第16課時電磁感應(yīng)【命題規(guī)律11.命題角度：(1)楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用；(2)電磁感應(yīng)中的圖像問題：(3)電磁感應(yīng)中的動力學與能量問題2?？碱}型：選擇題、計算題.高考題型1楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用.感應(yīng)電流方向的判斷楞次定律」該電路磁場1口的方向如何1費區(qū)j判斷喏應(yīng)電|〃F你J判斷整應(yīng)|至灼湎磁場方向?旋定則?電流》向?1明確研1究的閉卜1合電路1h該電路破通?力力如何變化?右手定則一般用于導體棒切割磁感線的情形.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”；(2)阻礙物體間的相對運動——“來拒去留”；(3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——一般情況下為“增縮減擴”；(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——一般情況下為“增反減同”..求感應(yīng)電動勢的方法(1)法拉第電磁感應(yīng)定律：△.5不變時，E=〃噌E=r^T\ AS18不變時，E=nB-^(2)導體棒垂直切割磁感線：E=BLv.(3)導體棒繞與磁場平行的軸勻速轉(zhuǎn)動：E=^BL2cd.(4)線圈繞與磁場垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動：e=nBScos\ncot..應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律的三點注意(1)公式￡=彥求解的是一個回路中某段時間內(nèi)的平均電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值.(2)利用公式后=〃淺求感應(yīng)電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積.(3)通過回路截面的電荷量q=~12=黑％=嗒可僅與〃、和回路總電阻R總有關(guān),與時間長短無關(guān)，與0是否均勻變化無關(guān).考向一楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用例1（多選）（2018?全國卷1b20）如圖1（a）,在同一平面內(nèi)固定有一長直導線PQ和一導線框R,R在的右側(cè).導線尸。中通有正弦交流電i,i的變化如圖（b）所示，規(guī)定從。到P為電流正方向.導線框R中的感應(yīng)電動勢（ ）圖1A.在時為零B.在 忖改變方向C.在r=3忖最大，且沿順時針方向D.在r=r時最大，且沿順時針方向答案AC解析在r=￡時，，一/圖線斜率為0,即磁場變化率為0,由后=等=熟知，E=0,A項正確；在和r=7時，i—r圖線斜率的絕對值最大，則在/=1和r=7時R中感應(yīng)電動勢最大.在《到駐間，電流由。向P減弱，導線在R處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場，且磁場減弱，由楞次定律知，R產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向也垂直紙面向里，即R中感應(yīng)電動勢沿順時針方向，同理可判斷在亨到乎之間，R中感應(yīng)電動勢也為順時針方向，在土7到T之間，R中感應(yīng)電動勢為逆時針方向，C項正確，B、D項錯誤.例2（多選）（2019?全國卷120）空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖2（a）中虛線MN所示.一硬質(zhì)細導線的電阻率為p、橫截面積為S,將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心。在MN上.r=0時磁感應(yīng)強度的方向如圖（a）所示；磁感應(yīng)強度B隨時間，的變化關(guān)系如圖（b）所示.則在，=0到/="的時間間隔內(nèi)（）A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B.圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時針方向C.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為鬻4麗D.圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為空答案BC解析在0?燈時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向為順時針，圓環(huán)所受安培力水平向左；在“?”時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度反向增大，感應(yīng)電流的方向仍為順時針，圓環(huán)所受安培力水平向右，所以選項A錯誤，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得后=等=%/華=等二，由/?=/可得R=0午，根據(jù)歐姆定律可得/坐二名莊，所以選項C正確，Zrozr（） 廠3 廠3 A43D錯誤.考向二（7=/1^9的應(yīng)用例3（2018?全國卷IJ7）如圖3,導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，。為半圓弧的中點，。為圓心.軌道的電阻忽略不計.OM是有一定電阻、可繞。轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好.空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過程I）；再使磁感應(yīng)強度的大小以一定的變化率從8增加到夕（過程H）.在過程I、I［中，流過。M的電荷量相等，則答等于（）答案B解析通過導體橫截面的電荷量為：nN①—ArA0q=1Ar=~-Ar=/r^_心/在過程I中，流過OM的電荷量為：q\=-天-（B1-B）|nr在過程II中，流過OM的電荷量：伏= L-依題意有：q尸q2,即：B-:nr=(B,—B)^r4 Z解得：^-=1，B正確.[5L高考題型2電磁感應(yīng)中的圖像問題.電磁感應(yīng)中常見的圖像常見的有磁感應(yīng)強度、磁通量、感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流、速度、安培力等隨時間或位移的變化圖像..解答此類問題的兩個常用方法1)排除法：定性分析電磁感應(yīng)過程中某個物理量的變化情況，把握三個關(guān)注，快速排除錯誤的選項.這種方法能快速解決問題，但不一定對所有問題都適用.2)函數(shù)關(guān)系法：根據(jù)題目所給的條件寫出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，再對圖像作出判斷，這種方法得到的結(jié)果準確、詳細，但不夠簡捷.例4(2018?全國卷II/8)如圖4,在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠?,磁感應(yīng)強度大小相等、方向交替向上向下.一邊長為|/的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動.線框中感應(yīng)電流/隨時間t變化的正確圖線可能是() ?當TIXXi?*IXxi*r*ixX?XX]??}X??\XXIxx；??；Xx"?]xXI+/+/+7+

解析設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電流為/.線框位移等效電路的連接電流°-2/=2i（順時針）L?1211=0,3/12I IL/=2i（逆時針）3/…爹?2/_L J_T—/=0由分析知，選項D符合要求.例5（多選）（2021?安徽蚌埠市高三期末）如圖5所示，光滑金屬導軌DCEF固定在水平面并處于豎直向下的勻強磁場中，CD,E尸平行且足夠長，CE是粗細均勻、電阻率一定的導體，且與EF夾角為。（890。），CD和EF的電阻不計.導體棒MN與CE的材料、粗細均相同，用外力尸使向右勻速運動，從E點開始計時，運動中始終與E尸垂直且和導軌接觸良好.若圖中閉合電路的電動勢為E,電流為/,消耗的電功率為尸，下列圖像正確的是（）ABABE答案AB解析導體棒由￡運動到C的過程中，切割磁感線的有效長度￡=。恒門凡設(shè)C￡、MN中單位長度的電阻為Ro,則回路中電阻R=（"tan。