广东省深圳市高二物理《电磁感应现象》课件

1、1.1.在图在图10-1-110-1-1所示的闭合铁芯上绕有一组线所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a a、b b、c c为三个为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是（的金属圆环是（ ）A.aA.a、b b两个环两个环 B.bB.b、c c两个环两个环C.aC.a、c c两个环两个环 D.aD.a、b b、c c三个环三个环【解析【解析】选选A.A.当滑片左

2、右滑动时，通过当滑片左右滑动时，通过a a、b b的磁通量变的磁通量变化，而通过化，而通过c c环的合磁通量始终为零，故环的合磁通量始终为零，故a a、b b两环中产生两环中产生感应电流，而感应电流，而c c环中不产生感应电流环中不产生感应电流. .2.2.（双选）（双选）（20102010韶关模拟）如图是验证楞次定律实韶关模拟）如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流产生感应电流. .各图中分别标出了磁铁的极性

3、、磁铁相对各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是（况，其中表示正确的是（ ）【解析【解析】选选C C、D.D.先根据楞次定律判断线圈的先根据楞次定律判断线圈的N N极和极和S S极极.A.A上端为上端为N N极，极，B B上端为上端为N N极，极，C C上端为上端为S S极，极，D D上端为上端为S S极，再极，再根据安培定则确定感应电流的方向，根据安培定则确定感应电流的方向，A A、B B错误，错误，C C、D D正正确确. .3.3.（双选）如图（双选）如图10-1-210-1

4、-2所示，在直所示，在直导线下方有一矩形线框，当直导线导线下方有一矩形线框，当直导线中通有方向如图所示且均匀增大的中通有方向如图所示且均匀增大的电流时，线框将（电流时，线框将（ ）A.A.有顺时针方向的电流有顺时针方向的电流B.B.有逆时针方向的电流有逆时针方向的电流C.C.靠近直导线靠近直导线D.D.远离直导线远离直导线【解析【解析】选选B B、D.D.当电流增大时，线框中的磁场向里增大，当电流增大时，线框中的磁场向里增大，由楞次定律可判断线框将产生逆时针方向的电流，由楞次定律可判断线框将产生逆时针方向的电流，B B对对A A错；由楞次定律的广泛含义可推知线框将远离直导线阻错；由楞次定律的广

5、泛含义可推知线框将远离直导线阻碍磁通量的增加，碍磁通量的增加，C C错错D D对对. .（本题也可用线框上下两边所（本题也可用线框上下两边所受安培力大小确定线框运动情况受安培力大小确定线框运动情况. .）4.4.（双选）如图（双选）如图10-1-310-1-3所示为地磁场磁感线的示意所示为地磁场磁感线的示意图图. .在北半球地磁场的竖直分量向下在北半球地磁场的竖直分量向下. .飞机在我国上空飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变. .由于地磁场由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差的作用，金属机翼上有电势差. .设飞行员左方机翼末端设飞行员左方机翼

6、末端处的电势为处的电势为 1 1，右方机翼末端处的电势为，右方机翼末端处的电势为 2 2（ ）A.A.若飞机从西往东飞，若飞机从西往东飞， 1 1比比 2 2高高B.B.若飞机从东往西飞，若飞机从东往西飞， 2 2比比 1 1高高C.C.若飞机从南往北飞，若飞机从南往北飞， 1 1比比 2 2高高D.D.若飞机从北往南飞，若飞机从北往南飞， 2 2比比 1 1高高【解析【解析】选选A A、C.C.对对A A选项：磁场竖直分量向下，手心选项：磁场竖直分量向下，手心向上，拇指指向飞机飞行方向，四指指向左翼末端，向上，拇指指向飞机飞行方向，四指指向左翼末端，故故 1 1 2 2，A A正确正确. .

7、同理，飞机从东往西飞，仍是同理，飞机从东往西飞，仍是 1 1 2 2，B B错错. .从南往北、从北往南飞，都是从南往北、从北往南飞，都是 1 1 2 2，故故C C选项正确，选项正确，D D选项错选项错. .【例【例1 1】如图】如图10-1-410-1-4（甲）所示，两个闭合圆形线圈（甲）所示，两个闭合圆形线圈A A、B B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A A中通以如图（乙）中通以如图（乙）所示的变化电流，所示的变化电流，t=0t=0时电流方向为顺时针（如图中箭头时电流方向为顺时针（如图中箭头所示）所示）. .在在t t1 1t t2 2时间内，对于线

8、圈时间内，对于线圈B B，下列说法中正确，下列说法中正确的是的是A.A.线圈线圈B B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B.B.线圈线圈B B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C.C.线圈线圈B B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D.D.线圈线圈B B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势【思路点拨【思路点拨】解答本题时，可按以下思路分析：解答本题时，可按以下思路分析：【标准解答【标准解答】选选A.A.在在t t1 1t t2 2

