高考物理一轮复习第十章电磁感应(第1课时)课时作业(含解析)
高考物理一轮复习第十章电磁感应课时作业
课时作业 35[双基过关练]1．(多选)如图所示，固定在水平绝缘平面上且足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R ，质量为m 的金属捧(电阻也不计)放在导轨上并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．用水平恒力F 把ab 棒从静止开始向右拉动的过程中，下列说法正确的是( )A ．恒力F 做的功等于电路产生的电能B ．恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C ．克服安培力做的功等于电路中产生的电能D ．恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和 解析：根据功能关系可知，金属棒克服安培力做功等于电路产生的电能．恒力做功等于棒获得的动能、克服安培力和摩擦力做功之和，故A 错误、C 正确；根据功能关系得知，恒力F 和摩擦力的合力做的功等于棒获得的动能、电路中产生的电能之和，故B 错误、D 正确．答案：CD2．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )A ．棒的机械能增加量B ．棒的动能增加量C ．棒的重力势能增加量D ．电阻R 上放出的热量 解析：棒受重力G 、拉力F 和安培力F 安的作用．由动能定理：W F ＋W G ＋W 安＝ΔE k 得WF ＋W 安＝ΔE k ＋mgh ，即力F 做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量，选项A 正确．答案：A3．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2解析：设线框边长ab ＝l 1，bc ＝l 2，线框中产生的热量Q 1＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫Bl 1v R 2·R·l 2v ＝B 2l 21l 2v R ＝B 2l 1l 2v R l 1，Q 2＝B 2l 1l 2v R l 2，由于l 1>l 2，所以Q 1>Q 2.通过线框导体横截面的电荷量q ＝I －·Δt＝E －R ·Δt＝ΔΦR ＝Bl 1l 2R ，故q 1＝q 2，A 选项正确．答案：A4．(2020·河北省定州中学月考)如图所示，足够长的U 形光滑金属导轨平面与水平面成角θ(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )A ．运动的平均速度大小为v2B ．下滑位移大小为qRBLC ．产生的焦耳热为qBLvD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2vRsinθ解析：金属棒ab 开始做加速逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于v2，而是大于v 2，故A 错误；由电荷量计算公式q ＝It ＝E R t ＝nΔΦR ＝BLx R 可得，下滑的位移大小为x ＝qR BL，故B 正确；产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝qIR ，而这里的电流I 比棒的速度大小为v 时的电流I′＝BLv R小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv ，故C 错误；金属棒ab 受到的最大安培力大小为F ＝BIL ＝B BLv R L ＝B 2L 2vR，故D 错误．答案：B5．(2020·贵州黔南州三校联考)如图甲所示，空间存在B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场，MN 、PQ 是水平放置的平行长直导轨，其间距L ＝0.2 m ，R 是连在导轨一端的电阻，ab 是跨接在导轨上质量m ＝0.1 kg 的导体棒．从零时刻开始，对ab 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，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v －t 图象，其中AO 是图象在O 点的切线，AB 是图象的渐近线．除R 以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m 时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R 的阻值；(2)在棒运动100 m 过程中电阻R 上产生的焦耳热．解析：(1)由图乙得ab 棒刚开始运动瞬间a ＝2.5 m/s 2， 则F －F f ＝ma ， 解得F f ＝0.2 N.ab 棒最终以速度v ＝10 m/s 匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F －F f －F 安＝0.F 安＝BIL ＝BL Blv R ＝B 2L 2vR .联立可得R ＝B 2L 2vF －F f＝0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F －F f )x ＝12mv 2＋Q ，解得Q ＝20 J.答案：(1)0.4 Ω (2)20 J6．(2020·山东临沂期末)两根足够长的平行金属导轨制成如图所示的形状并固定在倾角相同的两个斜面上，倾角θ＝30°，导轨电阻不计，间距L ＝0.4 m ．左斜面中的匀强磁场方向垂直于左斜面向上，右斜面中的匀强磁场方向垂直于右斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5 T ．在右斜面中，将质量m 1＝0.1 kg 、电阻R 1＝0.1 Ω的金属棒ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在左斜面中将质量m 2＝0.4 kg 、电阻R 2＝0.1 Ω的光滑金属棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于左斜面的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g 取10 m/s 2.求：(1)ab 棒刚要向上滑动时，cd 棒速度v 的大小；(2)从cd 棒开始下滑到ab 棒刚要向上滑动的过程中，cd 棒滑动的距离x ＝4 m ，此过程中ab 棒上产生的热量Q.解析：(1)开始时ab 棒刚好不下滑，ab 棒所受摩擦力为最大静摩擦力，设最大静摩擦力为Ff m ，则Ff m＝m 1gsinθ＝0.5 N ，设ab 棒刚要向上滑时，cd 棒切割磁感线产生的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ，设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝ER 1＋R 2，设ab 棒所受安培力为F 安，有F 安＝ILB ，此时ab 棒受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，根据平衡条件有F 安＝m 1gsinθ＋Ff m ， 代入数据解得v ＝5 m/s.(2)设cd 棒在运动的过程中，电路中产生的总热量为Q 总，根据能量守恒定律有m 2g xsinθ＝Q 总＋12m 2v 2，又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总，解得Q ＝1.5 J.答案：(1)5 m/s (2)1.5 J [能力提升练]7．