小題狂練29電磁感應現象楞次定律小題狂練eq\o(○,\s\up1(29))小題是基礎練小題提分快1．[2019·江蘇省泰州市黃橋中學模擬]如圖所示，勻強磁場垂直圓形線圈指向紙內，a、b、c、d為圓形線圈上等距離的四點，現用外力在上述四點將線圈拉成正方形，且線圈仍處在原平面內，則在線圈發生形變的過程中()A．線圈中將產生abcda方向的感應電流B．線圈中將產生adcba方向的感應電流C．線圈中的感應電流方向無法判斷D．線圈中無感應電流答案：A解析：周長一定時，圓形的面積最大．現用外力在四點將線圈拉成正方形，線圈面積變小，磁通量變小，有感應電流產生，由楞次定律可知線圈中將產生順時針方向的感應電流，故A正確．2．[2019·江西省景德鎮模擬](多選)如圖所示，一根長導線彎曲成“”形，通以直流電流I，正中間用絕緣線懸掛一金屬環C，環與導線處于同一豎直平面內．在電流I增大的過程中，下列判斷正確的是()A．金屬環中無感應電流產生B．金屬環中有逆時針方向的感應電流C．懸掛金屬環C的絕緣線的拉力大于環的重力D．懸掛金屬環C的絕緣線的拉力小于環的重力答案：BC解析：由Φ＝BS知，金屬環的面積S不變，I增大，B增大，所以金屬環中有感應電流產生，A錯誤；由楞次定律得，金屬環中感應電流方向沿逆時針，B正確；由于環的上半部分所在處的磁感應強度大于下半部分所在處的，由左手定則可知F安方向向下，所以F拉＝mg＋F安，拉力大于重力，C正確，D錯誤．3.[2019·天津市耀華中學診斷]如圖所示，一個U形金屬導軌水平放置，其上放有一個金屬導體棒ab，有一磁感應強度為B的勻強磁場斜向上穿過導軌平面，且與豎直方向的夾角為θ.在下列過程中，一定能在導軌與導體棒構成的回路中產生感應電流的是()A．ab向右運動，同時使θ減小B．使磁感應強度B減小，θ同時也減小C．ab向左運動，同時增大磁感應強度BD．ab向右運動，同時增大磁感應強度B和θ(0°<θ<90°)答案：A解析：設回路面積為S，據題意，磁通量Φ＝BScosθ，若要使回路中產生感應電流，則需使磁通量Φ發生變化．對A選項，S增大，θ減小，cosθ增大，則Φ增大，A正確．對B選項，B減小，θ減小，cosθ增大，Φ可能不變，B錯誤．對C選項，S減小，B增大，Φ可能不變，C錯誤．對D選項，S增大，B增大，θ增大，cosθ減小，Φ可能不變，D錯誤．故只有A正確．4.[2019·湖北省部分重點中學考試]如圖所示，紫銅做的圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各與一個黃銅電刷緊貼，用導線將電刷與電流表連接起來形成回路．轉動搖柄，使圓盤以角速度ω逆時針勻速轉動，下列說法正確的是()A．回路中不會產生感應電流B．回路中會產生大小不變、方向變化的感應電流C．回路中電流的大小和方向都周期性變化，周期為eq\f(2π,ω)D．回路中電流方向不變，從b導線流進電流表答案：D解析：圓盤轉動可等效看成無數徑向導體切割磁感線，有效切割長度為銅盤的半徑，由右手定則可知，每個導體的電流方向均從邊緣指向圓心，即回路中電流方向不變，從b導線流進電流表，A錯誤，D正確；銅盤轉動產生的感應電動勢為：E＝eq\f(1,2)BL2ω，L為圓盤半徑，B、L、ω不變，則E不變，感應電流大小為：I＝eq\f(E,R)，可知電流大小恒定不變，B、C錯誤．5.[2019·湖北省武漢調研]如圖所示，豎直長導線通有恒定電流，一矩形線圈abcd可繞其豎直對稱軸O1O2轉動．當線圈繞軸以角速度ω沿逆時針(沿軸線從上往下看)方向勻速轉動，從圖示位置開始計時，下列說法正確的是()A．t＝0時，線圈產生的感應電動勢最大B．0～eq\f(π,2ω)時間內，線圈中感應電流方向為abcdaC．t＝eq\f(π,2ω)時，通過線圈的磁通量為零，線圈產生的感應電動勢也為零D．線圈每轉動一周電流方向改變一次答案：B解析：根據安培定則可判斷出在題圖圖示位置處線圈中磁通量最大，t＝0時線圈中磁通量變化率為零，線圈中產生的感應電動勢為零，選項A錯誤；由安培定則可判斷出線圈中磁場方向為垂直紙面向外，在0～eq\f(π,2ω)(即前eq\f(T,4))時間內，線圈轉動90°，應用楞次定律和安培定則可判斷出線圈中感應電流方向為逆時針方向，即abcda，選項B正確；t＝eq\f(π,2ω)時，線圈中的磁通量為零，但磁通量變化率最大，根據法拉第電磁感應定律，可知線圈中產生的感應電動勢最大，選項C錯誤；線圈每轉動一周電流方向改變兩次，選項D錯誤．