【物理】2018届一轮复习人教版 电磁感应现象 楞次定律 学案

【物理】2018届一轮复习人教版 电磁感应现象 楞次定律 学案

第九章 电磁感应 全国卷考情分析]‎ 基础考点 常考考点 ‎2016‎ ‎2015‎ ‎2014‎ ‎2013‎ 命题概率 磁通量(Ⅰ) ‎ 自感、涡流(Ⅰ) ‎ 以上2个考点未曾独立命题 现象(Ⅰ)‎ ‎—‎ ‎—‎ Ⅰ卷T14(6分)‎ Ⅱ卷T19(6分)‎ 独立命题概率30%‎ 法拉第电磁感应定律(Ⅱ)‎ 甲卷T20(6分)‎ 甲卷T24(12分)‎ 乙卷T24(14分)‎ 丙卷T25(20分)‎ Ⅰ卷T19(6分) ‎ Ⅱ卷T15(6分)‎ Ⅰ卷T18(6分)‎ Ⅱ卷T25(19分)‎ Ⅰ卷T17(6分)‎ Ⅰ卷T25(19分) ‎ Ⅱ卷T16(6分)‎ 综合命题概率100%‎ 楞次定律(Ⅱ)‎ 常考角度 ‎(1)根据楞次定律判断感应电流的方向 ‎(2)结合安培定则、左手定则、楞次定律判断导体受力或运动方向 ‎(3)法拉第电磁感应定律E＝n和E＝Blv的比较应用 ‎(4)电磁感应与电路的结合，自感、涡流 ‎(5)电磁感应的图像、受力、运动、能量等综合问题 ‎(6)电磁感应的科技应用问题 第1节电磁感应现象__楞次定律 ‎,‎ ‎(1)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。(×)‎ ‎(2)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。(√)‎ ‎(3)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生。(√)‎ ‎(4)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。(√)‎ ‎(5)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。 (×)‎ ‎(6)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。(√)‎ ‎(1)1831年，英国物理学家法拉第发现了——电磁感应现象。‎ ‎(2)1834年，俄国物理学家楞次总结了确定感应电流方向的定律——楞次定律。‎ 突破点(一)　对电磁感应现象的理解和判断 ‎1．判断感应电流的流程 ‎(1)确定研究的回路。‎ ‎(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ。‎ ‎(3) ‎2．磁通量Φ发生变化的三种常见情况 ‎(1)磁场强弱不变，回路面积改变。‎ ‎(2)回路面积不变，磁场强弱改变。‎ ‎(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变。‎ 多角练通]‎ ‎1．下图中能产生感应电流的是(　　)‎ 解析：选B　根据产生感应电流的条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，磁感应强度不变，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流。‎ ‎2．(2017·北京西城区期末)从1822年至1831年的近十年时间里，英国科学家法拉第心系“磁生电”。在他的研究过程中有两个重要环节：(1)敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；(2)通过大量实验，将“磁生电”(产生感应电流)的情况概括为五种：变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体。结合你学过的相关知识，试判断下列说法正确的是(　　)‎ A．环节(1)提出“磁生电”思想是受到了麦克斯韦电磁场理论的启发 B．环节(1)提出“磁生电”思想是为了对已经观察到的“磁生电”现象做出合理解释 C．环节(2)中五种“磁生电”的条件都可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”‎ D．环节(2)中“在磁场中运动的导体”这种情况不符合“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”这一条件 解析：选C　法拉第提出“磁生电”的闪光思想是受奥斯特发现电流周围存在磁场的影响，A、B错；环节(2)中“磁生电”的条件由法拉第总结概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”，C对，D错。‎ ‎3．(2017·佛山高三质检)如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心轴线恰和线圈的一条直径MN重合。要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有(　　)‎ A．使通电螺线管中的电流发生变化 B．使螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动 C．使线圈a以MN为轴转动 D．使线圈绕垂直于MN的直径转动 解析：选D　在A、B、C三种情况下，穿过线圈a的磁通量始终为零，因此不产生感应电流，A、B、C错误；选项D中，当线圈绕垂直于MN的直径转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故D正确。‎ 突破点(二)　应用楞次定律判断感应电流的方向 ‎1．楞次定律中“阻碍”的含义 ‎2．判断感应电流方向的两种方法 方法一　用楞次定律判断 方法二　用右手定则判断 该方法适用于切割磁感线产生的感 应电流。