2019届高考物理一轮复习 第十章 电磁感应（课件+练习）（打包14套）新人教版.zip

第十章 电磁感应第十章 电磁感应1电磁感应中的力学综合问题的求解【突破训练】1．如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距 l＝0.5 m，左端接有阻值 R＝0.3 Ω 的电阻．一质量 m＝0.1 kg，电阻 r＝0.1 Ω 的金属棒 MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度 B＝0.4 T．金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以 a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶ Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒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．求：(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻 R 的电荷量 q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2；(3)外力做的功 WF.解析：(1)设金属棒匀加速运动的时间为 Δ t，回路的磁通量的变化量为 Δ Φ ，回路中的平均感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律得＝ ①EΔ ΦΔ t其中 Δ Φ ＝ Blx ②设回路中的平均电流为 I，由闭合电路欧姆定律得＝ ③IE－ R＋ r则通过电阻 R 的电荷量为 q＝ Δ t④I联立①②③④式，得 q＝BlxR＋ r代入数据得 q＝4.5 C.(2)设撤去外力时金属棒的速度为 v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2 ax ⑤设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为 W，由动能定理得W＝0－ mv2 ⑥12撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2＝－ W ⑦联立⑤⑥⑦式，代入数据得 Q2＝1.8 J． ⑧2(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶ Q2＝2∶1，可得 Q1＝3.6 J ⑨在金属棒运动的整个过程中，外力 F 克服安培力做功，由功能关系可知 WF＝ Q1＋ Q2⑩由⑧⑨⑩式得 WF＝5.4 J.答案：(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J2．(2018·石家庄质检)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨 MN、 PQ 被固定在水平面上，导轨间距 l＝0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻 R1及理想电压表 V，电阻为 r＝2 Ω 的金属棒垂直于导轨静止在 AB 处；右端用导线连接电阻 R2，已知 R1＝2 Ω， R2＝1 Ω ，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域 CDFE 内有竖直向上的磁场， CE＝0.2 m，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力 F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变．求：(1)t＝0.1 s 时电压表的示数；(2)恒力 F 的大小；(3)从 t＝0 时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量．解析：(1)设磁场宽度为 d＝ CE，在 0～0.2 s 的时间内，有 E＝ ＝ ld＝0.6 VΔ ΦΔ t Δ BΔ t此时， R1与金属棒并联后再与 R2串联R＝ R 并 ＋ R2＝1 Ω＋1 Ω＝2 ΩU＝ R 并 ＝0.3 V.ER(2)金属棒进入磁场后， R1与 R2并联后再与 r 串联，有I′＝ ＋ ＝0.45 AUR1 UR2FA＝ BI′ l＝1.00×0.45×0.6 N＝0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，所以恒力 F的大小F＝ FA＝0.27 N.(3)在 0～0.2 s 的时间内有Q＝ t＝0.036 JE2R金属棒进入磁场后，有3R′＝ ＋ r＝ ΩR1R2R1＋ R2 83E′＝ I′ R′＝1.2 VE′＝ Blv， v＝2.0 m/st′＝ ＝ s＝0.1 sdv 0.22Q′＝ E′ I′ t′＝0.054 JQ 总 ＝ Q＋ Q′＝0.036 J＋0.054 J＝0.09 J.答案：(1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J3．(2015·高考天津卷)如图所示， “凸”字形硬质金属线框质量为 m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内， ab 边长为 l， cd 边长为 2l， ab 与 cd 平行，间距为 2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时， cd 边到磁场上边界的距离为 2l，线框由静止释放，从 cd 边进入磁场直到 ef、 pq 边进入磁场前，线框做匀速运动，在 ef、 pq 边离开磁场后， ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且 ab、 cd 边保持水平，重力加速度为 g.求：(1)线框 ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是 cd 边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离 H.