考点48 电磁感应现象 楞次定律-备战2022年高考物理考点一遍过.docx

《考点48 电磁感应现象 楞次定律-备战2022年高考物理考点一遍过.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《考点48 电磁感应现象 楞次定律-备战2022年高考物理考点一遍过.docx（26页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、内容要求要点解读电磁感应现象很少单独命题，多结合楞次定律或者法拉第电磁感应定律等综合考查，需要考生知道产生感应电流的条件。磁通量磁通量多结合楞次定律考查。楞次定律是高频考点，可单独命题也可结合运动图象、电路等综合命题。（1）注意磁通量的正负的意义，尤其是同一个区域里磁场有反向的情况。（2）能够利用楞次定律和安培定则判断感应电流的方向。（3）理解“阻碍”的含义，知道阻碍不是阻止。（4）能区分并灵活使用“三个定则、一个定律”。楞次定律一、电磁感应现象1概念当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应。2产生感应电流的条件（1）闭合回路的

2、一部分导体在磁场内做切割磁感线运动；（2）穿过闭合回路的磁通量发生变化；磁场强弱不变，回路面积改变；回路面积不变，磁场强弱改变；回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变。注意：当回路不闭合时，没有感应电流，但有感应电动势，只产生感应电动势的现象也可以称为电磁感应现象，且产生感应电动势的那部分导体或线圈相当于电源。3能量转化发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能。二、感应电流方向的判定1右手定则：伸开右手，让大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一平面内，让磁感线从掌心进入，大拇指指向导体运动的方向，其余四指所指的方向，就是感应电流的方向。适用范围：适用于闭合电路部分导体切

3、割磁感线产生感应电流的情况。2楞次定律（1）内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。（2）理解楞次定律中“阻碍”的含义：（3）运用楞次定律判定感应电流方向的步骤：a明确穿过闭合电路的原磁场方向；b明确穿过闭合电路的原磁通量是如何变化的；c根据楞次定律确定感应电流的磁场方向；d利用安培定则判定感应电流的方向。注意：导体切割磁感线产生感应电流的方向用右手定则较简便；变化的磁场产生感应电流只能用楞次定律判断。具体流程如图：三、楞次定律应用的推广楞次定律描述的是感应电流与磁通量变化之间的关系，常用于判断感应电流的方向或其所受安培力的方向，一般有以下四种呈现方式：1阻碍原磁通量的变化“

4、增反减同”；2阻碍相对运动“来拒去留”；3使线圈面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”；4阻碍原电流的变化（自感现象）“增反减同”。四、“三个定则、一个定律”的综合应用技巧1应用现象及规律比较基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生的磁场安培定则磁场对运动电荷、电流的作用力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律2应用技巧多定则应用的关键是抓住因果关系：无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断。“电生磁”或“磁生电”均用右手判断。（1）因电而生磁（IB）安培定则；（2）因动而生电（v、BI）右手定则；（3）因电而受力（I、BF安）左手定则。3一

5、般解题步骤（1）分析题干条件，找出闭合电路或切割磁感线的导体棒；（2）结合题中的已知条件和待求量的关系选择恰当的规律；（3）正确地利用所选择的规律进行分析和判断。五、电磁感应问题中的逆向思维1方法概述：逆向思维法是指从事物正向发展的目标、规律的相反方向出发，运用对立的、颠倒的思维方式去思考问题的一种方法。而电磁感应现象中因果相对的关系恰好反映了自然界的这种对立统一规律。2问题类型：（1）运动形式的可逆性，如将匀减速运动看作反向的匀加速运动；（2）运用“执果索因”进行逆向思考，如通过感应电流产生的效果来推导产生的原因、感应电流的方向等。3解题思路：（1）分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解

6、决；（2）确定逆向思维问题的类型；（3）通过转换研究对象或执果索因等逆向思维的方法确定求解思路。常见的产生感应电流的三种情况（2020·福建省连城县第一中学高二期中）在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（ ）A将绕在磁铁上的线圈与电流表组合成一闭合回路，然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化【参考答案】D【详细解析】法