判断时注意掌心、拇指、四指的方向：‎ 　 ‎ 多角练通]‎ ‎1.(2017·杭州模拟)如图所示，匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点，现用外力在上述四点将线圈拉成正方形，且线圈仍处在原先所在平面内，则在线圈发生形变的过程中(　　)‎ A．线圈中将产生abcda方向的感应电流 B．线圈中将产生adcba方向的感应电流 C．线圈中感应电流方向无法判断 D．线圈中无感应电流 解析：选A　周长一定时，圆形的面积最大。本题线圈面积变小，磁通量变小，有感应电流产生。由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流。故A正确。‎ ‎2.如图所示，导线框abcd与直导线几乎在同一平面内，直导线中通有恒定电流I，当导线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是(　　)‎ A．先abcd，后dcba，再abcd B．始终dcba C．先dcba，后abcd，再dcba D．先abcd，后dcba 解析：选C　当导线框从直导线左边向直导线靠近时，穿过导线框的磁感线是向外的且磁通量增加，由楞次定律可判断导线框中电流方向是dcba，当导线框在直导线右边远离 直导线时，穿过导线框的磁感线是向里的且磁通量减小，由楞次定律可判断导线框中电流方向还是dcba。在导线框跨越直导线过程中，导线框的ab边和dc边均切割磁感线，由右手定则可得ab边感应电流的方向从a到b，cd边感应电流的方向从c到d，而ad、bc边不切割磁感线，因此，回路中相当于有两个电源串联，回路中感应电流的方向为abcd。选项C正确。‎ ‎3．(2017·长沙重点高中测试)MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则(　　)‎ A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由a到b到d到c B．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b到a C．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路电流为零 D．若ab、cd都向右运动，且两棒速度vcd>vab，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b到a 解析：选D　若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则知应产生顺时针方向的电流，故A错。若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围的面积不变，磁通量不变，则不产生感应电流，故B错。若ab向左、cd向右同时运动，则abdc中有顺时针方向的电流，故C错。若ab、cd均向右运动，且vcd>vab，则ab、cd所围的面积增大，磁通量也增大，则产生由c到d到b到a的电流，故D正确。‎ 突破点(三)　三定则、一定律的综合应用 ‎1．规律比较 名称 基本现象 因果关系 应用的定则或定律 电流的磁效应 运动电荷、电流产生磁场 因电生磁 安培定则 洛伦兹力、安培力 磁场对运动电荷、电流有作用力 因电受力 左手定则 电磁感应 部分导体做切割磁感线运动 因动生电 右手定则 闭合回路磁通量变化 因磁生电 楞次定律 ‎2．相互联系 ‎(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。‎ ‎(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。‎ 典例]　如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则(　　)‎ A．ab棒不受安培力作用 B．ab棒所受安培力的方向向右 C．ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大 D．螺线管产生的磁场，A端为N极 思路点拨]‎ ‎(1)判断导体棒ab切割磁感线产生的感应电流→应用右手定则。‎ ‎(2)判断导体棒ab受到的安培力→应用左手定则。‎ ‎(3)判断螺线管中产生的磁场→应用安培定则。‎ 解析]　棒ab向右运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流方向由b→a，再根据左手定则判断棒所受安培力水平向左，故A、B错误；ab的速度越大，感应电流越大，所受安培力就越大，C正确；根据安培定则可判定螺线管的B端为N极，A端为S极，D错误。‎ 答案]　C 方法规律]‎ 左、右手定则巧区分 ‎(1)区分左手定则和右手定则的根本是抓住“因果关系”：“因电而动”——用左手，“因动而电”——用右手。‎ ‎(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于记忆，可把两个定则简单地总结为通电受力，“力”的最后一笔“丿”向左，用左手；运动生电，“电”的最后一笔“乚”向右，用右手。‎ 集训冲关]‎ ‎1.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向(　　)‎ A．向左 　B．向右 C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里 解析：选B　解法1：当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减少，根据楞次定律，线圈abcd中产生的感应电流方向为顺时针方向，由左手定则可知ab边与cd边所受安培力方向均向右，所以线圈所受安培力的合力方向向右，B正确。