浙江省2020高考物理二轮复习专题四第二讲楞次定律和法拉第电磁感应定律讲义含解析

浙江省2020高考物理二轮复习专题四第二讲楞次定律和法拉第电磁感应定律讲义含解析

第二讲　楞次定律和法拉第电磁感应定律 知识内容 考试要求 备考指津 ‎1.电磁感应现象 b ‎ ‎1.由历年真题统计可看出本讲以大题为主，且难度较大，考查学生的综合分析能力.‎ ‎2.滑轨类问题、线框穿越有界匀强磁场、电磁感应中的能量转化等综合问题，能很好地考查考生的能力，备受命题专家的青睐.‎ ‎2.楞次定律 c ‎3.法拉第电磁感应定律 d ‎4.电磁感应现象的两类情况 b ‎5.互感和自感 b ‎6.涡流、电磁阻尼和电磁驱动 b ‎　电磁感应现象 ‎ 【题组过关】‎ ‎1．(2019·温州模拟)如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心轴线恰和线圈的一条直径MN重合．要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有(　　)‎ A．使通电螺线管中的电流发生变化 B．使螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动 C．使线圈a以MN为轴转动 D．使线圈a绕垂直于MN的直径转动 解析：选D.在选项A、B、C三种情况下，由于线圈平面始终与磁感线保持平行，穿过线圈a的磁通量始终为零，磁通量不发生变化，因此不产生感应电流，选项A、B、C错误；当线圈绕垂直于MN的直径转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，从零增大到最大，然后逐渐减小到零，因此会产生感应电流，选项D正确．‎ ‎2.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ra>rb，条形磁铁穿过圆心并与圆面垂直，则穿过两线圈的磁通量Φa、Φb间的大小关系为(　　)‎ A．Φa>Φb　　　　　　 B．Φa＝Φb C．Φa<Φb D．条件不足，无法判断 解析：选C.条形磁铁内部的磁感线全部穿过a、b两个线圈，而外部磁感线穿过线圈a的比穿过线圈b的要多，线圈a中磁感线条数的代数和要小，故选项C正确．‎ ‎3.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是(　　)‎ - 17 -‎ A．ab向右运动，同时使θ减小 B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小 C．ab向左运动，同时增大磁感应强度B D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0<θ<90°)‎ 解析：选A.ab向右运动，回路面积增大，θ减小，cos θ增大，由Φ＝BScos θ知，Φ增大，故A正确．同理可判断B、C、D中Φ不一定变化，不一定产生感应电流．‎ ‎1．常见的产生感应电流的三种情况 ‎2．判断电路中能否产生感应电流的一般流程 ‎　 ‎ ‎　楞次定律 ‎【重难提炼】‎ 楞次定律中“阻碍”的含义 ‎　(多选)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．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，下列说法正确的是(　　)‎ A．圆盘处于磁场中的部分，靠近圆心处电势高 - 17 -‎ 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 ‎[审题突破]　利用微元法可看做导体切割磁感线产生感应电动势，且磁场越强，对圆盘的阻碍作用越明显．‎ ‎[解析]　将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，根据右手定则可知圆盘处于磁场中的部分的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，所以A正确；由法拉第电磁感应定律知，感应电动势E＝BLv，所以所加磁场越强，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，所以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，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘整体切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，不会产生感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确．‎ ‎[答案]　ABD ‎【题组过关】‎ 考向一　“增反减同”现象 ‎1．(多选)如图所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中(　　)‎ A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针 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：选AD.从磁场分布可看出：左侧向里的磁场从左向右越来越强，右侧向外的磁场从左向右越来越弱．所以，圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，由楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相反即向外，由安培定则知，感应电流沿逆时针方向；同理，跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流沿顺时针方向；继续摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流沿逆时针方向，A正确，B错误．由于圆环所在处的磁场上下对称，圆环等效水平部分所受安培力使圆环在竖直方向平衡，所以总的安培力沿水平方向，故D正确，C错误．‎ 考向二　“来拒去留”现象 ‎2．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率(　　)‎ A．均匀增大　　　　　　 B．先增大，后减小 - 17 -‎ C．逐渐增大，趋于不变 D．先增大，再减小，最后不变 解析：选C.开始时，条形磁铁以加速度g竖直下落，则穿过铜环的磁通量发生变化，铜环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍条形磁铁的下落．开始时的感应电流比较小，条形磁铁向下做加速运动，且随下落速度增大，其加速度变小．当条形磁铁的速度达到一定值后，相应铜环对条形磁铁的作用力趋近于条形磁铁的重力．故条形磁铁先加速运动，但加速度变小，最后的速度趋近于某个定值．选项C正确．‎ 考向三　“增缩减扩”现象 ‎3.(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．则该磁场(　　)‎ 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 解析：选CD.回路变为圆形，面积增大，说明闭合回路的磁通量有增大趋势，所以磁场逐渐减弱，而磁场方向可能向外，也可能向里，故选项C、D正确．‎ 考向四　右手定则的应用 ‎4．如图所示，MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，垂直纸面向外的匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，则(　　)‎ A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→b→d→c→a B．