1．产生感应电流的实质是( )
A．一定是磁场能转化为电能
B．其他形式的能转化为电能
C．导体切割磁感线产生电流时导体的机械能转化为电能
D．以上说法均不正确
【解析】 电能可以由磁场能转化而来，但不一定都是由磁场能转化的，实际上电能可以由各种形式的能转化而来．
【答案】 BC
2．关于感应电流，下列说法中正确的是( )
A．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生
B．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生
C．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
D．只要闭合电路的部分导体做切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流产生
【解析】 产生感应电流的条件：一是闭合电路，二是磁通量变化，有磁通量而不变化，是不会产生感应电流的；磁通量发生变化，不闭合电路，也不会产生感应电流，故A、B错误，C正确；闭合电路的部分导体做切割磁感线运动，但是若穿过闭合电路的磁通量不变，也没有感应电流产生，故D错误．
【答案】 C
3．(2012·德阳市高二期末)如图1－1－11所示，一个矩形线圈与通有相同大小电流的平行直导线在同一平面，而且处在两导线的中央，则( )
图1－1－11
A．两电流方向相同时，穿过线圈的磁通量为零
B．两电流方向相反时，穿过线圈的磁通量为零
C．两电流同向和反向时，穿过线圈的磁通量大小相等
D．因两电流产生的磁场不均匀，因此不能判断穿过线圈的磁通量是否为零
【解析】 由安培定则判断出两大小相等电流之间的磁场分布如图所示：
两电流同向时，Φ＝0，两电流反向时，Φ≠0.故A对．
【答案】 A
4. (2012·泸州高二期末)如图1－1－12所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，与导轨接触良好．这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，若井字形回路中有感应电流通过，则可能( )
图1－1－12
A．v1>v2 B．v1C．v1＝v2 D．无法确定
【解析】 只要金属棒ab、cd的运动速度不相等，井字形回路中的磁通量就发生变化，闭合回路中就会产生感应电流．故选项A、B正确．
【答案】 AB
5．一圆形线圈位于纸面垂直纸面向里的匀强磁场中，如图1－1－13所示．下列操作中，始终保证整个线圈在磁场中，能使线圈中产生感应电流的是( )
图1－1－13
A．把线圈向右拉动 B．把线圈向上拉动
C．垂直纸面向外运动 D．以圆线圈的任意直径为轴转动
【解析】 产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化．而把线圈向右、向上和垂直于纸面向外运动几种情况，穿过线圈的磁通量都保持不变，故线圈中都没有感应电流，故A、B、C都错；以线圈的任意直径为轴转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，故选D.
【答案】 D
6．(2012·广元高二期末)如图1－1－14所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是( )
图1－1－14
A．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动
B．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动
C．线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动
D．线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
【解析】 四种情况中初始位置线框均与磁感线平行，磁通量为零，线圈按A、B、D三种情况移动后，线框仍与磁感线平行，磁通量保持为零不变，线框中不产生感应电流．C中线圈转动后，穿过线框的磁通量不断发生变化，所以产生感应电流，C项正确．
【答案】 C
7.如图1－1－15所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B.则穿过线圈的磁通量为( )
图1－1－15
A. B．
C．BL2 D．NBL2
【解析】 与磁场垂直的面积：S＝，穿过线圈的磁通量为：Φ＝B·S＝，故选A.
【答案】 A
8．(2013·成都市树德中高二检测)在纸面内放有一条形磁铁和一个位于磁铁正上方的圆形线圈如图1－1－16所示，下列情况中能使线圈中产生感应电流的是( )
图1－1－16
A．将线圈绕着纸面内的竖直直径转动
B．将磁铁在纸面内向右平移
C．将磁铁绕垂直纸面的轴转动
D．将磁铁的N极向纸外转，S极向纸内转
【解析】 将线圈绕着纸面内的竖直直径转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中会产生感应电流，故A对．将磁铁向右平移或绕垂直纸面的轴转动，线圈始终与磁感线平行，磁通量始终为零，没有变化，不产生感应电流，所以B、C均不正确．将磁铁的N极向纸外转，S极向纸内转，磁通量增加，线圈中产生感应电流，所以D项正确．
【答案】 AD
9．如图1－1－17所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，下列说法中正确的是( )
图1－1－17
A．Φa<Φb<Φc B．Φa>Φb>Φc
C．Φa<Φc<Φb D．Φa>Φc>Φb
【解析】 当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈的向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线的条数c最多，其次是b，a 中没有向外的磁感线，因此，根据合磁通量的计算，应该是：Φa>Φb>Φc.