7、拉第发现的电磁感应定律并总结出五种情况下会产生感应电流，其核心就是通过闭合线圈的磁通量发生变化，选项AB中，绕在磁铁上面的线圈和通电线圈，线圈面积都没有发生变化，前者磁场强弱没有变化，后者通电线圈中若为恒定电流则产生恒定的磁场，也是磁场强弱不变，都会导致磁通量不变化，不会产生感应电流，选项A、B错选项C中往线圈中插入条行磁铁导致磁通量发生变化，在这一瞬间会产生感应电流，但是过程短暂，等到插入后再到相邻房间去，过程已经结束，观察不到电流表的变化选项C错选项D中，线圈通电或断电瞬间，导致线圈产生的磁场变化，从而引起另一个线圈的磁通量变化产生感应电流，可以观察到电流表指针偏转，选项D对1（2020&

8、#183;汪清县汪清第六中学高二期中）关于感应电流，下对说法正确的是（）A只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流B只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流C若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流D当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流【答案】D【解析】A根据法拉第电磁感应定律，线圈产生感应电流的条件是线圈要闭合，并且穿过线圈的磁通量发生改变，故A错误；B闭合导线切割磁感线，如果磁通量未发生改变则不会有感应电流产生；闭合电路部分导体做切割磁感线有感应电流产生，所以闭合导线做切割磁感线运动不是一定产生感应电流，故B错误；C

9、即使闭合电路的一部分导体如果不做切割磁感线的运动，但如果闭合电路在磁场中面积改变，磁通量也改变，就会有感应电流产生，故C错误；D根据法拉第电磁感应定律，闭合电路产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生改变，故D正确。故选D。2如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是【答案】B【解析】选项A中，线框在运动过程中，面积不变、磁感应强度不变，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，A错误；选项B中，在线框转动过程中，穿过闭合线框的磁通量发生变化，能产生感应电流，B正确；选项C中，线框与磁场平行，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有感应电流产生，C错误；

10、选项D中，线框与磁场平行，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有感应电流产生，D错误。判断感应电流方向的“四步法”（2020·四川省宜宾市第四中学校高二月考）如图，C、D是两条竖直且足够长的固定导轨（电阻不计），导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，EF是一个固定螺线管，C、D的输出端a、b分别连接EF的输入端c、d，P是在EF的正下方水平放置在地面上的铝圆环。现对金属棒AB施加一竖直向上的力使金属棒由静止开始向上做匀加速运动，在运动过程中棒始终与C、D导轨良好接触，可认为通电螺线管在圆环中产生的磁感应强度与通过螺线管的电流成正比，则（） A金属棒中的感应电流方向由

11、A到BBP环有收缩的趋势CP环对地面的压力逐渐减小DP环中感应电流逐渐变大【答案】B【解析】A根据右手定则，流过金属棒中的感应电流方向由B到A，A错误；BCD由于AB匀加速运动，产生的感应电动势越来越大，回路中的电流越来越大，穿过P的磁通量与电流成正比，越来越大，根据楞次定律推论，P环有收缩的趋势；根据法拉第电磁感应定律，P环中产生恒定的感应电流；根据楞次定律，P环与固定螺线管产生的磁场方向相反， P环（等价于磁铁，磁性不变）与固定螺线管（等价于磁铁，磁性变强）同名磁极相对，相互排斥，因此P环对地面的压力增大；因此B正确，CD错误。故选B。1【2019·学科网第一次高考原创押题预测新

12、课标卷】（多选）现在人们可以利用无线充电板为手机充电，如图所示为充电原理图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。若在某段时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度均匀增加。下列说法正确的是Ac点电势高于d点电势Bc点电势低于d点电势C感应电流方向由c受电线圈dD感应电流方向由d受电线圈c【答案】BC【解析】根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c经受电线圈到d，所以c点的电势低于d点的电势，故AD错误，BC正确；故选BC。2（

