2025高中物理人教版选修3-2教学资源包（名师同步导学）含答案第四章 第1、2节　划时代的发现　探究感应电流的产生条件

PAGEPAGE62025高中物理人教版选修3-2教学资源包（名师同步导学）第四章第1、2节划时代的发现探究感应电流的产生条件「基础达标练」1．(2019·辽源市田家炳高级中学高二模拟)一个闭合线圈中没有产生感应电流，因此可以得出()A．此时该处一定没有磁场B．此时该处一定没有磁场的变化C．闭合线圈的面积一定没有变化D．穿过线圈平面的磁通量一定没有变化解析：选D根据感应电流的产生条件——闭合线圈磁通量发生变化，故一个闭合线圈中没有感应电流的产生，一定是穿过线圈平面的磁通量没有变化，D选项正确．2．(2019·平罗月考)关于磁通量，下列说法正确的是()A．面积S一定的线圈放在匀强磁场中时，穿过线圈平面的磁通量是一定的B．穿过线圈平面的磁通量越小，则该磁场的磁感应强度也越小C．穿过线圈平面的磁通量为零，则线圈所在处的磁感应强度一定为零D．穿过线圈平面的磁通量为零，线圈所在处的磁感应强度可能很大解析：选D根据磁通量的定义式Φ＝BScosθ可知，磁通量的大小与面积和磁感应强度的夹角有关，A选项错误；穿过线圈平面的磁通量越小，该磁场的磁感应强度不一定小，可能是夹角大，B选项错误；当线圈平面磁感应强度平行时，磁通量为零，磁感应强度不为零，可能很大，C选项错误，D选项正确．3．如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是()解析：选B选项A是用来探究影响安培力的大小因素的实验装置；选项B是研究电磁感应现象的实验装置，观察导体棒在磁场中做切割磁感线运动时，电流表中是否会产生感应电流；选项C是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验装置；选项D是奥斯特实验装置，证明通电导线周围存在磁场，故B正确．4.(2018·泸县期中)如图，在竖直向下的匀强磁场中，有一闭合导体环，环面与磁场方向垂直，当导体环在磁场中完成下述运动时，可能产生感应电流的是()A．导体环保持水平方向在磁场中向上或向下运动B．导体环保持水平方向向左或向右加速平动C．导体环以垂直环面，通过环心的轴转动D．导体环以一条直径为轴，在磁场中转动解析：选D闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流，导体环在磁场中向上或向下运动，磁通量不变，导体环向左或向右加速平动，磁通量也不变，不产生感应电流，A、B选项错误；导体环以垂直环面，通过环心的轴转动，穿过线圈的磁通量仍不变，不产生感应电流，C选项错误；导体环以一条直径为轴，在磁场中转动时，有效面积S在变化，磁通量变化，将产生感应电流，D选项正确．5.如图所示，在条形磁铁的外面套着一个闭合金属弹簧线圈P，现用力从四周拉弹簧线圈，使线圈包围的面积变大，则下列关于穿过弹簧线圈磁通量的变化以及线圈中是否有感应电流产生的说法中，正确的是()A．磁通量增大，有感应电流产生B．磁通量增大，无感应电流产生C．磁通量减小，有感应电流产生D．磁通量减小，无感应电流产生解析：选C本题中条形磁铁磁感线的分布如图所示(从上向下看)．磁通量是指穿过一个面的磁感线的多少，由于竖直向上的和竖直向下的磁感线要抵消一部分，当弹簧线圈P的面积扩大时，竖直向下的磁感线条数增加，而竖直向上的磁感线条数是一定的，故穿过这个面的磁通量将减小，回路中会有感应电流产生.6．如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环a，下列各种情况中铜环a中没有感应电流的是()A．将开关突然断开的瞬间B．线圈中通以恒定的电流C．通电时，使滑动变阻器的滑片P做加速移动D．通电时，使滑动变阻器的滑片P做匀速移动解析：选B将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无，穿过铜环a的磁通量减小，产生感应电流，故A不符合题意；线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环a的磁通量不变，没有感应电流产生，故B符合题意；通电时，使变阻器的滑片P做加速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环a磁通量变化，产生感应电流，故C不符合题意；通电时，使变阻器的滑片P做匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环a磁通量增大，产生感应电流，故D不符合题意．7．磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定解析：选C第一次将线框由位置1平移到位置2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差．第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和．故ΔΦ1<ΔΦ2，选项C正确．8．如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺导线补充完整．(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转．(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转．解析：(1)“研究电磁感应现象”的实验电路分两部分，一部分是含有电源的电路，另一部分是含有电流计的电路，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：(2)闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，穿过副线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转．(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，接入电路的电阻变大，流过原线圈的电流减小，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转．答案：(1)见解析(2)向右(3)向左「能力提升练」1.一条形磁铁与导线环在同一平面内，磁铁的中心恰与导线环的圆心重合．如图所示，为了在导线环中产生感应电流，磁铁应()A．绕垂直于纸面且过O点的轴转动B．向右平动C．向左平动D．N极向外，S极向里转动解析：选D题图中位置穿过导线环平面的磁通量为零，要使导线环中产生感应电流，只要让导线环中的磁通量发生变化，A、B、C项中的运动，导线环内的磁通量始终为零，只有D项导线环中的磁通量发生变化，故选D.2．(2019·宁波诺丁汉大学附中检测)如图甲所示为法拉第在研究电磁感应时用过的线圈，其工作原理如图乙所示，则实验中不会使电流表指针发生偏转的是()A．保持开关闭合 B．开关闭合瞬间C．开关断开瞬间 D．