【答案】 B
10. (2013·双流县棠湖中学高二检测)如图1－1－18所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果中可能出现的是( )
图1－1－18
A．先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转
B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转
C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转
D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转
【解析】 回路A中有电源，当S1闭合后，回路中有电流，在回路的周围产生磁场，在S1闭合或断开的瞬间，回路A中的电流从无到有或从有到无，电流周围的磁场发生变化，从而使穿过回路B的磁通量发生变化，若S2是闭合的，则回路B中有感应电流，电流计指针偏转．所以选项A、D正确．
【答案】 AD
11．如图1－1－19所示，一带电小球A用绝缘细线悬挂，在水平面内做匀速圆周运动，其正下方有一导体圆环B放在绝缘水平面上，圆环B的圆心位于悬点正下方．
图1－1－19
(1)将圆环以环上某点为支点竖起时，圆环中是否产生感应电流．
(2)将圆环在水平面上拉动时，圆环中是否产生感应电流．
【解析】 带电小球做圆锥摆运动等效为一环形电流，在空间产生磁场，可由安培定则判断磁感线的分布特点．
(1)当圆环竖起时，穿过圆环的磁通量减少，由感应电流的产生条件知圆环中产生电流．
(2)当圆环被拉动时，穿过圆环的磁通量减少，圆环中产生感应电流．
【答案】 (1)产生 (2)产生
12.边长l＝10 cm的正方形线框固定在匀强磁场中，磁场方向与线框平面间的夹角θ＝30°，如图1－1－20所示．磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋3t) T，则第3 s内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ为多少？
图1－1－20
【解析】 第3 s内就是从2 s末到3 s末，所以2 s末的磁场的磁感应强度为B1＝(2＋3×2)T＝8 T,3 s末的磁场的磁感应强度为B2＝(2＋3×3) T＝11 T则ΔΦ＝ΔBSsin θ＝(11－8)×0.12×sin 30° Wb＝1.5×10－2 Wb.
【答案】 1.5×10－2 Wb
1．关于感应电流和感应电动势的关系，下列叙述中正确的是( )
A．电路中有感应电流，一定有感应电动势
B．电路中有感应电动势，一定有感应电流
C．两个电路中，感应电动势大的其感应电流也大
D．两个电路中，感应电流大的其感应电动势也大
【解析】 有感应电动势时电路闭合才能有感应电流，因此有感应电流时一定有感应电动势，而有感应电动势，不一定有感应电流，故A正确，B错误；感应电流的大小由感应电动势和电阻共同决定，故C、D错误．
【答案】 A
2.一根导体棒ab在垂直于纸面方向的匀强磁场中自由下落，并始终保持水平方向且与磁场方向垂直．如图1－3－11所示，则有( )
图1－3－11
A．Uab＝0 B．U保持不变
C．U越来越大 D．U越来越小
【解析】 由U＝E＝Blv及棒自由下落时v越来越大，可知U越来越大，C项正确．
【答案】 C
3．(2013·彭州中学高二检测)磁悬浮列车是一种没有车轮的陆上无接触式有轨交通工具，时速可达500 km/h，它是利用常导或超导电磁铁与感应磁场之间产生的相互排斥力，使列车悬浮，做无摩擦的运行，具有启动快、爬坡能力强等特点，有一种方案是在每节车厢底部安装强磁铁(磁场方向向下)，并在两条铁轨之间平放一系列线圈，下列说法中不正确的是( )
A．列车运动时，通过线圈磁通量发生变化
B．列车速度越快，通过线圈磁通量变化越快
C．列车运动时，线圈中会产生感应电流
D．线圈中感应电流的大小与列车速度无关
【解析】 由磁悬浮列车的原理可以看出，列车运动引起线圈磁通量发生变化，会引起线圈中产生感应电流，列车速度越快，磁通量变化越快，感应电流越大，A、B、C对，D错．
【答案】 D
4．在如图1－3－12所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是( )
图1－3－12
A．乙和丁 B．甲、乙、丁
C．甲、乙、丙、丁 D．只有乙
【解析】 甲、乙、丁三图中，B、v、l两两垂直，且l为有效切割长度，产生的感应电动势都为E＝Blv，丙图中E＝Blv sin θ.
【答案】 B
5.(2012·达州高二期末)一根弯成直角的导线放在B＝0.4 T的匀强磁场中如图1－3－13所示导线ab＝30 cm，bc＝40 cm当导线以5 m/s的速度做切割磁感线运动时可能产生的最大感应电动势的值为( )
图1－3－13
A．1.4伏 B．1.0伏
C．0.8伏 D．0.6伏
【解析】 由ab＝30 cm，bc＝40 cm则ac＝50 cm.当切割磁感线的有效长度L＝ac＝50 cm，产生的感应电动势最大Em＝BLv＝0.4×0.5×5 V＝1.0 V．B对．
【答案】 B
6.如图1－3－14所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab＝L.磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为30°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为( )
图1－3－14
A．I＝ B．I＝
C．I＝ D．I＝
【解析】 导体棒切割磁感线的有效长度为：L·sin 30°＝，故感应电动势E＝，由闭合电路欧姆定律得I＝.
【答案】 C
7．如图1－3－15所示，半径为r的金属环绕通过其直径的轴OO′以角速度?做匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B.从金属环的平面与磁场方向重合时开始计时，在转过30°角的过程中，环中产生的电动势的平均值为( )
图1－3－15
A．2B?r2 B．2B?r2
C．3B?r2 D．3B?r2
【解析】 开始时，Φ1＝0，金属环转过30°时，Φ2＝BS sin 30°＝Bπr2，故ΔΦ＝Φ2－Φ1＝Bπr2，Δt＝＝＝.根据E＝，环中电动势平均值E＝3Bωr2，故选C.
