选修3－2 第九章 电磁感应
第1讲 电磁感应产生的条件 楞次定律
磁通量 Ⅰ(考纲要求)
1.磁通量的计算
(1)公式：Φ＝BS.
(2)适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场的有效面积．
(3)单位：韦伯，1 Wb＝1 T·m2.
2．碰通量的物理意义
(1)可以形象地理解为磁通量就是穿过某一面积的磁感线的条数．
(2)同一个平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大，当它跟磁场方向平行时，磁通量为零.
电磁感应现象 Ⅰ(考纲要求)
1.电磁感应现象
当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象．
2．产生感应电流的条件
表述1
闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．
表述2
穿过闭合电路的磁通量发生变化．
3．产生电磁感应现象的实质
电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流.
楞次定律 Ⅱ(考纲要求)
1.楞次定律
(1)内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
(2)适用条件：所有电磁感应现象．
图9－1－1
2．右手定则(如图9－1－1所示)
(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流．
1．安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的适用范围
规律
适用范围
基本现象
安培定则
电流的磁效 应
运动电荷、电流产生磁场
左手
定则
磁场力
磁场对运动电荷、电流的作用
右手定则
楞次定律
电磁电应
导体做切割磁感线运动
回路的磁通量变化
2．判断感应电流方向的“三步法”
3．右手定则
掌心——磁感线垂直穿入，
拇指——指向导体运动的方向，
四指——指向感应电流的方向．
1．下图中能产生感应电流的是( )．
解析 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，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．
答案 B
2．如图9－1－2所示，小圆圈表示处于匀强磁场中的闭合电路一部分导线的横截面，速度v在纸面内．关于感应电流的有无及方向的判断正确的是( )．
图9－1－2
A．甲图中有感应电流，方向向外
B．乙图中有感应电流，方向向外
C．丙图中无感应电流
D．丁图中a、b、c、d四位置上均无感应电流
解析 甲图中导线切割磁感线，根据右手定则，可知电流方向向里，A错；乙、丙图中导线不切割磁感线，无电流，B错误，C正确；丁图中导线在b、d位置切割磁感线，有感应电流，在a、c位置速度方向与磁感线方向平行，不切割磁感线，无感应电流，D错误．
答案 C
图9－1－3
3．(2011·杭州高三检测)如图9－1－3所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框逐渐远离(平行)通电导线，则穿过线框的磁通量将( )。
A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．保持不变 D．不能确定
解析 离导线越远，电流产生的磁场越弱，穿过线圈的磁感线条数越少，磁通量逐渐减小，故只有B正确．
答案 B
图9－1－4
4．(2009·浙江理综)如图9－1－4所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m，阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是( )．
A．a→b→c→d→a
B．d→c→b→a→d
C．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a
D．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d
解析 线框从右侧摆到最低点的过程中，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向为d→c→b→a→d，从最低点到左侧最高点的过程中，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可判断感应电流的方向为d→c→b→a→d，所以选B.
答案 B
5．某班同学在探究感应电流产生的条件时，做了如下实验：
探究Ⅰ：如图9－1－5甲所示，先将水平导轨、导体棒ab放置在磁场中，并与电流表组成一闭合回路．然后进行如下操作：
①ab与磁场保持相对静止；②让导轨与ab一起平行于磁感线运动；③让ab做切割磁感线运动．
图9－1－5
探究Ⅱ：如图9－1－5乙所示，将螺线管与电流表组成闭合回路．然后进行如下操作：①把条形磁铁放在螺线管内不动；②把条形磁铁插入螺线管；③把条形磁铁拔出螺线管．
探究Ⅲ：如图9－1－5丙所示，螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路；A放在螺线管B内，B与电流表组成一个闭合回路．然后进行如下操作：①闭合和断开开关瞬间；②闭合开关，A中电流稳定后；③闭合开关，A中电流稳定后，再改变滑动变阻器的阻值．
可以观察到：(请在(1)(2)(3)中填写探究中的序号)
(1)在探究Ⅰ中，________闭合回路会产生感应电流；
(2)在探究Ⅱ中，________闭合回路会产生感应电流；
(3)在探究Ⅲ中，________闭合回路会产生感应电流；
(4)从以上探究中可以得到的结论是：当________时，闭合回路中就会产生感应电流．
解析 (1)只有当ab做切割磁感线运动时，闭合回路才会产生感应电流；(2)当螺线管中的磁通量发生改变时，闭合回路会产生感应电流；(3)闭合和断开开关瞬间或者改变滑动变阻器的阻值，都会使闭合回路的电流发生变化，因而螺线管中的磁通量发生改变，产生感应电流；(4)闭合回路的磁通量发生改变．
答案 (1)③ (2)②③ (3)①③ (4)闭合回路的磁通量发生改变
图9－1－6
6．(2010·上海卷)如图9－1－6所示，金属环A用轻线悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧．若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向________(填“左”或“右”)运动，并有________(填“收缩”或“扩张”)趋势．
解析 本题考查楞次定律的理解及应用．滑片P向左移动时，电阻减小，电流增大，穿过金属环A的磁通量增加，根据楞次定律，金属环将向左运动，并有收缩趋势．
答案 左 收缩
考点一 电磁感应现象是否发生的判断
【典例1】
如图9－1－7所示，
图9－1－7
