新高考物理三轮冲刺突破练习专题17法拉第电磁感应现象（含解析）

专题17法拉第电磁感应现象目录TOC\o"1-2"\h\u专题13法拉第电磁感应现象 1考向一法拉第电磁感应定律的理解和应用 1考向二导体棒切割磁感线产生感应电动势 3考查方式一导体平动切割磁感线问题 4考查方式二导体旋转切割磁感线问题 6考向三应用法拉第电磁感应定律求解感应电荷量问题 7【题型演练】 10考向一法拉第电磁感应定律的理解和应用1．对法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)对应Φ­t图线上某点切线的斜率．2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝neq\f(BΔS,Δt)；(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝neq\f(ΔBS,Δt)；(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝neq\f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq\f(ΔBΔS,Δt).【例1】某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向（从左往右看）为（）A．SKIPIF1<0，逆时针 B．SKIPIF1<0，逆时针C．SKIPIF1<0，顺时针 D．SKIPIF1<0顺时针【答案】A【详解】经过时间t，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化为SKIPIF1<0由法拉第电磁感应定律，线圈中产生的平均感应电动势的大小为SKIPIF1<0由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向。故选A。[变式1]近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（）A．接收线圈的输出电压约为8VB．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22:1C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同【答案】AC【详解】A．根据SKIPIF1<0可得接收线圈的输出电压约为U2=8V；B．由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，故B错误；C．变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；D．由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。故选AC。[变式2]如图所示，水平地面（SKIPIF1<0平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，SKIPIF1<0平行于y轴，SKIPIF1<0平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（）A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等【答案】AC【详解】A．依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；B．根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；C．根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；D．线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。故选AC。考向二导体棒切割磁感线产生感应电动势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．导体棒切割磁感线时，可有以下四种情况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＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLvsinθE＝eq\f(1,2)BL2ωE＝NBSω·sin(ωt＋φ0)考查方式一导体平动切割磁感线问题【例2】如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，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，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则()A．电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ)B．电路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ,r)C．金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lvsinθ,r)D．金属杆的热功率为eq\f(B2lv2,rsinθ)【答案】B.【解析】金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝B·eq\f(Bvsinθ,r)·eq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝eq\f(B2v2sin2θ,r2)·eq\f(lr,sinθ)＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，选项D错误．[变式1]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【答案】D.【解析】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＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S知，产生的感应电动势恒定，回路中感应电流I＝eq\f(E,R＋r)恒定，B错误；由F＝BIL知，F随B减小而减小，C错误；对ab由平衡条件有f＝F，故D正确．[变式2]如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为 ()A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2【答案】C【解析】用右手定则判断出两次金属棒MN中的电流方向为N→M，所以电阻R中的电流方向a→c.由电动势公式E＝Blv可知eq\f(E1,E2)＝eq\f(Blv,2Blv)＝eq\f(1,2)，故选项C正确．考查方式二导体旋转切割磁感线问题【例3】半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在两环之间接阻值也为R的定值电阻和电容为C的电容器．金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．下列说法正确的是()A．金属棒中电流从B流向AB．金属棒两端电压为eq\f(3,4)Bωr2C．电容器的M板带负电D．电容器所带电荷量为eq\f(3,2)CBωr2【答案】AB【解析】根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，选项A正确；金属棒转动产生的电动势为E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(3,4)Bωr2，选项B正确；金属棒A端相当于电源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C＝eq\f(Q,U)可得电容器所带电荷量为Q＝eq\f(3,4)CBωr2，选项D错误．[变式1]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－aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a【答案】C.【解析】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＝－eq\f(1,2)Bl2ω，选项C正确．[变式2]法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【答案】AB【解析】将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错．