【答案】 C
8．(2013·南充高中高二检测)如图1－3－16所示，一正方形的线圈的一边恰在一磁场边缘，匀强磁场方向垂直于线圈平面，在将线圈拉出磁场过程中，哪些办法可使线圈中的感应电流增大为原来的两倍( )
图1－3－16
A．仅使线圈匝数变为原来的两倍
B．仅使导线的横截面积变为原来的两倍
C．仅使磁感应强度变为原来的两倍
D．仅使拉线圈的速度变为原来的两倍
【解析】 由I＝＝，R＝ρ得I＝，由此可分析得B、C、D正确，A错．
【答案】 BCD
9．如图1－3－17所示，三个相同的金属圆环内存在不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径．已知所有磁场的磁感应强度随时间变化的关系都满足B＝kt，方向如图所示，测得A环中感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为( )
图1－3－17
A．IB＝I，IC＝0 B．IB＝I，IC＝2I
C．IB＝2I，IC＝2I D．IB＝2I，IC＝0
【解析】 根据E＝＝S，B环的有效面积是A环的2倍，所以产生的感应电动势也是A环的2倍，因此环中的电流也是A环的2倍，即IB＝2I；对于C环，由于上下两部分磁场方向相反，当磁场都做均匀变化时，磁通量不变化，故IC＝0.故选项D正确．
【答案】 D
10. (2012·新课标全国高考)如图1－3－18，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )
图1－3－18
A. B．
C. D．
【解析】 当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很小的Δt时间内，转过圆心角Δθ＝ωΔt，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得是感应电流I1＝＝＝；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I2＝＝，令I1＝I2，可得＝，C对．
【答案】 C
11．如图1－3－19所示，长为L的导线下悬挂一小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，导线的偏角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B，则金属导线中产生的感应电动势大小为多少？
图1－3－19
【解析】 导线的有效长度为L有＝Lsin θ，据E＝BLω知，感应电动势E＝BL2ωsin2θ.
【答案】 BL2ωsin2θ.
12.如图1－3－20所示，在宽为0.5 m的平行导轨上垂直导轨放置一个有效电阻为r＝0.6 Ω的直导体棒，在导轨的两端分别连接两个电阻，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，其他电阻不计，整个装置处在垂直导轨向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.1 T，当直导体棒在导轨上以v＝6 m/s的速度向右运动时，求：直导体棒两端的电压和流过R1和R2的电流大小．
图1－3－20
【解析】 由题意画出如图所示的等效电路图，则感应电动势E＝Blv＝0.1×0.5×6 V＝0.3 V，又R外＝＝ Ω＝2.4 Ω
则U＝E＝ V＝0.24 V.
I1＝＝0.06 A，I2＝＝0.04 A.
【答案】 0.24 A 0.06 A 0.04 A
1．(2013·成都市树德中学高二检测)如图1－4－11所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下说法中正确的是( )
图1－4－11
A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反
B．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿顺时针方向
C．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿逆时针方向
D．环穿出磁场之前，就已经有了电流
【解析】 不管将金属圆环从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向，故A、C错误，B正确；圆环在穿出磁场前，穿过圆环的磁通量没有改变，不产生感应电流，故D错误．
【答案】 B
2．带电圆环绕圆心旋转，在环的圆心处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面内，则( )
A．只要圆环在转动，小线圈内就一定有感应电流
B．不管圆环怎样转动，小线圈内都没有感应电流
C．圆环在做变速转动时，小线圈内一定有感应电流
D．圆环做匀速转动时，小线圈内没有感应电流
【解析】 带电圆环旋转时，产生环形电流，若匀速运动，会产生恒定电流，周围磁场不变，穿过小线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故A错，D对；若变速转动，会产生变化电流，周围产生变化的磁场，穿过小线圈的磁通量变化，产生感应电流，C对，B错．
【答案】 CD
3．如图1－4－12所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向内，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面方向由左侧位置运动到右侧位置，则( )
图1－4－12
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为adcba
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为abcda
