物理高考新素养总复习粤教版讲义第十章电磁感应第1讲Word版含答案

[]考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析201620172018命题分析电磁感应现象Ⅰ卷Ⅰ·T24：电磁感应中的力、电综合卷Ⅱ·T20：转动切割和电路综合T24：电磁感应中的力、电综合卷Ⅲ·T25：电磁感应中的力、电综合卷Ⅰ·T18：电磁感应现象与阻尼卷Ⅱ·T20：法拉第电磁感应定律、E－t图象卷Ⅲ·T15：楞次定律、安培定则卷Ⅰ·T17：法拉第电磁感应定律T19：安培定则、楞次定律卷Ⅱ·T18：i－t图象、楞次定律卷Ⅲ·T20：i－t图象、右手螺旋定则、楞次定律1.从题型看，多是选择题，也有计算题，难度中等或较难。2.从考查内容看，集中在楞次定律的应用、法拉第电磁感应定律及其与力学、能量、电路、图象的综合应用。磁通量Ⅰ法拉第电磁感应定律Ⅱ楞次定律Ⅱ自感涡流Ⅰ第1讲电磁感应现象楞次定律知识排查磁通量1.磁通量(1)定义：磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积。(2)公式：Φ＝BS(B⊥S)；单位：韦伯(Wb)。(3)矢标性：磁通量是标量，但有正负。2.磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1。3.磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)：磁通量的变化量与所用时间的比值，即eq\f(ΔΦ,Δt)，与线圈的匝数无关。电磁感应现象1.电磁感应现象当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生的现象。2.产生感应电流的条件(1)闭合导体回路；(2)磁通量发生变化。感应电流的方向1.楞次定律(1)内容：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)适用范围：一切电磁感应现象。2.右手定则(1)内容：如图1，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个平面内；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。图1(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。小题速练1.思考判断(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)电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流。()(4)当导体切割磁感线时，一定产生感应电流。()(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。()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×2.[粤教版选修3－2·P12·T2改编]一矩形线框abcd与长直导线处于同一平面内，ad边与长直导线平行，如图2所示，图2当线框在此平面内向右运动到导线的右边的过程中，线框内感应电流的方向为()A.先dcba，后一直abcdB.先dcba，再abcd，后dcbaC.先abcd，后一直dcbaD.先abcd，再dcba，后abcd解析由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直纸面向外，右边的磁场方向垂直纸面向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知感应电流方向为abcd，当bc边越过导线后到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量变小，则感应电流方向为dcba，当继续向右运动时，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流方向为dcba，当ad边越过导线远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为abcd，选项D正确。答案D电磁感应现象的理解和判断1.常见的产生感应电流的三种情况2.判断磁通量是否变化的方法(1)根据公式Φ＝BS(B⊥S)判断。(2)根据穿过平面的磁感线的条数是否变化判断。【例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，磁通量恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流。答案B1.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图3所示连接。下列说法正确的是()图3A.开关闭合后，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，开关闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转C.开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针不会偏转D.开关断开后，滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针发生偏转解析线圈A插入或拔出，都将造成线圈B处磁场的变化，因此线圈B处的磁通量变化，产生感应电流，故选项A正确；开关闭合和断开均能引起线圈B中磁通量的变化而产生感应电流，故选项B错误；开关闭合后，只要移动滑片P，线圈B中磁通量变化而产生感应电流，故选项C错误；开关断开后，线圈B无磁通量变化，故无感应电流，选项D错误。答案A2.(多选)如图4所示，矩形线框abcd由静止开始运动，若使线框中产生感应电流，则线框的运动情况应该是()图4A.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。答案AD楞次定律的理解及应用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(“四步法”)方法二用右手定则判断该方法适用于闭合电路的部分导体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：(1)掌心——磁感线垂直穿入；(2)拇指——指向导体运动的方向；(3)四指——指向感应电流的方向。【例2】(多选)(2018·全国卷Ⅰ，19)如图5，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是()图5A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈正面环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。答案AD三定则一定律的应用技巧(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时，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方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。1.如图6所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内。当发现闭合线圈向右摆动时()图6A.AB中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流B.AB中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流C.AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流D.AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流解析根据安培定则可知线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里，若直导线中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律得到：线圈中感应电流方向为逆时针方向。