13、2020·福建省连城县第一中学高二期中）如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁的下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁极上下振动。磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的A线圈给它的磁场力始终向上B线圈给它的磁场力先向上再向下C线圈给它的磁场力始终向下D线圈给它的磁场力先向下再向上【答案】A【解析】利用楞次定律的相对运动角度分析“来拒去留”，即可一一判定求解。根据楞次定律的“来拒去留”，则当磁铁在向下运动的过程中，线圈产生感应电流，形成感应磁场，从而阻碍磁铁的向下运动，则线圈给它的磁场力始终向上，故A正确，BCD错误；故选A。【点睛】本题巧妙的考查了楞次定律的应用，

14、只要记住“来拒去留”，同时理解“增反减同”这一规律，此类题目难度不大。1（2020·四川省棠湖中学高三月考）航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示,在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小,则合上开关 S的瞬间（ ）A两个金属环都向左运动B两个金属环都向右运动C从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向D铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力2（2020·江苏省邗江中学高一期中）如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路，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

15、没有感应电流的是（ ）A将电键突然断开的瞬间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3（2020·海南省高三模拟）如图所示，一导线弯成半径为r的半圆形闭合线框。竖直虚线MN右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。线框以垂直虚线MN、大小为v的速度向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是（）A闭合线框中的感应电流方向为顺时针B直径CD段导线始终不受安培力C线框的磁通量不断增加，感应电动势也不断增大D感应电动势的平均值为Brv4（2020·辽宁省沈阳二

16、中高三模拟）半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图所示有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图所示。在t0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止粒子，则以下说法正确的是()A第2秒末粒子回到了原来位置B第2秒内上极板为正极C第3秒内上极板为负极D第2秒末两极板之间的电场强度大小为5（2020·湖南省高三模拟）同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板MN连接，如图甲所示导线

17、PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在12s内AM板带正电，且电荷量增加BM板带正电，且电荷量减小CM板带负电，且电荷量增加DM板带负电，且电荷量减小6（2020·北京高三二模）如图所示，MN是矩形导线框abcd的对称轴，其左方有垂直于纸面向外的匀强磁场。以下过程中，abcd中有感应电流产生且感应电流的方向为abcda的是（）A将abcd向左平移B将abcd垂直纸面向外平移C将abcd以MN为轴转动30°D将abcd以ab为轴转动30°7（2020·河北省高三二模）如图所示，两个闭合正方形线圈a、b用粗细相同的同种

18、导线绕制而成，匝数相同，线圈a的边长为线圈b边长的3倍，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，下列说法正确的是（）Aa、b线圈中均产生顺时针方向的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为3：1Ca、b线圈中感应电流之比为3：4Da、b线圈中电功率之比为27：18（2020·广东省高三二模）某电磁弹射装置的简化模型如图所示，线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，将金属环放在线圈左侧。闭合开关时金属环被弹射出去，若（）A从右向左看，金属环中感应电流沿逆时针方向B将电源正负极调换，闭合开关时金属环将向右运动C将金属环放置在线圈右侧，闭合开关时金

19、属环将向右运动D金属环不闭合，则闭合开关时金属环不会产生感应电动势9（2020·山西省平遥中学校高二月考）如图甲所示,一竖直固定金属圆环c,环面靠近并正对一螺线管,螺线管的a、b端输入如图乙所示的电流 (规定从a端流入为正),则 A在0t1 时间内,金属环受到向右的安培力B在t1t2 时间内,金属环受到向右的安培力C在t2t3 时间内,金属环受到向左的安培力D在t3t4 时间内,金属环受到向左的安培力10（2020·内蒙古自治区高二期中）我国处在地球的北半球，飞机在我国上空匀速地巡航，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差设左侧机翼末端处的电势为1