9、时间内，通入线圈时间内，通入线圈A A中的电流中的电流是正向增大的，即逆时针方向增大的，其内部会产生增是正向增大的，即逆时针方向增大的，其内部会产生增大的向外的磁场，穿过大的向外的磁场，穿过B B的磁通量增大，由楞次定律可判的磁通量增大，由楞次定律可判定线圈定线圈B B中会产生顺时针方向的感应电流中会产生顺时针方向的感应电流. .线圈线圈B B中电流为中电流为顺时针方向，与顺时针方向，与A A的电流方向相反，有排斥作用，故线圈的电流方向相反，有排斥作用，故线圈B B将有扩张的趋势将有扩张的趋势. .【变式训练】（双选）（【变式训练】（双选）（20102010合肥合肥模拟）绕有线圈的铁芯直立在水

10、平桌模拟）绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图电源、电键相连，如图10-1-510-1-5所示所示. .线线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起起. .则下列说法中正确的是（则下列说法中正确的是（ ）A.A.若保持电键闭合，则铝环不断升高若保持电键闭合，则铝环不断升高B.B.若保持电键闭合若保持电键闭合, ,则铝环停留在某一高度则铝环停留在某一高度C.C.若保持电键闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落若保持电键闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落D.D.如果电源的

11、正、负极对调，观察到的现象不变如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变【解析【解析】选选C C、D.D.若保持电键闭合，磁通量不变，感应若保持电键闭合，磁通量不变，感应电流消失，所以铝环跳起到某一高度后将回落，电流消失，所以铝环跳起到某一高度后将回落，A A、B B错，错，C C对；正、负极对调，同样磁通量增加，由楞次定律知，对；正、负极对调，同样磁通量增加，由楞次定律知，铝环向上跳起，现象不变，铝环向上跳起，现象不变，D D正确正确. .【例【例2 2】（双选）如图】（双选）如图10-1-610-1-6所示，两个线圈套在同一个所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图铁芯上，线圈的绕向如

12、图. .左线圈连着平行导轨左线圈连着平行导轨M M和和N N，导，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒abab，金属棒，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是A.A.当金属棒向右匀速运动时，当金属棒向右匀速运动时，a a点电势高于点电势高于b b点，点，c c点电点电势高于势高于d d点点B.B.当金属棒向右匀速运动时，当金属棒向右匀速运动时，b b点电势高于点电势高于a a点，点，c c点与点与d d点等电势点等电势C.C.当金属棒向右加速运动时，当金属棒向右加速运动时，b b点电势高于

13、点电势高于a a点，点，c c点电点电势高于势高于d d点点D.D.当金属棒向右加速运动时，当金属棒向右加速运动时，b b点电势高于点电势高于a a点，点，d d点电点电势高于势高于c c点点【思路点拨【思路点拨】解答本题应把握以下三点：解答本题应把握以下三点：【自主解答【自主解答】选选B B、D.D.当金属棒向右匀速运动而切割磁感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由流方向由abab. .根据电流从电源（根据电流从电源（abab相当于电源）正极流相当于电源）正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以

14、判断出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b b点电势高于点电势高于a a点点. .又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，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，不产生感应电流所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流. .当当abab向右做加速运动时，由右手定则可推断向右做加速运动时，由右手定则可推断 b b a a，电流沿逆时针方向电流沿逆时针方向. .又由又由E=BlvE=Blv可知可知abab导体两端的导体两端的E E不断不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培增大，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

15、芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且磁感应强度不断增强，所以右边电路的线圈中的向并且磁感应强度不断增强，所以右边电路的线圈中的向上的磁通量不断增加上的磁通量不断增加. .由楞次定律可判断右边电路的感应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电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上. .把这个线圈把这个线圈看做电源，由于电流是从看做电源，由于电流是从c c沿内电路（即右线圈）流向沿内电路（即右线圈）流向d d，所以所以d d

16、点电势高于点电势高于c c点点. .故故B B、D D正确正确. .【互动探究】（【互动探究】（1 1）若金属棒）若金属棒abab向左减速运动，则向左减速运动，则c c、d d两两点哪点电势高？点哪点电势高？（2 2）若保持金属棒）若保持金属棒abab不动，磁感应强度均匀增大，则不动，磁感应强度均匀增大，则c c、d d两点的电势又会怎样？两点的电势又会怎样？【解析【解析】（1 1）abab向左减速运动，由右手定则知电流沿顺向左减速运动，由右手定则知电流沿顺时针方向且减小，由安培定则得右边线圈中的磁场向下时针方向且减小，由安培定则得右边线圈中的磁场向下减小，由楞次定律知线圈中电流由减小，由楞次