根据左手定则可知线圈中各边所受安培力均指向线圈内，由于靠近导线磁场强，则安培力较大；远离导线磁场弱，则安培力较小。因此线圈离开AB直导线，即向右摆动，反之产生顺时针方向的电流，向左摆动，故C正确。答案C2.(2017·全国卷Ⅲ，15)如图7，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()图7A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析金属杆PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，由于感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，则穿过圆环形金属线框T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故选项D正确，A、B、C错误。答案D3.[易错题](多选)如图8所示，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()图8A.向右做匀速运动 B.向左做减速运动C.向右做减速运动 D.向右做加速运动解析当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈c中的磁通量恒定不变，无感应电流产生，选项A错误；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，选项B正确；同理可判定选项C正确，D错误。答案BC楞次定律推论的应用楞次定律中“阻碍”的推广含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，列表说明如下：内容例证阻碍原磁通量变化—“增反减同”阻碍相对运动——“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”阻碍原电流的变化——“增反减同”【例3】如图9所示，光滑平行导轨M、N固定在同一水平面上，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()图9A.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解析法一根据楞次定律的另一表述“感应电流的效果总是要阻碍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将互相靠拢且磁铁的加速度小于g，选项A正确。法二设磁铁下端为N极，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，如图所示，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，选项A正确。答案A1.[增反减同]如图10所示，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是()图10A.总是顺时针 B.总是逆时针C.先顺时针后逆时针 D.先逆时针后顺时针解析磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则导体环中，先是向上的磁通量增加，磁铁中点到达圆环所在平面后，向上的磁通量减少，根据楞次定律可知，产生的感应电流方向先顺时针后逆时针，选项C正确。答案C2.[来拒去留]很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率()A.均匀增大 B.先增大，后减小C.逐渐增大，趋于不变 D.先增大，再减小，最后不变解析竖直圆筒相当于闭合电路，磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律“来拒去留”的规律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力大小等于重力，磁铁匀速运动，选项C正确。答案C3.[增缩减扩](多选)如图11，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形。则磁场可能()图11A.逐渐增强，方向向外 B.逐渐增强，方向向里C.逐渐减弱，方向向外 D.逐渐减弱，方向向里解析根据楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起闭合回路中磁通量的变化，体现在面积上是“增缩减扩”，而回路变为圆形，面积增加了，说明磁场逐渐减弱。因不知回路中感应电流的方向，故无法判定磁场方向，故C、D都有可能。答案CD楞次定律在生产、生活中的应用eq\x(STSE问题)【例4】(2017·全国卷Ⅰ，18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图12所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是()图12解析感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的震动；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A正确，B、C、D错误。答案A1.(多选)[金属探测器](2019·山东威海市联考)高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场，如图13所示。探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，就会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报；靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是()图13A.金属探测器利用的是电磁感应现象B.金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用C.金属探测器利用的是静电感应现象D.金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化解析线圈通电后会产生磁场，当有金属物体进入磁场时，通过金属物体横截面的磁通量发生变化，金属物体内部会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，由此判断是否有金属物体，静电感应现象是带电体靠近导体时使导体感应起电，故选项A、D正确。答案AD2.[测速仪]为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图15甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口。若俯视轨道平面磁场垂直地面向下(如图乙)，则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向()图14A.始终沿逆时针方向B.先沿逆时针，再沿顺时针方向C.先沿顺时针，再沿逆时针方向D.始终沿顺时针方向解析列车通过线圈时，穿过线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的电流先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，选项B正确。答案B3.(多选)[电吉他]电吉他中电拾音器的基本结构如图15所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有()图15A.选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B.取走磁体，电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项正确；由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D项正确。答案BCD课时作业(时间：35分钟)基础巩固练1.如图1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1A.如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B.如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C.