(2020·江苏苏州联考)如图所示，“ ”形金属导轨水平放置，宽为L ＝0.50 m ，电阻不计．在导轨间长d ＝0.8 m 的区域内，存在方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0 kg 、电阻R 0＝0.05 Ω的金属棒CD 水平置于导轨上，与轨道之间的动摩擦因数为0.25，初始位置与磁场区域的左边界相距x ＝0.2 m ，用一根轻质绝缘的细绳水平绕过定滑轮与CD 棒相连．现用一个恒力F ＝50 N 竖直向下作用于细绳A 端，CD 棒由静止开始运动，运动过程中CD 棒始终保持与导轨垂直，g 取10m/s 2.求：(1)CD 棒刚进入磁场时所受的安培力的大小；(2)CD 棒通过磁场的过程中通过其横截面的电荷量q ； (3)CD 棒在磁场中运动的过程中电路中所产生的焦耳热Q. 解析：(1)金属棒进入磁场前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F －μmg＝ma ，解得a ＝10 m/s 2，由运动学公式得v 2＝2ax ，解得v ＝2 m/s ， 感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝ER 0，安培力F 安＝BIL ，联立解得I ＝40 A ，F 安＝40 N.(2)CD 棒通过磁场的过程中通过其横截面的电荷量q ＝I －·Δt＝ΔΦR 0＝BdL R 0，解得q ＝16 C.(3)金属棒进入磁场后，满足F ＝μmg＋F 安，金属棒所受合力为零， 可知金属棒在磁场中做匀速直线运动， 电路中电流为恒定电流I ＝40 A ，金属棒在磁场中运动所用时间t ＝dv＝0.4 s ，由焦耳定律得Q ＝I 2R 0t ＝32 J.答案：(1)40 N (2)16 C (3)32 J8．(2020·湖南宜章模拟)如图，一质量为m ，边长为h 的正方形金属线框abcd 自某一高度由静止下落，依次经过两匀强磁场区域，且金属线框bc 边的初始位置离磁场B 1的上边界的高度为h4，两磁场的磁感应强度分别为B 1和B 2，且B 1＝2B 0，B 2＝B 0(B 0已知)，两磁场的间距为H(H 未知，但H>h)，线框进入磁场B 1时，恰好做匀速运动，速度为v 1(v 1已知)，从磁场B 1中穿出后又以v 2匀速通过宽度也为h 的磁场B 2.(1)求v 1与v 2的比值； (2)写出H 与h 的关系式；(3)若地面离磁场B 2的下边界的高度为h ，求金属线框下落到地面所产生的热量．(用m 、h 、g 表示) 解析：(1)金属线框分别进入磁场B 1和B 2后，做匀速运动，由平衡条件有BIh ＝mg①又金属线框切割磁感线，则I ＝BhvR②联立①②得v ＝mgRB 2h所以v 1v 2＝B 22B 21＝14.③(2)金属线框进入磁场B 1前和离开磁场B 1后到进入磁场B 2前，都是做只在重力作用下的运动，由运动学公式有v 21＝2g·h 4④v 22－v 21＝2g(H －h)⑤联立③④⑤得H ＝19h4.⑥(3)产生的热量等于克服安培力做功，Q ＝BIh·4h⑦ 联立①⑦得Q ＝4mgh.答案：(1)1：4 (2)H ＝19h4(3)4mgh高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2021高考物理一轮复习第10章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律课时作业含解析2021032223
第1讲电磁感应现象楞次定律1．(2020·某某某某一模)在安培时代，关于验证“电磁感应效应”设想的实验中，下列不属于电流磁效应的是( )A．把闭合线圈放在变化的磁场中，闭合线圈中产生感应电流B．把磁针放在“沿南北放置的通电导线”上方，磁针发生了偏转C．把通有同向电流的两根导线平行放置，发现两根通电导线相互吸引D．把磁针放在通电螺线管中，磁针发生了偏转A[本题考查电流的磁效应问题。
把闭合线圈放在变化的磁场中，闭合线圈中产生感应电流，属于电磁感应(磁生电)实验，不属于电流磁效应，此题选择A。
]2．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd 沿纸面由位置1匀速运动到位置2。
则( )A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左D[导线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为a→d→c→b →a，这时由左手定则可判断cd边受到的安培力方向水平向左，A错，D对；在导线框离开磁场时，ab边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以判断电流的方向为a→b→c→d→a，这时安培力的方向仍然水平向左，B、C错。
]3．(2017·某某卷·1)如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。
圆形匀强磁场B的边缘恰好与a 线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D.4∶1A[根据Φ＝BS，S为有磁场的与磁场垂直的有效面积，因此a、b两线圈的有效面积相等，故磁通量之比Φa∶Φb＝1∶1，选项A正确。
]4.(多选)如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形。
则磁场( )A．逐渐增强，方向向外B．逐渐增强，方向向里C．逐渐减弱，方向向外D．逐渐减弱，方向向里CD[根据楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起闭合回路中磁通量的变化，体现在面积上是“增缩减扩”，而回路变为圆形，面积增大了，说明磁场在逐渐减弱。
2021年高考物理一轮复习第十章电磁感应第一讲电磁感应现象楞次定律课时作业
2021年高考物理一轮复习第十章电磁感应第一讲电磁感应现象楞次定律课时作业[A组·基础题]一、单项选择题1.法拉第在1831年发觉了“磁生电”现象．如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针．实验中可能观看到的现象是( )A．用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转B．线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C．线圈A和电池连接瞬时，小磁针会偏转D．线圈A和电池断开瞬时，小磁针不偏转解析：小磁针能否发生偏转，要看B中能不能产生感应电流，与A连接的电源电动势的大小无关，A错误；只要穿过B的磁通量发生变化，B中就可产生感应电流，小磁针就能够发生偏转，假如磁通量不变，匝数再多也没有用，B错误；线圈A与电池连接的瞬时，B中的磁场从无到有，磁通量发生变化，B中会产生感应电流，小磁针会发生偏转，C正确；线圈A与电池断开瞬时，穿过B的磁场从有到无，B中会产生感应电流，小磁针会发生偏转，D错误．答案：C2.(2021·湖南长沙模拟)自1932年磁单极子概念被狄拉克提出以来，不管是理论物理学家依旧实验物理学家都一直在努力查找，但迄今仍旧没能找到它们存在的确凿证据．近年来，一些凝聚态物理学家找到了磁单极子存在的有力证据，并通过磁单极子的集体激发行为说明了一些新颖的物理现象，这使得磁单极子艰巨的探究之路显现了一丝曙光．假如一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的闭合超导线圈，则从上向下看，那个线圈中将显现( )A．先是逆时针方向、然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向、然后是逆时针方向的感应电流C．逆时针方向的连续流淌的感应电流D．