6.[2019·山東省棗莊八中模擬](多選)如圖所示，水平放置的圓形閉合銅線圈沿著固定的條形磁鐵的豎直軸線自由下落．則在它穿過條形磁鐵的過程中()A．線圈中感應電流的方向從上向下看先順時針再逆時針B．線圈中感應電流方向沒有改變C．線圈所受的安培力始終為阻力D．線圈的機械能增加答案：AC解析：線圈靠近磁鐵時磁通量向上增加，由楞次定律知，產生的感應電流阻礙磁通量的增加，感應電流的磁場方向向下，感應電流方向為順時針，線圈所受的安培力向上；同理，線圈遠離磁鐵時，線圈產生逆時針方向的電流，安培力向上，所以安培力始終為阻力．安培力對線圈做負功，線圈的機械能減小，A、C正確，B、D錯誤．7.[2019·遼寧省沈陽二十中監測]如圖所示，金屬棒ab置于水平放置的U形光滑導軌上，在ef右側存在有界勻強磁場B，磁場方向垂直導軌平面向下，在ef左側的無磁場區域cdef內有一半徑很小的金屬圓環L，圓環與導軌在同一平面內．當金屬棒ab在水平恒力F作用下從磁場左邊界ef處由靜止開始向右運動后，下列有關圓環的說法正確的是()A．圓環中產生變大的感應電流，圓環有收縮的趨勢B．圓環中產生變大的感應電流，圓環有擴張的趨勢C．圓環中產生變小的感應電流，圓環有收縮的趨勢D．圓環中產生變小的感應電流，圓環有擴張的趨勢答案：C解析：根據右手定則，當金屬棒ab在恒力F的作用下向右運動時，abdca回路中會產生逆時針方向的感應電流，則在圓環處產生垂直于紙面向外的磁場，隨著金屬棒向右加速運動，abdca回路中的感應電流逐漸增大，穿過圓環的磁通量也逐漸增大，依據楞次定律可知，圓環將有收縮的趨勢；abdca回路中的感應電流I＝eq\f(Blv,R)，感應電流的變化率eq\f(ΔI,Δt)＝eq\f(Bl,R)·a0，又由于金屬棒向右運動的加速度a0＝eq\f(F－F安,m)＝eq\f(F－BIl,m)＝eq\f(F－\f(B2l2v,R),m)逐漸減小，所以感應電流的變化率逐漸減小，圓環內磁通量的變化率減小，所以在圓環中產生的感應電流不斷減小，C正確．8．[2019·安徽省宿州市時村中學檢測](多選)磁懸浮高速列車在我國上海已正式投入運行．如圖所示就是磁懸浮的原理，圖中A是圓柱形磁鐵，B是用超導材料制成的超導圓環，將超導圓環B水平放在磁鐵A上，它就能在磁力的作用下懸浮在磁鐵A的上方，則()A．在B放入磁場的過程中，B中將產生感應電流；當穩定后，感應電流消失B．在B放入磁場的過程中，B中將產生感應電流；當穩定后，感應電流仍存在C．若A的N極朝上，B中感應電流的方向為順時針方向(俯視)D．若A的N極朝上，B中感應電流的方向為逆時針方向(俯視)答案：BC解析：當將B環靠近A時，由于越靠近A，B環中的磁通量越大，即在該環中會產生感應電流；由于圓環材料是超導，即沒有電阻，所以穩定后B環中的電流不會變小，且永遠存在，故A錯誤，B正確；圓環B水平放在磁鐵A上且懸浮在磁鐵A的上方，即相互排斥，說明B環的下面是N極，故由安培定則可判斷B環中感應電流為順時針方向(俯視)，故C正確，D錯誤．9.[2019·山東泰安一中模擬]如圖所示，通電導線MN與單匝矩形線圈abcd共面，位置靠近ab且相互絕緣．當矩形線圈突然向右運動時，線圈所受安培力的合力方向()A．向左B．向右C．垂直紙面向外D．垂直紙面向里答案：A解析：當矩形線圈突然向右運動時，線圈中會產生逆時針方向的電流，根據左手定則可知，ab邊受的安培力向左，cd邊受的安培力向左，合力的方向向左，A正確．10.[2019·河南省許昌模擬]如圖所示，一個閉合三角形導線框ABC位于豎直平面內，其下方(略靠前)固定一根與線框平面平行的水平直導線，導線中通以圖示方向的恒定電流．釋放線框，它由實線位置下落到虛線位置未發生轉動，在此過程中()A．線框中感應電流方向依次為ACBA→ABCAB．線框的磁通量為零時，感應電流卻不為零C．線框所受安培力的合力方向依次為向上→向下→向上D．線框做自由落體運動答案：B解析：根據右手螺旋定則，通電直導線上方的磁場垂直紙面向外，下方的垂直紙面向里；離導線近的地方磁感應強度大，離導線遠的地方磁感應強度小．