解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为 B， cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为 v1， cd 边上的感应电动势为 E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2 Blv1 ①设线框总电阻为 R，此时线框中电流为 I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝ ②E1R设此时线框所受安培力为 F1，有F1＝2 I1lB ③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝ F1 ④4由①②③④式得v1＝ ⑤mgR4B2l2设 ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为 v2，同理可得v2＝ ⑥mgRB2l2由⑤⑥式得v2＝4 v1. ⑦(2)线框自释放直到 cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝ mv ⑧12 21线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋ H)＝ mv － mv ＋ Q ⑨12 2 12 21由⑦⑧⑨式得H＝ ＋28 l.Qmg答案：(1)4 倍 (2) ＋28 lQmg4．如图所示，质量为 M 的导体棒 ab，垂直放在相距为 l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为 θ ，并处于磁感应强度大小为 B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为 d 的平行金属板， R 和 Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．(1)调节 Rx＝ R，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流 I 及导体棒的速率 v.(2)改变 Rx，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为 m、带电荷量为＋ q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的 Rx.解析：(1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示．5导体棒所受安培力 F 安 ＝ BIl ①导体棒匀速下滑，所以 F 安 ＝ Mgsin θ ②联立①②式，解得 I＝ ③Mgsin θBl导体棒切割磁感线产生感应电动势 E＝ Blv ④由闭合电路欧姆定律得 I＝ ，且 Rx＝ R，ER＋ Rx所以 I＝ ⑤E2R联立③④⑤式，解得 v＝ .2MgRsin θB2l2(2)由题意知，其等效电路图如图所示．由图知，平行金属板两板间的电压等于 Rx两端的电压．设两金属板间的电压为 U，因为导体棒匀速下滑时的电流仍为 I，所以由欧姆定律知U＝ IRx⑥要使带电微粒匀速通过，则 mg＝ q ⑦Ud联立③⑥⑦式，解得 Rx＝ .mBldMqsin θ答案：(1) (2)Mgsin θBl 2MgRsin θB2l2 mBldMqsin θ第十章 电磁感应第十章 电磁感应第十章 电磁感应匀 强 磁 场 垂直B·S1T·m2标磁通量闭 合 变 化感 应电动势电 能阻碍磁通量掌心导 体运 动切割××√×××1第一节 电磁感应现象 楞次定律(建议用时：60 分钟)一、单项选择题1.美国《大众科学》月刊网站报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现．一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能．具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示． A 为圆柱形合金材料， B 为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对 A进行加热，则( )A． B 中将产生逆时针方向的电流B． B 中将产生顺时针方向的电流C． B 线圈有收缩的趋势D． B 线圈有扩张的趋势解析：选 D.合金材料加热后，合金材料成为磁体，通过线圈 B 的磁通量增大，由于线圈 B 内有两个方向的磁场，由楞次定律可知线圈只有扩张，才能阻碍磁通量的变化，C 错误，D 正确；由于不知道极性，无法判断感应电流的方向，A、B 错误．2.(2018·浙江嘉兴一中测试)如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化解析：选 D.当左侧通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流时，通过右侧线圈的磁2通量增大，根据楞次定律可以知道，右侧线圈产生的感应电流方向为逆时针，由于磁场是均匀增大，则产生的感应电流为恒定的，故选项 A、B 错误；当有金属片通过时，接收线圈中磁通量仍然增大，故产生的感应电流方向仍然为逆时针，但是由于金属片中也要产生感应电流，所以接收线圈中的感应电流大小发生变化，故选项 C 错误，选项 D 正确．3.如图所示，两个同心圆形线圈 a、 b 在同一平面内，其半径大小关系为 rarb，条形磁铁穿过圆心并与圆面垂直，则穿过两线圈的磁通量 Φ a、 Φ b间的大小关系为( )A． Φ aΦ bB． Φ a＝ Φ bC． Φ amg.同理，当金属环离开磁铁下端时，金属环与磁铁相互吸引，因而绳的拉力 FT2mg，故 A 正确．6.如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高 h 处，由静止开始下落，最后落在水平地面上．磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触．若不计空气阻力．重力加速度为 g，下列说法中正确的是( )A．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)B．磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变D．磁铁落地时的速率一定等于 2gh解析：选 A.当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，A 正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B 错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械4能不守恒，C 错误；若磁铁从高度 h 处做自由落体运动，其落地时的速度 v＝ ，但磁铁2gh穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于 ，2ghD 错误．7.如图所示， ab 是一个可以绕垂直于纸面的轴 O 转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器 R 的滑片 P 自左向右滑动过程中，线圈 ab 将( )A．静止不动B．逆时针转动C．顺时针转动D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向解析：选 C.滑片 P 向右滑动过程中，电流增大，线圈处的磁场变强，磁通量增大，根据“阻碍”含义，线圈将阻碍磁通量增大而顺时针转动，故 C 正确．8．