‎ 解法2：由对楞次定律中“阻碍”的理解可知，当MN中电流突然减小而导致线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减少时，线圈abcd一定会有向右运动的趋势以“阻碍”其磁通量的减少，所以其所受安培力的合力方向向右，B正确。‎ ‎2.(多选)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：选BD　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，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B。以此为基础，再根据左手定则进一步判断CD、AB的受力方向，经过比较可得正确答案。‎ 突破点(四)　利用楞次定律的推论速解电磁感应问题 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，对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的“效果”总是阻碍产生感应电流的原因，可由以下三种方式呈现：‎ ‎(1)增反减同： 阻碍原磁通量的变化，适用于单向磁场问题，如回路中有两个方向的磁场不再适用。‎ ‎(2)增缩减扩： 使回路面积有扩大或缩小的趋势，同样适用于单向磁场问题。‎ ‎(3)来拒去留： 阻碍相对运动。‎ 多维探究]‎ ‎(一)增反减同 典例1]　如图甲所示，长直导线与导线框abcd固定在同一平面内。直导线中通以如图乙所示的大小和方向都随时间作周期性变化的交流电，并取图甲所示向上的电流方向为直导线中电流的正方向。关于0～T时间内线框abcd中感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)‎ A．由顺时针方向变为逆时针方向 B．由逆时针方向变为顺时针方向 C．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向 D．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向 解析]　由题图乙，在0～时间内电流正向增大，根据安培定则，矩形线圈所处的磁场垂直纸面向里，由于磁通量增大，由增反减同，矩形线圈中的感应磁场应垂直纸面向外，感应电流为逆时针，同理，～，～，～T内感应电流的方向依次为顺时针、顺时针、逆时针，故D正确。‎ 答案]　D ‎(二)增缩减扩 典例2]　在水平面内有一固定的U型裸金属框架，框架上静止放置一根粗糙的金属杆ab，整个装置放在竖直方向的匀强磁场中，如图所示。下列说法中正确的是(　　)‎ A．只有当磁场方向向上且增强，ab杆才可能向左移动 B．只有当磁场方向向下且减弱，ab杆才可能向右移动 C．无论磁场方向如何，只要磁场减弱，ab杆就可能向右移动 D．当磁场变化时，ab杆中一定有电流产生，且一定会移动 解析]　根据楞次定律的推论，“增缩减扩”，可判断当磁通量增大时，闭合电路的面积有缩小的趋势，磁通量减小时，闭合电路的面积有扩大的趋势，故A、B错误，C正确；只有ab杆中受到的安培力大于杆所受到的摩擦力时，杆才会移动，故D错误。‎ 答案]　C ‎(三)来拒去留 典例3]　(2017·济南一中一模)如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下。在将磁铁的S极插入线圈的过程中(　　)‎ A．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥 B．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥 C．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引 D．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引 解析]　当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，通过电阻的电流方向为b→a。根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥。综上所述：线圈中感应电流通过电阻的电流方向为b→a，磁铁与线圈相互排斥。B正确。‎ 答案]　B 利用程序法和逆向推理法分析二次感应问题 在电磁感应现象中，二次电磁感应问题在高考题中时常出现，解决该类问题的方法有程序法、逆向推理法等。‎ ‎(一)程序法(正向推理法)‎ ‎1．(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是(　　)‎ A．向右加速运动　　　　　 　B．向左加速运动 C．向右减速运动 D．向左减速运动 解析：选BC　MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流由M→NL1中感应电流的磁场方向向上；若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流为P→Q且增大向左加速运动。‎ ‎(二)逆向推理法 ‎2．(多选)如图所示装置中，cd杆原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(　　)‎ A．向右匀速运动　　　　　 B．向右加速运动 C．