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左
【解析】 根据右手定则cd边切割磁感线时，感应电流方向为abcda.ab边切割时，感应电流方向为adcba.根据安培定则可知，cd边进入磁场和ab边出磁场所受安培力均向左．故D正确．
【答案】 D
4．(2013·双流县棠湖中学高二检测)如图1－4－13所示，两个大小相等互相绝缘的导体环，B环与A环有一半面积重叠，当开关S断开时，( )
图1－4－13
A．B环内有顺时针方向的感应电流
B．B环内有逆时针方向的感应电流
C．B环内没有感应电流
D．条件不足，无法判定
【解析】 由安培定则可知穿过环B的磁通量向里，当S断开时，磁通量减少．由楞次定律可知B中产生顺时针方向的感应电流，A对．
【答案】 A
5．(2012·绵阳高二检测)如图1－4－14，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef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ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，对圆环L，下列说法正确的是( )
图1－4－14
A．圆环L有收缩趋势，圆环内的感应电流变小
B．圆环L有扩张趋势，圆环内的感应电流变大
C．圆环L有收缩趋势，圆环内的感应电流不变
D．圆环L有扩张趋势，圆环内的感应电流变小
【解析】 (1)由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动，由右手定则知abcd回路中产生逆时针方向的感应电流．
(2)由于ab金属棒由静止开始向右运动，速度增大，感应电流增大，因而回路abcd中感应电流产生的磁场也随之增大．
(3)由左手定则判断ab金属棒受到的安培力方向向左，与恒力F的方向相反，且安培力随电流的增大而增大，故ab金属棒的加速度随速度增大而减小，即ab金属棒做加速度减小的加速运动．
(4)加速度减小，速度增加变慢，感应电流增大变慢，回路abcd中感应电流的磁感应强度增加变慢．
(5)圆环L处于回路abcd的感应电流的磁场中，由于磁感应强度增大，穿过L的磁通量增加，由楞次定律可知，圆环L有收缩面积的趋势，以阻碍磁通量的增加．
(6)圆环L中产生的感应电流的变化：由于圆环L所处磁感应强度增加变慢，故穿过圆环的磁通量增加变慢，所以圆环L中产生的感应电流变小．故A正确．
【答案】 A
6.直导线ab放在如图1－4－15所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路，长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向左滑动．关于cd中的电流下列说法正确的是( )
图1－4－15
A．电流肯定在增大，不论电流是什么方向
B．电流肯定在减小，不论电流是什么方向
C．电流大小恒定，方向由c到d
D．电流大小恒定，方向由d到c
【解析】 ab向左滑动，说明通过回路的磁通量在减小，通过回路的磁感应强度在减弱，通过cd的电流在减小，与电流方向无关．
【答案】 B
7.(2013·成都市实验外国语学校检测)如图1－4－16所示，在一较大的有界匀强磁场上方距磁场边界很近处有一闭合线圈，不计空气阻力，当闭合线圈平面始终在同一竖直平面内，从上方下落穿过磁场的过程中( )
图1－4－16
A．进入磁场时加速度小于g，离开磁场时加速度可能大于g，也可能小于g
B．进入磁场时加速度大于g，离开时小于g
C．进入磁场和离开磁场，加速度都大于g
D．进入磁场和离开磁场，加速度都小于g
【解析】 在线圈进入磁场和离开磁场时，穿过线圈的磁通量发生变化，根据楞次定律线圈中产生感应电流，因而受到安培力的阻碍作用，其下落的加速度均小于g，故D项正确．
【答案】 D
8. (2013·成都实验中学高二检测)如图1－4－17所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是( )
图1－4－17
A．一起向左运动
B．一起向右运动
C．ab和cd相向运动，相互靠近
D．ab和cd相背运动，相互远离
【解析】 电流增强时，电流在abdc回路中产生的垂直纸面向里的磁场增强，回路磁通量增大，根据楞次定律可知回路要减小面积以阻碍磁通量的增加，因此，两导体要相向运动，相互靠近．
【答案】 C
9.如图1－4－18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( )
图1－4－18
【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A、D正确．
【答案】 AD
10．(2012·乐山高二期末)如图1－4－19电路中要使电流计G中的电流方向如图所示，则导轨上的金属棒AB的运动必须是( )
图1－4－19
A．向左匀速移动 B．向右匀速移动
C．向左加速移动 D．向右加速移动
【解析】 若AB匀速移动，右线圈中的感应电流不变，穿过左线圈的磁通量不变，G中无电流，A、B均错．若AB向左加速移动；AB中电流A→B且增大，则穿过左线圈的磁场方向向右且增加，由楞次定律知，左线圈中的感应电流与图示相反．C错D对．
【答案】 D
11．如图1－4－20所示，在水平桌面上有一金属圆环，当用一条形磁铁由上向下插向圆环时，试问：
图1－4－20
(1)圆环对桌面的压力怎样变化？
(2)圆环有收缩的趋势还是扩张的趋势？
【解析】 (1)根据楞次定律的推广含义“来拒去留”，圆环与磁铁之间相互排斥，从而使圆环对桌面的压力变大．
(2)根据楞次定律的推广含义“增缩减扩”，磁铁插向圆环时，穿过圆环的磁通量增加，所以圆环有收缩的趋势．
【答案】 见解析