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a C．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中的电流为零 D．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd>vab，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a 解析：选D.由右手定则可判断出A项做法使回路产生顺时针方向的电流，故A项错．若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故B项错．若ab向左，cd向右，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故C项错．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd>vab，则ab、cd所围面积发生变化，磁通量也发生变化，由楞次定律可判断出，abdc回路中产生顺时针方向的电流，故D项对．‎ ‎5.(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 - 17 -‎ B．向左做减速运动 C．向右做减速运动 D．向右做加速运动 解析：选BC.当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对，D错．‎ 应用楞次定律判断感应电流方向的步骤 ‎　 ‎ ‎　法拉第电磁感应定律及其应用 ‎ 【重难提炼】‎ ‎1．感应电动势大小的决定因素 ‎(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．‎ ‎(2)当ΔΦ仅由B引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝n.‎ ‎2．磁通量的变化率是Φ－t图象上某点切线的斜率．‎ ‎3．求解感应电动势常见情况与方法 情景图 研究对象 回路(不一定闭合)‎ 一段直导线(或等效成直导线)‎ 绕一端转动的一段导体棒 绕与B垂直的轴转动的导线框 表达式 E＝n E＝BLvsin θ E＝BL2ω E＝NBSω·sin(ωt - 17 -‎ ‎＋φ0)‎ ‎　如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：‎ ‎(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；‎ ‎(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．‎ ‎[审题突破]　(1)t0前只有左侧区域磁通量变化引起感应电动势．‎ ‎(2)t0后感应电动势由左、右两侧磁通量变化引起．‎ ‎(3)金属棒越过MN匀速运动，所加外力等于运动过程受到的安培力．‎ ‎[解析]　(1)在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①‎ 设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有E＝②‎ 由欧姆定律有i＝③‎ 由电流的定义有i＝④‎ 联立①②③④式得|Δq|＝Δt⑤‎ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|＝.⑥‎ ‎(2)当t>t0时，金属棒已越过MN，由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F⑦‎ 式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I，F的大小为F＝B0lI⑧‎ 此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨‎ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩‎ - 17 -‎ 回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪‎ 式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫‎ 在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑬‎ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为Et＝⑭‎ 由欧姆定律有I＝⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS).‎ ‎[答案]　见解析 ‎【题组过关】‎ 考向一　感生电动势E＝n的应用 ‎1．如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是(　　)‎ A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向 B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向 C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向 D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向 解析：选B.由法拉第电磁感应定律E＝＝πr2，为常数，E与r2成正比，故Ea∶Eb＝4∶1.磁感应强度B随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B项正确．‎ ‎2.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中. 在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. - 17 -‎ C. D. 解析：选B.线圈中产生的感应电动势E＝n＝n··S＝n··＝，选项B正确．‎ 考向二　动生电动势——导体平动切割磁感线问题 ‎3．(2019·嘉兴一模)如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，导轨间距为l，电阻不计．导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B.金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N，并与导轨成θ角．金属杆以ω的角速度绕N点由图示位置匀速转动到与导轨ab垂直，转动过程金属杆与导轨始终良好接触，金属杆单位长度的电阻为r.则在金属杆转动过程中(　　)‎ A．M、N两点电势相等 B．金属杆中感应电流的方向是由N流向M C．电路中感应电流的大小始终为 D．电路中通过的电荷量为 解析：选A.由于导轨电阻不计，所以路端电压为零，即MN两点间的电压为零，M、N两点电势相等，选项A正确；根据楞次定律可得回路中的感应电流方向为顺时针，所以金属杆中感应电流的方向是由M流向N，选项B错误；设MN在回路中的长度为x，其接入电路的电阻为R＝rx，根据导体转动切割磁感线产生的感应电动势大小计算公式可得E＝Bx2ω，感应电流的大小为：I＝＝＝，由于x逐渐减小，所以感应电流逐渐减小，选项C错误；由于导体棒MN在回路中的有效切割长度逐渐减小，所以接入电路的电阻逐渐减小，不能根据q＝It＝计算通过电路的电荷量，选项D错误．