移动变阻器滑片解析：选A开关闭合状态下，线圈中电流恒定，穿过线圈的磁通量不发生变化，没有感应电流，电流表指针不会发生偏转，故A正确；当开关接通的瞬间、开关断开的瞬间或者移动变阻器滑片时，线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转，故B、C、D错误．3．如图所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为L，且L>d，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是()A.eq\f(L＋d,v) B.eq\f(L－d,v)C.eq\f(L＋2d,v) D.eq\f(L－2d,v)解析：选B只有线框在进入磁场的过程中(bc边未出磁场)和线框在穿出磁场的过程中(仅ad边在磁场中切割磁感线)，穿过线框的磁通量才发生变化，产生感应电流．ad边和bc边都在磁场外时穿越磁场的过程中，没有感应电流，则t＝eq\f(L－d,v)，故B正确．4.(多选)如图所示是等腰直角三棱柱，其中侧面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是()A．通过abcd平面的磁通量大小为B·L2B．通过dcfe平面的磁通量大小为B·eq\f(\r(2),2)L2C．通过abfe平面的磁通量大小为B·eq\f(\r(2),2)L2D．通过整个三棱柱的磁通量为零解析：选BD由公式Φ＝BScosθ可以得出通过面abcd的磁通量Φ1＝BL2cos45°＝eq\f(\r(2),2)BL2，A错误；通过面dcfe的磁通量Φ2＝B·eq\f(\r(2),2)L2，B正确；通过面abfe的磁通量Φ3＝B·eq\f(\r(2),2)L2cos90°＝0，C错误；而整个三棱柱表面是个闭合曲面，穿入与穿出的磁感线条数相等，即穿过它的净磁感线的条数是0，故穿过整个三棱柱的磁通量为零，D正确．5.边长l＝10cm的正方形线框，固定在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，如图所示．磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋3t)(T)，则3s内穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ为多少？解析：3s内就是从0到3s末，所以0s时磁感应强度为B1＝(2＋3×0)T＝2T，3s末时的磁感应强度为B2＝(2＋3×3)T＝11T，所以ΔΦ＝ΔBS＝(11－2)×0.12Wb＝9×10－2Wb.答案：9×10－2Wb6．如图甲所示，一个电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，O、O′分别是ab边和cd边的中点．现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针旋转90°到图乙所示位置，求在这一过程中，线框中磁通量的变化量为多少？解析：穿过线框aOO′d部分的磁通量在这一过程中不发生改变，因此本题只需分析ObcO′部分在初、末位置时的磁通量Φ1和Φ2，求出该部分在这一过程中磁通量的变化量即可．Φ1＝Bsin45°·eq\f(S,2)＝eq\f(\r(2),4)BSΦ2＝－Bcos45°·eq\f(S,2)＝－eq\f(\r(2),4)BSΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\f(\r(2),2)BS.答案：eq\f(\r(2),2)BS第四章第3节楞次定律「基础达标练」第四章第4节法拉第电磁感应定律「基础达标练」1．关于电磁感应现象，下列说法正确的是()A．线圈放在磁场中就一定能产生感应电流B．闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流C．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化D．穿过线圈的磁通量变化量越大，感应电动势越大解析：选C感应电流产生的条件是，只有穿过闭合电路的磁通量发生变化，线圈中才会有感应电流产生，故A错误；闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，若穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，若穿过线圈的磁通量不变，则没有感应电流，故B错误；电磁感应现象中，感应电流的磁场总阻碍原来磁场的磁通量的变化，即原来的磁场增强，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，若原磁场减弱，则感应电流的磁场与原磁场方向相同，故C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量变化量越快，感应电动势越大，而穿过线圈的磁通量变化量大，感应电动势不一定大，故D错误．2.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设运动的整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将()A．越来越大 B．越来越小C．保持不变 D．无法确定解析：选CE＝BLvsinθ＝BLvx，ab做平抛运动，水平速度保持不变，感应电动势保持不变．3.(2019·阜宁期中)如图所示，条形磁铁位于线圈的轴线上，下列过程中，能使线圈中产生最大感应电动势的是()A．条形磁铁沿轴线缓慢插入线圈B．条形磁铁沿轴线迅速插入线圈C．条形磁铁在线圈中保持相对静止D．条形磁铁沿轴线从线圈中缓慢拔出解析：选B根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，磁通量变化越快，感应电动势越大．条形磁铁沿轴线缓慢插入线圈与条形磁铁沿轴线迅速插入线圈，磁通量变化相同，迅速插入时间短，电动势大，条形磁铁在线圈中保持相对静止无感应电动势，条形磁铁沿轴线从线圈中缓慢拔出与条形磁铁沿轴线缓慢插入线圈感应电动势大小相同，方向相反，B选项正确．4.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，磁场的方向不变，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.eq\f(Ba2,2Δt) B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt) D.eq\f(2nBa2,Δt)解析：选B线圈中产生的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(ΔB,Δt)·S＝n·eq\f(2B－B,Δt)·eq\f(a2,2)＝eq\f(nBa2,2Δt)，B正确．5.