12.如图1－4－21所示，水平放置的光滑平行金属导轨上，有ab、cd两金属棒静止在竖直方向的匀强磁场中，当cd棒在外力作用下向右以v运动时，ab棒运动方向如何？并说明ab棒的速度不会大于v的道理．
图1－4－21
【解析】 解法一 cd棒向右做切割磁感线运动而产生感应电动势，闭合电路中就有了感应电流，在ab棒内的感应电流受到安培力的作用力必定向受力方向运动．cd棒向右移动会使abcd所围面积中的磁通量增大，根据楞次定律，ab棒的运动结果总是阻碍abcd面中磁通量的增大，因此可判定ab棒也应该向cd棒的同方向运动．假如vab>v，即面积abcd逐渐减小，穿过abcd面的磁通量减小，显然这是与楞次定律中的阻碍相违背的．因此假设vab大于v的前提不能成立．
解法二 本题也可由右手定则和左手定则来判断．题中关于磁场的方向只是说是竖直方向的匀强磁场而没有具体给定磁场的方向，在用右手定则判断感应电流的方向时，可先假定磁场的方向(如竖直向上)判断出闭合电路中的电流方向，再由左手定则判断出ab棒受到向右的安培力而向右运动．当所设的磁场方向改为相反方向时(如竖直向下)，闭合电路中的感应电流方向也将变为相反的方向，但ab棒受到磁场作用力仍将是向右的．所以判断时可任意假设磁场的方向向上或向下，得出的结论是相同的．
【答案】 ab向右运动
1．如图1－5－11所示，闭合金属环从高h的曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升．设闭合环初速度为零，摩擦不计，则( )
图1－5－11
A．若是匀强磁场，环滚上的高度小于h
B．若是匀强磁场，环滚上的高度等于h
C．若是非匀强磁场，环滚上的高度等于h
D．若是非匀强磁场，环滚上的高度小于h
【解析】 若是匀强磁场，金属环运动过程中不产生感应电流，不产生电能，环的机械能守恒，滚上的高度等于h，B选项正确．若是非匀强磁场，则环运动过程中穿过环的磁通量发生变化，有感应电流产生，机械能的一部分转化为电能，环滚上的高度小于h，D选项正确．
【答案】 BD
2．弹簧上端固定，下端挂一条形磁铁，使磁铁上下做简谐运动．若在运动过程中把线圈靠近磁铁，如图1－5－12所示，观察磁铁的振动，将会发现( )
图1－5－12
A．S闭合时振幅逐渐增大，S断开时振幅不变
B．S闭合时振幅逐渐减小，S断开时振幅不变
C．S闭合或断开时，振幅的变化相同
D．S闭合或断开时，振幅不会改变
【解析】 S断开时，线圈中只产生感应电动势，不产生感应电流，即不产生电能，磁铁的机械能不变，振幅不变．S闭合时，线圈中产生电能，磁铁的机械能减小，振幅逐渐减小．故B选项正确．
【答案】 B
3.图1－5－13中矩形导线圈平面和磁感线垂直，虚线为匀强磁场的边缘，线圈的左、右两边和磁场的左、右两边缘分别平行．现用与线框左边垂直(与磁场方向也垂直)的拉力先后以v和2v的速率匀速地把同一线圈拉出磁场，在拉出过程中前后两次拉力的功率之比为( )
图1－5－13
A．1∶1 B．2∶1
C．1∶4 D．1∶2
【解析】 拉力的功率P＝Fv＝F安v
F安＝BIL，I＝，E＝BLv
所以P＝，故＝()2＝，
故C对．
【答案】 C
4.在匀强磁场中，ab、cd两根导体棒沿两根导轨分别以速度v1、v2滑动，如图1－5－14所示，下列情况中，能使电容器获得最多电荷量且左边极板带正电的是( )
图1－5－14
A．v1＝v2，方向都向右 B．v1＝v2，方向都向左
C．v1＞v2，v1向右，v2向左 D．v1＞v2，v1向左，v2向右
【解析】 导体棒切割磁感线，产生的感应电动势Eab＝Blv1、Ecd＝Blv2，当两导体棒同向运动时总电动势E＝|Eab－Ecd|，当两导体棒反向运动时，E＝|Eab＋Ecd|.所以反向时电动势较大，回路中感应电流较大，电容器极板电压较大，带电荷量多，为使左板带正电，回路中电流应为b→a→c→d，ab棒电动势方向由b→a，cd棒中电动势由c→d，根据右手定则，ab棒向右运动，cd棒向左运动，综上，C项正确．
【答案】 C
5. (2013·南充高中高二检测)一个面积S＝4×10－2m2、匝数n＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图1－5－15所示，则下列判断正确的是( )
图1－5－15
A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08 Wb/s
B．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于0.08 V
D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
【解析】 开始2 s内，ΔΦ＝S·ΔB＝0.16 Wb，故选项B错误；＝ Wb/s＝0.08 Wb/s，故选项A正确；E＝n＝100×0.08 V＝8 V，故选项C错误；第3 s末产生的感应电动势等于2～4 s内的平均电动势，故D项错误．
【答案】 A
6．(2013·绵阳中学高二检测)如图1－5－17所示，竖直放置的螺线管与导线abcd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，导体圆环会受到向上的磁场作用力( )
图1－5－17
【解析】 选项C、D中磁感应强度B随时间是均匀变化的，在螺线管中产生的是稳定电流，这样在圆环中不能产生感应电流，圆环也就不能受到作用力．
选项A中磁场增强，磁感应强度B变大，但变化率却越来越小，由E＝·S可知螺线管中电流越来越小，由楞次定律判断可知电流方向为dcbad，由此可知螺线管在圆环处产生的磁场方向向上，且磁感应强度逐渐减小，再由楞次定律可判定圆环为了阻碍磁通量减小，受到向上的作用力．
选项B中磁场增强，磁感应强度B变大，但变化率却越来越大，由E＝·S可知螺线管中电流越来越大，由楞次定律判断可知电流方向为dcbad，由此可知螺线管在圆环处产生的磁场方向向上，且磁感应强度逐渐增大，再由楞次定律可判定圆环为了阻碍磁通量增加，受到向下的作用力．故答案为A.
