(2)ab棒两端的电压;(3)金属棒ab运动的速度大小.图Z9-14专题训练(十)A　专题十　涉及电磁感应的力电综合问题时间/ 40分钟基础达标图Z10-11.(多选)[2018·河北定州中学模拟] 如图Z10-1所示,位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨处在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨所在平面,导轨的一端与一电阻相连,具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直.现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab,使它由静止开始向右运动.杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计.用E表示回路中的感应电动势,i表示回路中的感应电流,在i随时间增大的过程中,电阻消耗的功率等于( )A.F的功率B.安培力的功率的绝对值C.F与安培力的合力的功率D.iE图Z10-22.如图Z10-2所示,用横截面积之比为4∶1的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中将a和b匀速拉到磁场外,若外力对线框做的功分别为W a、W b,则W a∶W b为( )A.1∶4B.1∶2C.1∶1D.不能确定图Z10-33.(多选)在如图Z10-3所示的倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域,区域Ⅰ的磁场方向垂直于斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直于斜面向下,磁场宽度HP及PN均为L.一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑,t1时刻ab 边刚好越过GH进入磁场区域Ⅰ,此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动;t2时刻ab边下滑到JP 与MN的中间位置,此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动.重力加速度为g.下列说法中正确的是( )A.当ab边刚越过JP时,导线框的加速度大小为a=g sin θB.导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2=4∶1C.从t1时刻到t2时刻的过程中,导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量D.从t1时刻到t2时刻的过程中,有+的机械能转化为电能图Z10-44.[2018·辽宁实验中学月考] 如图Z10-4所示,相距为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场,磁感应强度为B.正方形金属线圈abcd边长为L(L<d),质量为m,电阻为R.将线圈在磁场上边界上方h高处由静止释放,cd边刚进入磁场时速度为v0,cd边刚离开磁场时速度也为v0,则线圈穿过磁场(从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止)的过程中(重力加速度为g)( )A.感应电流所做的功为mgdB.感应电流所做的功为mg(d-L)C.线圈的最小速度一定是2D.线圈的最小速度可能为图Z10-55.(多选)平行光滑金属导轨竖直放置,其电阻不计,磁场方向如图Z10-5所示,磁感应强度B=0.5 T,导体棒ab及cd长均为0.2 m,电阻均为0.1 Ω,重均为0.1 N,均与导轨垂直.现用竖直向上的力拉导体棒ab,使其匀速上升(与导轨接触良好),此时释放cd,cd恰好静止不动,则ab上升时,下列说法正确的是( )A.ab受到的拉力大小为0.2 NB.ab向上的速度为2 m/sC.在2 s内,产生的电能为0.8 JD.在2 s内,拉力做功为0.6 J技能提升6.某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪,测速原理如图Z10-6所示.在传送带一端的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极.电极间充满磁感应强度为B、方向垂直于传送带平面(纸面)向里、有理想边界的匀强磁场,且电极之间接有理想电压表和电阻R,传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条,其电阻均为r,传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中,且金属条与电极接触良好.当传送带以一定的速度匀速运动时,电压表的示数为U.下列说法中正确的是( )图Z10-6A.传送带匀速运动的速率为B.电阻R产生焦耳热的功率为C.金属条经过磁场区域受到的安培力大小为D.每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为7.如图Z10-7所示,空间分布着水平方向的匀强磁场,磁场区域的水平宽度d=0.4 m,竖直方向足够长,磁感应强度B=0.5 T.正方形导线框PQMN边长L=0.4 m,质量m=0.2 kg,电阻R=0.1 Ω,开始时放在光滑绝缘水平板上“Ⅰ”位置.现用一水平向右的恒力F=0.8 N 拉线框,使其向右穿过磁场区域,最后到达“Ⅱ”位置(MN边恰好出磁场).已知线框平面在运动中始终保持在竖直平面内,PQ边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动,g取10 m/s2.求:(1)线框进入磁场前运动的距离D;(2)上述整个过程中线框内产生的焦耳热;(3)线框进入磁场过程中通过其某一截面的电荷量.图Z10-78.[2018·江西五校联考] 如图Z10-8甲所示,两条阻值不计的足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L=0.5 m,N、Q两端连接阻值R=2.0 Ω的电阻,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上,导轨平面与水平面的夹角θ=30°.一质量m=0.40 kg、阻值r=1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线跨过光滑的定滑轮与质量M=0.80 kg的重物相连,细线与金属导轨平行.金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示,已知在0~0.3 s内通过金属棒的电荷量是0.3~0.6 s内通过金属棒的电荷量的,g取10 m/s2,求:(1)0~0.3 s内金属棒通过的位移;(2)0~0.6 s内金属棒产生的热量.图Z10-8挑战自我9.如图Z10-9所示,宽度为L的光滑平行金属导轨左端是半径为r1的四分之一圆弧导轨,右端是半径为r2的半圆导轨,中部是与它们相切的水平导轨.水平导轨所在的区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场.一根质量为m的金属杆a置于水平导轨上,另一根质量为M的金属杆b由静止开始从左端导轨最高点滑下,当b滑至水平导轨某位置时,a滑到右端半圆导轨最高点(b始终运动且a、b未相撞),并且a在最高点对导轨的压力大小为mg(g为重力加速度),此过程中通过a的电荷量为q.已知a、b杆的电阻分别为R1、R2,其余部分电阻不计.在b由静止释放到a运动至右端半圆导轨最高点过程中,a、b均始终与导轨垂直且接触良好,求:(1)b在水平导轨上运动时的最大加速度;(2)上述过程中系统产生的焦耳热;(3)a刚到达右端半圆导轨最低点时b的速度大小.图Z10-9专题训练(十)B　专题十　涉及电磁感应的力电综合问题时间/ 40分钟基础达标图Z10-101.(多选)[2018·黄山模拟] 如图Z10-10所示,在磁感应强度B=1.0 T的匀强磁场中,金属杆PQ在外力F作用下在粗糙的平行金属导轨上以速度v=2 m/s向右匀速滑动,两导轨间距离l=1.0 m,定值电阻R=3.0 Ω,金属杆的电阻r=1.0 Ω,导轨电阻忽略不计,金属杆始终与导轨垂直且接触良好,则下列说法正确的是( )A.通过R的感应电流的方向为由a到dB.金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2 VC.金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 ND.外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热2.[2018·广西柳州高级中学模拟] 如图Z10-11甲所示,在光滑水平面上,有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd,在水平外力的作用下,线框从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动,穿过匀强磁场,测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示,则( )图Z10-11A.线框受到的水平外力一定是恒定的B.线框边长与磁场宽度之比为3∶8C.出磁场的时间是进入磁场时的一半D.出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等图Z10-123.如图Z10-12所示,间距为L的足够长的平行金属导轨固定在斜面上,导轨一端接入阻值为R的定值电阻.t=0时,质量为m的金属棒由静止开始沿导轨下滑,t=T时,金属棒的速度恰好达到最大值v m.整个装置处于垂直于斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,金属棒及导轨的电阻不计.下列说法正确的是( )A.t=时,金属棒的速度大小为B.0~T的时间内,金属棒的机械能减少量等于电阻R上产生的焦耳热。