+喘刁）Ro,回路中的感應(yīng)電動勢E\=BLv=八）八.EiBv2nan0 5r2tan6v,....,.小Br^/tan夕0c/,11=示=7 “、=’ ~―T,感應(yīng)電流4與/無關(guān)且為值；［由。+拳Ro?tan6+高伍導體棒勻速運動時，外力尸］等于安培力，則Q=8/|L=3/i"tanJ"，，消耗的電功率P］=Qu=B/|P2nan0^tf當導體棒過。點后，回路中切割磁感線的有效長度ZJ、回路中的電阻R'E'不變，感應(yīng)電動勢E'=BL'。為定值，回路中的電流/'=萬一也為定值，且廠=/i,外力F'等于安培力，則戶=BI'L',也為定值：消耗的電功率P=F'。也為定值.綜上所述，A、B正確，C、D錯誤.高考題型3電磁感應(yīng)中的動力學與能量問題.電磁感應(yīng)中的動力學與能量問題常出現(xiàn)的兩類情景：一是線框進出磁場；二是導體棒切割磁感線運動.兩類情景都綜合了電路、動力學、能量知識，有時還會與圖像結(jié)合，解題方法有相通之處.分析思路如下：r能量”的分析川分析研究過程中能量轉(zhuǎn)化關(guān)系列方程?.求解焦耳熱。的三種方法（1）焦耳定律：Q=/2Rf,適用于電流恒定的情況；（2）功能關(guān)系：Q=W克安（W比安為克服安培力做的功）；（3）能量轉(zhuǎn)化：Q=AE（其他能的減少量）.例6（多選）（2020?全國卷I?21）如圖6,U形光滑金屬框abed置于水平絕緣平臺上，時和de邊平行，和反邊垂直.ah,de足夠長，整個金屬框電阻可忽略.一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力尸向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，歷N與金屬框保持良好接觸，且與床邊保持平行.經(jīng)過一段時間后（）

xxxAfxxxx

a ，bxxxxxx^-xXXXXXXXd cxxxNxxxx圖6A.金屬框的速度大小趨于恒定值B.金屬框的加速度大小趨于恒定值C.導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D.導體棒到金屬框be邊的距離趨于恒定值答案BC解析當金屬框在恒力尸作用下向右加速運動時，be邊產(chǎn)生從c向6的感應(yīng)電流i,金屬框的加速度大小為ai,則有「一B〃=Mai；MN中感應(yīng)電流從M流向N,MN在安培力作用下向右加速運動，加速度大小為痣，則有當金屬框和MN都運動后，金屬框速度為v\,MN速度為功，則電路中的感應(yīng)電流為i=BEr°”,感應(yīng)電流從。開始增大，則改從F -. F零開始增加，m從而開始減小，加速度差值減小.當“1=42時，得/=（M+m）a,a=~rrr~，恒定，由/交可知，安培力不再變化，則感應(yīng)電流不再變化，據(jù)知金屬框與MN的速度差保持不變，。一，圖像如圖所示，故A錯誤，B,C正確；MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框的速度，則MN到金屬框機?邊的距離越來越大，故D錯誤.例7（多選）（2018?江蘇卷-9）如圖7所示，豎直放置的“口”形光滑導軌寬為L,矩形勻強磁場I、II的高和間距均為d,磁感應(yīng)強度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場I和U時的速度相等.金屬桿在導軌間的電阻為/?,與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g.金屬桿（）圖7A.剛進入磁場I時加速度方向豎直向下B.穿過磁場1的時間大于在兩磁場之間的運動時間C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4/ngdD.釋放時距磁場I上邊界的高度h可能小于翁生答案BC解析穿過磁場I后，金屬桿在磁場之間做加速運動，在磁場II上邊緣的速度大于從磁場I出來時的速度，因進入磁場I時速度等于進入磁場II時速度，大于從磁場I出來時的速度，金屬桿在磁場I中做減速運動，加速度方向向上，A錯.金屬桿在磁場I中做減速運動，由牛頓第二定律知B2L}vma=BlL—mg=~反—-mg,a隨著減速過程逐漸變小，即在前一段做加速度減小的減速運動；在磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移大小相等，由。