17、定律知线圈中电流由d d端流出，故端流出，故d d点电势点电势高于高于c c点点. .（2 2）回路中磁通量均匀增大，由楞次定律和法拉第电磁）回路中磁通量均匀增大，由楞次定律和法拉第电磁感应定律知，左侧回路中产生顺时针方向电流，且大小感应定律知，左侧回路中产生顺时针方向电流，且大小不变；由安培定则知右侧线圈中的磁场不变，即右线圈不变；由安培定则知右侧线圈中的磁场不变，即右线圈中无感应电流，电势相等中无感应电流，电势相等. .答案：答案：（1 1）d d点电势高点电势高 （2 2）电势相等）电势相等【例【例3 3】（双选）如图所示，水平放】（双选）如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动置

18、的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒的金属棒PQPQ、MNMN，当，当PQPQ在外力作用在外力作用下运动时，下运动时，MNMN在磁场力作用下向右在磁场力作用下向右运动，则运动，则PQPQ所做的运动可能是所做的运动可能是A.A.向右加速运动向右加速运动 B.B.向左加速运动向左加速运动C.C.向右减速运动向右减速运动 D.D.向左减速运动向左减速运动【思路点拨【思路点拨】PQPQ做变速运动，产生大小变化的感应电流，做变速运动，产生大小变化的感应电流，则则L L2 2产生的磁场不断变化，产生的磁场不断变化，L L1 1中的磁通量变化而产生二中的磁通量变化而产生二级感应电流，级感应电流，M M、N

19、N再在安培力作用下运动再在安培力作用下运动. .【标准解答【标准解答】选选B B、C.C.设设PQPQ向右运动，用右手定则和安培向右运动，用右手定则和安培定则判定可知穿过定则判定可知穿过L L1 1的磁感线方向向上的磁感线方向向上. .若若PQPQ向右加速运向右加速运动，则穿过动，则穿过L L1 1的磁通量增加，用楞次定律判定可知通过的磁通量增加，用楞次定律判定可知通过MNMN的感应电流方向是的感应电流方向是NMNM，对，对MNMN用左手定则判定可知用左手定则判定可知MNMN向左运动，可见向左运动，可见A A选项不正确选项不正确. .若若PQPQ向右减速运动，则穿向右减速运动，则穿过过L L1

20、 1的磁通量减少，用楞次定律判定可知通过的磁通量减少，用楞次定律判定可知通过MNMN的感应的感应电流方向是电流方向是MNMN，用左手定则判定可知，用左手定则判定可知MNMN向右运动，可向右运动，可见见C C正确正确. .同理设同理设PQPQ向左运动，用上述类似方法可判定向左运动，用上述类似方法可判定B B正正确，而确，而D D错误错误. .1.1.（20092009海南海南TT4 4）一长直铁芯）一长直铁芯上绕有一固定线圈上绕有一固定线圈M M，铁芯右端与，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环一闭合金属环N N，N N可在木质圆柱上可在木质圆柱上无

21、摩擦移动无摩擦移动M M连接在如图连接在如图10-1-710-1-7所示的电路中，其中所示的电路中，其中R R为滑动变阻器，为滑动变阻器，E E1 1和和E E2 2为直流电源，为直流电源，S S为单刀双掷开关下列情况中，可观测到为单刀双掷开关下列情况中，可观测到N N向左运动的向左运动的是是( )( )A.A.在在S S断开的情况下，断开的情况下，S S向向a a闭合的瞬间闭合的瞬间B.B.在在S S断开的情况下，断开的情况下，S S向向b b闭合的瞬间闭合的瞬间C.C.在在S S已向已向a a闭合的情况下，将闭合的情况下，将R R的滑动头向的滑动头向c c端移动时端移动时D.D.在在S S

22、已向已向a a闭合的情况下，将闭合的情况下，将R R的滑动头向的滑动头向d d端移动时端移动时 【命题意图【命题意图】本题考查电流的磁场、电磁感应现象、本题考查电流的磁场、电磁感应现象、楞次定律、安培力等知识，是一道电磁感应综合题，意楞次定律、安培力等知识，是一道电磁感应综合题，意在考查考生综合有关知识解决电磁感应综合问题的能力在考查考生综合有关知识解决电磁感应综合问题的能力. .【解析【解析】选选C.C.在在S S断开的情况下断开的情况下S S向向a a（b b）闭合的瞬间）闭合的瞬间M M中中电流瞬时增加，左端为磁极电流瞬时增加，左端为磁极N N（S S）极，穿过）极，穿过N N的磁通量增

23、的磁通量增加，根据楞次定律阻碍磁通量变化可知加，根据楞次定律阻碍磁通量变化可知N N环向右运动，环向右运动，A A、B B项均错；在项均错；在S S已向已向a a闭合的情况下将闭合的情况下将R R的滑动头向的滑动头向c c端移动端移动时，电路中电流减小，时，电路中电流减小，M M产生的磁场减弱，穿过产生的磁场减弱，穿过N N的磁通的磁通量减小，根据楞次定律阻碍磁通量变化可知量减小，根据楞次定律阻碍磁通量变化可知N N环向左运动，环向左运动，D D项错、项错、C C项对项对. .2.2.（20082008宁夏宁夏TT1616）如图）如图10-1-810-1-8所所示，同一平面内的三条平行导线串有