韦伯和纽曼总结、提出了电磁感应定律，如图是关于该定律的实验，P是由闭合线圈组成的螺线管，把磁铁从P正上方，距P上端h处由静止释放，磁铁竖直穿过P后落在海绵垫上并停下．若仅增大h，重复原来的操作，磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说法正确的是()A．穿过线圈的磁通量将增大B．线圈中产生的感应电动势将增大C．通过线圈导线截面的电量将增大D．线圈对磁铁的阻碍作用将变小解析：选B仅增大h，穿过线圈的磁通量没有影响，A选项错误；仅增大h，磁铁经过线圈的时间减小，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势将增大，B选项正确；根据电荷量公式q＝neq\f(ΔΦ,R)可知，通过线圈导线截面的电量保持不变，C选项错误；线圈中产生的感应电动势将增大，感应电流增大，根据楞次定律可知，线圈对磁铁的阻碍作用将变大，D选项错误．6.如图所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差为()A.eq\f(1,2)BωR2 B．2BωR2C．4BωR2 D．6BωR2解析：选CA点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ω·R，AB棒切割磁感线的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(vA＋vB,2)＝2ω·R，由E＝Blv得A、B两端的电势差为4BωR2，C正确．7．如图所示，将一半径为r的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间成“8”字形，并使上、下两圆半径相等．如果环的电阻为R，则此过程中流过环的电荷量为()A.eq\f(πr2B,R) B.eq\f(πr2B,2R)C.0D.eq\f(3πr2B,4R)解析：选B通过金属圆环横截面的电荷量只与磁通量的变化量和金属圆环的电阻有关，与时间等其他量无关，因此ΔΦ＝Bπr2－2×Bπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))2＝eq\f(1,2)Bπr2，电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πr2B,2R).8．如图所示，导体棒ab长L，沿倾角为α的斜导轨以速度v下滑，匀强磁场的磁感应强度为B.求：(1)若磁感应强度B的方向垂直于斜导轨向上，导体棒ab中产生的感应电动势为多大？(2)若磁感应强度B的方向竖直向上，导体棒ab中产生的感应电动势为多大？解析：将题给的立体图改画成平面图如图所示．(1)当磁感应强度B的方向垂直于斜轨时，导体棒ab的速度方向与B是垂直的，即v与B的夹角θ＝90°.则可将感应电动势直接写为E1＝BLv.(2)当磁感应强度B竖直向上时，此时v与B的夹角θ＝90°＋α，我们可直接套用公式写出此时的感应电动势E2＝BLvsin(90°＋α)＝BLvcosα，也可从基本原理出发，将棒的速度v分解为垂直于B和平行于B的两个分量，只有垂直于B的速度分量v⊥＝vcosα才对产生感应电动势有贡献，所以感应电动势E2＝Blv⊥＝Blvcosα.答案：(1)BLv(2)BLvcosα「能力提升练」1．单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化图象如图所示，则()A．在t＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大B．在0～2×10－2s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零C．在t＝2×10－2s时，线圈中磁通量最小，感应电动势最大D．在t＝1×10－2s时，线圈中磁通量最小，感应电动势最大解析：选Dt＝0时刻，线圈中磁通量最大，线圈与磁场垂直，磁通量的变化率最小，感应电动势最小，故A错误；在0～2×10－2s时间内，磁通量的变化量不为零，则线圈中感应电动势的平均值不为零，故B错误；在t＝2×10－2s时，线圈中磁通量最大，线圈与磁场垂直，磁通量的变化率最小，感应电动势最小，故C错误；在t＝1×10－2s时，线圈中磁通量为零，最小，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故D正确．2．(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω.规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是()A．在时间0～5s内，I的最大值为0.1AB．在第4s时刻，I的方向为逆时针C．前2s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01CD．第3s内，线圈的发热功率最大解析：选BC根据B­t图象的斜率k表示eq\f(ΔB,Δt)，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Sk，因此刚开始时，图象的斜率最大，为0.1，代入得电源的电动势为0.01V，电流为0.01A，故A项错误；在第4s时刻，根据楞次定律，电流为逆时针方向，故B项正确；由q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(0.1×0.1,1)C＝0.01C，代入得C项正确；第3s内，B不变，故不产生感应电流，因此发热功率为零，D项错误．3．1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲)．它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上的第一台发电机．据说，在法拉第表演他的圆盘发电机时，一位贵妇人问道：“法拉第先生，这东西有什么用呢？”法拉第答道：“夫人，一个刚刚出生的婴儿有什么用呢？”图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．使铜盘转动，电阻R中就有电流通过．已知铜盘半径为r，铜盘内阻忽略不计，铜盘所在区域磁感强度为B，转动的角速度为ω，则以下判断正确的是()①铜盘转动过程中产生的电流方向是D到C②铜盘转动过程中D点的电势高于C点③铜盘转动过程中产生的感应电动势大小为E＝eq\f(1,2)Br2ω④铜盘转动过程中产生的感应电流大小为I＝eq\f(Br2ω,R)A．①② B．②③C．③④ D．①④解析：选B根据右手定则可知，电流从D点流出，经过R流向C点，因此铜片D的电势高于铜片C的电势，故①错误，②正确；根据电磁感应定律：E＝Breq\x\to(v)，eq\x\to(v)＝eq\f(ωr,2)，解得E＝eq\f(Br2ω,2)，根据欧姆定律I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Br2ω,2R)，故③正确，④错误，故B正确．4．