一f圖像（可能圖像如圖所示）可以看出前一段用時多于后一段用時，B對.由于進入兩磁場時速度相等，由動能定理知，mg-2d—W今1=0,可得W*i=2mgd,即通過磁場I產(chǎn)生的熱量為2mgd,故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd,C對.設(shè)剛進入磁場I時速度為Vo,則由機械能守恒定律知,1 2mg/y劭），剛進入磁場時mao=BIoL—mg=-天—-mg,m戶m（a（）+g）R解仔Vo——層/—,昨。齪行IM(ao+g)2R；在gR2 3聯(lián)工解彳于h 2方>2￡^L4，D措.例8如圖8所示，兩根足夠長的光滑直金屬導軌MN、P。平行固定在傾角為。的絕緣斜面上，兩導軌間距為L,導軌的電阻不計.導軌頂端M、尸兩點間接有滑動變阻器和阻值為R的定值電阻.一根質(zhì)量為機、電阻不計的均勻直金屬桿"放在兩導軌上，與導軌垂直且接觸良好.空間存在磁感應(yīng)強度大小為8、方向垂直斜面向下的勻強磁場.調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使得滑動變阻器接入電路的阻值為2R,讓必由靜止開始沿導軌下滑.不計空氣阻力，重力加速度大小為g.圖8⑴求ah下滑的最大速度小;(2)求成下滑的速度最大時，定值電阻上消耗的電功率P；(3)若在ab由靜止開始至下滑到速度最大的過程中，定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為Q,求該過程中ab下滑的距離x以及通過滑動變阻器的電荷量q.答案見解析解析(l)ab下滑的速度最大時，其切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLvm,P此時通過定值電阻的電流為：/==2，KiZK油桿所受安培力大小為：F*=BIL,由受力平衡得mgsin3=B1L,聯(lián)立解得“嘴送(2)由電功率公式有：P=FR,解何：P=―一:(3)由題意滑動變阻器接入電路的阻值為2R,為定值電阻的2倍，根據(jù)焦耳定律可知，滑動變阻器上產(chǎn)生的焦耳熱為2Q;由能量守恒定律可得：mgxsin6>=^/num2+(2+2Q,解傳：x= 2放4+“gsin爐在ab由靜止開始至下滑到速度最大的過程中，穿過回路的磁通量的變化為：A(P=BLx,

設(shè)ab由靜止開始至下滑到速度最大所用時間為△7,在該過程中，回路產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為后=等——E根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，在該過程中，通過回路的平均感應(yīng)電流為/=.,J/\又q=IAr聯(lián)立解得:3m2g/?sin8 聯(lián)立解得:q= +mgRsin&高考預測1.（多選）（2021?山東濱州市高三期末）如圖9甲所示，一個圓形線圈用絕緣桿固定在天花板上,線圈的匝數(shù)為“，半徑為r,總電阻為R,線圈平面與勻強磁場垂直，且下面一半處在磁場中，r=0時磁感應(yīng)強度的方向如圖甲所示，磁感應(yīng)強度B隨時間，的變化關(guān)系如圖乙所示.下列說法正確的是（）A.在。?2fo的時間間隔內(nèi)線圈內(nèi)感應(yīng)電流先沿順時針方向后沿逆時針方向B.在0?2歷的時間間隔內(nèi)線圈受到的安培力先向下后向上C.在0?如的時間間隔內(nèi)線圈中感應(yīng)電流的大小為號等D.在玄。時線圈受到的安培力的大小為號患答案BCD解析由楞次定律可知，在0?2ro的時間間隔內(nèi)線圈內(nèi)感應(yīng)電流始終沿順時針方向，故A錯誤；感應(yīng)電流始終沿順時針方向，由左手定則可知，在0?2ro的時間間隔內(nèi)線圈受的安培力先向下后向上，故B正確：由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢￡=甯="泮=〃3兀戶.鐵，由歐姆定律可知，在。?”的時間間隔內(nèi)線圈中感應(yīng)電流的大小/=。=彎?故Cto KZa/o正確：由題圖乙所示圖像可知，在京）時磁感應(yīng)強度大小B=牛，線圈所受安培力大小/=8/￡8（）、，〃兀，8（）、，- M7n38（）2〃一十M=了X3示-*2"=^^一，故D正確?2.（2021?