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专题十 电磁感应
考点 考纲要求 考点解读及预测
电磁感应现象 Ⅰ 近几年高考对本讲的考查集中在楞次定律，法拉第电磁感定律的应用，电磁感应中的图象问题、电路问题、动力学和能量问题，题型以选择题为主；计算题常以“导体棒”切割磁感线为背景，还可能会涉及动量的问题。常考角度归纳：(1)根据楞次定律判断感应电流的方向(2)结合安培定则、左手定则、楞次定律判断导体受力或运动方向(3)法拉第电磁感应定律E＝n和E＝Blv的比较应用(4)电磁感应的图像、受力、运动、能量、科技应用等综合问题
法拉第电磁感应定律 Ⅱ
楞次定律 Ⅱ
知识网络
难点一 感应电动势的求解
1.求解感应电动势的四种常见情景
表达式 E＝n E＝BLvsin θ E＝BL2ω E＝NBSω·sin (ωt＋φ0)
情景图
研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线) 绕一端转动的一段导体棒 绕与B垂直的轴转动的导线框
意义 一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势 一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应 电 动 势 用平均值法求瞬时感应电动势 求瞬时感应电动势
适用条件 所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析) 匀强磁场 匀强磁场 匀强磁场
难点二 安培力的应用
1．解答此类问题首先要分清左手定则、右手定则、安培定则
比较项目 左手定则 右手定则 安培定则
应用 磁场对运动电荷、电流作用力方向的判断 对因导体切割磁感线而产生的感应电流方向的判断 对电流产生磁场方向的判断
涉及方向的物理量 磁场方向、电流(电荷运动)方向，安培力(洛伦兹力)方向 磁场方向、导体切割磁感线的运动方向、感应电动势的方向 电流方向、磁场方向
各物理量方向间的关系图例
因果关系 电流→力 运动→电流 电流→磁场
应用实例 电动机 发电机 电流的磁效应
2.电磁感应中动力学问题的解题思路
(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向．
(2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向．
(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．
(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．
3．能量转化问题的分析：先电后力再能量．
难点三 电磁感应中的电路综合问题
【方法技巧】解决电磁感应中电路问题的思路
1．“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r.
2．“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．
3．根据E＝BLv或E＝n，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．
考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律
[典例1]　(多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。如图所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。线框穿过磁场的过程中(　　)
A．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
B．感应电流先增大，后减小
C．通过线框的电荷量为
D．c、b两点的最大电势差为BLv
[思路点拨]　①“三角形导线框”表明线框进入磁场过程中有效长度发生变化。
②“穿过磁场区域”表明磁通量先增大，后减少。
【解析】线圈穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小、再增加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选项B错误；根据q＝，因进入和穿出磁场时，磁通量的变化量相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C错误；当线框完全进入磁场时，c、b两点的电势差最大，最大为Ucb＝E＝B·Lv＝BLv，选项D正确。
【答案】AD
考点二 电磁感应中的图象问题
[典例2]（根据题目所给条件，选择图象）　(多选)(2020·杭州六校联考)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的闭合正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处。在y轴的右侧Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行且过线框的b点。t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域。取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i、a与b间的电势差Uab随时间t变化的图象分别是下图中的(　　)
A　　　　　B　　　　 C　　　　D
[思路点拨]　本题是线框平动切割磁感线过磁场，可分阶段分析有效长度变化判断电流大小和方向。