20、，右侧机翼末端处的电势为2，则( )A飞机从西向东飞时，1比2高B飞机从东向西飞时，2比1高C飞机从南向北飞时，1比2高D飞机从北向南飞时，2比1高11（2020·广州市番禺区实验中学高二月考）如图所示，在磁感应强度B=1.0 T的匀强磁场中，质量m=1kg的金属杆PQ在水平向右的外力F作用下沿着粗糙U形导轨以速度v=2 m/s 向右匀速滑动，U形导轨固定在水平面上，两导轨间距离1=1.0m，金属杆PQ与U形导轨之间的动摩擦因数=0.3， 电阻R=3.0 ，金属杆的电阻r=1.0 ，导轨电阻忽略不计，取重力加速度g=10 m/s²，则下列说法正确的是 A通过R的感应电流的方

21、向为由d到aB金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 VC金属杆PQ受到的外力F的大小为2.5ND外力F做功的数值大于电路上产生的焦耳热12（2020·景东彝族自治县第一中学高三模拟）如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈（图中只画了2匝），面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）A0t1时间内P端电势高于Q端电势B0t1时间内电压表的读数为Ct1t2时间内R上的电流为Dt1t2时间内P端电势高于Q端电势13（2020·四川省泸县第二中学高

22、三模拟）如图所示，宽为L的平行金属导轨由光滑的倾斜部分和足够长的粗糙水平部分平滑连接，右端接阻值为R的电阻c，矩形区域MNPQ内有竖直向上、大小为B的匀强磁场在倾斜部分同一高度h处放置两根细金属棒a和b，由静止先后释放，a离开磁场时b恰好进入磁场，a在水平导轨上运动的总距离为sa、b质量均为m，电阻均为R，与水平导轨间的动摩擦因数均为，与导轨始终垂直且接触良好导轨电阻不计，重力加速度为g则整个运动过程中Aa棒中的电流方向会发生改变Ba棒两端的最大电压为C电阻c消耗的电功率一直减小D电阻c产生的焦耳热为14（2020·四川省泸县五中高三模拟）如图，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中

23、箭头所示方向为其正方向，螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度B随时间按图所示规律变化时（ ）A在0t1时间内，环有收缩趋势B在t1t2时间内，环有扩张趋势C在t1t2时间内，环内有逆时针方向的感应电流D在t2t3时间内，环内有逆时针方向的感应电流15（2020·四川省岳池县第一中学高二月考）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、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

24、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D圆环中的感应电动势大小为16（2020·四川省宜宾市第四中学校高三月考）在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。如图所示，ab =L，AB =2L，abc=ABC=90°，acb=ACB=30°。线框穿过磁场的过程中A感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B感应电流先增大，后减小C通过线框的电荷量为Dc、

25、b两点的最大电势差为1（2020·山东省高考真题）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴， 向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入磁场，过P面

26、上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子、氚核、氦核的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。2（2019·新课标全国卷）（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、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

27、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D圆环中的感应电动势大小为3（2019·新课标全国卷）楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？A电阻定律B库仑定律 C欧姆定律D能量守恒定律4（2018·新课标全国卷）（多选）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于

28、静止状态。下列说法正确的是A开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动5（2017·新课标全国卷）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效

29、的方案是6（2017·新课标全国卷）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向1C【解析】AB若环放在线圈两边，根据“来拒去留”可得，合上开关S的瞬间，环为阻碍磁通量增大，则环将向两边运动，故AB错误

30、；C线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧向右看为顺时针，故C正确； D由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，则铜环受到的安培力要大于铝环受到的安培力，故D错误。故选C。2B【解析】A.将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过铜环a的磁通量减小，产生感应电流，故A不符合题意；B.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；C.通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动时，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