24、示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻两个电阻R R和和r r，导体棒，导体棒PQPQ与三条导线与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里向里. .导体棒的电阻可忽略导体棒的电阻可忽略. .当导体棒向左滑动时，下列当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是（说法正确的是（ ）A.A.流过流过R R的电流为由的电流为由d d到到c c，流过，流过r r的电流为由的电流为由b b到到a aB.B.流过流过R R的电流为由的电流为由c c到到d d，流过，流过r r的电流为由的电流为由b b到到a aC.C.流过流过R R的电流为由的电流为由d d到到c c，流过，流

25、过r r的电流为由的电流为由a a到到b bD.D.流过流过R R的电流为由的电流为由c c到到d d，流过，流过r r的电流为由的电流为由a a到到b b 【命题意图【命题意图】本题考查右手定则及电路中电流流向本题考查右手定则及电路中电流流向问题，要求学生有基本的应用能力问题，要求学生有基本的应用能力. .【解析【解析】选选B.B.依据右手定则可判断出导体棒依据右手定则可判断出导体棒PQPQ中的电流中的电流由由P P到到Q Q，Q Q处电势最高，处电势最高，P P处电势最低，由处电势最低，由P P到到Q Q电势依次电势依次升高升高. .外电路中的电流方向总是从高电势流向低电势处，外电路中的电

26、流方向总是从高电势流向低电势处，因此流过因此流过R R的电流为由的电流为由c c到到d d，流过，流过r r的电流为由的电流为由b b到到a a，故，故选项选项B B正确正确. .3.3.（20092009重庆重庆TT2020）如图）如图10-1-910-1-9为一种早期发电机为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线对称在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧圈平面上的投影沿圆

27、弧XOYXOY运动（运动（O O是线圈中心）是线圈中心）, ,则则( )( )A.A.从从X X到到O O，电流由，电流由E E经经G G流向流向F F，先增大再减小，先增大再减小B.B.从从X X到到O O，电流由，电流由F F经经G G流向流向E E，先减小再增大，先减小再增大C.C.从从O O到到Y Y，电流由，电流由F F经经G G流向流向E E，先减小再增大，先减小再增大D.D.从从O O到到Y Y，电流由，电流由E E经经G G流向流向F F，先增大再减小，先增大再减小 【命题意图【命题意图】本题考查异名磁极之间的磁场分布以及本题考查异名磁极之间的磁场分布以及磁通量的变化、楞次定律

28、，意在考查考生对楞次定律的磁通量的变化、楞次定律，意在考查考生对楞次定律的理解和运用理解和运用. .【解析【解析】选选D.D.在磁极绕转轴从在磁极绕转轴从X X到到O O匀速转动的过程中，匀速转动的过程中，原磁场方向指向上方不断增加，穿过线圈平面的磁通量原磁场方向指向上方不断增加，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的向上增大，根据楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流，电流由感应电流，电流由F F经经G G流向流向E E，又导线切割磁感线产生感，又导线切割磁感线产生感应电动势应电动势E E感感=BLv=BLv，导线处的磁感应强度先增后减可知感，导线处的磁感应

29、强度先增后减可知感应电动势先增加后减小应电动势先增加后减小, ,则电流先增大后减小，则电流先增大后减小，A A、B B项均项均错；在磁极绕转轴从错；在磁极绕转轴从O O到到Y Y匀速转动的过程中，穿过线圈匀速转动的过程中，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中产生平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由逆时针方向的感应电流，电流由E E经经G G流向流向F,F,又导线切割又导线切割磁感线产生感应电动势磁感线产生感应电动势E E感感=BLv=BLv，导线处的磁感应强度先，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小增后减可知感应电动势先增

30、加后减小, ,则电流先增大再减则电流先增大再减小，故小，故C C项错、项错、D D项对项对. .（双选）如图（双选）如图10-1-1010-1-10所示，沿所示，沿x x轴、轴、y y轴轴有两根长直导线，互相绝缘有两根长直导线，互相绝缘.x.x轴上的导轴上的导线中通有线中通有-x-x方向的电流，方向的电流，y y轴上的导线中轴上的导线中通有通有+y+y方向的电流，两虚线是坐标轴所方向的电流，两虚线是坐标轴所夹角的角平分线夹角的角平分线.a.a、b b、c c、d d是四个圆心是四个圆心在虚线上、与坐标原点等距的相同的圆形导线环在虚线上、与坐标原点等距的相同的圆形导线环. .当两直当两直导线中的