顺时针方向的连续流淌的感应电流解析：N极磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，且磁场方向从上向下，因此由楞次定律可知感应电流方向为逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，且磁场方向从下向上，因此由楞次定律可知感应电流方向为逆时针．因此线圈中产生的感应电流方向不变．由于超导线圈中没有电阻，因此感应电流将长期坚持下去，故A、B、D错误，C正确．答案：C3.(2021·辽宁葫芦岛模拟)如图所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒．ab和cd用导线连成一个闭合回路．当ab棒向右运动时，cd金属棒受到向下的安培力．下列说法正确的是( )A．由此可知d端电势高于c端电势B．由此可知Ⅰ是S极C．由此可知Ⅰ是N极D．当cd棒向下运动时，ab导线受到向左的安培力解析：依照题意可知，cd中电流的方向由c→d，c端电势高于d端，A错误；ab中电流的方向由b→a，对ab应用右手定则可知Ⅰ是N极，Ⅱ是S极，B错误，C正确；当cd棒向下运动时，回路中会产生由d→c的电流，则ab中电流的方向由a→b，依照左手定则可知，AB受的安培力向右，D错误．答案：C4．(2021·临沂一中段考)物理课上，老师做了一个奇异的“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的瞬时，套环赶忙跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，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，导致套环未动的缘故可能是( )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：金属套环跳起的缘故是开关S闭合时，套环上产生感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．线圈接在直流电源上，S闭合时，金属套环也会跳起．电压越高，线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环可不能跳起．故选项A、B、C错误，D正确．答案：D二、多项选择题5.如图所示，水平放置的光滑绝缘直杆上套有A、B、C三个金属铝环，B环连接在如图所示的电路中．闭合开关S的瞬时( )A．A环向左滑动B．C环向左滑动C．A环有向外扩展的趋势D．C环有向内收缩的趋势解析：闭合开关S的瞬时，通过A、C环的磁通量增大，依照楞次定律和左手定则可知：A环向左运动，且有收缩的趋势；C环向右运动，且有收缩的趋势．故A、D正确，B、C错误．答案：AD6．(2021·高考江苏卷)电吉他中电拾音器的差不多结构如图所示，磁体邻近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音．下列说法正确的有( )A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数能够增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析：铜材料不能被磁化，因此选用铜质弦，电吉他不能正常工作，选项A错误；取走磁体，则没有磁场，不能发生电磁感应现象，电吉他不能正常工作，选项B正确；依照法拉第电磁感应定律，线圈的匝数越多产生的感应电动势越大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中的磁场强弱反复变化，依照楞次定律，则感应电流的方向不断变化，选项D正确．答案：BCD7.(2021·重庆巴蜀中学诊测)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平均分布，水平方向非平均分布．一铜制圆环用绝缘细线悬挂于O点．将圆环拉至位置a后无初速度开释，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( )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．感应电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反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，B错误；依照左手定则，因等效导线是沿竖直方向的，且两边的磁感应强度不同，故合力方向始终沿水平方向，和速度方向会有一定夹角，C错误，D正确．答案：AD8.(2021·广东珠海摸底)矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入电流方向如图所示，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是( )A．导线框abcd有逆时针的感应电流B．bc、ad两边均不受安培力的作用C．导线框所受的安培力的合力向右D．MN所受线框给它的作用力向左解析：直导线中通有M→N平均增大的电流，依照安培定则知，通过线框的磁场垂直纸面向里，且平均增大，依照楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向，故A正确．依照A 选项分析可知，依据左手定则知，bc、ad两边均受安培力的作用，故B错误．依照左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，因此ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线框所受安培力的合力方向向右，因此MN所受线框给它的作用力向左，故C、D正确．答案：ACD[B组·能力题]选择题9.(2021·河南许昌模拟)如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．开释线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )A．线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCAB．线框的磁通量为零时，感应电流却不为零C．线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D．线框做自由落体运动解析：依照右手定则，通电直导线的磁场在上方垂直纸面向外，下方垂直纸面向里；离导线近的地点磁感应强度大，离导线远的地点磁感应强度小．线框从上向下靠近导线的过程中，垂直纸面向外的磁通量增加，依照楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方垂直纸面向外的磁场和下方垂直纸面向里的磁场叠加，先是垂直纸面向外的磁通量减小，之后变成垂直纸面向里的磁通量增大，直至最大，依照楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流；垂直纸面向里的磁通量变成最大后，线框连续向下运动，垂直纸面向里的磁通量减小，这时的电流方向又变成了顺时针，即感应电流方向依次为ACBA →ABCA →ACBA ，故A 错误．依照A 中的分析，线框穿越导线时，始终有感应电流存在，故B 正确．依照楞次定律，安培力始终阻碍线框相对磁场的运动，故安培力的方向始终向上，线框不可能做自由落体运动，故C 、D 错误．答案：B10.如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd 构成回路，abcd 所围区域内存在垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方的水平桌面上放置一导体圆环．