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9-1
电磁感应现像 楞次定律
(45分钟 100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。每小题至少有一个答案正确，选不全得4分。)
1．自然界的电、热和磁等现像都是相互联系的，很多物理学家为查找它们之间的联系做出了贡献。下列说法错误的是( )
A．奥斯特发觉了电流的磁效应，揭示了电现像和磁现像之间的联系
B．欧姆发觉了欧姆定律，说明白热现像和电现像之间存在联系
C．法拉第发觉了电磁感应现像，揭示了磁现像和电现像之间的联系
D．焦耳发觉了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系
【解析】 奥斯特发觉的电流的磁效应表明白电能生磁，A正确。欧姆定律描述了电流与电阻、电压或电动势之间的关系，焦耳定律才揭示了热现像与电现像间的联系，B错误、D正确。法拉第发觉的电磁感应现像表明白磁能生电，C正确。
【答案】 B
2．如图所示，在条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90°的过程中，放在导轨右端四周的金属棒ab将( )
A．向左运动
B．向右运动
C．静止不动
D．因不知道条形磁铁的哪一端为N极，也不知道条形磁铁是顺时针转动还是逆时针转动，故无法推断
【解析】 在条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90°的过程中，闭合回路的磁通量增大，故依据楞次定律——ab的运动要阻碍磁通量的增大，所以ab将向右运动，B正确。
【答案】 B
3．用松软的细金属丝弯成一个矩形闭合线框用绝缘细线悬挂起来，如图所示，若匀强磁场与线框平面垂直，开头时磁场很强，当磁场均匀减弱时，则正确的是( )
A．细线可能断掉
B．线框可能断裂
C．线框可能变成圆形
D．线框绕过a的竖直轴转动
【解析】 精确 理解“阻碍”含义，当磁场减弱时，线圈内产生感应电流，感应电流产生的磁场阻碍原磁场变化，线圈面积将扩大，而最大即为圆形，故选项C正确。线圈悬线拉力未变，A错，线圈所受磁场力垂直于导体，线框不行能断裂，B错，线框绕过a的竖直轴转动时通过线框的磁通量减小，故D错。
【答案】 C
4．如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开头在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直于纸面对外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列推断正确的是( )
A．感应电流的方向始终是由P→Q
B．感应电流的方向始终是由Q→P
C．PQ受磁场力的方向垂直杆向左
D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右
【解析】 在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可推断A、B选项均错误；再由PQ中电流方向及左手定则可推断D项对。
【答案】 D
5．两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，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C．磁场对导体棒CD的作用力向左
D．磁场对导体棒AB的作用力向左
【解析】 利用楞次定律。两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则推断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B。以此为基础，再依据左手定则进一步判定CD、AB的受力方向，经过比较可得正确答案。
【答案】 BD
6如图所示，在条形磁铁的中心位置的正上方水平固定一铜质圆环。以下推断中正确的是( )
A．释放圆环，环下落时产生感应电流
B．释放圆环，环下落时无感应电流
C．释放圆环，环下落时环的机械能守恒
D．释放圆环，环下落时环的机械能不守恒
【解析】 由条形磁铁磁场分布特点可知，穿过其中心位置正上方的圆环的合磁通量为零，所以在环下落的过程中，磁通量不变，没有感应电流，圆环只受重力，则环下落时机械能守恒，故A、D错误，B、C正确。
【答案】 BC
7．如图所示，闭合圆导线线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径。试分析线圈做如下运动时，能产生感应电流的是( )
A．使线圈在纸面内平动
B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动
C．使线圈以ac为轴转动
D．使线圈以bd为轴转动
【解析】 使线圈在纸面内平动、沿垂直纸面方向向纸外平动或以ac为轴转动，线圈中的磁通量始终为零，不变化，无感应电流产生；以bd为轴转动时，线圈中的磁通量不断变化，能产生感应电流，所以D选项正确。
【答案】 D
8．如图所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上。M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑动触头，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连。下列说法正确的是( )
A．当P向右移动时，通过R的电流为b到a
B．当P向右移动时，通过R的电流为a到b
C．断开S的瞬间，通过R的电流为b到a
D．断开S的瞬间，通过R的电流为a到b
【解析】 本题考查楞次定律。依据右手螺旋定则可知M线圈内磁场方向向左，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，电阻减小，M线圈中电流增大，磁场增大，穿过N线圈内的磁通量增大，依据楞次定律可知N线圈中产生的感应电流通过R的方向为b到a，A正确，B错误；断开S的瞬间，M线圈中的电流突然减小，穿过N线圈中的磁通量减小，依据楞次定律可知N线圈中产生的感应电流方向为a到b，C错误，D正确。
【答案】 AD
9．如图所示，线圈由A位置开头下落，在磁场中受到的安培力假如总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为( )
A．aA＞aB＞aC＞aD
B．aA＝aC＞aB＞aD
C．aA＝aC＞aD＞aB
D．aA＝aC＞aB＝aD
【解析】 线圈在A、C位置时只受重力作用，加速度aA＝aC＝g。线圈在B、D位置时均受两个力的作用，其中安培力向上，重力向下。由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小a＝g－＜g。又线圈在D点时速度大于B点速度，即FD＞FB，所以aD＜aB，因此加速度的关系为aA＝aC＞aB＞aD，选项B正确。
【答案】 B
10．如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则( )
A．t1时刻FN>G，P有收缩的趋势
B．t2时刻FN＝G，此时穿过P的磁通量最大
C．t3时刻FN＝G，此时P中无感应电流
D．t4时刻FN<G，此时穿过P的磁通量最小
【解析】 t1时刻，电流增大，由楞次定律的阻碍作用知，线圈有远离螺线管、收缩面积的趋势，选项A正确；t2时刻电流不变，线圈无感应电流，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项B正确；t3时刻电流为零，但电流从有到无，穿过线圈的磁通量发生变化，此时P中有感应电流，但磁感应强度为零，FN＝G，选项C错误；t4时刻电流不变，线圈无感应电流，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项D错误。
【答案】 AB
二、计算题(本大题共2小题，共30分，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)
11．(15分)如图甲所示，有一面积S＝100 cm2、匝数n＝100匝的闭合线圈，电阻为R＝10 Ω，线圈中磁场变化规律如图乙所示，磁场方向垂直纸面对里为正方向，则
(1)t1＝1 s时，穿过线圈的磁通量为多少？
(2)1～2 s内，通过线圈某一截面的电荷量为多少？
【解析】 (1)t1＝1 s时，穿过线圈的磁通量为：
Φ＝B1S＝0.1×100×10－4 Wb
＝10－3 Wb。
(2)1～2 s内，线圈产生的感应电动势为：
E＝n＝nS
＝100×100×10－4× V＝0.1 V
通过线圈截面的电荷量为：
q＝IΔt＝Δt
＝×1 C＝0.01 C。
【答案】 (1)10－3 Wb (2)0.01 C
12．(15分)如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开头，磁感应强度B随时间t应怎样变化？请推导出这种状况下B与t的关系式。
【解析】 要使MN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
在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量
Φ1＝B0·S＝B0·l2
设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为
Φ2＝Bl(l＋vt)
由Φ1＝Φ2得B＝。
【答案】 见解析
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