如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D.如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动答案C2.如图2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2A.eq\f(Bl2,2) B.eq\f(nBl2,2) C.Bl2 D.nBl2答案A3.如图3所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()图3A.线圈a中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流B.穿过线圈a的磁通量减小C.线圈a有扩张的趋势D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大解析当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈a的磁通量变大，选项B错误；由楞次定律可知，线圈a中将产生沿逆时针方向(俯视)的感应电流，并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故选项D正确，A、C错误。答案D4.如图4所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中，线圈ab将()图4A.静止不动B.顺时针转动C.逆时针转动D.发生转动，但电源的极性不明，无法确定转动方向解析题图中的两个通电的电磁铁之间的磁场方向总是水平的，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中，电路中的电流是增大的，两个电磁铁之间的磁场的磁感应强度也是增大的，穿过闭合导体线圈的磁通量是增大的，线圈在原磁场中所受的磁场力肯定使线圈向磁通量减小的方向运动，显然只有顺时针方向的运动才能使线圈中的磁通量减小。答案B5.(2019·上海静安质检)如图5所示，在同一水平面内有两根光滑平行金属导轨MN和PQ，在两导轨之间竖直放置通电螺线管，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左、右两侧，保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态。当滑动变阻器的滑片向左滑动时，两根金属棒与导轨构成的回路中感应电流方向(俯视图)及ab、cd两棒的运动情况是()图5A.感应电流为顺时针方向，两棒相互靠近B.感应电流为顺时针方向，两棒相互远离C.感应电流为逆时针方向，两棒相互靠近D.感应电流为逆时针方向，两棒相互远离解析当变阻器滑片向左滑动时，电路中的电流变大，螺线管的磁场增强，根据安培定则，由电流方向可确定螺线管内的磁场方向垂直导轨向下，由于螺线管处于两棒中间，所以穿过两棒与导轨所围成的回路磁通量变大，由楞次定律的“增反减同”可得，回路产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可判断安培力的方向，故ab棒所受安培力方向向左，cd棒所受安培力方向向右，两棒相互远离，故D正确，A、B、C错误。答案D6.(多选)(2019·北京摸底调研)如图6所示，在一空心螺线管内部中点处悬挂一铜环，闭合开关瞬间，下列说法正确的是()图6A.从左往右看，铜环中有逆时针方向的感应电流B.从左往右看，铜环中有顺时针方向的感应电流C.铜环有收缩趋势D.铜环有扩张趋势解析根据楞次定律，闭合开关瞬间，穿过铜环的磁通量向左增大，则铜环中产生的感应电流的磁场方向向右，从左往右看，铜环中感应电流沿顺时针方向，故A错误，B正确；穿过铜环的磁通量增大，根据楞次定律可知，铜环有收缩的趋势，故C正确，D错误。答案BC7.如图7所示，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()图7A.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BD.ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)解析ab向右运动，回路面积增大，θ减小，cosθ增大，由Φ＝BScosθ知，Φ增大，故选项A正确；同理可判断B、C、D中Φ不一定变化，不一定产生感应电流。答案A综合提能练8.如图8所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上。当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动。则关于线圈在此过程中受到的支持力FN、摩擦力f和线圈电流方向判断正确的是()图8A.FN先大于mg，后小于mgB.FN一直大于mgC.f先向左，后向右D.线圈中的电流方向始终不变解析当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即FN大于mg，线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力。当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，同理，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即FN小于mg，线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力。综上可知，FN先大于mg，后小于mg，f始终向左，故选项B、C错误，A正确；当磁铁靠近线圈时，穿过线圈向下的磁通量增加，线圈中产生感应电流从上向下看是逆时针方向；当磁铁远离线圈时，穿过线圈向下的磁通量减小，线圈中产生感应电流从上向下看是顺时针方向，故选项D错误。答案A9.(多选)现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图9所示，上面为侧视图，上、下为电磁铁的两个磁极，电磁铁线圈中电流的大小可以变化；下面为磁极之间真空室的俯视图。现有一电子在真空室中做圆周运动，从上往下看电子沿逆时针方向做加速运动。则下列判断正确的是()图9A.通入螺线管的电流在增强B.通入螺线管的电流在减弱C.电子在轨道中做圆周运动的向心力是电场力D.电子在轨道中加速的驱动力是电场力解析从上往下看电子沿逆时针方向做加速运动，表明感应电场沿顺时针方向。图示电磁铁螺线管电流产生的磁场方向竖直向上，根据楞次定律和右手定则，当磁场正在增强时，产生的感应电场沿顺时针方向，故选项A正确，B错误；电子所受感应电场力方向沿切线方向，电子在轨道中做加速圆周运动是由电场力驱动的，选项C错误，D正确。答案AD10.磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图10乙所示。如果只将刷卡速度改为eq\f(v0,2)，线圈中的E－t关系图可能是()图10解析刷卡速度改为原来eq\f(1,2)时，磁卡通过检测线圈的时间即有感应电动势产生的时间变为原来的2倍，可知A、B错误；由E＝BLv知，当只减小v时，磁卡与检测线圈在相同的相对位置处产生的感应电动势也减小，故C错误，D正确。答案D11.(多选)闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁感应强度大小按B－t图象变化，方向如图11所示，则回路中()图11A.电流方向为顺时针方向B.电流强度越来越大C.磁通量的变化率恒定不变D.产生的感应电动势越来越大解析由图象可知，磁感应强度随时间均匀增大，则由Φ＝BS可知，磁通量随时间均匀增加，故其变化率恒定不变，故C正确；由楞次定律可知，电流方向为顺时针，故A正确；由法拉第电磁感应定律可知，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)，故感应电动势保持不变，电流强度不变，故B、D错误。答案AC12.如图12所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()图12A.ΔΦ1>ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现B.ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现C.ΔΦ1<ΔΦ2，两次运动中线框