若圆环与桌面间的压力大于圆环的重力，abcd 区域内磁场的磁感应强度随时刻变化的关系可能是( )解析：圆环与桌面间的压力大于圆环的重力，可知导体圆环受到向下的磁场作用力，依照楞次定律的另一种表述，可知螺线管中的磁场磁通量在增大，即螺线管和abcd 构成的回路中产生的感应电流在增大．依照法拉第电磁感应定律E ＝N ΔBS Δt ，则感应电流I ＝N ΔBS ΔtR，可知ΔB Δt 增大时(B 变化得越来越快)，感应电流才增大．A 、C 、D 选项中的ΔB Δt减小(B 变化得越来越慢)，B 选项中的ΔB Δt增大(B 变化得越来越快)，因此B 正确，A 、C 、D 错误． 答案：B11．如图甲所示，水平面上的不平行导轨MN 、PQ 上放着两根光滑导体棒ab 、cd ，两棒间用绝缘丝线系住；开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B 随时刻t 的变化如图乙所示．则以下说法正确的是( )A．在t0时刻导体棒ab中无感应电流B．在t0时刻绝缘丝线不受拉力C．在0～t0时刻内导体棒ab始终静止D．在0～t0时刻内回路电流方向是abdca解析：由图乙所示图象可知，0到t0时刻内磁场垂直纸面向里，磁感应强度B平均减小，回路中磁通量平均减小，回路中产生感应电动势，形成感应电流．由楞次定律可得出感应电流方向沿acdba，在t0时刻导体棒ab中电流不为零，故A、D错误．在t0时刻B＝0，依照安培力公式F＝BIL知现在ab和cd都不受安培力，因此丝线不受拉力，故B正确．在0～t0时刻内，依照楞次定律可知ab受力向左，cd受力向右，由于cd所受的安培力比ab所受的安培力大，因此ab将向右运动，故C错误．答案：B12.(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能够自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．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：利用楞次定律，两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判定回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.以此为基础，再依照左手定则进一步判定CD、AB的受力方向，通过比较可得正确答案．答案：BD13.(多选)如图所示，线圈A、B同心置于光滑水平桌面上，线圈A中通有逐步增大的逆时针方向的电流，则( )A．线圈B将顺时针转动起来B．线圈B中有顺时针方向的电流C．线圈B将有沿半径方向扩张的趋势D．线圈B对桌面的压力将增大解析：当线圈A中通有逐步增大的逆时针方向的电流时，穿过线圈B的磁通量竖直向上且增大，依照楞次定律，线圈B产生顺时针方向的电流；线圈A、B中的电流方向相反，互相排斥，线圈B有扩张的趋势，故B、C正确，A错误．线圈B受到的安培力在水平方向上，线圈B对桌面的压力将不变，故D错误．答案：BC14．(多选)(2021·河南六市一联)如图甲所示，等离子气流由左方连续以速度v0射入M和N两板间的匀强磁场中，ab直导线与M、N相连接，线圈A与直导线cd连接，线圈A内有按图乙所示规律变化的磁场，且规定向左为磁场B的正方向，则下列叙述正确的是( )A．0～1 s内ab、cd导线互相排斥B．1～2 s内ab、cd导线互相吸引C．2～3 s内ab、cd导线互相吸引D．3～4 s内ab、cd导线互相排斥解析：依照左手定则，可判定等离子气流中的正离子向上极板M偏转，负离子向下极板N偏转，因此ab中电流方向是由a向b的．在第1 s内，线圈A内磁场方向向右，磁感应强度减小，由楞次定律可知感应电流方向是由c向d的，依照ab、cd内电流的流向关系，可知两导线相互吸引，A错误；在第2 s内，线圈A内磁场方向向左，磁感应强度增加，由楞次定律可知感应电流的方向是由c向d的，依照电流的流向关系可知两导线相互吸引，B 正确；同理能够判定C错误，D正确．答案：BD。
2019届高考物理一轮复习人教新课标版练习：第10章 电磁感应 第1节 (附答案)
(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～T 2时间内，直导线中电流向上，则在T 2～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～T 2时间内，直导线中电流向上，由题图乙知，在T 2～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＋v t)＝1＋v t，则磁通量Φ＝BS＝B(1＋v t)＝B0×1，即磁通量等于t＝0时的磁通量．代入可得B＝B01＋v t，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＝Bl v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．。
全品复习方案2020届高考物理一轮复习第10单元电磁感应课时作业含解
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。
【物理一轮】2021高中物理一轮复习学案--第十章 第1讲 电磁感应现象 楞次定律
第1讲电磁感应现象楞次定律ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU ,知识梳理·自测巩固知识点1 磁通量1．定义匀强磁场中，磁感应强度(B)与垂直于磁场方向的面积(S)的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，简称磁通，我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。
2．公式Φ＝BS。
在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯，符号是Wb。
3．公式适用条件(1)匀强磁场。
(2)磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S。
思考：如图所示，矩形abcd、abb′a′，a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos_θ或BS3。
(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3。
(3)通过矩形abb′a′的磁通量为0。
知识点2 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)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。
(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。
3．电磁感应现象的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。
知识点3 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引起感应电流的磁通量的变化。
(2)适用范围：适用于一切回路磁通量变化的情况。
2.右手定则(1)使用方法。
①让磁感线穿入右手手心。
②使大拇指指向导体运动的方向。
③则其余四指指向感应电流的方向。
(2)适用范围：适用于部分导体切割磁感线的情况。
思考：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，AB中通有如图所示的电流I，请回答：(1)穿过线圈abcd中的磁通量为多少？(2)AB中电流I逐渐增大，线圈abcd中有感应电流吗？(3)要使线圈abcd中产生感应电流，可行的做法有哪些(至少答出两种方法)?[答案](1)0 (2)无(3)使线圈左右平动；以OO′为轴转动。