31、电流从相同大小，以相同的快慢均匀减小时，导线中的电流从相同大小，以相同的快慢均匀减小时，各导线环中的感应电流情况是各导线环中的感应电流情况是( )( )A.aA.a中有逆时针方向的电流中有逆时针方向的电流B.bB.b中有顺时针方向的电流中有顺时针方向的电流C.cC.c中有逆时针方向的电流中有逆时针方向的电流D.dD.d中有顺时针方向的电流中有顺时针方向的电流【解析【解析】选选B B、C.C.先根据安培定则可以判断先根据安培定则可以判断a a、b b、c c、d d圆圆环所在区域的合磁场、合磁通，环所在区域的合磁场、合磁通，a a、d d圆环内合磁通为零，圆环内合磁通为零，b b圆环内合磁通方向

32、向里，圆环内合磁通方向向里，c c圆环内合磁通方向向外再圆环内合磁通方向向外再根据楞次定律可以判断根据楞次定律可以判断b b圆环上感应电流方向为顺时针，圆环上感应电流方向为顺时针，c c圆环上感应电流方向为逆时针，故答案为圆环上感应电流方向为逆时针，故答案为B B、C.C.一、单项选择题（本大题共一、单项选择题（本大题共4 4小题，每小题小题，每小题6 6分，共分，共2424分，分，每小题只有一个选项符合题意）每小题只有一个选项符合题意）1.1.如图如图1 1所示为一个圆环形导体，圆心为所示为一个圆环形导体，圆心为O O，有一个带正，有一个带正电的粒子沿如图所示的直线从圆环表面匀速飞过，则环电

33、的粒子沿如图所示的直线从圆环表面匀速飞过，则环中的感应电流情况是（中的感应电流情况是（ ）A.A.沿逆时针方向沿逆时针方向B.B.沿顺时针方向沿顺时针方向C.C.先沿逆时针方向后沿先沿逆时针方向后沿顺时针方向顺时针方向D.D.先沿顺时针方向后沿逆时针方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向【解析【解析】选选D.D.由于带正电的粒子没有沿直径运动，所以由于带正电的粒子没有沿直径运动，所以它产生的磁场的磁感线穿过圆环时不能抵消，所以穿过它产生的磁场的磁感线穿过圆环时不能抵消，所以穿过圆环的磁通量开始时向外增加，然后向外减少，根据楞圆环的磁通量开始时向外增加，然后向外减少，根据楞次定律，圆环中感应电流的方向

34、先沿顺时针方向，后沿次定律，圆环中感应电流的方向先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故逆时针方向，故D D正确正确. .2.2.（20092009浙江高考）如图浙江高考）如图2 2所示，在所示，在磁感应强度大小为磁感应强度大小为B B、方向竖直向上的、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为匀强磁场中，有一质量为m m、阻值为、阻值为R R的闭合矩形金属线框的闭合矩形金属线框abcdabcd用绝缘轻质用绝缘轻质细杆悬挂在细杆悬挂在O O点，并可绕点，并可绕O O点摆动点摆动. .金属金属线框从右侧某一位置由静止开始释放，在摆动到左侧最线框从右侧某一位置由静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和

35、金属线框平面始终处于同一平面，高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面且垂直纸面. .则线框中感应电流的方向是（则线框中感应电流的方向是（ ）A.abcdaA.abcdaB.dcbadB.dcbadC.C.先是先是dcbaddcbad, ,后是后是abcdaabcdaD.D.先是先是abcdaabcda, ,后是后是dcbaddcbad【解析【解析】选选B.B.线框从右侧开始由静止释放，穿过线框平线框从右侧开始由静止释放，穿过线框平面的磁通量逐渐减少，由楞次定律可得感应电流的方向面的磁通量逐渐减少，由楞次定律可得感应电流的方向为为dcbaddcbad；到达最低点继续向左摆动

36、过程中，穿；到达最低点继续向左摆动过程中，穿过线框平面的磁通量逐渐增大，由楞次定律可得感应电过线框平面的磁通量逐渐增大，由楞次定律可得感应电流的方向仍为流的方向仍为dcbaddcbad, ,故故B B选项正确选项正确. .3.3.（20102010巢湖模拟）如图巢湖模拟）如图3 3所示，所示，螺线管的导线的两端与两平行金属螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（小球的运动情况是（ ）A.A.向左摆动向左摆动

37、B.B.向右摆动向右摆动C.C.保持静止保持静止 D.D.无法判定无法判定【解析【解析】选选A.A.当条形磁铁插入线圈中时，线圈中向左的当条形磁铁插入线圈中时，线圈中向左的磁场增强磁场增强. .由楞次定律可判定金属板左端电势高，故带负由楞次定律可判定金属板左端电势高，故带负电的小球将向左摆动，电的小球将向左摆动，A A正确正确. .4.4.（新题快递）现代汽车中有一（新题快递）现代汽车中有一种先进的制动机构，可保证车轮种先进的制动机构，可保证车轮在制动时不是完全刹死滑行，而在制动时不是完全刹死滑行，而是让车轮仍有一定的滚动是让车轮仍有一定的滚动. .经研经研究这种方法可以更有效地制动，它有一个