如图所示，现有一长为2L的金属棒ab垂直置于两平行导轨上，棒的右侧分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．已知导轨间距为L，左端接有一电阻R，其余电阻不计．现ab以a点为轴沿顺时针以一定角速度转过60°，并固定(设此为过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(设此为过程Ⅱ)．整个过程中，棒与导轨接触良好，在过程Ⅰ、Ⅱ中，通过电阻R的电荷量相等，则eq\f(B′,B)等于()A．2 B．3C．4 D．5解析：选A由法拉第电磁感应定律，则有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，而闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R)，电量表达式q＝I·Δt，解得q＝eq\f(ΔΦ,R)，ab以a为轴沿顺时针以ω转过60°的过程中，磁通量的改变为ΔΦ1＝B·eq\f(\r(3)L·L,2)＝eq\f(\r(3)BL2,2)，所以过程Ⅰ回路中通过R的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ1,R)＝eq\f(\r(3)BL2,2R)；过程Ⅱ回路中磁通量的变化为ΔΦ2＝eq\f(\r(3)L2B′－B,2)，通过R的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ2,R)＝eq\f(\r(3)L2B′－B,2R)，解得eq\f(B′,B)＝2，故A正确，B、C、D错误．5．(2019·永安市模拟)如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻．导体棒ab长l＝0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.4T．现使ab以v＝10m/s的速度向右做匀速运动．(1)ab中的感应电动势多大？(2)ab中电流的方向如何？(3)若定值电阻R＝3.0Ω，导体棒的电阻r＝1.0Ω，则电路中的电流多大？解析：(1)导体棒ab切割磁感线，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可知E＝Blv＝2V.(2)根据右手定则可知，导体棒ab中电流的方向为从b向a.(3)若定值电阻R＝3.0Ω，导体棒的电阻r＝1.0Ω，根据闭合电路欧姆定律可知I＝eq\f(E,R＋r)＝0.5A.答案：(1)2V(2)从b向a(3)0.5A6．如图甲所示，一个圆形线圈匝数n＝1000匝、面积S＝2×10－2m2、电阻r＝1Ω.在线圈外接一阻值为R＝4Ω的电阻．把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示．求：(1)0～4s内，回路中的感应电动势；(2)t＝5s时，a、b两点哪点电势高；(3)t＝5s时，电阻R两端的电压U.解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得，0～4s内，回路中的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1000×eq\f(0.4－0.2×2×10－2,4)V＝1V.(2)t＝5s时，磁感应强度正在减弱，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向是垂直纸面向里，故a点的电势高．(3)在t＝5s时，线圈的感应电动势为E′＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1000×eq\f(|0－0.4|×2×10－2,6－4)V＝4V根据闭合电路欧姆定律得电路中的电流为I＝eq\f(E′,R＋r)＝eq\f(4,4＋1)A＝0.8A故电阻R两端的电压U＝IR＝0.8×4V＝3.2V.答案：(1)1V(2)a点的电势高(3)3.2V第四章第5节电磁感应现象的两类情况「基础达标练」1．(2019·马鞍山市期中)关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是()A．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系B．法拉第在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C．回路中的磁场发生变化时产生感生电动势，其本质是变化的磁场能在其周围空间激发感生电场，通过电场力对自由电荷做功实现能量的转移或转化D．导体在磁场中做切割磁感线运动时产生动生电动势，其本质是导体中的自由电荷受到洛伦兹力作用，通过洛伦兹力对自由电荷做功实现能量的转化解析：选C奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，A选项错误；楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，B选项错误；回路中的磁场发生变化时产生感生电动势，其本质是变化的磁场能在其周围空间激发感生电场，通过电场力对自由电荷做功实现能量的转移或转化，C选项正确；导体在磁场中做切割磁感线运动时产生动生电动势，其本质是导体中的自由电荷受到洛伦兹力作用，但是洛伦兹力对自由电荷不做功，D选项错误．2．在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是()解析：选C据麦克斯韦电磁理论，要产生恒定的感生电场，必须由均匀变化的磁场产生，C正确．3.(多选)如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是()A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关C．动生电动势的产生与电场力有关D．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的解析：选AB根据动生电动势的定义，选项A正确；动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关，感生电动势中的非静电力与感生电场有关，选项B正确，选项C、D错误．4．如图所示，A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面，在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流之比为()A.eq\f(IA,IB)＝1 B.eq\f(IA,IB)＝2C.eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,4) D.eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,2)解析：选D根据公式E＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中的S表示的是在磁场区域的有效面积．