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第十章 电磁感应 单元质检十 电磁感应
单元质检十电磁感应(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.如图所示,电路中A、B是规格相同的灯泡,L是电阻可忽略不计的电感线圈,那么( )A.断开S,B立即熄灭,A闪亮一下后熄灭B.合上S,B先亮,A逐渐变亮,最后A、B一样亮C.断开S,A立即熄灭,B由亮变暗后熄灭D.合上S,A、B逐渐变亮,最后A、B一样亮2.如图所示,电阻不计的刚性U形光滑金属导轨固定在水平面上,导轨上连有电阻R。
金属杆ab可在导轨上滑动,滑动时保持与导轨垂直。
整个空间存在一个竖直向上的匀强磁场区域。
现有一位于导轨平面内且与导轨平行的向左的拉力作用于金属杆ab的中点上,使之从静止开始在导轨上向左运动。
已知拉力的功率恒定不变,金属杆电阻不计。
在金属杆ab沿导轨向左运动的过程中,关于金属杆ab的速度与时间的大致图象,下列正确的是( )3.如图所示,位于同一绝缘水平面内的两根固定金属导轨MN、M'N',电阻不计,两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。
现将两根粗细均匀、电阻分布均匀的相同铜棒ab、cd放在两导轨上,若两棒从图示位置以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动,运动过程中始终与两导轨接触良好,且始终与导轨MN垂直,不计一切摩擦,则下列说法正确的是( )A.回路中有顺时针方向的感应电流B.回路中的感应电流不断增大C.回路中的热功率不断增大D.两棒所受安培力的合力不断减小4.(河北卷)如图,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。
导轨间距最窄处为一狭缝,取狭缝所在处O点为坐标原点。
狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ,一电容为C的电容器与导轨左端相连。
导轨上的金属棒与x轴垂直,在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动,忽略所有电阻。
下列说法正确的是( )A.通过金属棒的电流为2BCv2tanθB.金属棒到达x0时,电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC.金属棒运动过程中,电容器的上极板带负电D.金属棒运动过程中,外力F做功的功率恒定5.如图所示,平行金属导轨与水平面成θ角,导轨与固定电阻R1和R2相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面,有一导体棒ab,质量为m,导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等,与导轨之间的动摩擦因数为μ,导体棒ab沿导轨向上滑动,当上滑的速度为v时,受到安培力的大小为F,此时( )A.电阻R1消耗的热功率为Fv3B.电阻R2消耗的热功率为Fv6C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvsinθD.整个装置消耗的机械功率为Fv二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。
高考物理-全品一轮第10单元电磁感应作业详解
教师详解(作业手册)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.AC[解析]当把磁铁N极向下插入线圈时,穿过线圈的磁通量发生变化,故线圈中产生感应电流,电流表指针发生偏转,选项A正确;当把磁铁N极从线圈中拔出时,线圈中也会产生感应电流,故选项B错误;保持磁铁在线圈中与线圈相对静止时,穿过线圈的磁通量不变,故无感应电流产生,所以电流表指针不发生偏转,选项C正确;若磁铁和线圈一起以同一速度向上运动,则线圈与磁铁没有相对运动,故穿过线圈的磁通量也不变,电路中无感应电流,电流表指针不发生偏转,选项D错误.3.C[解析]线圈由A位置下落至O位置的过程中,向上的磁通量增大,由O位置下落至B位置的过程中,向上的磁通量减小,根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向(自上往下看)先沿顺时针后沿逆时针,故选项C正确.4.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,此后一直只受到重力,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,根据楞次定律可知线框中感应电流一直沿逆时针方向,C正确,D错误.5.B[解析]cd导线受到的安培力向下,由左手定则可知,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,ab棒向左运动时,由右手定则可知,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;根据楞次定律可知ab棒受到向右的安培力,故D错误.6.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.7.B[解析]导体棒MN向左运动时,由右手定则可知,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,由右手定则可知,cd中的感应电流由c到d,而ab中的电流仍是由a到b的,故两导线相互吸引,虽然两导线中的电流不相等,但是根据力的作用是相互的规律可知,这两个力大小相等,故选项B正确,选项D错误.8.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.9.C[解析]当磁N单极子向右匀速靠近线圈时,穿过线圈的磁通量向右增加,根据楞次定律,线圈中产生从右向左观察时为顺时针方向的电流;当磁N单极子穿过线圈后,穿过线圈的磁通量向左减小,根据楞次定律可知,线圈中也产生从右向左观察时为顺时针方向的电流,故选项C正确.10.B[解析]列车带着磁体向右运动通过线圈左边时,相当于线圈左边的一段导线向左切割磁感线,根据右手定则知,线圈中的电流沿逆时针方向;磁体向右通过线圈右边时,相当于线圈右边的一段导线向左切割磁感线,这一过程中线圈中的感应电流沿顺时针方向,故线圈中的电流先沿逆时针方向,再沿顺时针方向,选项B正确.11.AC[解析]由于金属棒KN在重力的作用下沿斜面向下运动,KNMP回路中产生的感应电流方向沿NKPMN,则在圆环处产生垂直于导轨平面向上的磁场,随着金属棒向下加速运动,穿过圆环的磁通量将增加,依据楞次定律可知,圆环将有收缩的趋势以阻碍磁通量的增加;又由于金属棒受到安培力,加速度在逐渐减小,磁通量的变化率减小,所以在圆环中产生的感应电流不断减小,故A、C正确.12.B[解析]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,形成环形且增大的电流,穿过金属环B的磁通量增大,根据楞次定律,金属环B的面积有缩小的趋势,且金属环有向上的运动趋势,故丝线受到的拉力减小,选项B正确.13.