江蘇蘇州市統(tǒng)考）一個閉合正三角形金屬框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直框架平面向里的勻強磁場中.現(xiàn)用外力F把框架水平勻速向右拉出磁場，如圖10所示，設(shè)正三角形金屬框架開始出磁場的時刻/=（）,則電動勢E、外力尸和外力的功率P隨解析框架在外力尸的作用下以速度。勻速向右運動，則框架切割磁感線的有效長度乙=￥vt,結(jié)合E=BLv可知，電動勢則E與f成正比例關(guān)系，選項A正確，B錯誤.設(shè)框架的總電阻為R,則框架中的電流/=1=:雪引”,框架勻速運動，則有F=尸安=8〃=AJK,則尸與產(chǎn)成正比例關(guān)系，選項C錯誤.由「=比?可知，尸與產(chǎn)成正比例關(guān)系，選項jKD錯誤.3.（多選）（2021?山東師范大學附中高三打靶卷）如圖11所示，半徑為2/的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為2/、電阻為2R的金屬棒仍一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉(zhuǎn)軸O。'上，由電動機A帶動旋轉(zhuǎn).在金屬導軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導軌平面、大小為B的勻強磁場，金屬導軌區(qū)域中心半徑為/的區(qū)域內(nèi)磁場豎直向上，其余部分磁場豎直向下.另有一質(zhì)量為山、長為/、電阻為R的金屬棒MN放置于固定在豎直平面內(nèi)的平行導軌后面并與導軌保持良好接觸，導軌間距為I,處于大小為8、方向豎直向上的勻強磁場中.從圓形金屬導軌引出導線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導線與平行導軌連接.處于靜止狀態(tài)，MN與豎直平行導軌間的動摩擦因數(shù)為"，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g,則下列說法正確的是（）N圖11MN中電流方向由M到NMN兩端電壓為B&uMN與豎直平行導軌間的動摩擦因數(shù)〃至少為患鬻D.電路總電功率為喝止答案AC解析MN處于靜止狀態(tài)，豎直方向上受重力和靜摩擦力處于平衡，可知MN所受安培力方向垂直導軌向外（垂直紙面向外），根據(jù)左手定則知，通過MN中的電流方向由M到N,A正確：由于金屬棒出?被分成兩部分位于相反的磁場中，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相反，次？產(chǎn)生的總電動勢E=Blv\-Blv2=3/——y—BI—Bl~a）,EI1則MN兩端的電壓U=而R=qE=qBl%,B錯誤；若MN恰好處于靜止，有根據(jù)閉合電路歐姆定律得/=9=等，解得動摩擦因數(shù)的最小值〃C正確；電路的總電功率?=景=方~,D錯誤.4.（多選）（2021?遼寧營口市高三期末）如圖12所示，在傾角為。的光滑斜面上，存在著兩個勻強磁場區(qū)域.區(qū)域1的磁場方向垂直斜面向上，磁感應(yīng)強度為2B,區(qū)域II的磁場方向垂直斜面向下，磁感應(yīng)強度為B,磁場邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊，MP、PG長均為L一個質(zhì)量為機、電阻為/?、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行.八時刻ab邊剛越過GH進入磁場I區(qū)域，此時導線框恰好以速度功做勻速直線運動：力時刻"邊下滑到尸。與之間的某位置，此時導線框又恰好以速度仍做勻速直線運動.重力加速度為g，下列說法中正確的是（）圖12A.當ab邊剛越過PQ時，導線框的加速度大小為a=,gsin，B.導線框兩次做勻速直線運動的速度之比?。杭?4:3C.從4到，2的過程中，導線框克服安培力做的功等于機械能的減少量D.從h到h的過程中，有5機械能轉(zhuǎn)化為電能答案AC解析副邊進入磁場I區(qū)域時E=2BLoi,/=。=強且，F(xiàn)*=2BIL=4BpV[,KA A由平衡條件得F*=鈍j"i=mgsin3,當"邊剛越過尸Q時，E'=BLvl+2BLvl=3BLvi,I'=（=慧"，尸'=BI'L+2BI'L9B2L2vi=~R~由牛頓第二定律得Z7#'-zn^sinO=ma解得a=4§sin0,故A正確：or2/27）,第二次平衡時，根據(jù)平衡條件，有FJ=-L=mgsin0聯(lián)立解得。