線框從上向下靠近導線的過程，垂直紙面向外的磁通量增加，根據楞次定律，線框中產生順時針方向的電流；穿越導線時，上方垂直紙面向外的磁場和下方垂直紙面向里的磁場疊加，先是垂直紙面向外的磁通量減小，之后變成垂直紙面向里的磁通量增大，直至最大，根據楞次定律，線框中產生逆時針方向的電流，垂直紙面向里的磁通量變成最大后，線框繼續向下運動，垂直紙面向里的磁通量減小，這時的電流方向又變成了順時針，即感應電流方向依次為ACBA→ABCA→ACBA，故A錯誤；根據A中的分析，線框穿越導線時，始終有感應電流存在，故B正確；根據楞次定律，安培力始終阻礙線框相對磁場的運動，故安培力的方向始終向上，線框不可能做自由落體運動，故C、D錯誤．11．[2019·江蘇省南京模擬](多選)勻強磁場方向垂直紙面，規定垂直紙面向里的方向為正，磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖甲所示．在磁場中有一細金屬圓環，圓環平面位于紙面內，如圖乙所示(磁場未畫出)．用I1、I2、I3分別表示Oa、ab、bc段的感應電流，F1、F2、F3分別表示電流為I1、I2、I3時，金屬圓環上很小一段受到的安培力，則()A．I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向B．I2沿逆時針方向，I3沿順時針方向C．F1方向指向圓心，F2方向指向圓心D．F2方向背離圓心向外，F3方向指向圓心答案：AD解析：在Oa段，磁場垂直紙面向里且均勻增強，根據楞次定律可判斷圓環內產生的感應電流的方向是逆時針的，同理，ab、bc段產生的感應電流的方向是順時針的，A正確，B錯誤；根據左手定則可判斷Oa、ab、bc段對應金屬圓環上很小一段受到的安培力的方向，F1、F3方向指向圓心，而F2方向背離圓心向外，C錯誤，D正確．12．[2019·安徽省宣城模擬]如圖甲所示，水平面上的平行導軌MN、PQ上放著兩根導體棒ab、cd，兩棒間用絕緣細線系住．開始勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示，圖線與t軸的交點為t0.I和FT分別表示通過導體棒中的電流和細線的拉力(不計電流間的相互作用)．則在t0時刻()A．I＝0，FT＝0B．I＝0，FT≠0C．I≠0，FT＝0D．I≠0，FT≠0答案：C解析：由題圖乙看出，磁感應強度B隨時間t均勻變化，則穿過回路的磁通量隨時間也均勻變化，根據法拉第電磁感應定律可知回路中將產生恒定的感應電流，所以I≠0.但t0時刻B＝0，兩棒都不受安培力，故細線的拉力FT＝0，所以C正確．13．[2019·廣西陸川模擬](多選)如圖甲所示為放在同一水平面內的兩個閉合同心圓形線圈A、B，線圈A中通入如圖乙所示的電流，t＝0時電流方向為順時針(如圖甲中箭頭所示)，則下列說法中正確的是()A．在t1～t2時間段內，線圈B內有順時針方向的電流，線圈B有擴張的趨勢B．在t1～t2時間段內，線圈B內感應電流產生的磁場方向垂直紙面向里C．在0～t1時間段內，線圈B內有逆時針方向的電流D．在0～t1時間段內，線圈B有收縮的趨勢答案：ABD解析：在t1～t2時間段內，線圈A中的電流為逆時針方向，產生的磁場垂直紙面向外且是增大的，由此可判定線圈B中的電流為順時針方向，產生的磁場方向垂直紙面向里，線圈A、B中電流方向相反，相互排斥，線圈B有擴張的趨勢，故A、B正確；在0～t1時間段內，線圈A中的電流為順時針方向，產生的磁場垂直紙面向里且是減小的，線圈B內有順時針方向的感應電流，線圈A、B相互吸引，線圈B有收縮的趨勢，C錯誤，D正確．14．[2016·江蘇卷](多選)電吉他中電拾音器的基本結構如圖所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產生感應電流，電流經電路放大后傳送到音箱發出聲音．下列說法正確的有()A．選用銅質弦，電吉他仍能正常工作B．取走磁體，電吉他將不能正常工作C．增加線圈匝數可以增大線圈中的感應電動勢D．弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化答案：BCD解析：由于銅質弦不能被磁化，因此振動時不能產生變化的磁場，線圈中不能產生感應電流，因此電吉他不能正常工作．