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,根据安培定则可知,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,根据楞次定律可知,线圈B中感应电流的磁场方向向下,根据安培定则可知,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.A[解析]要让线圈B中产生感应电流,A中的电流应发生变化,C、D错误;若A中的电流由a流入,且越来越小,则根据右手螺旋定则可知穿过B的磁通量向左,且越来越小,根据楞次定律可知B中产生的感应电流由d点流经电阻R到c点,B错误;同理,若A中的电流从b点流入,且电流越来越小,则根据楞次定律,B中产生的感应电流从c点流经电阻R到d点,A正确.3.AD[解析]在闭合回路进入磁场的过程中,穿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,选项A正确;根据左手定则可以判断,CD段直导线所受安培力向下,选项B错误;当半圆形闭合回路恰好有一半进入磁场时,等效切割长度最大,为,这时感应电动势有最大值,为E max=Bd v,选项C错误;由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的平均值πBd v,选项D正确.4.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=πa2,圆周长为L=2πa,正方形面积为S'=2a2,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应电动势之比为,两者的电阻之比为,故电流之比为,故C正确,D错误.5.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=2Ba v,A正确;当θ=时,杆切割磁感线的有效长度等于圆环半径,杆产生的感应电动势为E=Ba v,B错误;当θ=0时,回路的总电阻R1=(2a+πa)R0,杆受的安培力F1=BI1l=B·,C错误;当θ=时,回路的总电阻R2=(a+πa)R0,杆受的安培力F 2=BI2l'=B·,D正确.6.BD[解析]当S闭合时,因二极管加上了反向电压,故L1一直不亮,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L2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L2→L1→D→L之中形成新的回路,所以L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,L2缓慢熄灭,选项C错误,选项D正确.7.B[解析]I甲=,I乙=,所以I乙=2I甲,由于丙中磁通量始终为零,故I丙=0,只有B正确.8.C[解析]该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中,穿过线框的磁通量先增大后减小,根据楞次定律可以判断出线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向,且始终不为零,当通过线圈的磁通量最大时,感应电动势不为零,故A、D错误;由左手定则可以判断线框在该磁场中一直受到水平向左的安培力作用,故C正确;该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中,导线框切割磁感线的有效长度先增大、后不变、再增大,由E=Bl v及闭合电路的欧姆定律可得线框中的感应电流先增大、后不变、再增大,故B错误.9.(1)0.3 V(2)4.5 V(3)图甲0.2 V[解析](1)杆MN切割磁感线产生的感应电动势E1=B1L v=0.3 V.(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化,产生的感应电动势E2=n S2=4.5 V.(3)图甲中φa>φb=0,图乙中φa<φb=0,所以当电阻R与图甲中的导轨相连接时,a端的电势较高.此时通过电阻R的电流I=电阻R两端的电势差φa-φb=IR故a端的电势φa=IR=0.2 V.10.(1)(2)(3)[解析](1)感应电动势E=Bd v0感应电流I=故I=(2)安培力F=BId由牛顿第二定律得F=ma故a=(3)金属杆切割磁感线的速度v'=v0-v,则感应电动势E=Bd(v0-v)电功率P=故P=.专题训练(十)1.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=B0·2a·v',其中v'=,则E=B0a v,外电路的总电阻R=,根据闭合电路欧姆定律得I=,则总电流I=,故A、B两端的电压U=IR=B0a v,选项A正确.2.BD[解析]根据图像知0~0.5T内磁场增强,0.5T~T内磁场减弱,由楞次定律知,线圈中的感应电流先沿逆时针方向,后沿顺时针方向,故A错误;根据法拉第电磁感应定律得E=S,因为0~0.5T内和0.5T~T内磁感应强度的变化率为定值且绝对值相等,所以感应电动势大小不变,故B正确;根据I=,可知整个过程中电流大小不变,由P=I2R知电阻R消耗的功率不变,故C错误,D正确.3.D[解析]根据图像,分析磁场变化的一个周期,在0~时间内,向外的磁场在减弱,故感应电流的磁场方向向外,在~T时间内,向里的磁场在增强,故感应电流的磁场方向也向外,此后磁场变化重复此周期,说明线框中的感应电流方向不会发生改变,选项A错误;cd边的电流方向由d到c不变,大小也不变,而磁场方向改变,磁感应强度的大小也改变,故cd边受到的安培力方向改变,大小也改变,选项B错误;根据法拉第电磁感应定律可得,线框中的感应电动势E=,选项C错误;线圈中产生的感应电流大小不变,即P=I2R,所以线框中的电流大小为,选项D正确.4.BD[解析]由图像分析可知,0~t1时间内,由法拉第电磁感应定律得E=n S,其中S=π,,由闭合电路欧姆定律得I1=,联立得通过电阻R1的电流大小I1=,由楞次定律可判断出通过电阻R1的电流方向为从b到a,选项A错误,选项B正确;线圈两端的电压大小U=I1·2R=,选项C错误;通过电阻R1的电荷量q=I1t1=,选项D 正确.5.D[解析]线框切割磁感线产生的感应电动势E=BL v,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.6.D[解析]根据题意,画出的示意图如图所示.棒ab始终处于静止状态,则其受到的安培力沿斜面向上,根据楞次定律可知穿过闭合回路的磁通量是增加的,选项C错误;棒ab始终处于静止状态,根据平衡条件有mg sin θ=BIL,则当B变大时,电流I应减小,又I=,故应减小,选项A、B错误,选项D正确.7.AC[解析]导体棒在左半区域磁场中时,根据右手定则,通过棒的电流方向向上,电流由M经R到N,为正值,且逐渐变大,导体棒在右半区域磁场中时,根据右手定则,通过棒的电流方向向下,电流由N经R到M,为负值,逐渐减小,且经过分界线ac时感应电流的大小突然加倍,A正确,B错误;设导体棒切割磁感线的有效长度为L,第一段时间内安培力大小F=BIL=B·,因L∝t,故F∝t2,F-t图像为抛物线,同理可知第二段时间内F-t图像也为抛物线,由楞次定律可知安培力方向一直向左,C正确,D错误.8.(1)1.2 V(2)0.12 W(3)1.70 N[解析](1)根据法拉第电磁感应定律有E=N V=1.2 V(2)线框的电功率P==0.12 W(3)第1 s末在磁场中的两条边受到的力都垂直于对应的边,大小相等,互成90°角,每条边受到的力F0=BIL=2×0.1×(0.4+0.2) N=0.12 N则F=NF0=1.70 N由平衡条件得,摩擦力f=F=1.70 N9.(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处于静止状态,根据平衡条件有mg=E|q|又E=所以U MN==0.1 VR3两端电压与电容器两端电压相等,由欧姆定律得通过R3的电流为I==0.05 A则ab棒两端的电压为U ab=U MN+I=0.4 V.(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=Bl v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(十一)1.