1：金=9：4,故B錯誤：從“到會的過程中，根據(jù)功能關(guān)系，導線框克服安培力做功的大小等于機械能的減少量，故C正確；從h到h的過程中，設(shè)導線框下降的高度為A6,則機械能轉(zhuǎn)化為電能有亍noj—%W22+mg,A6,故D錯誤.5.（2021?天津市南開區(qū)高三期末）如圖13甲所示，水平面內(nèi)固定兩根間距L=1m的長直平行光滑金屬導軌尸。、MN,其。、N端接有阻值R=1.5。的電阻，一質(zhì)量膽=0.1kg、接入電路的阻值r=0.5C的導體棒ab垂直于導軌放置于距QN端d=2m處，且與兩導軌保持良好接觸.整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小隨時間變化的情況如圖乙所示.在0?1s內(nèi)，為了保持油棒靜止，在棒的中點施加一平行于導軌平面的外力凡（未知）;1s后改用F—0.5N的水平向左的怛力拉動ab棒,ab棒從靜止開始沿導軌運動距離x=4.8m時速度恰好達到最大值.油棒運動過程中始終與導軌保持垂直，導軌電阻不計.求：甲 乙圖13（l）r=ls時外力Fo的大小和方向：（2）ab棒的最大速度大小vm；⑶從/=0到ab棒運動距離x=4.8m的過程，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR.答案（1）0.25N方向向左（2）4m/s⑶1.575J解析（1）1s時，電動勢。A0ABS\B-Ld（0.5—0）X1X2e=E=F=~KT=iV=1v根據(jù)楞次定律，電流從人到。，電流的大小為/=^+7=l.5+0.5A=05A根據(jù)左手定則，安培力方向向右F*=ILB=05XlX0.5N=0.25N外力Fo與F.平衡，兩者等大反向.Fo=F*所以R)大小為0.25N,方向向左.(2)ab棒達到最大速度后做勻速直線運動，拉力產(chǎn)向左，安培力F*'向右，二力平衡，F(xiàn)=F*'其中安培力尸*'=1'LB電動勢E'=BLvmF(R+r)0.5X(1.5+0.5),解付0m=niii=nc2y12m/s=4m/sDL U.DA1(3)在第1s內(nèi)Q\=/2/?r=0.52X1.5X1J=0.375J在運動距離x內(nèi)Fx=^nv^+QR+rRQ2=R+^R+r從Z=0到ab棒運動距離x=4.8m的過程，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Qa=Qi+Q,解得Qr=1.575J.專題強化練［保分基礎(chǔ)練］1.(2020.江蘇卷.3)如圖1所示，兩勻強磁場的磁感應(yīng)強度8和員大小相等、方向相反.金屬圓環(huán)的直徑與兩磁場的邊界重合.下列變化會在環(huán)中產(chǎn)生順時針方向感應(yīng)電流的是()圖1A.同時增大5減小員B.同時減小S增大良C.同時以相同的變化率增大S和良D.同時以相同的變化率減小5和%答案B解析若同時增大以減小無，則穿過環(huán)向里的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向外，由安培定則，環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流是逆時針方向，故選項A錯誤；同理可推出，選項B正確，C、D錯誤..（2021?安徽安慶市一模）如圖2所示，關(guān)于下列器材的原理和用途，正確的是（）圖2A.變壓器可以改變交變電壓也能改變頻率B.扼流圈對交流的阻礙作用是因為線圈存在電阻C.真空冶煉爐的工作原理是爐體產(chǎn)生渦流使爐內(nèi)金屬熔化D.磁電式儀表中用來做線圈骨架的鋁框能起電磁阻尼的作用答案D解析變壓器可以改變交變電壓但是不改變交流電頻率，A錯誤；扼流圈對交流的阻礙作用是因為線圈會產(chǎn)生自感現(xiàn)象，B錯誤；真空冶煉爐的工作原理是金屬中產(chǎn)生渦流使爐內(nèi)金屬熔化，C錯誤；鋁是導體，儀表指針偏轉(zhuǎn)時鋁框隨之轉(zhuǎn)動，并切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流又會受到安培阻力，阻礙線圖的轉(zhuǎn)動，屬于電磁阻尼，D正確..（多選）（2021?河北張家口市一模）如圖3所示軟鐵環(huán)上繞有M、N兩個線圈，M線圈通過滑動變阻器及開關(guān)與電源相連，N線圈連接電流表，下列說法正確的是（ ）圖3A.開關(guān)閉合瞬間，通過電流表G的電流由。到方B.開關(guān)閉合穩(wěn)定后，通過電流表G的電流由b到aC.開關(guān)閉合穩(wěn)定后，將滑動變阻器滑片向右滑動，通過電流表G的電流由a到bD.開關(guān)閉合穩(wěn)定后再斷開瞬間，通過電流表G的電流由。到〃答案CD