【解析】线框d点运动到O点的过程中，ab边切割磁感线，ab边相当于电源。根据右手定则可以确定线框中感应电流方向为逆时针方向，即正方向，ab边产生的电动势Eab＝BLabv，有效切割长度均匀减小到0，故Eab均匀减小到0，则感应电流均匀减小到0；然后cd边开始切割磁感线，cd边相当于电源，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，cd边产生的电动势Ecd＝BLcdv，有效切割长度均匀减小到0，故Ecd均匀减小到0，则感应电流均匀减小到0，故A项正确，B项错误。线框d点运动到O点过程中，ab边相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，a与b间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以bc、cd、da三条边的电阻和，并逐渐减小；ab边出磁场后，cd边相当于电源，电流由b到a，a与b间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以ab边的电阻，并逐渐减小，故C项错误，D项正确。]
【答案】AD
[典例3]　（利用题目所给图象信息，分析相关物理量）(多选)(2019·全国卷Ⅰ·T20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)
(a)　　　　　　　(b)
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
[思路点拨]　①“一硬质细导线……的圆环”可判断圆环电阻R＝ρ。
②图象信息：“0～t0”内磁感应强度减小，圆环内磁通量减少；“t0～t1”内磁通量反向增大。
在0～t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力方向水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力方向水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝＝πr2·＝，由R＝ρ可得R＝ρ ，根据欧姆定律可得I＝＝，所以选项C正确，D错误。
【答案】BC　
考点三 电磁感应中力电综合问题
[典例4]　如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2。两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab处由静止释放，若金属杆离开磁场前已做匀速运动，其余电阻均不计。求：
(1)金属杆离开磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向。
(2)金属杆离开磁场时速度的大小。
(3)金属杆穿过整个磁场过程中电阻R1上产生的焦耳热。
[思路点拨]　①“离开磁场前已做匀速运动”表明此时安培力与重力平衡。
②“边长为的正方形区域”表明导体棒切割的有效长度为。
[解析]　(1)设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得mg＝BI，解得I＝
所以R1中的电流大小I1＝＝，方向从P到M。
(2)设金属杆匀速运动时的速度为v
由E＝Bv
E＝I
得v＝。
(3)mg＝Q＋mv2
得Q＝－
R1上产生的焦耳热为
QR1＝Q＝－。
　(1)，方向从P到M　(2)
(3)－
考点四 电磁感应中的电路综合问题
[典例5]如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度大小为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，两边界间的宽度为s，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v－t图象(其中OA、BC、DE相互平行)．已知正方形金属线框的边长为L(LA．线框的速度v1一定等于
B．如果线框刚进入磁场时加速度大小是，则v2＝
C．如果线框刚进入磁场时加速度大小是，线框在进入磁场的过程中，通过线框的电荷量可能是
D．线框穿出磁场的过程中流经线框横截面的电荷量q＝
【解析】从题图乙知t1～t2时间内线框一直在做减速运动，t2时刻安培力一定不小于重力，mg≤BL，即v1≥，A错误；如果线框刚进入磁场时的加速度大小是，有BL－mg＝m，解得v2＝，B错误；如果线框刚进入磁场时加速度大小是，线框进入时满足－∑BiLΔt＋∑mgΔt＝mv1－mv2，即－BLQ＋mg(t2－t1)＝mv1－mv2，如果v1＝，则通过线框的电荷量最多为Q＝＋>，所以C正确；由于q＝＝，D正确．
【答案】
考点五 电磁感应中的STSE问题
[典例6]　（以科技为背景、考查电磁感应问题）(多选)近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利，如图甲所示为手机无线充电装置，其内部如图乙所示，手机和充电板内部均安装了金属线圈，将手机置于通电的充电板上，便实现了“无线充电”。充电时，充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。若从t＝0开始，对充电板内励磁线圈a端通入如图丙所示的交变电流，下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　乙　　　　　　　丙
A．在手机和充电板间垫上几张纸，也能无线充电
B．t1～t2时间内感应线圈与励磁线圈相互吸引
C．t2～t3时间内d点电势高于c点电势
D．t3时刻感应线圈中电流最大