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S a∶S b=4∶1,l a∶l b=1∶2,故W a∶W b=1∶1,选项C正确.2.BD[解析]金属棒在磁场中向下运动时,由楞次定律可知,流过电阻R的电流方向为b→a,选项A错误;金属棒在磁场中运动的速度为v时,金属棒中感应电动势E=BL v,感应电流I=,所受的安培力大小为F=BIL=,选项B正确;当安培力F=mg时,金属棒下落速度最大,金属棒的最大速度v m=,选项C错误;金属棒以稳定的速度运动时,电阻R的热功率P=I2R=R,选项D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E1=BL v1,电流I1=,线框做匀速运动,所以有mg sinθ=BI1L=,当ab边刚越过JP时,感应电动势E2=2BL v1,电流I2=,根据牛顿第二定律得2BI2L-mg sinθ=ma,联立解得a=3g sin θ,故A错误;当加速度a=0时,以速度v2做匀速直线运动,即mg sin θ=,所以v1∶v2=4∶1,故B正确;从t1时刻到t2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=,克服安培力做的功等于产生的电能,故C错误,D正确.4.BCD[解析]金属杆恰能保持静止,由平衡条件可得mg=B2I·2a,故通过金属杆的电流大小为I=,选项A错误.由楞次定律可知,通过金属杆的电流方向为从B到A,选项B正确.根据区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1=b+kt(k>0)变化,可知=k,C1中磁场变化产生的感应电动势E=πa2=kπa2,由闭合电路欧姆定律有E=I(r+R),联立解得定值电阻的阻值为R=-r,选项C正确.整个电路中产生的热功率P=EI=kπa2·,选项D正确.5.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v0,cd边刚离开磁场时速度也为v0,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+,Q=mgd,则线圈的最小速度为v m=,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.6.(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=BL v1联立解得v1==2 m/s由动能定理得FD=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= C=0.8 C7.(1)18 m/s(2)a、b棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动[解析](1)当b棒先向下运动时,在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流,于是a棒受到向下的安培力,b棒受到向上的安培力,且二者大小相等.释放a棒后,经过时间t,分别以a和b为研究对象,根据动量定理得(mg+F)t=m v a(mg-F)t=m v b-m v0解得v b=18 m/s(2)在a、b棒向下运动的过程中,a棒的加速度a1=g+,b棒的加速度a2=g-,闭合回路中磁通量的变化逐渐减小直至不变,感应电流也逐渐减小直至消失,则安培力也逐渐减小到零.最后,两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动.(3)[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=Mgr1解得v b1=b刚滑上水平导轨时加速度最大,此时E=BL v b1,I=由牛顿第二定律得F安=BIL=Ma(2)在整个过程中,由动量定理得-B Lt=M v b2-M v b1即-BLq=M v b2-M v b1解得v b2=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由牛顿第二定律有mg+F N=m解得v a1=对a、b组成的系统,由能量守恒定律得Mgr1=+2mgr2+Q 解得Q=BLq(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2mgr2=解得v a2=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M v b1=M v b3+m v a2解得v b3=。
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高考物理一轮复习第十章电磁感应（第1课时）课时作业（含解析）课时作业【基础练习】一、电磁感应现象的判断1．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关如图所示连接．下列说法中正确的是( )A．开关闭合后，线圈A插入或拔出时都会引起电流表指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流表指针均不会偏转C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流表指针静止在中央零刻度D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流表指针才能偏转A解析：开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过线圈B的磁通量会发生变化；开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，从而引起穿过线圈B的磁通量变化，只要线圈B中磁通量变化，与电流表形成的闭合电路中就会产生感应电流，电流表指针发生偏转．2．(2019·辽宁省实验中学期中)科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR为一个磁敏电阻，R 和R2为滑动变阻器，R1和R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则( )A．只调节滑动变阻器R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率最大B．只调节滑动变阻器R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动C．只调节滑动变阻器R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大D．只调节滑动变阻器R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动A解析：只调节滑动变阻器R，当P1向右端移动时，滑动变阻器R接入电路的阻值增大，左侧电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁的磁性减弱，导致了磁敏电阻的阻值减小，则通过R1的电流增大，其消耗的电功率增大，电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，A正确，B错误；只调节滑动变阻器R2，当P2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R1消耗的电功率不变，电容器两端电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，C、D错误。