2020届高考物理一轮复习——电磁感应（高效演练）1.下面四幅图是用来“探究感应电流的方向遵循什么规律”的实验示意图。

灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”“拔出”磁铁，使线圈中产生感应电流，记录实验过程中的相关信息，分析得出楞次定律。

下列说法正确的是( )A. 该实验无需确认电流计指针偏转方向与通过电流计的电流方向的关系B. 该实验无需记录磁铁在线圈中的磁场方向C. 该实验必需保持磁铁运动的速率不变D. 该实验必需记录感应电流产生的磁场方向2.如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为圆心,轨道的电阻忽略不计。

OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。

空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B,现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'过程Ⅱ )。

在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则'BB等于( )A. 5 4B. 3 2C. 7 4D. 23.1．如图所示，固定的水平长直导线中通有恒定电流I，闭合矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。

线框由静止释放，不计空气阻力，在下落过程中（）A．穿过线框的磁通量保持不变 B．线框中感应电流方向保持不变C．线框做自由落体运动 D．线框的机械能守恒4.将一个闭合金属环用丝线(绝缘)悬于O点,如图所示,竖直虚线左边有垂直于纸面向外的匀强磁场,时右边没有磁场.将环拉至图示位置后由静止释放,下列现象能够发生的是( )A.金属环的摆动不会停下来,一直做等幅摆动B.金属环的摆动幅度越来越小,小到某一数值后做等幅摆动C.金属环的摆动会很快停下来D.金属环最后一次向左摆动时,最终停在虚线左侧某一点处5.如图所示,两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置,导轨平面的倾角为θ,导轨的下端接有电阻,当空间没有磁场时,使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面,导体棒ab上升的最大高度为H;当空间存在垂直导轨平面的匀强磁场时,再次使导体棒ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面,上升的最大高度为h,两次运动中导体棒ab始终与两导轨垂直且接触良好,下列说法中正确的是( )A.两次上升的最大高度比较,有H=hB.两次上升的最大高度比较,有H<hC.有磁场时,导体棒ab上升过程的最大加速度为g sinθD.有磁场时,导体棒ab上升过程的最小加速度为g sinθ6.如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。