一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是( )．
A．ab向右运动，同时使θ减小
B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小
C．ab向左运动，同时增大磁感应强度B
D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)
解析 设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScos θ，对A，S增大，θ减小，cos θ增大，则Φ增大，A正确．对B，B减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，B错．对C，S减小，B增大，Φ可能不变，C错．对D，S增大，B增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，D错．故只有A正确．
答案 A
【变式1】
如图9－1－8所示，
图9－1－8
光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所在平面垂直，导体棒ab的两端可始终不离开轨道无摩擦地滑动，当ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，关于ab棒中的感应电流情况，正确的是( )．
A．先有从a到b的电流，后有从b到a的电流
B．先有从b到a的电流，后有从a到b的电流
C．始终有从b到a的电流
D．始终没有电流产生
解析 ab与被其分割开的每个圆环构成的回路，在ab棒运动过程中，磁通量都保持不变，无感应电流产生．
答案 D
考点二 楞次定律的理解及应用
楞次定律中“阻碍”的含义
【典例2】
下图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( )．
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
解析 根据楞次定律可确定感应电流的方向：对C选项，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；
(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．线圈的上端为S极，磁铁与线圈相互排斥．综合以上分析知，选项③④正确．
答案 B
——感应电流方向的判断方法
方法一 楞次定律的使用步骤
方法二 右手定则(适用于部分导体切割磁感线)
【变式2】
北半球地磁场的竖直分量向下．
图9－1－9
如图9－1－9所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向．下列说法中正确的是( )．
A．若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势高
B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低
C．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a
D．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a
解析 本题考查地磁场分布的特点，用右手定则判断产生的感应电流的方向．线圈向东平动时，ba和cd两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相等，a点电势比b点电势低，A错误；同理，线圈向北平动，则a、b电势相等，高于c、d两点电势，B错误；以ab为轴将线圈翻转，向下的原磁场的磁通量减小了，感应电流的磁场方向应该向下，再由右手螺旋定则知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，则C正确．
答案 C
考点三 “三定则一规律”应用区别
抓住因果关系，据因索果
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；
(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则；
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则．
(4)因变而生电(φ变→I感)―→楞次定律
【典例3】
如图9－1－10所示，
图9－1－10
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( )．
①向右加速运动 ②向左加速运动 ③向右减速运动 ④向左减速运动
A．①② B．③④ C．①④ D．②③
解析 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．
答案 D
【变式3】
如图9－1－11所示，
图9－1－11
金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )．
①向右做匀速运动 ②向左做减速运动 ③向右做减速运动 ④向右做加速运动
A．①② B．③④ C．②③ D．①④
解析 当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，①错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，②对；同理可判定③对、④错．
答案 C
6.逆反思维法
——判定感应电流引起的运动效果
逆反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．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：
①阻碍原磁通量的变化——“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”．
图9－1－12
【典例】 如图9－1－12所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )．
A.P、Q将互相靠拢
B.P、Q将互相远离
C.磁铁的加速度仍为g
D.磁铁的加速度大于g
解析 解法一 根据楞次定律的另一表述：感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因．本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以，P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g，应选A.
解法二 设磁铁下端为N极，如右图所示，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，可见，P、Q将相互靠拢．由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结论．所以，本题应选A.