38、自动检测车速究这种方法可以更有效地制动，它有一个自动检测车速的装置，用来控制车轮的转动，其原理如图的装置，用来控制车轮的转动，其原理如图4 4所示，铁质所示，铁质齿轮齿轮P P与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体，与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体，M M是一个电流检测器是一个电流检测器. .当车轮带动齿轮转动时，线圈中会有当车轮带动齿轮转动时，线圈中会有电流，这是由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增强，齿电流，这是由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增强，齿离开线圈时磁场减弱，磁通量变化使线圈中产生了离开线圈时磁场减弱，磁通量变化使线圈中产生了感应电流感应电流. .将这个电流放大后去控制制动

39、机构，可有效地将这个电流放大后去控制制动机构，可有效地防止车轮被制动抱死防止车轮被制动抱死. .如图所示，在齿如图所示，在齿a a转过虚线位置的转过虚线位置的过程中，关于过程中，关于M M中感应电流的说法正确的是（中感应电流的说法正确的是（ ）A.MA.M中的感应电流方向一直向左中的感应电流方向一直向左B.MB.M中的感应电流方向一直向右中的感应电流方向一直向右C.MC.M中先有自右向左，后有自左向右的感应电流中先有自右向左，后有自左向右的感应电流D.MD.M中先有自左向右，后有自右向左的感应电流中先有自左向右，后有自右向左的感应电流【解析【解析】选选D.D.由楞次定律，感应电流的结果总是阻碍

40、引由楞次定律，感应电流的结果总是阻碍引起感应电流的原因起感应电流的原因. .由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增强，感应电流的磁场要阻碍原磁场增强，由安培定则，强，感应电流的磁场要阻碍原磁场增强，由安培定则，M M中感应电流的方向自左向右；齿离开线圈时磁场减弱，中感应电流的方向自左向右；齿离开线圈时磁场减弱，磁通量变化使线圈中产生了感应电流，感应电流的磁场磁通量变化使线圈中产生了感应电流，感应电流的磁场要阻碍原磁场减弱，由安培定则，要阻碍原磁场减弱，由安培定则，M M中感应电流的方向自中感应电流的方向自右向左右向左.D.D正确正确. .二、双项选择题（本大题共二、双

41、项选择题（本大题共5 5小题，每小题小题，每小题8 8分，共分，共4040分，分，每小题有两个选项符合题意）每小题有两个选项符合题意）5.5.带电圆环绕圆心在圆环所在平面内旋转，在环的中心带电圆环绕圆心在圆环所在平面内旋转，在环的中心处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面内，则处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面内，则（ ）A.A.只要圆环在转动，小线圈内就一定有感应电流只要圆环在转动，小线圈内就一定有感应电流B.B.不管圆环怎样转动，小线圈内都没有感应电流不管圆环怎样转动，小线圈内都没有感应电流C.C.圆环做变速转动时，小线圈内一定有感应电流圆环做变速转动时，小线圈内一定有感应电流D.

42、D.圆环做匀速转动时，小线圈内没有感应电流圆环做匀速转动时，小线圈内没有感应电流【解析【解析】选选C C、D.D.带电圆环旋转时，与环形电流相当，若带电圆环旋转时，与环形电流相当，若匀速旋转，电流恒定，周围磁场不变，穿过小线圈的磁匀速旋转，电流恒定，周围磁场不变，穿过小线圈的磁通量不变，不产生感应电流，通量不变，不产生感应电流，A A错错D D对；若变速转动，相对；若变速转动，相当于电流变化，周围产生变化的磁场，穿过小线圈的磁当于电流变化，周围产生变化的磁场，穿过小线圈的磁通量变化，产生感应电流，通量变化，产生感应电流，B B错错C C对对. .6.6.（20102010宿迁模拟）如图宿迁模拟

43、）如图5 5所示是一所示是一种延时开关种延时开关.S.S2 2闭合，当闭合，当S S1 1闭合时，电闭合时，电磁铁磁铁F F将衔铁将衔铁D D吸下，将吸下，将C C线路接通线路接通. .当当S S1 1断开时，由于电磁感应作用，断开时，由于电磁感应作用，D D将延将延迟一段时间才被释放，则（迟一段时间才被释放，则（ ）A.A.由于由于A A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D D的作用的作用B.B.由于由于B B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D D的作用的作用C.C.如果断开如果断开B B线圈的电键线圈的电键S S2 2，

44、无延时作用，无延时作用D.D.如果断开如果断开B B线圈的电键线圈的电键S S2 2，延时将变长，延时将变长【解析【解析】选选B B、C.SC.S1 1断开时，断开时，A A线圈中电流消失，磁通量线圈中电流消失，磁通量减少，减少，B B线圈中产生感应电流，阻碍线圈中磁通量的减少，线圈中产生感应电流，阻碍线圈中磁通量的减少，A A错，错，B B对；若断开对；若断开S S2 2，B B线圈无感应电流，磁通量立即减线圈无感应电流，磁通量立即减为零，不会有延时作用，为零，不会有延时作用，C C对，对，D D错错. .7.7.如图如图6 6是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头是某电磁冲击钻的原理图，若