(2018·青岛模拟)如图甲所示，水平面上的平行导轨 MN、 PQ 上放着两根导体棒ab、 cd，两棒中间用绝缘丝线系住．开始时匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度 B 随时间 t 的变化如图乙所示， I 和 FT分别表示流过导体棒中的电流和丝线的拉力(不计电流之间的相互作用力)，则在 t0时刻( )A． I＝0， FT＝0 B． I＝0， FT≠0C． I≠0， FT＝0 D． I≠0， FT≠0解析：选 C.t0时刻，磁场变化，磁通量变化，故 I≠0；由于 B＝0，故 ab、 cd 所受安培力均为零，丝线的拉力为零，C 项正确．9.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( )5A．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．二、多项选择题10．(2018·海南省嘉积模拟)电阻 R、电容 C 与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示，现使磁铁由静止开始下落，在 N 极接近线圈上端的过程中，下列说法正确的是( )A．流过 R 的电流方向是 a 到 bB．电容器的下极板带正电C．磁铁下落过程中，加速度保持不变D．穿过线圈的磁通量不断增大解析：选 BD.在 N 极接近线圈上端的过程中，线圈中向下的磁通量在变大，所以选项D 正确；根据楞次定律可以得出，感应电流方向为逆时针(俯视图)，流过 R 的电流方向是b 到 a，选项 A 错误；线圈的下部相当于电源的正极，电容器的下极板带正电，所以选项 B正确；磁铁下落过程中，重力不变，线圈对磁铁的作用力变化，所以合力变化，加速度变化，所以选项 C 错误．11.如图所示，固定的光滑金属导轨 M、 N 水平放置，两根导体棒 P、 Q 平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时( )A． P、 Q 将相互靠拢B． P、 Q 将相互远离C．磁铁的加速度仍为 gD．磁铁的加速度小于 g6解析：选 AD.法一：设磁铁下端为 N 极，如图所示，根据楞次定律可判断出 P、 Q 中的感应电流方向如图所示，根据左手定则可判断 P、 Q 所受安培力的方向．可见， P、 Q 将相互靠拢．由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，因而加速度小于 g.当磁铁下端为 S 极时，根据类似的分析可得到相同的结果，所以，本题应选 A、D.法二：根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因．本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路， “效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以， P、 Q 将相互靠拢且磁铁的加速度小于 g，应选 A、D.12.如图所示， AOC 是光滑的金属轨道， AO 沿竖直方向， OC 沿水平方向， PQ 是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中 Q 端始终在 OC 上，空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在 PQ 杆滑动的过程中，下列判断正确的是( )A．感应电流的方向始终是由 P→ QB．感应电流的方向先是由 P→ Q，后是由 Q→ PC． PQ 受磁场力的方向垂直杆向左D． PQ 受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右解析：选 BD.在 PQ 杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形 POQ 内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断 B 项正确；再由 PQ 中电流方向及左手定则可判断 D 项正确．13.两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( )7A．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：选 BD.本题中 AB 导体棒切割磁感线，根据右手定则判定 AB 棒中的电流方向为B→ A，则 CD 棒中的电流方向为 C→ D，所以 A 错误，B 正确；根据左手定则，判定 CD 棒受到的安培力的方向为水平向右，所以 C 项错误； AB 棒中感应电流方向为 B→ A，根据左手定则判定 AB 棒所受安培力的方向为水平向左，即安培力的方向阻碍 AB 棒的相对运动，所以D 项正确．14.(2018·南京模拟)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)固定一根与导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．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ ABCA→ ACBAB．导线框的磁通量为零时，感应电流却不为零C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动解析：选 AB.根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框 ABC 在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当增大到 BC 边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当增大到 A 点与导线重合时，达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为 ACBA→ ABCA→ ACBA，A 正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B 正确；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，8由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D 错误．15．(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 φ bφ a，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．1第一节 电磁感应现象 楞次定律1．(高考全国卷Ⅰ)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析：选 D.