31、不符合题意；D.通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动时，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；3D【解析】A从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，磁通量逐渐增大，根据楞次定律知，感应电流的方向一直为逆时针方向，故A错误；BCD段的电流方向由C到D，根据左手定则知，CD段受到竖直向上的安培力，故B错误；C根据E=BLv知随着线圈的进入，切割磁感线的有效长度先增加到r，然后逐渐减小，故感应电动势先增加后减小，故C错误；D感应电动势的平均值为故D正确。故选D。4B【解析】D由图可知，B-t图像的斜率大小不变，线圈面积不变，根据

32、法拉第电磁感应定律可知感应电动势大小不变；两极板之间的电场强度大小为两极板之间的电场强度大小也不变。故D错误；B由图象可知，在第1s内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变大，穿过金属圆环的磁通量变大，假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，即感应电流磁场方向垂直于纸面向外，然后由安培定则可知，感应电流沿逆时针方向，由此可知，上极板电势低，是负极，下板是正极，场强方向向上，同理在第2s内和第3s内，上极板电势高，是正极，下板是负极，场强方向向下；故B正确，C错误；A电场强度大小不变，电场力大小不变，加速度大小不变，不失一般性，假定带电粒子带正电，第1s内电向上做初速度为0的匀加速

33、运动，第2s内电向上做末速度为0的匀减速运动，所以带电粒子一直向上运动，第2秒末粒子不会回到了原来位置。故A错误。故选B。5A【解析】在12s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大，假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知上极M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误；故选A6C【解析】A将abcd向左平移，则穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流方向是adcb

34、a，选项A错误；B将abcd垂直纸面向外平移，则穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流产生，选项B错误；C将abcd以MN为轴转动30°，则穿过线圈的磁通量向外减小，根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流方向是abcda，选项C正确；D将abcd以ab为轴转动30°，则穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流产生，选项D错误。故选C。7D【解析】A根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针，故A错误；B根据法拉第电磁感应定律可知由题知，两线圈匝数n相同，也相同，故，故B错误；C由题知，两线圈的横截面积S0相同，电阻率也相同，根据

35、电阻定律有导线长度为故电阻之比为根据欧姆定律有故电流之比为，故C错误；D根据电功率因电动势之比为9：1；电阻之比为3：1；则电功率之比为27：1，故D正确。故选D。8AC【解析】A闭合开关后，由右手定则可知螺线管的左边为N极，故穿过圆环的磁场方向向左，由于圆环中磁通量变大，由楞次定律可知，圆环中感应电流的磁场方向向右，故从右向左看，圆环中电流方向为逆时针，故A正确；B将电源正负极对调，闭合开关时，圆环中的磁通量仍然增加，由楞次定律可知，圆环仍然向左运动，故B错误；C金属环放置在右侧时，闭合开关，圆环中磁通量增加，由楞次定律可知，它将向右运动，故C正确；D金属环不闭合，磁通量变化时会产生感应电动

36、势，但是没有感应电流，故D错误；故选AC。9BC【解析】根据右手螺旋定则，来判定穿过线圈C的磁通量变化，再依据楞次定律，判定环与受到的安培力的情况A、B、在0时刻螺线管中的电流为零，对金属圆环的作用力为零，之后螺线管中的电流在增大，穿过金属圆环中的磁通量在增大，由楞次定律得金属圆环中产生与螺线管中反向的电流，反向电流相互排斥；所以可知金属环受到向左的安培力，故A错误；B、t1t2时间内螺线管中的电流在减小，由楞次定律得环中的电流方向与之相同，所以环受到吸引力，即金属环受到向右的安培力；故B正确.C、t2t3时间内电流在增大，由楞次定律得环中的电流方向与之相反，所以可知金属环受到向左的安培力;故

37、C正确.D、t3t4时间内内螺线管中的电流在减小，由楞次定律得环中的电流方向与之相同，所以环受到吸引力，即金属环受到向右的安培力;故D错误.故选BC.【点睛】考查右手螺旋定则与楞次定律的应用，掌握感应电流产生的条件，注意右手螺旋定则与右手定则的区别10AC【解析】当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下；由于在电源内，感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，所以由右手定则可判知，在北半球不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有比高，故A、C正确，B、D错误；故选AC。11BD【解析】A、PQ棒切割磁感线产生动生电