‎ ‎4.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则(　　)‎ A．W1W2，q1＝q2 D．W1>W2，q1>q2‎ - 17 -‎ 解析：选C.两次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1.电动势之比E1∶E2＝3∶1，电流之比I1∶I2＝3∶1，则电荷量之比q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1.安培力之比F1∶F2＝3∶1，则外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正确．‎ 考向三　动生电动势——导体转动切割磁感线问题 ‎5.如图，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逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(　　)‎ A．Ua>Uc，金属框中无电流 B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a C．Ub c＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Ub c＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a 解析：选C.金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项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Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误．由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确．‎ ‎1．理解E＝Blv的“五性”‎ ‎(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直．‎ ‎(2)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势．‎ ‎(3)平均性：导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即E＝Blv.‎ ‎(4)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度．如图中，棒的有效长度为ab间的距离．‎ ‎(5)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．‎ ‎2．应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题 ‎(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势 - 17 -‎ ‎，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．‎ ‎(2)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．‎ ‎(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．推导如下：q＝IΔt＝Δt＝.　 ‎ ‎　自感和涡流 ‎ 【题组过关】‎ ‎1．在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的情况下列说法正确的是(　　)‎ A．合上开关，a先亮，b后亮；稳定后a、b一样亮 B．合上开关，b先亮，a后亮；稳定后b比a更亮一些 C．断开开关，a逐渐熄灭，b先变得更亮后再与a同时熄灭 D．断开开关，b逐渐熄灭，a先变得更亮后再与b同时熄灭 答案：B ‎2．如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡．开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)(　　)‎ A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮 B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭 C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭 D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭 解析：选D.当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串联后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，因为L的直流电阻不计，则L的分流作用增大，L1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，故电路中的总电流变大，L2中的电流增大，‎ - 17 -‎ L2灯变得更亮；当S断开，L2中无电流，立即熄灭，而线圈L产生自感电动势，试图维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1要亮一下后再熄灭．综上所述，D正确．‎ ‎3.如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球(　　)‎ A．整个过程匀速运动 B．进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程做加速运动 C．整个过程都做匀减速运动 D．穿出时的速度一定小于初速度 解析：选D.小球在进出磁场时有涡流产生，要受到阻力．‎ ‎1．自感现象“阻碍”作用的理解 ‎(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加．‎ ‎(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．‎ ‎2．自感现象的四个特点 ‎(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．‎ ‎(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．‎ ‎(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．‎ ‎(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．‎ ‎3．通电自感和断电自感 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 电路图 通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定 断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2：‎ ‎(1)若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；‎ ‎(2)若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗．两种情况灯泡中电流方向均改变 ‎4.