向左加速运动 D．向左减速运动 解析：选BD　ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A错误；ab向右加速运动时，‎ L2中的磁通量向下增大，通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确。‎ ‎3.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。不计铁芯和铜环A之间的摩擦。则下列情况中铜环A会向右运动的是(　　)‎ A．线圈中通以恒定的电流 B．通电时，使滑动变阻器的滑片P向右匀速移动 C．通电时，使滑动变阻器的滑片P向左加速移动 D．开关突然断开的瞬间 解析：选C　铜环A向右运动，说明穿过A的磁通量在增加，绕在铁芯上的线圈中的电流在增大，故选项C正确。‎ ‎[反思领悟]‎ 在二次感应现象中，“程序法”和“逆向推理法”的选择 ‎1．如果要判断二次感应后的现象或结果，选择程序法。‎ ‎2．如果已知二次感应后的结果，要判断导体棒的运动情况或磁场的变化，需选择逆向推理法。‎ 对点训练：对电磁感应现象的理解和判断 ‎1．(多选)如图所示，矩形线框abcd由静止 运动，若要使线框中产生感应电流，则线框的运动情况应该是(　　)‎ A．向右平动(ad边还没有进入磁场)‎ B．向上平动(ab边还没有离开磁场)‎ C．以bc边为轴转动(ad边还没有转入磁场)‎ D．以ab边为轴转动(转角不超过90°)‎ 解析：选AD　选项A和D所描述的情况中，线框在磁场中的有效面积S均发生变化(A情况下S增大，D情况下S减小)，穿过线框的磁通量均改变，由产生感应电流的条件知线框中会产生感应电流。而选项B、C所描述的情况中，线框中的磁通量均不改变，不会产生感应电流。故选A、D。‎ ‎2．(2017·上海浦东新区质检)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(　　)‎ 解析：选B　A中线框的磁通量没有变化，因此没有感应电流，但有感应电动势，也可以理解为左右两边切割磁感线产生的感应电动势相反。B中线框转动，线框中磁通量变化，这就是发电机模型，有感应电流，B正确。C、D中线圈平面和磁场方向平行，没有磁通量，更没有磁通量的变化，C、D错误。‎ ‎3．(多选)(2017·昆山月考)用如图所示的实验装置研究电磁感应现象，下列说法正确的是(　　)‎ A．当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针发生偏转 B．当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针不发生偏转 C．保持磁铁在线圈中相对静止时，电流表指针不发生偏转 D．若磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针发生偏转 解析：选AC　当把磁铁N极向下插入线圈时，穿过线圈中的磁通量在变化，故线圈中会产生感应电流，电流表指针发生偏转，选项A正确；当把磁铁N极从线圈中拔出时，线圈中也会产生感应电流，故选项B错误；保持磁铁在线圈中相对静止时，线圈中的磁通量没变化，故无感应电流产生，所以电流表指针不发生偏转，选项C正确；若磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，线圈与磁铁没有相对运动，故穿过线圈的磁通量也不变，电路中无感应电流，电流表指针不发生偏转，选项D错误。‎ 对点训练：应用楞次定律判断感应电流的方向 ‎4．(2016·海南高考)如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若(　　)‎ A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向 D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向 解析：选D　当金属环上下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，根据楞次定律，没有感应电流产生，选项A、B错误；当金属环向左移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向外且增强，根据楞次定律可知，环上产生顺时针方向的感应电流，故选项C错误；当金属环向右移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向里且增强，根据楞次定律可知，环上产生逆时针方向的感应电流，故选项D正确。‎ ‎5．(2017·西安摸底)如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直。若要在线圈中产生abcda方向的感应电流，可行的做法是(　　)‎ A．AB中电流I逐渐增大 B．AB中电流I先增大后减小 C．AB正对OO′，逐渐靠近线圈 D．线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)‎ 解析：选D　选项A、B、C中通过线圈的磁通量始终为零，故不能产生感应电流，A、B、C错误；选项D中，线圈中的磁通量增加，且原磁场方向逆时针穿过线圈，根据楞次定律可判断感应电流为顺时针穿过线圈，由安培定则可得感应电流方向为abcda。D正确。‎ ‎6．(多选)(2017·长沙模拟)磁悬浮高速列车在我国上海已投入运行数年。如图所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环。