3．(2017北京西城区模拟)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l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变化的示意图最可能的是( )C解析：要使回路中不产生感应电流，只有回路中磁通量不发生变化，由B0l2＝Bl(l＋vt)，得到B＝B0ll＋vt，所以C选项正确．4．(多选)如图所示，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环．以下判断中正确的是( )A．释放圆环，环下落时产生感应电流B．释放圆环，环下落时无感应电流C．释放圆环，环下落时环的机械能守恒D．释放圆环，环下落时环的机械能不守恒BC解析：由条形磁铁磁场分布特点可知，穿过其中央位置正上方的圆环的合磁通量为零，所以在环下落的过程中，磁通量不变，没有感应电流，圆环只受重力，则环下落时机械能守恒．二、楞次定律的理解及应用5．两个大小不同的绝缘金属圆环a，b如图所示叠放在一起，小圆环b有一半面积在大圆环a中，当大圆环a通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环b中感应电流的方向是( )A．顺时针方向B．逆时针方向C．左半圆顺时针，右半圆逆时针D．无感应电流B解析：当大圆环a中电流为顺时针方向时，环内磁场比环外磁场要强，圆环b的磁通量是垂直纸面向里且增大，圆环b中产生的感应电流的磁场方向应垂直纸面向外，即感应电流的方向为逆时针方向．6．如图所示，当磁场的磁感应强度B增强时，内、外金属环上的感应电流的方向应为( )A．内环顺时针，外环逆时针B．内环逆时针，外环顺时针C．内、外环均为顺时针D．内、外环均为逆时针A解析：磁场增强，则穿过回路的磁通量增大，故感应电流的磁场垂直纸面向外，由安培定则知电流对整个电路而言应沿逆时针方向；若分开讨论，则外环逆时针，内环顺时针．7.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B解析：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，金属环B内磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小并远离的趋势，丝线受到的拉力减小．8．(多选)如图所示，一根长导线弯曲成“n”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BC解析：由安培定则知，当电流增大时，C中磁场垂直纸面向里且磁通量增大，由楞次定律知，C环中有逆时针方向的感应电流；感应电流总是阻碍引起感应电流的原因“增斥减吸”，所以环有向下运动趋势，环受到线的拉力大于重力．三、三定则一定律的综合应用9.如图所示，闭合的矩形金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，现在金属框固定不动而磁场运动，发现ab边所受安培力的方向为竖直向上，则此时磁场的运动方向可能是( )A．水平向右平动 B．水平向左平动C．竖直向上平动 D．竖直向下平动A解析：ab边受到的力向上，由左手定则可知，ab上电流的方向由b→a，由楞次定律可得，线框内的磁通量在增加，磁场水平向右运动．10．(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，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．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BD解析：利用楞次定律，两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.根据左手定则进一步确定AB，CD受安培力的方向分别向左、向右．11．(多选)如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )A．向右做匀速运动 B．向左做减速运动C．向右做减速运动 D．向右做加速运动BC解析：由“增斥减吸”，线圈c要被螺线管吸引，螺线管中电流必须减小，导体棒ab必须减速．12．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( )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D解析：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．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，同理可判定B1，B2反向时，a，b转向相同．【素能提升】13．(多选)(2018·重庆巴蜀中学诊测)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．一铜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( )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．感应电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向AD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，B错误；根据左手定则，因等效导线是沿竖直方向的，且两边的磁感应强度不同，故合力方向始终沿水平方向，和速度方向会有一定夹角，C错误，D正确．14．如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图所示．左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在垂直于导轨方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是( )A．当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点B．当金属棒向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点C．当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D．当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点D 解析：金属棒匀速向右运动切割磁感线，产生恒定感应电动势，由右手定则判断出电流由a→b，b点电势高于a点，c、d端不产生感应电动势，c点与d点等势，故A、B错．金属棒向右加速运动时，b点电势仍高于a点，感应电流增大，穿过右边线圈的磁通量增大，所以右线圈中也产生感应电流，由楞次定律可判断电流从d流出，在外电路中，d点电势高于c点，故C错误，D正确．15．(多选)(2018·河南六市联考)如图甲所示，等离子气流由左方连续以速度v0射入M 和N两板间的匀强磁场中，ab直导线与M、N相连接，线圈A与直导线cd连接，线圈A内有按图乙所示规律变化的磁场，且规定向左为磁场B的正方向，则下列叙述正确的是( )A．0～1 s内ab、cd导线互相排斥B．1～2 s内ab、cd导线互相吸引C．2～3 s内ab、cd导线互相吸引D．3～4 s内ab、cd导线互相排斥BD 解析：根据左手定则，可判定等离子气流中的正离子向上极板M偏转，负离子向下极板N偏转，所以ab中电流方向是由a向b的．在第1 s内，线圈A内磁场方向向右，磁感应强度减小，由楞次定律可知感应电流方向是由c向d的，根据ab、cd内电流的流向关系，可知两导线相互吸引，A错误；在第2 s内，线圈A内磁场方向向左，磁感应强度增加，由楞次定律可知感应电流的方向是由c向d的，根据电流的流向关系可知两导线相互吸引，B正确；同理可以判断C错误，D正确．。