考向三应用法拉第电磁感应定律求解感应电荷量问题(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)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．推导如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R).【例4】如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O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eq\f(B′,B)等于 ()A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2【答案】B【解析】设OM的电阻为R，过程Ⅰ，OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝eq\f(ΔΦ,Δt1)＝eq\f(B·ΔS,Δt1)＝eq\f(B·\f(1,4)πl2,Δt1)＝eq\f(πBl2,4Δt1)，流过OM的电流为I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(πBl2,4RΔt1)，则流过OM的电荷量为q1＝I1·Δt＝eq\f(πBl2,4R)；过程Ⅱ，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2＝eq\f(ΔΦ,Δt2)＝eq\f(（B′－B）S,Δt2)＝eq\f(（B′－B）πl2,2Δt2)，电路中的电流为I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(π（B′－B）l2,2RΔt2)，则流过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝eq\f(π（B′－B）l2,2R)；由题意知q1＝q2，则解得eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，B正确，A、C、D错误．[变式1]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0.3s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0.9s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．W1<W2，q1<q2 B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2 D．W1>W2，q1>q2【答案】C.【解析】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．[变式2]如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中()A．回路电流I1∶I2＝1∶2B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶4C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶1D．外力的功率P1∶P2＝1∶2【答案】AC【解析】回路中感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，I∝v，则得I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2，故A正确；产生的热量为Q＝I2Rt＝(eq\f(BLv,R))2R×eq\f(s,v)＝eq\f(B2L2sv,R)，Q∝v，则得Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2，故B错误；通过任一截面的电荷量为q＝It＝eq\f(BLv,R)t＝eq\f(BLs,R)，q与v无关，则得q1∶q2＝1∶1，故C正确；由于金属棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得P＝I2R＝(eq\f(BLv,R))2R，P∝v2，则得P1∶P2＝1∶4，故D错误．

【题型演练】1．如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动，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，以下说法正确的是（）A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越不易使圆盘停止转动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【答案】D【详解】A、将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，金属圆盘顺时针匀速转动时，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，所以靠近圆心处电势低，故A错误；B、根据法拉第定律可知，金属圆盘产生的感应电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的感应电动势越大，感应电流越大，圆盘受到的安培力越大，而安培力是阻力，所以越易使圆盘停止转动，故B错误；C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力仍然阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，故C错误；D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生感应电流，不受安培力作用，所以圆盘将匀速转动，故D正确；2．如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在SKIPIF1<0到SKIPIF1<0的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】A．电流先正向减小，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相同也是向里，再根据安培定则可知，感应电流方向为顺时针方向，合力方向与线框左边所受力方向都向左；然后电流反向增大，在此过程，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，再根据安培定则可知，感应电流方向为顺时针方向，合力方向与线框左边所受力方向都向右，故A正确；BD．电流反向减小，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相同也是向外，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向，故B、D错误；C．由A项分析和图可知，线框受到的安培力水平向左不变，不符合题安培力的合力先水平向左、后水平向右，故C错误。故选A。3．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【答案】C【详解】试题分析：当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B错误；在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确；根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误．故选C．考点：电磁感应4．如图所示，一金属圆环水平固定放置，现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线无初速度释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环A．始终相互吸引B．始终相互排斥C．先相互吸引，后相互排斥D．先相互排斥，后相互吸引【答案】D【详解】因圆环从开始下降到达磁铁中间时，磁通量一直增大；而当从中间向下运动时，磁通量减小时；则由楞次定律可知，当条形磁铁靠近圆环时，感应电流阻碍其靠近，是排斥力；当磁铁穿过圆环远离圆环时，感应电流阻碍其远离，是吸引力，故先相互排斥，后相互吸引；故D正确，ABC错误。5．一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲所示。螺线管N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是（）A．SKIPIF1<0时刻，圆环有扩张的趋势B．SKIPIF1<0时刻，圆环中感应电流最大C．