A項錯誤；取走磁體，沒有磁場，金屬弦不能被磁化，振動時不能產生變化的磁場，線圈中不能產生感應電流，電吉他不能正常工作，B項正確；增加線圈的匝數，由法拉第電磁感應定律可知，線圈中的感應電動勢會增大，C項正確；弦振動過程中，線圈中的磁場方向不變，但磁通量一會兒增大，一會兒減小，產生的電流方向不斷變化．D項正確．15．[2019·貴陽監測]如圖甲所示，在同一平面內有兩個絕緣金屬細圓環A、B，兩環重疊部分的面積為圓環A面積的一半，圓環B中電流i隨時間t的變化關系如圖乙所示，以圖甲中圓環B中所示的電流方向為負方向，則A環中()A．沒有感應電流B．有逆時針方向的感應電流C．有順時針方向的感應電流D．感應電流先沿順時針方向，后沿逆時針方向答案：B解析：由于B環中的電流發生變化，A環中的磁通量發生變化，所以A環中有感應電流，選項A錯誤；根據楞次定律和安培定則知，A環中的磁通量先垂直紙面向外減少，后垂直紙面向里增多，故A環中產生沿逆時針方向的感應電流，選項B正確，C、D錯誤．16．[2017·北京卷]圖1和圖2是教材中演示自感現象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈．實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說法正確的是()A．圖1中，A1與L1的電阻值相同B．圖1中，閉合S1，電路穩定后，A1中電流大于L1中電流C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等答案：C解析：題圖1中，穩定時通過A1的電流記為I1，通過L1的電流記為IL.S1斷開瞬間，A1突然變亮，可知IL>I1，因此A1和L1電阻不相等，所以A、B錯誤；題圖2中，閉合S2時，由于自感作用，通過L2與A2的電流I2會逐漸增大，而通過R與A3的電流I3立即變大，因此電流不相等，所以D錯誤；由于最終A2與A3亮度相同，所以兩支路電流I相同，根據部分電路歐姆定律，兩支路電壓U與電流I均相同，所以兩支路電阻相同．由于A2、A3完全相同，故變阻器R與L2的電阻值相同，所以C正確．課時測評eq\o(○,\s\up1(29))綜合提能力課時練贏高分一、選擇題1．[2018·全國卷Ⅰ](多選)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路．將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態．下列說法正確的是()A．開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動B．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D．開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動答案：AD解析：根據安培定則，開關閉合時鐵芯上產生水平向右的磁場．A對：開關閉合后的瞬間，根據楞次定律，直導線上將產生由南向北的電流，根據安培定則，直導線上方的磁場垂直紙面向里，故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動．B、C錯：開關閉合并保持一段時間后，直導線上沒有感應電流，故小磁針的N極指北．D對：開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，根據楞次定律，直導線上將產生由北向南的電流，這時直導線上方的磁場垂直紙面向外，故小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動．2．[2019·浙江五校聯考]如圖1所示的是工業上探測物件表面層內部是否存在缺陷的渦流探傷技術．其原理是用電流線圈使物件內產生渦電流，借助探測線圈測定渦電流的改變，從而獲得構件內部是否斷裂及位置的信息．如圖2所示的是一個帶鐵芯的線圈L、開關S和電源用導線連接起來的跳環實驗裝置，將一個套環置于線圈L上且使鐵芯穿過其中，閉合開關S的瞬間，套環將立刻跳起．關于對以上兩個運用實例理解正確的是()A．渦流探傷技術運用了互感原理，跳環實驗演示了自感現象B．能被探測的物件和實驗所用的套環必須是導電材料C．以上兩個案例中的線圈所連接電源都必須是變化的交流電源D．