第7题 电磁感应预测题型1 楞次定律和法拉第电磁感应定律1．(多选)(2022·宁波模拟)如图1甲，已知开关闭合时灵敏电流计G指针向右偏，则当图乙中同一灵敏电流计G指针向左偏时，以下可能的原因是( )图1A．乙图中滑片P正向右加速运动B．乙图中滑片P正向左加速运动C．乙图中滑片P正向右减速运动D．乙图中滑片P正向左减速运动2．(2022·湖南五市十校5月模拟)如图2所示为地磁场磁感线分布示意图．一架民航飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则( )图2A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南往北飞，φ2比φ1高D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高3．(2022·赣州模拟)如图3所示，竖直放置的螺线管与导线abcd5\n构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向下的磁场作用力( )图34.(多选)(2022·西安八校第三次联考)如图4所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加上方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )图4A．金属杆中感应电流方向始终从C到DB．金属杆中感应电流的大小始终为2AC．金属杆受到向上的支持力一直增大D．t＝0时与t＝4s时，金属杆对挡板的压力大小均为0.4N5．(多选)(2022·上海普陀区模拟)如图5甲所示，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5Ω，边长L＝0.3m，处在两个半径均为r＝的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合．磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示．(π取3)( )5\n图5A．通过线框中感应电流方向为逆时针方向B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1WbC．在t＝0.6s内通过线框中的电荷量为0.006CD．经过t＝0.6s线框中产生的热量为0.06J6.如图6所示，在水平放置的螺线管的中央，放着一个可绕水平轴OO′自由转动的闭合线圈abcd，轴OO′与螺线管的轴线垂直，ab边在OO′轴的左上方，闭合K的瞬间，关于线圈的运动情况，下列说法正确的是( )图6A．不转动B．ab边向左转动C．ab边向右转动D．转动的方向与螺线管中的电流方向有关5\n答案精析第7题 电磁感应预测题型1 楞次定律和法拉第电磁感应定律1．BD [甲图中，开关闭合时，由楞次定律判断知，G表电流由正接线柱流入时，指针向右偏，乙图中指针向左偏，故电流为负接线柱流入，即电容器放电，电容器两端电压正在减小，故滑片向左滑动，可能向左加速运动，也可能向左减速运动，故B、D正确，A、C错误．]2．C [当飞机在赤道上空竖直下坠时，由于地磁场向北，若飞机从西往东或从东往西飞，机翼不切割磁感线，不产生感应电动势，所以机翼两端不存在电势差，故A、B错误；若飞机从南往北飞，当竖直下坠时，由右手定则可判知，飞机的右方机翼末端电势比左方末端电势高，即φ2比φ1高，相反，若飞机从北往南飞，φ1比φ2高，故C正确，D错误．]3．B [由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使圆环受到向下的磁场作用力，则螺线管中应产生增大的磁场，而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd中的磁场变化率应越来越大，故只有B符合，A是减小的，C、D是不变的．]4．AC [当0≤t<2s时，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，同理，当t≥2s时，磁场在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；由法拉第电磁感应定律得：E＝sin30°＝0.2×12×V＝0.1V，再由欧姆定律，则有感应电流大小I＝A＝1A，故B错误；安培力大小F＝BtIL，由左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，则将安培力分解，那么金属杆受到向上的支持力大小FN＝mg－Fsin60°＝mg－(0.4－0.2t)IL，所以随时间增大，FN增大，故C正确；金属杆对挡板的压力FN′＝Fcos60°＝(0.2－0.1t)N，所以当t＝0时与t＝4s时FN′的大小均为0.2N，故D错误．]5．AD [磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间增大，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A正确；t＝0时刻穿过线框的磁通量为：Φ＝B1×πr2－B2×πr2＝1×0.5×3×0.12Wb－2××3×0.12Wb＝0.005Wb，故B错误；在t＝0.6s内通过线框中的电荷量q＝t＝t＝·Δt＝＝C＝0.12C，故C错误；由Q＝I2Rt＝()2R·Δt＝5\n2＝2J＝0.06J，故D正确．]6．B [根据安培定则与线圈的绕法可知，通电时，通电螺线管中产生的磁场的N极向左；闭合K的瞬间，螺线管中的电流增大，所以产生的磁场增大，即向左的磁场增大，根据楞次定律可知线圈的感应电流的磁场方向向右，感应电流的方向为abcd，由左手定则可知，ab边受力的方向向下，cd边受力的方向向上，所以ab边向左转动，故B正确．]5