因此对于A、B来说，变化的磁场的面积都是相同的，都是匀强磁场的面积，因此EA∶EB＝1∶1.而电阻公式R＝eq\f(\a\vs4\al(ρl),S)，其中的l是圆环的真实周长，横截面积S相同，ρ也相同，l＝2πr，故RA∶RB＝2∶1，根据I＝eq\f(E,R)得到IA∶IB＝RB∶RA＝1∶2，故D选项正确．5．如图甲所示，n＝50匝的圆形线圈M，它的两端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则a、b两点的电势高低与电压表的读数为()A．φa>φb,20V B．φa>φb,10VC．φa<φb,20V D．φa<φb,10V解析：选B磁通量均匀增加，根据楞次定律，则感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，线圈中感应电流方向为逆时针方向，又圆形线圈相当于电源内电路，故φa>φb，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝10V，因电压表测量的是电源的电动势，即感生电动势，故B正确．6.(多选)如图所示，一金属半圆环置于匀强磁场中，当磁场突然减弱时，则()A．N端电势高B．M端电势高C．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，N端电势高D．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，M端电势高解析：选BD将半圆环补充为圆形回路，由楞次定律可判断圆环中产生的感应电动势方向在半圆环中由N指向M，即M端电势高，B正确；若磁场不变，半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，由楞次定律可判断，半圆环中产生的感应电动势方向在半圆环中由N指向M，即M端电势高，D正确．7.(多选)如图，导体棒在匀强磁场中做切割磁感线运动，下列说法正确的是()A．导体做切割磁感线运动产生动生电动势B．导体棒中的自由电荷因受洛伦兹力而定向移动C．导体棒中的自由电荷因受感生电场作用而定向移动D．导体棒中的自由电荷热运动的速度为v0解析：选AB导体做切割磁感线运动，产生动生电动势，A选项正确；导体棒在匀强磁场中做切割磁感线运动，自由电荷，受到洛伦兹力后定向移动，不是电场力作用而发生的定向移动，B选项正确，C选项错误；导体棒中的自由电荷相对磁场运动的速度为v0，不是热运动的速度，D选项错误．8．如图所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计，导体棒与圆形导轨接触良好．求：(1)在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值；(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；(3)MN通过圆导轨中心时通过r的电流．解析：(1)整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS＝BπR2，所用的时间Δt＝eq\f(2R,v)，代入得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝BπR2·eq\f(v,2R)＝eq\f(BπRv,2)，通过r的平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(E,r)＝eq\f(BπRv,2r).(2)通过r的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(BπRv,2r)·eq\f(2R,v)＝eq\f(BπR2,r).(3)MN经过圆轨中心O时，感应电动势E＝Blv＝2BRv，通过r的电流I＝eq\f(E,r)＝eq\f(2RBv,r).答案：(1)eq\f(BπRv,2r)(2)eq\f(BπR2,r)(3)eq\f(2RBv,r)「能力提升练」1.(多选)如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环口径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动．若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球的带电荷量不变，那么()A．小球对玻璃圆环的压力不断增大B．小球受到的磁场力不断增大C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动D．磁场力对小球一直不做功解析：选CD因为玻璃圆环所在处有均匀变化的磁场，在周围产生稳定的涡旋电场，对带正电的小球做功．由楞次定律可判断感生电场方向为顺时针方向．在电场力作用下，小球先沿逆时针方向做减速运动，后沿顺时针方向做加速运动．小球在水平面内沿轨迹半径方向受两个力作用：环的弹力FN和洛伦兹力F＝Bqv，而且两个力的矢量和时刻等于小球做圆周运动的向心力．由于小球速度大小的变化、方向的变化，以及磁场强弱的变化，弹力FN和洛伦兹力F不一定始终在增大．磁场力始终与圆周运动的线速度方向垂直，所以磁场力对小球不做功，故选项C、D正确．2.(多选)如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是()A．ab杆中的电流与速率v成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的热功率与速率v成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比解析：选AB由E＝Blv和I＝eq\f(E,R)，得I＝eq\f(Blv,R)，所以安培力F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，电阻上产生的热功率P＝I2R＝eq\f(B2l2v2,R)，外力对ab做功的功率就等于回路产生的热功率．3．(多选)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1500匝，横截面积S＝20cm2.螺线管导线电阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．则下列说法中正确的是()A．螺线管中产生的感应电动势为1VB．闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1消耗的电功率为5×10－2WC．电路中的电流稳定后电容器下极板带正电D．