解析開關(guān)閉合瞬間，在線圈N中有向下增大的磁場，根據(jù)楞次定律，通過電流表G的電流由b到a,A錯誤；開關(guān)閉合穩(wěn)定后，線圈中的磁場不變，磁通量不變，電流表G中沒有電流，B錯誤；開關(guān)閉合穩(wěn)定后，將滑動變阻器滑片向右滑動，線圖M中電流減小，產(chǎn)生的磁場減弱，根據(jù)楞次定律，通過電流表G的電流由“到b,C正確；開關(guān)閉合穩(wěn)定后再斷開瞬間，線圈歷中的磁場減弱，根據(jù)楞次定律，通過電流表G的電流由。到兒D正確..（多選）（2021?河北邯鄲市高三期末）如圖4所示，有一足夠大的光滑水平面上存在非勻強磁場，其磁場分布沿x軸方向均勻增大，沿y軸方向是不變的，磁場方向垂直紙面向外.現(xiàn)有一閉合的正方形金屬線框（線框有電阻），質(zhì)量為如以速度大小為。0、方向沿其對角線且與x軸成45。角開始運動，以下關(guān)于線框的說法中正確的是（）如?p-X? ???????????

O x圖4A.線框中的感應(yīng)電流方向沿順時針B.線框?qū)⒆鰟驕p速直線運動C.線框運動中產(chǎn)生的內(nèi)能為/not?D.線框最終將靜止于平面上的某個位置答案AC解析穿過線框的磁通量增加，根據(jù)楞次定律得線框中產(chǎn)生順時針方向感應(yīng)電流，A正確；因為安培力向左并逐漸減小，所以線框做加速度減小的減速曲線運動，B錯誤；線框最終以00cos45。豎直向上運動，根據(jù)能量守恒得產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=%zo（）2—亍"（00cos45。）2=中加（）2,C正確，D錯誤.5.（多選）（2021?廣東汕頭市一模）如圖5甲，螺線管匝數(shù)〃=1000匝，橫截面積S=0.02m2,電阻，=1C,螺線管外接一個阻值R=4C的電阻，電阻的一端人接地.一方向平行于螺線管軸線向左的磁場穿過螺線管，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，貝1（）圖5圖5A.在0?4s內(nèi)，R中有電流從a流向bB.在r=3s時穿過螺線管的磁通量為0.07WbC.在4?6s內(nèi)，R中電流大小為8AD.在4?6s內(nèi)，R兩端電壓兒"=40丫答案BC解析在。?4s內(nèi)，原磁場的磁感應(yīng)強度增大，則磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)磁場方向向右，再由安培定則可知R中的電流方向從方流向°,故A錯誤；由題圖乙可知，t=3s時磁感應(yīng)強度為8=3.5T,則此時的磁通量。=BS=3.5XO.O2Wb=0.07Wb,故B正確：在4?6s內(nèi)，感應(yīng)電動勢為甘=，心整=10。0義；><0.02v=4（）v,通過R的電流方向從E40a流向R中電流大小為1—r?二—4］~j~A=8A,R兩端電壓為U“b=IR=8X4V=32V,故C正確，D錯誤.［爭分提能練］6.（2021?湖北省重點中學高三期末聯(lián)考）一個電子感應(yīng)加速器的簡化模型如圖6.半徑為e的圓形區(qū)域中存在垂直紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強度為囪，令以隨時間均勻增加，從而產(chǎn)生感生電場加速粒子.在的環(huán)形區(qū)域中也存在向里的磁場，磁感應(yīng)強度為星.欲使帶正電荷q的粒子能在環(huán)形區(qū)域內(nèi)沿半徑，=々的圓形軌道上不斷被加速.則下列說法正確的是（）圖6A.要使粒子半徑不變，則應(yīng)保持恒定B.粒子運動一周，所受靜電力對它不做功C.該裝置只能加速正粒子D.