以上兩個案例中的線圈所連接電源也可以都是穩恒電源答案：B解析：渦流探傷技術運用了互感原理，跳環實驗演示了互感現象，A項錯誤；能被探測的物件和實驗所用的套環必須是導電材料，才能在套環中形成感應電流，B項正確；以上兩個案例中渦流探傷技術的線圈必須用交流電源，而跳環實驗演示所連接電源是直流電源，C、D項錯誤．故選B.3．(多選)如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，直徑與磁場寬度相同的圓形金屬線框以一定的初速度斜向上勻速通過磁場．在必要的時間段內施加必要的水平拉力保證其做勻速運動，則下列說法中正確的是()A．金屬線框內感應電流經歷兩次先增大后減小B．金屬線框內感應電流方向先沿順時針方向再沿逆時針方向C．拉力方向與速度方向相同D．拉力方向與速度方向無關答案：AD解析：金屬線框進入磁場的過程中，切割的有效長度先增大后減小，感應電流先增大后減小，方向為逆時針方向，金屬線框出磁場的過程中，切割的有效長度也是先增大后減小，感應電流先增大后減小，方向為順時針方向，故金屬線框勻速通過磁場的過程，感應電流經歷兩次先增大后減小，感應電流方向先沿逆時針方向再沿順時針方向，選項A正確、B錯誤；金屬線框勻速運動，受到的合外力為0，根據左手定則可知，安培力的方向為水平向左，故拉力方向一定水平向右，與速度方向無關(容易犯思維定式錯誤，誤認為拉力方向與速度同向)，選項C錯誤、D正確．4．[2017·全國卷Ⅰ]掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌．為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示．無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現擾動后，對于紫銅薄板上下及其左右振動的衰減最有效的方案是()答案：A解析：感應電流產生的條件是閉合回路中的磁通量發生變化．在A圖中，系統震動時，紫銅薄板隨之上下及左右振動，在磁場中的部分有時多有時少，磁通量發生變化，產生感應電流，受到安培力，阻礙系統的震動；在B、D圖中，只有紫銅薄板左右振動才產生感應電流，而上下振動無電流產生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，都不會產生感應電流，故選項A正確，B、C、D錯誤．5．[2019·河北邯鄲檢測]圖中能產生感應電流的是()答案：B解析：線圈不是閉合的，不能產生感應電流，選項A錯誤；線框的面積增大，穿過線框的磁通量增大，能夠產生感應電流，選項B正確；由于直導線在線圈直徑的上方，所以穿過線圈的磁通量等于0，電流增大，線圈的磁通量仍然是0，不能產生感應電流，選項C錯誤；線圈整體垂直于勻強磁場方向運動，線圈的磁通量始終最大，沒有發生變化，不能產生感應電流，選項D錯誤．6．[2019·河南周口檢測]如圖所示，A為水平放置的膠木圓盤，在其側面均勻分布著負電荷，在A的正上方用絕緣絲線懸掛一個金屬圓環B，使B的環面水平且與圓盤面平行，其軸線與膠木圓盤A的軸線OO′重合．現使膠木圓盤A由靜止開始繞其軸線OO′按箭頭所示方向加速轉動，則()A．金屬環B的面積有擴大的趨勢，絲線受到的拉力增大B．金屬環B的面積有縮小的趨勢，絲線受到的拉力減小C．金屬環B的面積有擴大的趨勢，絲線受到的拉力減小D．金屬環B的面積有縮小的趨勢，絲線受到的拉力增大答案：B解析：膠木圓盤A由靜止開始繞其軸線OO′按箭頭所示方向加速轉動，形成環形電流，環形電流的大小逐漸增大，根據右手螺旋定則知，通過圓環B的磁通量向下，且增大，根據楞次定律可知，金屬圓環的面積有縮小的趨勢，且有向上的運動趨勢，所以絲線受到的拉力減小，選項B正確，A、C、D錯誤．7．[2019·陜西寶雞檢測](多選)如圖所示，兩個條形磁鐵的N極和S極相向水平放置，一豎直放置的矩形線框從兩個磁極之間正上方自由落下，并從兩磁極中間穿過．下列關于線框受到的安培力及從右向左看感應電流的方向說法正確的是()A．感應電流方向先沿逆時針方向，后沿順時針方向B．感應電流方向先沿順時針方向，后沿逆時針方向C．安培力方向一直豎直向上D．