S断开后，流过R2的电荷量为1.8×10－5C解析：选CD根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·Seq\f(ΔB,Δt)求出E＝1.2V，选项A错误；根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.12A，根据P＝I2R1求出P＝5.76×10－2W，选项B错误；由楞次定律得选项C正确；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时电容器上所带的电荷量Q，电容器两端的电压U＝IR2＝0.6V，流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8×10－5C，选项D正确．4.一根粗细均匀且直径为d、电阻率为ρ的长导线，现把它绕成了匝数为n、半径为r的圆形闭合线圈，如图所示．线圈放在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间均匀变化，即B＝kt(k为大于0的常数)，则下列说法正确的是()A．线圈中的感应电流方向为逆时针方向(从上往下看)B．线圈的电阻大小为ρeq\f(2n,r)C．感应电流的大小为eq\f(kπrd2,8ρ)D．线圈在磁场中有扩张的趋势解析：选C穿过线圈向上的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流为顺时针方向(从上往下看)，A选项错误；根据法拉第电磁感应定律可知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝nkπr2，根据电阻定律可知R＝ρeq\f(n×2πr,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2)＝eq\f(8nρr,d2)，根据闭合电路欧姆定律可知，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kπrd2,8ρ)，B选项错误，C选项正确；根据楞次定律推广含义——增缩减扩可知，线圈在磁场中有收缩的趋势，D选项错误．5．如图所示，在水平平行放置的两根光滑长直导电轨道MN与PQ上，放着一根直导线ab，ab与导轨垂直，它在导轨间的长度为20cm，这部分的电阻r＝0.02Ω.导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.20T，电阻R＝0.08Ω，其他电阻不计，ab的质量为0.02kg.(1)断开开关S，ab在水平恒力F＝0.01N的作用下，由静止沿轨道滑动，经过多长时间速度才能达到10m/s?(2)上述过程中感应电动势随时间变化的表达式是怎样的？(3)当ab的速度达到10m/s时，闭合开关S，为了保持ab仍能以10m/s的速度匀速运动，水平拉力应变为多少？解析：(1)由牛顿第二定律F＝ma，得a＝eq\f(F,m)＝eq\f(0.01,0.02)m/s2＝0.5m/s2t＝eq\f(v1－v0,a)＝eq\f(10,0.5)s＝20s.(2)因为感应电动势E＝BLv＝BLat＝0.02t(V)，所以感应电动势与时间成正比．(3)导线ab保持以10m/s的速度运动，受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝0.16N安培力与拉力F是一对平衡力，故F＝0.16N.答案：(1)20s(2)E＝0.02t(V)(3)0.16N6．如图甲所示，水平放置的线圈匝数n＝200匝，直径d1＝40cm，电阻r＝2Ω，线圈与阻值R＝6Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d2＝20cm的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化．试求：(1)电压表的示数；(2)若撤去原磁场，在图中竖直虚线的右侧空间加磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，试证明将线圈向左拉出磁场的过程中，通过电阻R上的电荷量为定值，并求出其值．解析：(1)由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可得E＝neq\f(πd22ΔB,4Δt)E＝I(R＋r)U＝IR解得U＝1.5πV＝4.71V.(2)设线圈拉出磁场经历时间Δt.eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(πd12B,4Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)电荷量q＝eq\x\to(I)Δt解得q＝neq\f(πd12B,4R＋r)，与线圈运动的时间无关，也与运动的速度无关．代入数据即得q＝0.5πC＝1.57C.答案：(1)4.71V(2)见解析第四章第6节互感和自感「基础达标练」1．如图所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路图，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应()A．先断开S1 B．先断开S2C．先拆除电流表 D．先拆除电阻R解析：选BS1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2，又因不能在电路闭合时拆除电路中的元件，故B选项正确．2．(多选)(2018·浙江模拟)如图甲是一个电解电容器，电容器外壳上标有“4.7μF50V”字样；图乙是一个标准自感线圈，外壳上标有“1H”字样，下列有关该电容器和自感线圈的说法正确的是()A．电容器的电容为4.7×10－12FB．自感线圈的自感系数为1HC．电容器在20V的工作电压下，其带电量为9.4×10－5CD．自感线圈的自感电动势大小与流过线圈的电流大小有关解析：选BC分析甲图可知，电容器的电容为4.7×10－6F，A选项错误；自感线圈的自感系数为1H，B选项正确；根据电荷量公式Q＝CU可知，电容器在20V的工作电压下，其带电量为9.4×10－5C，C选项正确；根据法拉第电磁感应定律可知，自感线圈的自感电动势大小与流过线圈电流的变化率有关，D选项错误．3．在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图所示，其道理是()A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消D．以上说法均不对解析：选C由于采用了双线绕法，两根平行导线中的电流反向，它们产生的磁通量相互抵消．不论导线中的电流如何变化，线圈中的磁通量始终为零，所以消除了自感现象的影响．4．(多选)如图所示，电源的电动势为E，内阻r忽略不计．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈．以下说法正确的是()A．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，且亮度保持稳定B．