45、突然发现钻头M M向向右运动，则可能是（右运动，则可能是（ ）A.A.电键电键S S闭合瞬间闭合瞬间B.B.电键电键S S由闭合到断开的瞬间由闭合到断开的瞬间C.C.电键电键S S已经是闭合的，变阻已经是闭合的，变阻器滑片器滑片P P向左迅速滑动向左迅速滑动D.D.电键电键S S已经是闭合的，变阻已经是闭合的，变阻器滑片器滑片P P向右迅速滑动向右迅速滑动【解析【解析】选选A A、C.C.当电键突然闭合时，左线圈上有了电流，当电键突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，由楞次定产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，由楞次定律可知，为了阻碍磁通量的增加，钻头律可知

46、，为了阻碍磁通量的增加，钻头M M向右运动远离左向右运动远离左边线圈，故边线圈，故A A项正确；当电键由闭合到断开瞬间，穿过右项正确；当电键由闭合到断开瞬间，穿过右线圈的磁通量要减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头线圈的磁通量要减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M M要要向左运动靠近左边线圈，故向左运动靠近左边线圈，故B B项错误；电键闭合时，当变项错误；电键闭合时，当变阻器滑片阻器滑片P P突然向左滑动时，回路的电阻减小，回路电流突然向左滑动时，回路的电阻减小，回路电流增大，产生的磁场增强，穿过右线圈的磁通量增大，为增大，产生的磁场增强，穿过右线圈的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增加，钻头了阻碍磁通

47、量的增加，钻头M M向右运动远离左边线圈，故向右运动远离左边线圈，故C C项正确；当变阻器滑片项正确；当变阻器滑片P P突然向右滑动时，突然向右滑动时，回路的电阻增大，回路电流减小，产生的磁场减弱，穿回路的电阻增大，回路电流减小，产生的磁场减弱，穿过右线圈的磁通量减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头过右线圈的磁通量减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M M向左运动靠近左边线圈，故向左运动靠近左边线圈，故D D项错误项错误. .8.8.（20102010广州模拟）纸面内有广州模拟）纸面内有U U形金属导轨，形金属导轨，ABAB部分是部分是直导线（如图直导线（如图7 7）. .虚线范围内有垂直于纸面向里的

48、均匀虚线范围内有垂直于纸面向里的均匀磁场磁场.AB.AB右侧有圆线圈右侧有圆线圈C.C.为了使为了使C C中产生顺时针方向的感中产生顺时针方向的感应电流，贴着导轨的金属棒应电流，贴着导轨的金属棒MNMN在磁场里的运动情况是在磁场里的运动情况是 （ ）A.A.向右匀速运动向右匀速运动 B.B.向左减速运动向左减速运动C.C.向右加速运动向右加速运动 D.D.向右减速运动向右减速运动【解析【解析】选选B B、C.C.若使线圈若使线圈C C中产生顺时针方向电流，则中产生顺时针方向电流，则C C处的磁场应垂直于纸面向里减弱或向外增强，由安培定处的磁场应垂直于纸面向里减弱或向外增强，由安培定则知则知AB

49、AB中的电流由中的电流由B B至至A A减弱或由减弱或由A A至至B B增强，由右手定则增强，由右手定则判定可知棒判定可知棒MNMN向左减速运动或向右加速运动，向左减速运动或向右加速运动，B B、C C正确正确. .9.9.如图如图8 8，一磁铁用细线悬挂，一个很长的，一磁铁用细线悬挂，一个很长的铜管固定在磁铁的正下方，开始时磁铁上铜管固定在磁铁的正下方，开始时磁铁上端与铜管上端相平端与铜管上端相平. .烧断细线，磁铁落入铜烧断细线，磁铁落入铜管的过程中，下列说法正确的是（管的过程中，下列说法正确的是（ ）A.A.磁铁下落的加速度恒定磁铁下落的加速度恒定B.B.磁铁下落的速度先增大后减小磁铁下

50、落的速度先增大后减小C.C.磁铁下落的加速度一直减小最后为零磁铁下落的加速度一直减小最后为零D.D.磁铁下落的速度逐渐增大，最后匀速运动磁铁下落的速度逐渐增大，最后匀速运动【解析【解析】选选C C、D.D.刚烧断细线时，磁铁只受重力，向下加刚烧断细线时，磁铁只受重力，向下加速运动，铜管中产生感应电流，对磁铁的下落产生阻力，速运动，铜管中产生感应电流，对磁铁的下落产生阻力，故磁铁速度增大，加速度减小，当阻力和重力相等时，故磁铁速度增大，加速度减小，当阻力和重力相等时，磁铁加速度为零，速度达到最大，磁铁加速度为零，速度达到最大，C C、D D正确正确. .三、计算题（本大题共三、计算题（本大题共2

