PAGEPAGE1第四章第5節電磁感應現象的兩類狀況1．(多選)(2024·河南省洛陽市高二上學期期末)如圖所示，一個閉合導線圈靜止于磁場中，由于磁場強弱的改變，而使電路中產生了感生電動勢。下列說法正確的是(AC)A．磁場改變時，會在空間激發一種電場B．使電荷定向移動形成電流的力是磁場力C．使電荷定向移動形成電流的力是電場力D．從上向下看，當磁場增加時，線圈中有逆時針電場解析：磁場改變時，會在空間激發一種電場，故A正確；因線圈處于激發的電場中，電場力使電荷定向移動，從而產生了感生電流，故B錯誤，C正確；假如磁場變強，則感應電流的磁場方向向下，俯視時感應電流方向為順時針，D錯誤。2．(2024·吉林一中高二下學期開學檢測)如圖甲，匝數n＝2的金屬線圈(電阻不計)圍成的面積為20cm2，線圈與R＝2Ω的電阻連接，置于豎直向上、勻稱分布的磁場中。磁場與線圈平面垂直，磁感應強度為B；B－t關系如圖乙，規定感應電流i從a經過R到b的方向為正方向，忽視線圈的自感影響。則下列i－t關系圖正確的是(D)解析：在0－2s內，E1＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝2×20×10－4×eq\f(3×10－3,2)V＝6×10－6V，感應電流為：i＝eq\f(E,R)＝3×10－6A，依據楞次定律可知，電流方向為從a經過R到b，正方向的電流；在2s－5s內，E2＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝2×20×10－4×eq\f(3×10－3,3)V＝4×10－6V，感應電流為：i＝eq\f(E,R)＝2×10－6A，依據楞次定律可知，電流方向為從b經過R到a，負方向的電流；故選項D正確，故選D。3．(2024·內蒙古巴市一中高二下學期期中)如圖所示，兩平行的虛線間的區域內存在著有界勻強磁場，有一較小的三角形線框abc的ab邊與磁場邊界平行，現使此線框向右勻速穿過磁場區域，運動過程中始終保持速度方向與ab邊垂直。則下列各圖中哪一個可以定性地表示線框在上述過程中感應電流隨時間改變的規律(D)解析：進入磁場時切割磁感線，依據右手定則可知，電流方向為逆時針，當起先出磁場時，回路中磁通量減小，產生的感應電流為順時針；不論進入磁場，還是出磁場時，由于切割的有效長度變小，導致產生感應電流大小變小，故ABC錯誤，D正確；故選D。4．(多選)(2024·河北省衡水中學滁州分校高二下學期月考)如圖甲所示，電阻不計且間距為L＝1m的光滑平行金屬導軌豎直放置，上端連接阻值為R＝2Ω的電阻，虛線OO′下方有垂直于導軌平面對內的勻強磁場。現將質量為m＝0.3kg、電阻不計的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放，下落過程中與導軌保持良好接觸且始終水平。在金屬桿ab下落0.3m的過程中，其加速度a與下落距離h的關系圖象如圖乙所示。已知ab進入磁場時的速度v0＝2.0m/s，取g＝10m/s2。則下列說法正確的是(ACD)A．進入磁場后，金屬桿ab中電流的方向由a到bB．勻強磁場的磁感應強度為2.0TC．金屬桿ab下落0.3m時，其速度為1.0m/sD．金屬桿ab下落0.3m的過程中，R上產生的熱量為0.75J解析：進入磁場后，依據右手定則推斷可知金屬桿ab中電流的方向由a到b，故A正確；由乙圖知，剛進入磁場時，金屬桿的加速度大小a0＝10m/s2，方向豎直向上。由牛頓其次定律得：BI0L－mg＝ma0，則有I0＝eq\f(E0,R)＝eq\f(BLv0,R)，聯立得eq\f(B2L2v0,R)－mg＝ma0，代入得：B＝eq\r(6)T，故B錯誤；下落0.3m時，通過a－h圖象知a＝0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡有mg＝BIL，其中I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，聯立得v＝eq\f(mgR,B2L2)＝1m/s，故C正確；從起先到下落的過程中，由能的轉化和守恒定律有mgh＝Q＋eq\f(1,2)mv2，代入數值有Q＝m(gh－eq\f(1,2)v2)＝0.3×(10×0.3－eq\f(1,2)×12)J＝0.75J，故D正確。5．(2024·新疆建設兵團二師華山中學高二下學期月考)如圖甲所示，水平面上的兩光滑金屬導軌平行固定放置，間距d＝0.5m，電阻不計，左端通過導線與阻值R＝2Ω的電阻連接，右端通過導線與阻值RL＝4Ω的小燈泡L連接。在CDFE矩形區域內有豎直向上的勻強磁場，CE長l＝2m，有一阻值r＝2Ω的金屬棒PQ放置在靠近磁場邊界CD處(恰好不在磁場中)，CDFE區域內磁場的磁感應強度B隨時間改變規律如圖乙所示。在t＝0至t＝4s內，金屬棒PQ保持靜止，在t＝4s時使金屬棒PQ以某一速度進入磁場區域并保持勻速運動。已知從t＝0起先到金屬棒運動到磁場邊界EF處的整個過程中，小燈泡的亮度沒有發生改變。求：(1)通過小燈泡的電流大小和方向。(2)金屬棒PQ在磁場區域中運動的速度大小。答案：(1)0.1A；向下(2)1m/s解析：(1)0～4s內，電路中的感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)s＝eq\f(2,4)×0.5×2(V)＝0.5(V)此時燈泡中的電流IL＝eq\f(E,R總)＝eq\f(E,\f(Rr,R＋r)＋RL)＝eq\f(0.5,\f(2×2,2＋2)＋4)A＝0.1A通過小燈泡的電流方向向下(