SKIPIF1<0时刻，圆环有扩张的趋势D．SKIPIF1<0和SKIPIF1<0时刻，圆环内有相同的感应电流【答案】A【详解】AC．螺线管内外磁感线方向不同但总数相同，由图可知，在t=SKIPIF1<0时刻，通过线圈N的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属环M的磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环有扩大的趋势（使螺线管外部穿过圆环的磁感线增多从而减小穿过圆环的总磁通量），同理，SKIPIF1<0时刻，通过线圈N的电流减小，穿过金属环M的磁通量减小，圆环有缩小的趋势，故A正确，C错误；B．在t=SKIPIF1<0时刻，电流最大，磁场最大，磁通量最大，但是磁通量的变化率最小为0，所以圆环中感应电流最小为0，故B错误；D．在t=SKIPIF1<0和t=SKIPIF1<0时刻，电流变化率大小相同，穿过圆环的磁通量变化率大小相同，圆环内的感应电动势与电流大小相等，但方向相反，故D错误。故选A。6．如图，竖直虚线SKIPIF1<0右侧区域有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场边缘有一质量为m的矩形匀质导线框SKIPIF1<0，顶点a固定在虚线SKIPIF1<0上，线框可绕a点在竖直平面内自由无摩擦转动，从图示位置由静止释放线框，线框顺时针摆动到左侧最高点时SKIPIF1<0边与SKIPIF1<0之间的夹角为45°。已知ab＝cd＝2l，ad＝bc＝l，线框单位长度的电阻为ρ，忽略空气阻力，重力加速度为g，则（）A．线框向左摆动离开磁场过程中线框中的电流方向为由a指向bB．线框从释放到摆至左侧最高点过程中通过线框某截面的电荷量为SKIPIF1<0C．若顶点c转到最低点时角速度为ω，则此时线框受到的安培力大小为SKIPIF1<0D．线框从释放到最终静止克服安培力做的功为SKIPIF1<0【答案】D【详解】A．线框顺时针转动离开磁场过程中磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，即电流方向为由b指向a，A错误；B．线框从释放到摆至左侧最高点过程中，通过线框平均电流为

SKIPIF1<0SKIPIF1<0导线框的总电阻为SKIPIF1<0某横截面的电荷量为SKIPIF1<0B错误；C．线框顶点c转到最低点时角速度为ω，产生的感应电动势为SKIPIF1<0回路中的感应电流为SKIPIF1<0受到的安培力大小为SKIPIF1<0C错误；D．线框最终静止时，对角线SKIPIF1<0恰好与SKIPIF1<0重合，整个过程中根据能量守恒定律有SKIPIF1<0D正确。故选D。7．虚线区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，当闭合线圈SKIPIF1<0由静止开始平移时，磁场对SKIPIF1<0边的安培力SKIPIF1<0方向如图所示。则线圈内磁通量变化及SKIPIF1<0边受到的安培力方向分别为（）A．变大，向左 B．变大，向右 C．变小，向左 D．变小，向右【答案】C【详解】当闭合线圈SKIPIF1<0由静止开始平移时，磁场对SKIPIF1<0边的安培力SKIPIF1<0方向如图所示，可知线框面积有增大的趋势，阻碍磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈内磁通量变小，则SKIPIF1<0边受到的安培力向左，使面积有增大趋势。故C正确ABD错误。故选C。8．（多选）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bC．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F=SKIPIF1<0D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少【答案】AC【详解】A、金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零，又因此时速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故A正确；B、金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，流过电阻R的电流方向为SKIPIF1<0，故B错误；C、金属棒速度为SKIPIF1<0时，安培力大小为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由以上两式得：SKIPIF1<0，故C正确；D、金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（速度不为零时）以及电阻R上产生的热量，故D错误．【点睛】释放瞬间金属棒只受重力，加速度为SKIPIF1<0．金属棒向下运动时，根据右手定则判断感应电流的方向．由安培力公式、欧姆定律和感应电动势公式推导安培力的表达式．金属棒下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（金属棒速度不是零时）和电阻R产生的内能；本题考查分析、判断和推导电磁感应现象中导体的加速度、安培力、能量转化等问题的能力，是一道基础题．9．（多选）空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内（）A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为SKIPIF1<0D．圆环中的感应电动势大小为SKIPIF1<0【答案】BC【详解】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向SKIPIF1<0的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；CD、由闭合电路欧姆定律得：SKIPIF1<0，又根据法拉第电磁感应定律得：SKIPIF1<0，又根据电阻定律得：SKIPIF1<0，联立得：SKIPIF1<0，则C正确，D错误．故本题选BC．10．（多选）如图甲所示，金属圆环静止在绝缘水平桌而上，垂直桌面施加竖直方向的交变磁场，取竖直向下为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示（不考虑金属圆环的自感），下列说法正确的是（）A．在SKIPIF1<0时间内，从上往下看感应电流沿逆时针方向B．在SKIPIF1<0时间内，感应电流先增大后减小，方向不变C．在SKIPIF1<0时间内，圆环有扩张的趋势D．在SKIPIF1<0时间内，磁场对圆环上任一小段导线的作用力逐渐减小【答案】BC【详解】A．在SKIPIF1<0时间内，交变磁场方向竖直向上，磁感应强度增大，根据楞次定律可知，从上往下看感应电流沿顺时针方向，A错误；B．在SKIPIF1<0时间内，根据SKIPIF1<0，SKIPIF1<0则有SKIPIF1<0根据图乙可知，在SKIPIF1<0时间内，磁感应强度的变化率，即图线切线的斜率先增大后减小，则感应电流先增大后减小，根据楞次定律可以判断，该段时间内，从上往下看感应电流的方向始终沿逆时针方向，方向不变，B正确；C．在SKIPIF1<0时间内，磁场方向竖直向上，磁感应强度减小，根据楞次定律可知，感应电流的效果是要阻碍磁通量的减小，即交变磁场对感应电流的安培力作用使得圆环有扩张的趋势，C正确；D．在SKIPIF1<0时间内，由于SKIPIF1<0可知，感应电流逐渐减小为0，即在SKIPIF1<0时刻感应电流为0，则此时刻磁场对圆环上任一小段导线的作用力为0，又由于在SKIPIF1<0时刻，交变磁场的磁感应强度为0，则此时刻磁场对圆环上任一小段导线的作用力也为0，可知，在SKIPIF1<0时间内，磁场对圆环上任一小段导线的作用力逐渐先增大后减小，D错误。故选BC。11．如图甲所示，质量SKIPIF1<0、电阻SKIPIF1<0的单匝等腰直角三角形线框用细绳悬挂于A点，三角形的直角边长为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0为三角形两边的中点。从零时刻起，在SKIPIF1<0连线上方加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小按图乙规律变化。在SKIPIF1<0时细绳恰好被拉断，线框向下运动，穿出磁场时速度为SKIPIF1<0，重力加速度SKIPIF1<0。求：（1）SKIPIF1<0内，绳中拉力F随时间t的变化关系；（2）从零时刻到线框全部离开磁场，线框中产生的总热量Q。【答案】（1）SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0【详解】（1）SKIPIF1<0内，磁场随时间均的变化SKIPIF1