答案 A
图9－1－13
1．(2009·海南高考)一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图9－1－13所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是( )．
A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时
D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时
解析 在S断开的情况下，S向a(b)闭合的瞬间M中电流瞬时增加，左端为磁极N(S)极，穿过N的磁通量增加，根据楞次定律可知N向右运动，选项A、B均错误；在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时，电路中电流减小，M产生的磁场减弱，穿过N的磁通量减小，根据楞次定律可知N向左运动，选项D错误、C正确．
答案 C
2．(2009·重庆理综)如图9－1－14所示为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称．在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XO运动(O是线圈中心)，则( )．
图9－1－14
A．从X到O，电流由E经○G 流向F，先增大再减小
B．从X到O，电流由F经○G 流向E，先减小再增大
C．从O到Y，电流由F经○G 流向E，先减小再增大
D．从O到Y，电流由E经○G 流向F，先增大再减小
解析 从X到O过程中，原磁场方向向上不断增加，则感应电流的磁场方向应该指向下，再由右手螺旋定则知，感应电流方向应该是由F经○G 到E，又感应电流从零到有再到零，则一定经历先增大再减小的过程．同理，当从O到Y的过程中，感应电流的方向应该是由E经○G 到F，大小也是先增大再减小．
答案 D
3．(2010·海南高考)金属环水平固定放置，现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环( )．
A．始终相互吸引 B．始终相互排斥
C．先相互吸引，后相互排斥 D．先相互排斥，后相互吸引
解析 磁铁靠近圆环的过程中，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍穿过圆环的原磁通量的增加，与原磁场方向相反，如图甲所示，二者之间是斥力；当磁铁穿过圆环下降离开圆环时，穿过圆环的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍穿过圆环的磁通量的减少，二者方向相同，如图乙所示，磁铁与圆环之间是引力．因此选项D正确．
也可直接根据楞次定律中“阻碍”的含义推广结论：来则拒之，去则留之分析．磁铁在圆环上方下落过程是靠近圆环．根据来则拒之，二者之间是斥力；当磁铁穿过圆环后继续下落过程是远离圆环．根据去则留之，二者之间是引力．因此选项D正确．
答案 D
图9－1－15
4．(2010·课标全国理综，21)如图9－1－15所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2.忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )．
A．E1>E2，a端为正 B．E1>E2，b端为正
C．E1v1，故E2>E1，选项D正确．
答案 D
图9－1－16
5．(2011·上海单科，13)如图9－1－16所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( )．
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转
解析 由楞次定律，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故选B.
答案 B
图9－1－17
6．(2011·上海单科，20改编)如图9－1－17所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布，一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中( )．
A．感应电流方向先顺时针后逆时针再顺时针
B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反
D．安培力方向始终沿水平方向
解析 圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以A错；由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故D正确．
答案 D
图9－1－18
1．如图9－1－18所示，开始时矩形线圈平面与匀强磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要线圈产生感应电流，下列方法中不可行的是( )．
A．将线圈向左平移一小段距离
B．将线圈向上平移
C．以ab为轴转动(小于90°)
D．以ac为轴转动(小于60°)
解析 当线圈向左平移一小段距离时，穿过闭合电路abdc的磁通量变化(减小)，有感应电流产生，A正确；将线圈向上平移时，穿过闭合电路的磁通量不变，无感应电流，B错误；以ab为轴转动小于90°和以ac为轴转动小于60°时，穿过闭合电路的磁通量都是从最大减小，故有感应电流，C、D正确．
答案 B
2．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图9－1－19所示连接．下列说法中正确的是( )．
图9－1－19
A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转
C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度
D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转
解析 电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．
答案 A
图9－1－20
3．(2011·杭州统测训练)两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图9－1－20所示，线圈L的平面跟纸面平行，现将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到位置B，则在平移过程中，线圈中的感应电流( )．
A．沿顺时针方向，且越来越小
B．沿逆时针方向，且越来越大
C．始终为零
D．先顺时针，后逆时针
答案 C
图9－1－21
4．(2012·济南模拟)如图9－1－21所示，通电直导线cd右侧有一个金属框与导线cd在同一平面内，金属棒ab放在框架上，若ab受到向左的磁场力，则cd中电流的变化情况是( )．
①cd中通有由d→c方向逐渐减小的电流 ②cd中通有由d→c方向逐渐增大的电流 ③cd中通有由c→d方向逐渐减小的电流 ④cd中通有由c→d方向逐渐增大的电流
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
答案 D
图9－1－22
5．(改编题)如图9－1－22所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转达到图中的位置时( )．