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，且亮度保持稳定C．开关断开后瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D．开关断开后瞬间，电流自右向左通过A灯解析：选AD开关闭合，A灯立刻亮，因为电源没有内阻，所以A灯两端的电压保持不变，灯泡亮度稳定，故A正确；因为L是一个自感系数相当大的线圈，所以开关闭合时B灯不亮，然后逐渐变亮，最后亮度稳定，故B错误；两个灯泡电阻一样，若L也没有电阻，则断开前后A灯的电流相同，不会闪亮．若L有电阻，则通过B的电流小于A的电流，所以A也不会闪亮一下，故C错误；开关断开后瞬间，L产生感应电流，在回路中通过A灯的电流方向为从右向左，故D正确，故选AD.5．如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个理想电感线圈，下列说法正确的是()A．S闭合时，A逐渐变亮，然后逐渐熄灭B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭C．S闭合足够长时间后，B发光，而A熄灭D．S闭合足够长时间后，B熄灭，而A发光解析：选C闭合S瞬间，电流增大，线圈L中产生自感电动势，阻碍电流增加，A灯立即变亮，此时电容器电荷量为零，两板之间电压也为零，故B灯逐渐变亮；电流稳定后，线圈两端电压为零，A灯熄灭，B灯达到最大亮度．6.如图所示，S闭合后，流过线圈L的电流恒为i1，流过灯泡A的电流恒为i2，且i1>i2.在t1时刻将S迅速断开，在较短一段时间内流过灯泡的电流随时间变化的图象是()解析：选D闭合电键，电路稳定后，流过灯泡的电流i2恒定不变，电键S断开瞬间，线圈L阻碍电流的减小，发生自感现象，线圈L相当于电源，通过灯泡A的电流从i1逐渐减小，方向与i2相反，D选项正确．7．(2017·北京卷)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：选C图1中，断开开关S1瞬间，线圈发生自感现象，相当于电源，灯A1突然闪亮，说明电路稳定时，A1的电流小于L1的电流，即L1的电阻小于A1的电阻，A、B选项错误；图2中，最终A2与A3的亮度相同，说明滑动变阻器R与L2的电阻值相同，C选项正确；图2中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，L2中电流与变阻器R中电流不相等，D选项错误．8.如图所示，L是自感系数较大的一个线圈，电源的电动势E＝6V，开关S已闭合，当S断开时，在L中出现的自感电动势E′＝100V，求此时a、b两点间的电势差．解析：当S断开时，线圈中出现的自感电动势阻碍原电流的减小，因此电动势方向与线圈中原电流方向相同，即L的右端电势高于左端电势，由于S断开时a、b两点间断路，相当于电阻很大，所以整个回路中由电动势造成的电势差集中在a、b两点间，φb－φa＝E＋E′＝6V＋100V＝106V，即a点的电势比b点低106V.答案：106V「能力提升练」1．如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1<R2<R3，电感L的电阻和电源的内阻可忽略，D为理想二极管．电键K从闭合稳定状态突然断开时，下列判断正确的是()A．L2逐渐变暗B．L1先变亮，然后逐渐变暗C．L3先变亮，然后逐渐变暗D．L3立即熄灭解析：选C闭合时，因为R1<R2<R3，所以通过灯泡L1的电流大于通过L3的电流，断开电键，原来通过L2和L3的电流立即消失，通过L1的电流由于线圈对电流的变化有阻碍作用，阻碍电流的变化，且与L2、L3构成回路，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过L2，则L2立即熄灭，由于开始通过L1的电流大于通过L3的电流，所以L3先变亮然后逐渐变暗．L1逐渐变暗，故A、B、D不正确，C正确．2．在如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，直流电阻为RL，则下列说法正确的是()A．合上开关后，c先亮，a、b后亮B．断开开关时，N点电势高于M点C．断开开关后，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭D．断开开关后，c马上熄灭，b闪一下后缓慢熄灭解析：选B开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，磁通量增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，通过a灯的电流逐渐增大，所以b、c先亮，a后亮，故A错误；合上开关一会儿后，因线圈中电流逐渐稳定，断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和a、b组成的回路中有电流，电流的方向与L中原来电流的方向相同，方向为L→N→b→M→a→L，可知N点电势高于M点，故B正确；合上开关一会儿后，因线圈中电流逐渐稳定，则相当于导线，所以a、b一样亮；断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和a、b组成的回路中有电流，导致a、b一起缓慢熄灭；而c没有电流，马上熄灭．由于原来ab两灯的电流相等，开关断开的瞬间，通过a、b和线圈回路的电流由a灯原来的电流逐渐减小，所以两灯都不会闪亮，故C错误，D错误．3．如图所示，电源电动势为E，其内阻r不可忽略，L1、L2是完全相同的灯泡；线圈L的直流电阻不计，电容器的电容为C.下列说法正确的是()A．刚接通开关S的瞬间，L1立即亮，L2逐渐变亮B．合上开关S，电路稳定后，灯泡L1、L2的亮度相同C．电路稳定后在断开S的瞬间，通过灯泡L1的电流方向向右D．电路稳定后在断开S的瞬间，通过灯泡L2的电流为零解析：选C闭合开关瞬间L相当于断路，L1和L2串联接入电路，都有电流，可知两个灯泡同时变亮，故A错误；稳定后L相当于一段导线，L1中无电流，L2中有电流，二者的亮度不同，故B错误；断开瞬间，L相当于电源与L1组成回路，L1中电流方向向右，故C正确；电容器和L2组成回路，断开瞬间电容器有一短暂的放电电流，L2中电流不为0，故D错误．4．如图所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2>i1)，则下列图象中正确的是()解析：选C电键断开后，A与L组成闭合自感回路；电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，大小逐渐减小；所以电键断开后，通过L的电流的方向不变，而通过A的电流的方向与开始时是相反的，故C正确，A、B、D错误．5．在如图所示的电路中，电流表的内阻不计，电阻R1＝2.5Ω，R2＝7.5Ω，线圈的直流电阻可以忽略．闭合开关S的瞬间，电流表读数I1＝0.2A，当线圈中的电流稳定后，电流表的读数I2＝0.4A．