自感现象中的能量转化：通电自感中，电能转化为磁场能；断电自感中，磁场能转化为电能．　 ‎ ‎[课后作业(十六)]‎ - 17 -‎ ‎(建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.如图所示电路中，A、B是完全相同的灯泡，L是电阻不计的电感线圈，下列说法中正确的是(　　)‎ A．当开关S闭合时，A灯先亮，B灯后亮 B．当开关S闭合时，B灯先亮，A灯后亮 C．当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后B灯更亮，A灯熄灭 D．当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后亮度不变 解析：选C.当开关S刚闭合时，自感线圈L中会产生自感电动势，外电路是自感线圈L与灯泡A并联后再与灯泡B串联，即闭合开关后的瞬间，灯泡A、B中均有电流通过，灯泡A、B同时亮；当自感线圈L中的电流逐渐增大到稳定状态后，自感线圈中的自感电动势消失，L相当于导线，灯泡A被短路而熄灭，此后电路相当于把灯泡B直接连在电源两极，B灯继续发光，所以选项中只有C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(　　)‎ 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，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(　　)‎ - 17 -‎ 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FN>mg，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FNΔΦ2　　　　　　 B．ΔΦ1<ΔΦ2‎ C．ΔΦ1＝ΔΦ2 D．无法比较 解析：选B.设矩形线圈ABCD在图中实线位置时的磁通量为Φ1，运动到虚线所示位置时的磁通量为Φ2，则第一次平移时磁通量的变化为ΔΦ1＝Φ1－Φ2，第二次翻转180°时磁通量的变化为ΔΦ2＝Φ1＋Φ2，显然有ΔΦ1<ΔΦ2.‎ ‎5．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＝ C．由c到d，I＝ D．由d到c，I＝ 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．‎ ‎6．(多选)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(　　)‎ - 17 -‎ 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g D．磁铁的加速度小于g 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.‎ ‎7.如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，L1、L2和L3是3个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过L1、L2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过L1和L2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　　)‎ 解析：选C.L的直流电阻不计，电路稳定后通过L1的电流是通过L2、L3电流的2倍．闭合开关瞬间，L2立即变亮，由于L的阻碍作用，L1逐渐变亮，即I1逐渐变大，在t1时刻断开开关S，之后电流I会在电路稳定时通过L1的电流大小基础上逐渐变小，I1方向不变，I2反向，故选C.‎ ‎8.如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为(　　)‎ A. B. - 17 -‎ C. D. 解析：选C.设圆的半径为L，电阻为R，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E1＝B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2＝πL2，由＝得B0ωL2＝πL2，即＝，故C正确．‎ ‎9．(多选)如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是(　　)‎ A．FM向右 B．FN向左 C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小 解析：选BCD.根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，选项B正确；导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，根据E＝Blv，I＝及F＝BIl可知，FM逐渐变大，故选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，根据E＝Blv，I＝及F＝BIl可知，FN逐渐变小，故选项D正确．‎ 二、非选择题 ‎10．(2019·舟山联考)如图所示，间距为L的两根光滑圆弧轨道置于水平面上，其轨道末端水平，圆弧轨道半径为r，电阻不计．在其上端连有阻值为R0的电阻，整个装置处于如图所示的径向磁场中， 圆弧轨道处的磁感应强度大小为B.现有一根长度等于L、质量为m、电阻为R的金属棒，从轨道的顶端PQ处由静止开始下滑，到达轨道底端MN时对轨道的压力为2mg，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)金属棒到达轨道底端时，金属棒两端的电压；‎ ‎(2)金属棒下滑过程中通过电阻R0的电荷量．‎ - 17 -‎ 解析：(1)金属棒两端的电压为路端电压，当金属棒到达轨道底端时，设金属棒的速度为v，‎ 由牛顿第二定律可得2mg－mg＝m，解得v＝ 由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律得金属棒两端电压U＝R0‎ 解得U＝.‎ ‎(2)通过电阻R0的电荷量q＝Δt 金属棒下滑过程中产生的感应电动势为＝＝ 感应电流为＝ 解得q＝.‎ 答案：(1)　(2) ‎11.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω 的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s.‎ ‎(1)求感应电动势E和感应电流I；‎ ‎(2)求在0.1 s时间内，拉力冲量IF的大小；‎ ‎(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.‎ 解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势 E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V，‎ 感应电流I＝＝ A＝2 A.‎ ‎(2)拉力大小等于安培力大小 F＝BIL＝1×2×0.4 N＝0.8 N，‎ 冲量大小IF＝FΔt＝0.8×0.1 N·s＝0.08 N·s.‎ ‎(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流 I′＝＝ A＝1 A，‎ - 17 -‎ 由欧姆定律可得，导体棒两端的电压 U＝I′R＝1×1 V＝1 V.‎ 答案：(1)2 V　2 A　(2)0.08 N·s　(3)1 V - 17 -‎