A．a端聚积电子
B．b端聚积电子
C．金属棒内电场强度等于零
D．a端电势低于b端电势
解析 因导体棒所在区域的磁场的方向垂直于纸面向外，当金属棒转动时，由右手定则可知，a端的电势高于b端的电势，b端聚积电子，B正确．
答案 B
图9－1－23
6．如图9－1－23所示，甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内，甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近，甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中，穿过甲的磁感应强度为B1，方向指向纸面内，穿过乙的磁感应强度为B2，方向指向纸面外，两个磁场可同时变化，当发现ab边和cd边间有排斥力时，磁场的变化情况可能是( )．
A．B1变小，B2变大 B．B1变大，B2变大
C．B1变小，B2变小 D．B1不变，B2变小
解析 ab边与cd边有斥力，则两边通过的电流方向一定相反，由楞次定律可知，当B1变小，B2变大时，ab边与cd边中的电流方向相反．
答案 A
图9－1－24
7．在一根较长的铁钉上，用漆包线绕上两个线圈A、B，将线圈B的两端接在一起，并把CD段直漆包线沿南北方向放置在静止的小磁针的上方，如图9－1－24所示．下列判断正确的是( )．
A．开关闭合时，小磁针不发生转动
B．开关闭合时，小磁针的N极垂直纸面向里转动
C．开关断开时，小磁针的N极垂直纸面向里转动
D．开关断开时，小磁针的N极垂直纸面向外转动
解析 开关保持接通时，A内电流的磁场向右；开关断开时，穿过B的磁感线的条数向右减少，因此感应电流的磁场方向向右，感应电流的方向由C到D，CD下方磁感线的方向垂直纸面向里，小磁针N极向里转动．
答案 C
8．如图9－1－25所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是( )．
图9－1－25
A．三者同时落地
B．甲、乙同时落地，丙后落地
C．甲、丙同时落地，乙后落地
D．乙、丙同时落地，甲后落地
解析 甲是铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．(逆反思维法)
答案 D
图9－1－26
9．如图9－1－26所示，虚线abcd为矩形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．如图所示给出的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是( )．
A．①② B．③④ C．①④ D．②③
解析 因为线框在进、出磁场时，线框中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线框运动，使线框的速度可能减为零，故①④正确．
答案 C
图9－1－27
10．如图9－1－27所示，闭合的矩形金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，现金属框固定不动而磁场运动，发现ab边所受安培力的方向为竖直向上，则此时磁场的运动可能是( )．
A．水平向右平动 B．水平向左平动
C．竖直向上平动 D．竖直向下平动
解析 本题考查楞次定律、安培定则、法拉第电磁感应定律的应用．ab边受到的力向上，由安培定则可知，ab上电流的方向由b→a，由楞次定律可得，线框内的磁通量在增加，磁场向右运动，A项正确、B项错误；当磁场上下运动时，线框内的磁通量不变化，不产生感应电流，C、D项错误．
答案 A
11.
图9－1－28
如图9－1－28所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好．从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是( )．
A．摩擦力大小不变，方向向右
B．摩擦力变大，方向向右
C．摩擦力变大，方向向左
D．摩擦力变小，方向向左
解析 本题考查电磁感应定律和平衡条件．由法拉第电磁感应定律和安培定则知，ab中产生的电流的大小恒定，方向由b到a，由左手定则，ab受到的安培力方向向左下方，F＝BIL，由于B均匀变大，F变大，F的水平分量Fx变大，静摩擦力f静＝Fx变大，方向向右，B正确．(单杆水平式)
答案 B
12.
图9－1－29
如图9－1－29所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是( )．
A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大
B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大
C．线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大
D．线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大
解析 本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律．对导体棒ab由右手定则可判断a端电势高，由E＝Blv可知，因为磁感应强度均匀增大，所以Uab变大，故选项A对、B错；对矩形线框cdef，由楞次定律可判断，感应电流的方向为逆时针方向，但由于磁感应强度是均匀增大，所以感应电流是恒定的，不会增大，所以选项C、D都不对．
答案 A
图9－1－30
13．如图9－1－30所示，线圈由A位置开始下落，在磁场中受到的磁场力如果总小于它的重力，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 线框在A、C位置时只受重力作用，加速度aA＝aC＝g.线框在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－FB，所以aDaB>aD，选项B正确．
答案 B
14．2010广州亚运会上100 m赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L＝0.5 m，一端通过导线与阻值为R＝0.5 Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5 kg的金属杆(如图9－1－31甲)，金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下．用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度v也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v和F的关系(如图9－1－31乙)．(取重力加速度g＝10 m/s2)则下列说法错误的是( )．
图9－1－31
A．金属杆受到的拉力与速度成正比
B．该磁场磁感应强度为1 T
C．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小
D．导轨与金属棒之间的动摩擦因数为μ＝0.4
解析 由图象可知选项A错误、C正确；由F－BIL－μmg＝0及I＝可得：F－－μmg＝0，从图象上分别读出两组F、v数据代入上式即可求得B＝1 T，μ＝0.4，所以选项B、D正确．
答案 A
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