當Bi隨時間均勻增加時，&也隨時間均勻增加答案D解析半徑為力的圓形區(qū)域，由于Bi隨時間均勻增加，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知在環(huán)形區(qū)域產(chǎn)生一個逆時針的電場強度大小相同的加速電場，帶正電的粒子在這加速電場中做逆時nw針方向的加速運動，速度越來越大，由半徑公式得r=k,所以要使粒子半徑不變，速度不gq斷增大，則&也應(yīng)不斷增大，A錯誤，D正確；粒子在這加速電場中運動一周，靜電力對它做正功，帶負電的粒子在這加速電場中做順時針方向的加速運動，所以B、C錯誤.7.（多選）（2021?全國甲卷21）由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍.現(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)TOC\o"1-5"\h\z域，磁場的上邊界水平，如圖7所示.不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面,上、下邊保持水平.在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現(xiàn)的是（ ）甲□□乙X X X X XX X X X XX X X X X圖7A.甲和乙都加速運動B.甲和乙都減速運動C.甲加速運動，乙減速運動D.甲減速運動，乙加速運動答案AB解析設(shè)線圖下邊到磁場上邊界的高度為〃，線圖的邊長為/,則線圖下邊剛進入磁場時，有v=y/2gh,感應(yīng)電動勢為E=nBlv,兩線圈材料相同（設(shè)密度為8），質(zhì)量相同（設(shè)為機），則m=poX4n/XS,設(shè)材料的電阻率為p,則線圖電阻4n/16網(wǎng)2即（）R=P~=mEmBv感應(yīng)電流為1=%二而贏所受安培力為F=nBll=Tj-】6%。由牛頓第二定律有mg—F=ma聯(lián)立解得a=g—=g-T7~6m8 16ppo加速度與線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度.當時,甲和乙都加速運動，於0當時,甲和乙都減速運動，,B2V, ,工心工.，當g=16〃〃（）時，甲和乙都勻速運動，故選A、B.8.（多選）（2019?全國卷II?21）如圖8,兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為仇導軌電阻忽略不計.虛線"、cd均與導軌垂直，在而與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場.將兩根相同的導體棒尸。、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好.已知尸。進入磁場時加速度恰好為零.從PQ進入磁場開始計時,到MN離開磁場區(qū)域為止，流過尸。的電流隨時間變化的圖像可能正確的是（）圖8答案AD解析根據(jù)題述，PQ進入磁場時加速度恰好為零，兩導體棒從同一位置釋放，則兩導體棒進入磁場時的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，若釋放兩導體棒的時間間隔足夠長，在PQ通過磁場區(qū)域一段時間后MN進入磁場區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是A：若釋放兩導體棒的時間間隔較短，在PQ沒有出磁場區(qū)域時MN就進入磁場區(qū)域，則兩棒在磁場區(qū)域中運動時回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運動，PQ出磁場后，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于心受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則所受的安培力一定大于MN的重力沿導軌平面方向的分力，所以MN一定做減速運動，回路中感應(yīng)電流減小，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是D.（2021?福建漳州市一模）如圖9,兩根間距為L相互平行的光滑傾斜金屬長直導軌，與水平面的夾角9=30。，在兩導軌間有兩個垂直于導軌平面、方向相反、磁感應(yīng)強度均為8、寬度均為s的相鄰勻強磁場區(qū)域，金屬桿尸Q用絕緣桿固定連接形成“工”字形框架，間距也為s,與導軌緊密接觸且時刻與導軌垂直，使框架從距磁場上邊界一定距離處靜止釋放，框架進入磁場過程中做勻速運動，且速