51、 2小题，共小题，共3636分分. .要有必要的文字要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）10.10.（1616分）如图分）如图9 9所示，匀强磁场所示，匀强磁场区域宽为区域宽为d d，一正方形线框，一正方形线框abcdabcd的的边长为边长为l l，且，且ldld，线框以速度，线框以速度v v通过通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？流的时间是多少？【解析【解析】从线框进入到完全离开磁场的过程中，当线从线框进入到完全离开磁场的过程中，当

52、线框框bcbc边运动至磁场右边缘至边运动至磁场右边缘至adad边运动至磁场左边缘过边运动至磁场左边缘过程中无感应电流程中无感应电流. . （6 6分）分）此过程位移为：此过程位移为：l-dl-d （6 6分）分）故故t= . t= . （4 4分）分）答案：答案： vdlvdl11. 11. （2020分）如图分）如图1010所示，固定于水平面上的金属架所示，固定于水平面上的金属架CDEFCDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MNMN沿框架以速沿框架以速度度v v向右做匀速运动向右做匀速运动.t=0.t=0时，磁感应强度为时，磁感应强度为B B0 0，此时，此

53、时MNMN到到达的位置使达的位置使MDENMDEN构成一个边长为构成一个边长为l l的正方形的正方形. .为使为使MNMN棒中棒中不产生感应电流，从不产生感应电流，从t=0t=0开始，磁感应强度开始，磁感应强度B B随时间随时间t t应怎应怎样变化？请推导出这种情况下样变化？请推导出这种情况下B B与与t t的关系式的关系式. .【解析【解析】要使要使MNMN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化平面的磁通量不发生变化 （6 6分）分）在在t=0t=0时刻，穿过线圈平面的磁通量时刻，穿过线圈平面的磁通量1 1=B=B0 0S=BS=B0 0l l

54、2 2 （4 4分）分）设设t t时刻的磁感应强度为时刻的磁感应强度为B B，此时磁通量为，此时磁通量为2 2=Bl=Bl（l+vtl+vt） （5 5分）分）由由1 1=2 2得得B= . B= . （5 5分）分）答案：答案：见解析见解析vtllB01.1.（20082008海南高考）法拉第通过精心设计的一系列实海南高考）法拉第通过精心设计的一系列实验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科科“电学电学”与与“磁学磁学”联系起来，在下面几个典型的实联系起来，在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的验设计思想中，所作的

55、推论后来被实验否定的是（是（ ）A.A.既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流近旁静止的线圈中感应出电流B.B.既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流C.C.既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应

56、出电动势那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势D.D.既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流流【解析【解析】选选A.A.静止的线圈放在稳恒电流的静止导线附近，静止的线圈放在稳恒电流的静止导线附近，线圈中的磁通量不变，故不会感应出电流，通有恒定电线圈中的磁通量不变，故不会感应出电流，通有恒定电流的导线只要与闭合线圈有相对运动引起磁通量变化，流的导线只要与闭合线圈有相对运动引起磁通量变化，线圈中一定会感应出电流，线圈中一定会感应出电流，B

57、 B、D D说法正确，运动的导体说法正确，运动的导体在磁铁附近做切割磁感线运动时，会产生感应电动势，在磁铁附近做切割磁感线运动时，会产生感应电动势，C C说法对，所以符合题意的选项为说法对，所以符合题意的选项为A.A.2.2.电阻电阻R R、电容、电容C C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，于线圈的正上方，N N极朝下，如图所示极朝下，如图所示. .现使磁铁开始自现使磁铁开始自由下落，在由下落，在N N极接近线圈上端的过程中极接近线圈上端的过程中. .流过流过R R的电流方向的电流方向和电容器极板的带电情况是（和电容器极板的带电情况是（ ）A.

58、A.从从a a到到b b，上极板带正电，上极板带正电B.B.从从a a到到b b，下极板带正电，下极板带正电C.C.从从b b到到a a，上极板带正电，上极板带正电D.D.从从b b到到a a，下极板带正电，下极板带正电【解析【解析】选选D.D.在在N N极接近线圈上端的过程中，通过线圈的极接近线圈上端的过程中，通过线圈的磁感线方向向下，磁通量增大，由楞次定律可判定流过磁感线方向向下，磁通量增大，由楞次定律可判定流过线圈的电流方向向下，即线圈下端相当于电源正极，故线圈的电流方向向下，即线圈下端相当于电源正极，故可知可知D D正确正确. .3.3.（20082008重庆高考）如图所示，重庆高考）如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为粗糙水平桌面上有一质量为m m的铜的铜质矩形线圈质矩形线圈. .当一竖直放置的条形当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线磁铁从线圈中线ABAB正上方等