将超导圆环B水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A的上方空中，则(　　)‎ A．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流消失 B．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流仍存在 C．若A的N极朝上，B中感应电流的方向为顺时针方向(从上往下看)‎ D．若A的N极朝上，B中感应电流的方向为逆时针方向(从上往下看)‎ 解析：选BC　在B放入磁场的过程中，穿过B的磁通量增加，B中将产生感应电流，因为B是超导体，没有电阻，所以感应电流不会消失，故A错误，B正确；若A的N极朝上，在B放入磁场的过程中，磁通量增加，根据楞次定律可判断B中感应电流的方向为顺时针，C正确，D错误。‎ ‎7.(2017·佛山一模)如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是(　　)‎ A．使匀强磁场均匀增大 B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°‎ C．使圆环绕水平轴cd如图转动30°‎ D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动 解析：选A　根据右手定则，圆环中感应电流产生的磁场竖直向下与原磁场方向相反，根据楞次定律，说明圆环磁通量在增大。磁场增强则磁通量增大，A正确。使圆环绕水平轴ab或cd转动30°，圆环在中性面上的投影面积减小，磁通量减小，只会产生与图示方向反向的感应电流，B、C错误。保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通量不变，不会产生感应电流，D错误。‎ 对点训练：三定则、一定律的综合应用 ‎8.(多选)(2017·景德镇模拟)如图所示，一根长导线弯曲成“∏”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内。在电流I增大的过程中，下列判断正确的是(　　)‎ A．金属环中无感应电流产生 B．金属环中有逆时针方向的感应电流 C．悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力 D．悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力 解析：选BC　Φ＝BS，S不变，I增大，B增大，所以有感应电流产生，A错误。由楞次定律得，感应电流方向沿逆时针，B正确。由圆的上半部分B大于下半部分，所以安培力以上半圆为主，I方向向左，B垂直纸面向里，F安方向向下，所以F拉＝mg＋F安，拉力大于重力，C正确，D错误。‎ ‎9.(多选)如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力方向的说法正确的是(　　)‎ A．感应电流方向是N→M B．感应电流方向是M→N C．安培力水平向左 D．安培力水平向右 解析：选AC　棒向右平动，根据右手定则可判断，感应电流方向为由N→M，A正确，B错误；再由左手定则可判定棒所受安培力的方向为水平向左，C正确，D错误。‎ ‎10．(多选)如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图。左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点 B．当金属棒向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势 C．当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点 D．当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点 解析：选BD　当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向由a→b。根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点。又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流。故A错误，B正确。当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb>φa，电流沿逆时针方向。又由E＝BLv可知ab金属棒两端的E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且磁感应强度不断增强，所以右边电路的线圈中的向上的磁通量不断增加。由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针(从下向上看)，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上，把这个线圈看做电源，由于电流是从d沿外电路(即电阻R)流向c，所以d点电势高于c点。故C错误，D正确。‎ ‎11.如图所示，在两个沿竖直方向的匀强磁场中，分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a和b。它们可以绕竖直轴自由转动，用导线通过电刷把它们相连。当圆盘a转动时(　　)‎ A．圆盘b总是与a沿相同方向转动 B．圆盘b总是与a沿相反方向转动 C．若B1、B2同向，则a、b转向相同 D．若B1、B2反向，则a、b转向相同 解析：选D　当圆盘a转动时，由于切割磁感线而产生感应电流，该电流流入b盘中，在磁场中由于受安培力b盘会转动。