【答案】 A
7．(2013·南充高二检测)如图1－5－17所示，用铝板制成U形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，则( )
图1－5－17
A．悬线竖直T＝mg B．悬线竖直T＞mg
C．悬线竖直T＜mg D．无法确定T的大小和方向
【解析】 设两板间的距离为L，由于向左运动过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，用右手定则判断下板电势高于上板电势，动生电动势大小E＝BLv，即带电小球处于电势差为BLv的电场中．所受电场力F电＝q＝q＝qvB.若设小球带正电，则电场力方向向上．同时小球所受洛伦兹力F洛＝qvB，方向由左手定则判断竖直向下，即F电＝F洛，反之同样可得出F电＝F洛，且方向相反．故无论小球带什么电，怎样运动T＝mg，故选项A正确．
【答案】 A
8.如图1－5－18所示，竖直平面内有平行放置的光滑导轨，导轨间距为l，电阻不计，导轨间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，方向如图所示．有两根质量均为m＝0.1 kg、长度均为l＝0.2 m、电阻均为R＝0.4 Ω的导体棒ab和cd与导轨接触良好，当用竖直向上的力F使ab棒向上做匀速运动时，cd棒刚好能静止不动，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
图1－5－18
A．ab棒运动的速度是10 m/s
B．力F的大小为2 N
C．在1 s内，力F做的功为5 J
D．在1 s内，cd棒产生的电热为2.5 J
【解析】 对导体棒cd，由＝mg得v＝5 m/s，选项A错误；再由F＝mg＋F安＝2 N知选项B正确；W＝Fs＝10 J，选项C错；Q＝()2Rt＝2.5 J，选项D正确．
【答案】 BD
9．(2012·重庆一中高二检测)如图1－5－19所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m，电阻可以不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，在这一过程中( )
图1－5－19
A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零
B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和
C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
【解析】 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A正确；又克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确．
【答案】 AD
10．(2012·金华高二检测)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图1－5－20所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时：
图1－5－20
(1)求线框中产生的感应电动势大小；
(2)求cd两点间的电势差大小；
(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件．
【解析】 (1)cd边刚进入磁场时，线框速度v＝线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BL.
(2)此时线框中电流I＝
cd两点间的电势差U＝I·R＝BL.
(3)安培力F＝BIL＝
根据牛顿第二定律mg－F＝ma，由a＝0，
解得下落高度满足h＝.
【答案】 (1)BL (2)BL
(3)h＝
11．(2012·广东高考)如图1－5－21所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板．R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．
(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v.
(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.
图1－5－21
【解析】 (1)导体棒匀速下滑时，
Mgsin θ＝BI ①
I＝ ②
设导体棒产生的感应电动势为E0
E0＝Blv ③
由闭合电路欧姆定律得
I＝ ④
联立②③④，得
v＝. ⑤
(2)改变Rx，由②式可知电流不变．设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为E
U＝IRx ⑥
E＝ ⑦
mg＝qE ⑧
联立②⑥⑦⑧，得
Rx＝. ⑨
【答案】 (1) (2)
1．下列关于自感的说法不正确的是( )
A．自感是由于导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象
B．线圈中自感电动势的方向总与引起自感现象的原电流的方向相反
C．线圈中自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关
D．加铁芯后线圈的自感系数比没有铁芯时要大
【解析】 自感现象是由于导体本身电流的变化而引起的电磁感应现象，A项正确；自感电动势的方向总是阻碍原电流的变化，未必与原电流方向相反，当原电流减小时，自感电动势就与原电流方向相同，B项错；自感电动势的大小与电流变化的快慢有关，而电流变化的快慢又跟磁通量变化的快慢成正比，C项正确；加铁芯后的自感系数要变大，D项正确．故选B.
【答案】 B
2．一个线圈的电流均匀增大，则这个线圈的( )
A．自感系数也将均匀增大
B．自感电动势也将均匀增大
C．磁通量的变化率也将均匀增大
D．自感系数、自感电动势都不变
【解析】 自感系数是描述线圈本身特征的物理量，不随电流的变化而变化；电流均匀变化，则磁通量的变化率和自感电动势均不变，故D项正确．
【答案】 D
3．在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图1－6－8所示，其道理是( )
图1－6－8
A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流相互抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量相互抵消
D．当电路中电流变化时，电流的变化量互相抵消
【解析】 能否有感应电动势，关键在于穿过回路的磁通量是否变化．由于导线是双线绕法，使穿过回路的磁通量等于零，无论通过的电流变化与否，磁通量均为零而不变，所以不存在感应电动势、感应电流．
【答案】 C
4.如图1－6－9所示，闭合电路中一定长度的螺线管可自由伸缩，通电时灯泡有一定亮度，若将一软铁棒从螺线管一端迅速插入螺线管内，则在插入过程中( )
图1－6－9
A．灯泡变亮，螺线管缩短 B．灯泡变暗，螺线管缩短
C．灯泡变亮，螺线管伸长 D．灯泡变暗，螺线管伸长
【解析】 当插入软铁棒时，穿过线圈的磁通量增大，线圈产生自感，自感电流阻碍磁通量的增加，所以通过线圈的电流减小，灯泡变暗，线圈各匝上电流为同方向，同向电流相互吸引，电流减小，各匝之间相互吸引力减小，螺线管伸长，故D正确．
【答案】 D
5．(2013·扬州中学高二检测)如图1－6－10所示，电感线圈L的直流电阻RL＝1.0 Ω，小灯泡的电阻R1＝5.0 Ω，R2＝4.0 Ω，接在电动势E＝24 V、内电阻可忽略的电路上，闭合开关S，待电路稳定后再断开开关，则在断开开关S的瞬间( )
图1－6－10
A．R1支路上电流大小为4 A B．R2支路上电流大小为4 A
C．R1支路上电流大小为6 A D．R2支路上电流大小为6 A
【解析】 断开开关S的瞬间，线圈L产生自感电动势，相当于电源，与R1、R2组成闭合回路，R1、R2的电流大小相等；断开开关S后，L中的电流是从原来的值逐渐减小的，断开瞬间它的电流仍为4 A．本题正确答案为A、B.