38、动势，由右手定则可知电流方向为QPad，故A错误B、导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为：E=BLv=1×1×2V=2V，故B正确C、根据欧姆定律可得，由力的平衡可知，故C错误D、由动能定理可得，故，故D正确故选BD【点睛】对于单棒切割的类型，掌握电磁感应的基本规律，如右手定则或楞次定律、感应电动势公式E=BLv、欧姆定律和安培力公式F=BIL等是基础，关键要明确各个量的关系，熟练运用相关的公式求解12AC【解析】A时间内，垂直纸面向里的磁场逐渐增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，根据右手定则可知电流从流出，从流入，所以端电势高于端电势，故A正

39、确；B时间内，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为电压表所测为路端电压，根据串联分压规律可知电压表示数故B错误；C时间内，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为根据闭合电路欧姆定律可知通过回路的电流故C正确；D时间内，根据楞次定律可知电流从流出，从流入，所以端电势低于端电势，故D错误。故选AC。13AD【解析】A当a棒进入磁场中做切割磁感线运动时，由右手定则可判断感应电流的方向为垂直纸面向外，当a棒离开磁场时b棒刚好进入磁场，同理可判断通过a棒的电流方向为垂直纸面向里，故通过a棒的电流方向会发生改变，故A正确；Ba棒从斜面静止释放过程中有：，解得进入水平轨道的速度大小为，a棒进入磁场后受到安

40、培力和摩擦力的作用做减速运动，刚进入磁场时速度最大，最大感应电动势为，此时a棒作为等效电源，b棒与电阻c并联，并联电阻大小为，则总电阻为，故a棒两端的最大电压为，故B错误；Ca棒进入磁场后做减速运动，根据可知，电流逐渐减小，故电阻c消耗的电功率由逐渐减小；当a棒离开磁场时b棒刚好进入磁场，此时b棒的速度与a棒刚进入磁场时的速度相等，则电阻c消耗的电功率仍由逐渐减小，故电阻c消耗的电功率并非一直减小，故C错误；D由能量守恒定律可知，整个过程中产生的总热量为，且，其中，则电阻c产生的焦耳热为，故D正确14BC【解析】A在0t1时间内，B均匀增加，则在线圈中产生恒定不变的感生电动势，则在导线框dcb

41、a中形成稳定的电流，则此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，选项A错误；BC在t1t2时间内，B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向外减小，穿过环的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，选项BC正确；D在t2t3时间内，B的方向向下，且B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，选项D错误；15BC【解析】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

42、顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在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：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误故本题选BC16AD【解析】线圈穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小，再增加，则感应电流先增加、后减小，再增加，选项B错误；根据，因进入和出离磁场时，磁通量变化相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C错误；当线圈完全进入磁场时

43、，c、b两点的电势差最大，最大为，选项D正确.1(1)；(2)；(3)；(4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置【解析】(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角为，在M、N两金属板间，由动能定理得qU=mv2 在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得 联立式得 由几何关系得 联立式得 (2)设区域中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得qE=ma 粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得 粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动

44、学公式得 联立式得 (3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域中沿y方向偏离的距离为y'，由运动学公式得y'=vtsin 由题意得y=L+y' 联立式 (4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置。2BC 【解析】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，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误。故本题选BC。3D 【解析】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量

45、的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程。4AD 【解析】开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北

46、向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确。5A 【解析】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化。在A图中系统振动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A正确；而BCD三个图均无此现象，故错误。【名师点睛】本题不要被题目的情景所干扰，抓住考查的基本规律，即产生感应电流的条件，有感应电流产生，才会产生阻尼阻碍振动。6D 【解析】因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，D正确，ABC错误。【名师点睛】解题关键是掌握右手定则、楞次定律判断感应电流的方向，还要理解PQRS中感应电