求电源的电动势和内阻．解析：闭合开关S的瞬间，R1和R2串联接入电路，由闭合电路欧姆定律得I1＝eq\f(E,R1＋R2＋r)，即0.2＝eq\f(E,2.5＋7.5＋r)，电路稳定后，R2被短路，I2＝eq\f(E,R1＋r)，即0.4＝eq\f(E,2.5＋r)，由以上式子解得E＝3V，r＝5Ω.答案：3V5Ω6．如图所示是一种触电保安器，变压器A处用双股相线(火线和零线)平行绕制成线圈，然后接到用电器上，B处有一个输出线圈，一旦有电流，经放大后便能立即推动继电器J切断电源，下列情况中能起保护作用的是哪一种？说明理由．(1)增加开灯的盏数，能否切断电源？(2)双手分别接触相线和零线，能否切断电源？(3)单手接触相线，脚与地相接触而触电，能否切断电源？解析：(1)不能．因A处线圈采用的是双绕法，增加开灯的盏数只会使电路中电流增大，但A中两线中电流始终大小相等方向相反，磁通量相互抵消，B中磁通量不发生改变，故不能推动J切断电源．(2)不能．理由同(1)．(3)能．因为有电流通过人体而流入地下，使A中两股相线电流大小不相等，B中磁通量发生改变，B中产生感应电流，从而推动J切断电源．答案：见解析1.(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减少，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．2．(多选)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，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况，其中表示正确的是()解析：选CD先根据楞次定律“来拒去留”判断线圈的N极和S极，A中线圈上端为N极，B中线圈上端为N极，C中线圈上端为S极，D中线圈上端为S极，再根据安培定则确定感应电流的方向，A、B错误，C、D正确．3．(多选)(2019·宁波诺丁汉大学附中模拟)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可以在导轨上自由滑动，当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是()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CD的作用力向右解析：选BDAB切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，感应电流由C到D，A选项错误，B选项正确；感应电流流过CD，导体棒CD受到安培力作用，根据左手定则可知，安培力向右，C选项错误，D选项正确．4．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合电键后，实验现象为()A．将原线圈迅速拔出副线圈的过程中，电流计指针将向右偏B．将原线圈迅速拔出副线圈的过程中，电流计指针将不会发生偏转C．副线圈位置保持不动时，将滑动变阻器滑片向右移动时，电流计指针将不会偏转D．副线圈位置保持不动时，将滑动变阻器滑片向右移动时，电流计指针将向左偏转解析：选D当在闭合电键时，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过大线圈磁通量增加时，电流计指针向右偏转．将原线圈迅速拔出副线圈时，穿过线圈的磁通量减小，电流表指针向左偏转，故A、B错误；副线圈位置保持不动时，将滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，原线圈电路电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，电流计指针向左偏转，故D正确，C错误．5．大小不等的两导电圆环P、Q均固定在水平桌面上，Q环位于P环内．在两环间的范围内存在方向竖直向下、大小随时间均匀增强的匀强磁场B，则()A．P环内有顺时针方向的感应电流B．P环内有逆时针方向的感应电流C．Q环内有顺时针方向的感应电流D．Q环内有逆时针方向的感应电流解析：选B在两环间的范围内存在方向竖直向下、大小随时间均匀增强的匀强磁场B，故穿过两环间的磁通量在增大，根据楞次定律可知，P环中的感应电流方向逆时针，Q环中磁通量始终为零，没有感应电流，B选项正确．6．如图所示，固定的水平长直导线中通有直流电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大解析：选B线框下落过程中，穿过线框的磁通量减小，选项A错误；由楞次定律可判断出感应电流方向一直沿顺时针方向，选项B正确；线框受到的安培力的合力竖直向上，但小于重力，则合力不为零，选项C错误；在下落过程中，安培力对线框做负功，则其机械能减小，选项D错误．7.(2019·荆州中学模拟)如图所示的电路中，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，在穿过水平放置的方形导线框的过程中，下列判断正确的是()A．磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿abcd方向，经过位置2时沿adcb方向B．磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿adcb方向，经过位置2时沿abcd方向C．磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿abcd方向D．磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿adcb方向解析：选A磁铁经过图中位置1时，线框中向下的磁通量增大，根据楞次定律可知，线框中感应电流为abcd方向，同理，经过位置2时，线框中向下的磁通量减小，感应电流为adcb方向，A选项正确．8．如图所示为“跳环实验”的实验装置，将一个带较长铁芯的线圈L、开关S和直流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，套环立刻沿铁芯竖直跳起一定高度，待电路稳定又落下来．某同学由此实验受到启发，设想在此实验的基础上进行改进，使套环跳起后不落下来，悬在线圈正上方，成为一个“磁悬浮环”，下列哪种方案可能实现他的设想()A．增大直流电源的电压B．选用匝数更多的线圈C．把直流电源换成交流电源D．选用质量较小的金属套环解析：选C增大直流电源的电压，在套环中产生的感应电流更大，跳起更高，但还会掉下来，故A错误；选用匝数更多的线圈，在套环中产生的感应电流更大，跳起更高，但还会掉下来，故B错误；把直流电源换成交流电源，则在线圈中始终有感应电流产生，则套环总受安培力作用，这样可以使套环跳起后不落下来，悬在线圈正上方，成为一个“磁悬浮环”，故C正确；选用质量较小的金属套环，同样在套环中产生的感应电流，只是跳起更高，但还会掉下来，故D错误．故选C.「能力提升练」1．如图所示，四组同学分别制作探究电磁感应现象的实验装置，在一根较长的铁钉