【答案】 AB
6．如图1－6－11所示是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路，L两端并联一个电压表，用来测自感线圈的直流电压．在测量完毕后，将电
图1－6－11
路解体时应先( )
A．断开S1 B．断开S2
C．拆除电流表 D．拆除电阻R
【解析】 当S1、S2均闭合时，电压表与线圈L并联；当S2闭合而S1断开时，电压表与线圈L串联．所以在干路断开前后自感线圈L中电流方向相同而电压表中电流方向相反．只要不断开S2，线圈L与电压表就会组成回路，在断开干路时，L中产生与原来电流同方向的自感电流，使电压表指针反向转动而可能损坏电压表．正确答案为B.
【答案】 B
7．(2011·北京高考)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图1－6－12所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )
图1－6－12
A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大
【解析】 由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流．由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B错C正确．自感系数越大，则产生的自感电流越大，灯泡更亮，故D错．
【答案】 C
8．某线圈通有如图1－6－13所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( )
图1－6－13
A．第1 s末 B．第2 s末
C．第3 s末 D．第4 s末
【解析】 在自感现象中当电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同，当电流增大时，自感电动势与原电流方向相反．在图像中0～1 s时间内电流正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向，在1～2 s时间内电流负方向增大，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析2～3 s、3～4 s时间段可得选项B、D正确．
【答案】 BD
9．(2010·北京高考)在如图1－6－14所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t的变化的图像是( )
图1－6－14
【解析】 闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明RL＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至到达电流为I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流为I，故C、D错误．
【答案】 B
10．(2012·烟台高二期末)如图1－6－15所示电路，D1和D2是两个相同的灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻与R相同，由于存在自感现象，在开关S接通和断开时，灯泡D1和D2亮暗的次序是( )
图1－6－15
A．接通时D1先达最亮，断开时D1后灭
B．接通时D2先达最亮，断开时D2后灭
C．接通时D1先达最亮，断开时D1先灭
D．接通时D2先达最亮，断开时D2先灭
【解析】 电流发生变化时，自感电动势将阻碍电流的变化，根据电流的变化来分析电路中灯泡的明暗情况．当S接通时，D1和D2应该同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上将产生自感电动势阻碍电流的增加，所以开始的瞬间电流几乎全部从D1通过，而该电流又将同时分别通过D2和R，所以D1先达最亮，经过一段时间稳定后，D1和D2达到一样亮，当开关S断开时，电源电流立即为零，因此D2立即熄灭，而对于D1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势，使线圈L和D1组成的闭合回路中有感应电流，所以D1后灭．答案为A.
【答案】 A
11．一个线圈的电流在0.001 s内有0.02 A的变化，产生50 V的自感电动势，求线圈的自感系数．如果这个电路中的电流的变化率变为40 A/s，自感电动势为多大？
【解析】 由E＝L，得
L＝＝ H＝2.5 H.
E′＝L＝2.5×40 V＝100 V.
【答案】 2.5 H 100 V
12．如图1－6－16甲所示为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t＝1×10－3 s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流(如图乙)．已知电源电动势E＝6 V，内阻不计，灯泡R1的阻值为6 Ω，电阻R的阻值为2 Ω.
甲 乙
图1－6－16
(1)线圈的直流电阻RL＝________Ω；
(2)开关断开时，该同学观察到的现象是______________________，并计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是________V.
【解析】 由图像可知S闭合稳定时IL＝1.5 A
RL＝－R＝ Ω－2 Ω＝2 Ω
此时小灯泡的电流
I1＝＝ A＝1 A
S断开后，L、R、R1组成临时回路
电流由1.5 A逐渐减小，所以灯泡会闪亮一下再熄灭，自感电动势E＝IL(R＋RL＋R1)＝15 V.
【答案】 (1)2 (2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭 15
1．下列关于涡流的说法中正确的是( )
A．涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的
B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C．涡流有热效应，但没有磁效应
D．在硅钢中不能产生涡流
【解析】 涡流本质上是感应电流，是自身构成的回路，在穿过导体的磁通量变化时产生的，故A正确，B错误；涡流既有热效应，又有磁效应，故C错误；硅钢电阻率大，产生的涡流较小，但仍能产生涡流，故D错误．
【答案】 A
2．机场的安检门可以利用涡流探测人身上携带的金属物品，安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流．关于其工作原理，以下说法正确的是( )
A．人身上携带的金属物品会被地磁场磁化，在线圈中产生感应电流
B．人体在线圈交变电流产生的磁场中运动，产生感应电动势并在金属物品中产生感应电流
C．线圈产生的交变磁场会在金属物品中产生交变的感应电流
D．金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流
【解析】 一般金属物品不一定能被磁化，且地磁场很弱，即使金属被磁化磁性也很弱，作为导体的人体电阻很大，且一般不会与金属物品构成回路，故A、B错误；安检门利用涡流探测金属物品的工作原理是：线圈中交变电流产生交变磁场，使金属物品中产生涡流，故C正确；该涡流产生的磁场又会在线圈中产生感应电流，而线圈中交变电流的变化可以被检测，故D正确．
【答案】 CD
3．磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )
A．防止涡流而设计的 B．利用涡流而生热
C．起电磁阻尼的作用 D．起电磁驱动的作用