产生感应电流必须满足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生变化．选项 A、B 电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项 A、B 不能观察到电流表的变化；选项 C 满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项 C 也不能观察到电流表的变化；选项 D 满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的变化，所以选 D.2.(多选)(2015·高考全国卷Ⅰ)1824 年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：选 AB.当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项 A 正确；铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项 B 正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项 C 错误；圆盘中的自由电子随圆2盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项 D 错误．3．如图，粗糙水平桌面上有一质量为 m 的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线 AB 正上方水平快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力 FN及在水平方向运动趋势的正确判断是( )A． FN先小于 mg 后大于 mg，运动趋势向左B． FN先大于 mg 后小于 mg，运动趋势向左C． FN先小于 mg 后大于 mg，运动趋势向右D． FN先大于 mg 后小于 mg，运动趋势向右解析：选 D.根据楞次定律的推论判断．磁铁靠近线圈时，线圈阻碍它靠近．线圈受到磁场力方向为右偏下，故 FNmg，有向右运动趋势，磁铁从 B 点离开线圈时，线圈受到磁场力方向向右偏上，故 FNmg，仍有向右运动趋势，因此只有 D 正确．4．如图所示的装置中， cd 杆原来静止，当 ab 杆做如下哪种运动时， cd 杆将向右移动( )A．向右匀速运动 B．向右减速运动C．向左加速运动 D．向左减速运动解析：选 D.ab 匀速运动时， ab 中感应电流恒定， L1中磁通量不变，穿过 L2的磁通量不变， L2中无感应电流产生， cd 保持静止，A 错误； ab 向右减速运动时， L1中的磁通量向上减小，由楞次定律知 L2中感应电流产生的磁场方向向下，故通过 cd 的电流方向向上，cd 向左移动，B 错误；同理得 C 错误，D 正确．第十章 电磁感应电 磁感 应磁通量右手定 则 楞次定律闭 合 电 路欧姆变 化率BlvBlvsinθ电 流自感 电动势匝数水的旋 涡安培力 阻碍感 应电 流电 磁 驱动√××√1第二节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流1.(2017·高考天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.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．现使磁感应强度随时间均匀减小， ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )A． ab 中的感应电流方向由 b 到 aB． ab 中的感应电流逐渐减小C． ab 所受的安培力保持不变D． ab 所受的静摩擦力逐渐减小解析：选 D.本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件．由于通过回路的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知 ab 中感应电流的方向由 a 到b，A 错误；因 ab 不动，回路面积不变；当 B 均匀减小时，由 E＝ n ＝ n S 知，产生Δ ΦΔ t Δ BΔ t的感应电动势恒定，回路中感应电流 I＝ 恒定，B 错误；由 F＝ BIL 知， F 随 B 减小而ER＋ r减小，C 错误；对 ab 由平衡条件有 f＝ F，故 D 正确．2．如图所示的电路中，电源的电动势为 E，内阻为 r，电感 L 的电阻不计，电阻 R 的阻值大于灯泡 D 的阻值．在 t＝0 时刻闭合开关 S，经过一段时间后，在 t＝ t1时刻断开 S.下列表示 A、 B 两点间电压 UAB随时间 t 变化的图象中，正确的是( )2解析：选 B.闭合开关 S 后，灯泡 D 直接发光，电感 L 的电流逐渐增大，电路中的总电流也将逐渐增大，电源内电压增大，则路端电压 UAB逐渐减小；断开开关 S 后，灯泡 D 中原来的电流突然消失，电感 L 与灯泡形成闭合回路，所以灯泡 D 中电流将反向，并逐渐减小为零，即 UAB反向逐渐减小为零，故选 B.3.如图所示，半径为 r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场 B 中，绕 O 轴以角速度 ω 沿逆时针方向匀速运动，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)( )A．由 c 到 d， I＝ B．由 d 到 c， I＝Br2ωR Br2ωRC．由 c 到 d， I＝ D．由 d 到 c， I＝Br2ω2R Br2ω2R解析：选 D.由右手定则判定通过电阻 R 的电流的方向是由 d 到 c；而金属圆盘产生的感应电动 E＝ Br2ω ，所以通过电阻 R 的电流大小是 I＝ ，选项 D 正确．12 Br2ω2R4．(2017·高考江苏卷)如图所示，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．求：(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小 I；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小 a；(3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率 P.解析：本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律．(1)感应电动势 E＝ Bdv0感应电流 I＝ER解得 I＝ .Bdv0R(2)安培力 F＝ BId3牛顿第二定律 F＝ ma解得 a＝ .B2d2v0mR(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＝E2R解得 P＝ .B2d2（ v0－ v） 2R答案：(1) (2) (3)Bdv0R B2d2v0mR B2d2（ v0－ v） 2R第十章 电磁感应第十章 电磁感应