安培力方向先豎直向上，后豎直向下答案：BC解析：由題圖可知，磁感線由左指向右，N、S極中間磁感應強度最大，沿豎直方向上下兩側越來越小，故在線框從高處下落過程中，穿過線框的磁感線方向一直向右，且先增大后減小，則由楞次定律可知，感應電流先沿順時針方向后沿逆時針方向，故B正確，A錯誤；根據楞次定律可知，線框產生的感應電流一直阻礙線框與磁極間的相對運動，故安培力方向一直豎直向上，C正確，D錯誤．8．[2019·福建泉州檢測]水平放置的光滑絕緣桿上掛有兩個銅環M和N，通電密繞長螺線管穿過兩環，如圖所示，螺線管中部區域的管外磁場可以忽略，當滑動變阻器的滑片P向左移動時，兩環將()A．一起向左移動B．一起向右移動C．相互靠攏D．相互分離答案：C解析：當滑動變阻器的滑片P向左移動時，螺線管內部、外部的磁場均增加，穿過M、N兩銅環的水平向右的磁通量增加，根據楞次定律，可知兩環中有相同方向的感應電流，同方向電流相互吸引，故兩環相互靠近，選項C正確．9．[2019·江蘇南通模擬]如圖所示，圓筒形鋁管豎直置于水平桌面上，一磁鐵從鋁管的正上方由靜止開始下落，穿過鋁管落到水平桌面上，下落過程中磁鐵不與管壁接觸，忽略空氣阻力，則在下落過程中()A．磁鐵做自由落體運動B．磁鐵的機械能守恒C．鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力D．磁鐵動能的增加量大于重力勢能的減少量答案：C解析：磁鐵在鋁管中運動的過程中，鋁管的磁通量發生變化，產生感應電流，磁鐵受到向上的安培力的阻礙作用，鋁管中產生內能，所以磁鐵的機械能不守恒，磁鐵做的不是自由落體運動，選項A、B錯誤；磁鐵在整個下落過程中，由楞次定律可知，鋁管受到的安培力向下，則鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力，選項C正確；磁鐵在整個下落過程中，除重力做功外，還有安培力做負功，導致減少的重力勢能部分轉化為動能，部分轉化為內能，根據能量守恒定律可知，磁鐵在下落過程中動能的增加量小于其重力勢能的減少量，選項D錯誤．10．[2019·廣東廣州名校聯考]如圖所示，圓環形導體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管b與電源、滑動變阻器連接成如圖所示的電路．若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是()A．線圈a中將產生沿順時針方向(俯視)的感應電流B．穿過線圈a的磁通量減小C．線圈a有擴張的趨勢D．線圈a對水平桌面的壓力FN將增大答案：D解析：當滑動變阻器的滑片P向下滑動時，螺線管中的電流將增大，使穿過線圈a的磁通量變大，選項B錯誤；由楞次定律可知，線圈a中將產生沿逆時針方向(俯視)的感應電流，并且線圈a有縮小和遠離螺線管的趨勢，線圈a對水平桌面的壓力FN將增大，故選項D正確，選項A、C錯誤．二、非選擇題11．如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝37°角固定，M、P之間接電阻箱R，導軌所在空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應強度B＝1T．質量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻值為r.現從靜止釋放桿ab，測得最大速度為vm.改變電阻箱的阻值R，得到vm與R的關系如圖乙所示．已知導軌間距L＝2m，重力加速度g取10m/s(1)桿ab下滑過程中，判斷感應電流的方向．(2)求R＝0時，閉合電路中的感應電動勢E的最大值．(3)求金屬桿的質量m和阻值r.答案：(1)b→a(2)4V(3)eq\f(2,3)kg2Ω解析：(1)由右手定則可知，電流方向為b→a(或aMPba)．(2)由題圖可知，當R＝0時，桿的速度穩定后，它以2m/s的速度勻速下滑，此時電路中的感應電動勢最大，最大值E＝BLv＝4V(3)金屬桿下滑的最大速度即為vm.桿切割磁感線產生的感應電動勢的最大值E＝BLvm由閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)桿達到最大速度時，滿足條件mgsinθ－BIL＝0解得vm＝eq\f(mgsinθ,B2L2)(R＋r)結合圖象可