【解析】 线圈通电后，在安培力的作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流．涡流阻碍线圈的转动 ，使线圈偏转后尽快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．故C对，A、B、D都错．
【答案】 C
4．变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成，而不采用一块整硅钢，这是为了( )
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．减小涡流，减小铁芯的发热量
D．增大涡流，减小铁芯的发热量
【解析】 变压器的铁芯是由薄硅钢片叠加而成的，目的是增大铁芯的内阻，减小涡流，从而减小铁芯的发热量，提高变压器的效率，故B、C正确．
【答案】 BC
5.某磁场的磁感线如图1－7－5所示，有铜盘自图示A位置落至B位置，在下落过程中，自上向下看，线圈中的涡流方向是( )
图1－7－5
A．始终顺时针 B．始终逆时针
C．先逆时针再顺时针 D．先顺时针再逆时针
【解析】 把铜盘从A至B的全过程分成两个阶段处理：第一阶段是铜盘从A位置下落到具有最大磁通量的位置O，此过程中穿过铜盘磁通量的磁场方向向上且不断增大，由楞次定律判断感应电流方向(自上向下看)是顺时针的；第二阶段是铜盘从具有最大磁通量位置O落到B位置，此过程中穿过铜盘磁通量的磁场方向向上且不断减小，且由楞次定律判得感应电流方向(自上向下看)是逆时针的．
【答案】 D
6. (2013·成都市树德中学高二检测)高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图1－7－6所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图．炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化．这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被炼金属中，因此适于冶炼特种金属，该炉的加热原理是( )
图1－7－6
A．利用线圈中电流产生的焦耳热
B．利用线圈中电流产生的磁场
C．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流
D．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电
【解析】 高频感应炉的原理是：给线圈通以高频交变电流后，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生涡流，由于电流的热效应，可使金属熔化，故只有C正确．
【答案】 C
7．位于光滑水平面上的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线水平穿过，如图1－7－7所示，在此过程中( )
图1－7－7
A．磁铁做匀速直线运动 B．磁铁做减速运动
C．小车向右做加速运动 D．小车先加速后减速
【解析】 若磁场相对于导体(或线圈或螺线管)运动，则在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，由楞次定律、安培定则、左手定则可总结如下规律：感应电流所受安培力总是阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动．所以这个安培力驱动螺线管运动，阻碍磁铁运动，故B、C选项是正确的．
【答案】 BC
8.如图1－7－8所示，A、B为大小、形状均相同且内壁均光滑，但制造材料不同的两个圆管，都竖直固定在同一水平面上．两个完全相同的磁性小球，同时从管A、B上端的管口无初速度释放，穿过A管的小球比穿过B管的小球先落到地面．则下列对两管的描述中，可能正确的是( )
图1－7－8
A．A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的
B．A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的
C．A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的
D．A管是用胶木制成的，B管是用铝制成的
【解析】 磁性小球在通过金属圆管的过程中，将圆管看做是由许多金属圆环组成的，小球的磁场使每个圆环中产生感应电流．根据楞次定律，该电流阻碍磁性小球的下落，小球向下运动的加速度将小于只受空气阻力时的加速度；磁性小球不能使塑料、胶木等非金属材料中产生感应电流，小球在下落过程中只受空气阻力，因此穿过塑料、胶木圆管的时间比穿过金属圆管的时间短．故选AD.
【答案】 AD
9．如图1－7－9，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( )
图1－7－9
A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
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，所以选A；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】 AD
10．(2013·常州高级中学高二检测)光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图1－7－10所示，抛物线下半部分处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个金属块从抛物线上y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )
图1－7－10
A．mgb B．mv2＋mgb
C．mg(b－a) D．mv2＋mg(b－a)
【解析】 金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，感应电流转化为热能，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好滑不出磁场后，就做往复运动永不停止，根据能量转化与守恒，整个过程中产生的焦耳热应等于机械能的损失，即：Q＝ΔE＝mv2＋mg(b－a)，故D正确．
【答案】 D
11．弹簧上端固定，下端悬挂一根磁铁．将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来．如果在磁铁下端放一个固定的闭合线圈，使磁铁上下振动时穿过它(如图1－7－11所示)，磁铁就会很快地停下来，解释这个现象，并说明此现象中能量转化的情况．
图1－7－11
【解析】 本题考查电磁阻尼及能量转化情况．当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁和线圈靠近或离开，也就使磁铁振动时除了空气阻力外，还有线圈的磁场力作为阻力，克服阻力需要做的功较多，弹簧振子的机械能损失较快，因而会很快停下来．
【答案】 见解析
12．如图1－7－12所示是利用高频交流电焊接自行车零件的原理示意图，其中外圈A是通高频交流电的线圈，B是自行车零件，a是待焊接口，焊接时接口两端接触在一起，当A中通有交变电流时，B中会产生感应电流，使得接口处金属熔化焊接起来．
图1－7－12
(1)试分析说明，焊接的快慢与交变电流的频率有什么关系？
(2)试解释说明，为什么焊接过程中，接口a处被熔化而零件其他部分并不很热？
【解析】 (1)线圈A中交变电流的频率越高，B中磁通量的变化率越大，产生的感应电动势越大，感应电流I也越大，所以电流的热功率P＝I2R也越大，焊接越快．
(2)B中各处电流大小相等，但在接口a处因是点接触，故此处接触电阻很大，电流的热功率P＝I2R也很大，而其他部分电阻很小，电流的热功率也很小，所以接口处已被熔化，而零件的其他部分并不很热．
【答案】 见解析