但若不知B1、B2的方向关系，则b盘与a盘的转向关系将无法确定。故A、B错。设B1、B2同向且向上，a盘逆时针转动，则由右手定则可知a盘中的感应电流由a→a′，b盘受力将顺时针转动，故C错，同理可判定D项正确。‎ 对点训练：利用楞次定律的推论速解电磁感应问题 ‎12．(多选)(2017·镇江模拟)航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示。当固定线圈上突然通过直流电时，线圈左侧的金属环被弹射出去。现在线圈左侧同一位置，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，电阻率ρ铜<ρ铝。则合上开关S的瞬间(　　)‎ A．从右侧看，环中产生沿逆时针方向的感应电流 B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力 C．若将金属环置于线圈右侧，环将向右弹射 D．电池正、负极调换后，金属环仍能向左弹射 解析：选BCD　闭合开关S的瞬间，金属环中向右的磁场磁通量增大，根据楞次定律，从右侧看，环中产生沿顺时针方向的感应电流，A错误；由于电阻率ρ铜<ρ铝，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流，由安培力公式可知，铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，B正确；若将金属环置于线圈右侧，则闭合开关S的瞬间，环将向右弹射，C正确；电池正、负极调换后，同理可以得出金属环仍能向左弹射，D正确。‎ ‎13．(2017·衡水冀州中学月考)如图所示为两组同心闭合线圈的俯视图，若内线圈的电流I1为图中所示的方向，则当I1增大时，外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到的安培力F的方向分别为(　　)‎ A．I2沿顺时针方向，F沿半径指向圆心 B．I2沿顺时针方向，F沿半径背离圆心向外 C．I2沿逆时针方向，F沿半径指向圆心 D．I2沿逆时针方向，F沿半径背离圆心向外 解析：选D　内线圈通有图示方向的电流I1，由安培定则知，外线圈中磁场方向垂直纸面向里，当I1增大时，导致穿过外线圈的磁通量增大，由楞次定律可得，外线圈中的感应电流I2的方向为沿逆时针方向；由于外线圈处于内线圈产生的磁场中，由左手定则可得，I2受到的安培力F的方向沿半径背离圆心向外。故D正确。‎ ‎14．如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合。现使胶木盘A由静止 绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则(　　)‎ A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大 B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小 C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小 D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大 解析：选B　使胶木盘A由静止 绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，金属环B内磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小，选项B正确。‎ 考点综合训练 ‎15．(多选)如图所示，倾角为α的斜面上放置着光滑导轨，金属棒KN置于导轨上，在以ab和cd为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上。在cd左侧的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内。当金属棒KN在重力作用下从磁场右边界ab处由静止 向下运动后，则下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环L有收缩趋势 B．圆环L有扩张趋势 C．圆环内产生的感应电流变小 D．圆环内产生的感应电流不变 解析：选AC　由于金属棒KN在重力的作用下向下运动，则KNMP回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于轨道平面向上的磁场，随着金属棒向下加速运动，圆环的磁通量将增加，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增加；又由于金属棒向下运动的加速度减小，磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小。故A、C正确。‎ ‎16.(2014·广东高考)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块(　　)‎ A．在P和Q中都做自由落体运动 ‎ B．在两个下落过程中的机械能都守恒 C．在P中的下落时间比在Q中的长 ‎ D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大 解析：选C　小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止 下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误。‎