【解析】因纸张不影响电磁感应现象，故也能无线充电，选项A正确；t1～t2时间内，由楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向与励磁线圈产生的磁场方向相同，所以感应线圈与励磁线圈相互吸引，选项B正确；t2～t3时间内，由楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向应与励磁线圈产生的磁场方向相同，所以电流应从d流向c，故d点电势低于c点电势，选项C错误；由图丙可知，t3时刻，励磁线圈中的i t图像的斜率为0，所以感应线圈中电流瞬时值也为0，是最小值，选项D错误。
【答案】AB
[典例7]　( 以交通工具为背景考查电磁感应问题)某研学小组设计了一个辅助列车进站时快速刹车的方案。如图所示，在站台轨道下方埋有一励磁线圈，通电后形成竖直方向的磁场(可视为匀强磁场)。在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车快速刹车。
已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度均为L(L小于匀强磁场的宽度)，整个线框的电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，车头进入磁场瞬间的速度为v0，假设列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。已知磁场的磁感应强度的大小为B，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。
(1)求列车车头刚进入磁场瞬间线框中的电流大小I和列车的加速度大小a；
(2)求列车从车头进入磁场到停止所用的时间t；
(3)请你评价该设计方案的优点和缺点(优、缺点至少写一种)。
[解析]　(1)车头进入磁场时线框ab边切割磁感线，有
E＝BLv0
线框中的电流为I＝
联立以上两式可得I＝
线框所受的安培力为F安＝BIL，由牛顿第二定律可得
F安＋f＝ma
联立各式可得a＝。
(2)以列车前进速度方向为正方向，由动量定理可得
－∑F安iΔti－ft＝0－mv0
其中F安i＝
又∑viΔti＝s
联立各式可得t＝。
(3)该方案的优点：利用电磁阻尼现象辅助刹车，可以使列车的加速度平稳减小；可以减小常规刹车的机械磨损。
该方案的缺点：没有考虑列车车厢和内部线路等也是金属材质，进入磁场时会产生涡流对设备产生不良影响；励磁线圈也需要耗能；线框固定在列车上增加负载且容易出现故障。
　见解析
一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)
1.安培曾做过如图所示的实验：把绝缘导线绕制成线圈，在线圈内部悬挂一个用薄铜片制成的圆环，取一条形磁铁置于铜环的右侧，条形磁铁的右端为N极；闭合开关．电路稳定后，发现铜环静止不动．安培由此错失发现电磁感应现象的机会．实际上，在电路接通的瞬间(　　)
A．从左侧看，铜环中有逆时针方向的感应电流
B．从左侧看．铜环中有顺时针方向的感应电流
C．铜环会远离磁铁
D．铜环会靠近磁铁
2.如图所示，表面粗糙的U形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R的金属棒ab，金属棒与线框接触良好，通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，此时金属棒静止．下列说法正确的是(　　)
A．当变阻器滑片P向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大
B．当变阻器滑片P向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右
C．当变阻器滑片P向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a到b
D．当变阻器滑片P向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a到b
3．如图甲所示，水平平行放置的光滑平行金属导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接有定值电阻R，金属棒ab垂直放置在导轨上．现用平行于导轨向右的力F拉金属棒ab，金属棒ab的速度v随时间t的变化情况如图乙所示．不计金属棒和金属导轨的电阻，金属棒与导轨接触良好且无摩擦，则拉力F随时间t的变化规律可能是图丙中的(　　)
4．如图所示，以等腰直角三角形ABC为边界的有界匀强磁场垂直于纸面向里，一个等腰直角三角形线框abc的直角边ab的长是AB长的一半，线框abc在纸面内．线框的cb边与磁场边界BC在同一直线上，现在让线框匀速地向右通过磁场区域，速度始终平行于BC边，则在线框穿过磁场的过程中，线框中产生的电流随时间变化的关系图象是(设电流沿顺时针方向为正)(　　)
5.如图所示，光滑水平面内有一边长为L的正方形导体线框abcd，置于垂直水平面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框ab边平行磁场边界MN.线框以垂直于MN的速度v匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生的焦耳热为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；若线框以速度2v匀速进入磁场，进入磁场过程中，产生的焦耳热为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2.则下列选项正确的是(　　)
A．Q2＝2Q1，q2＝2q1
B．Q2＝2Q1，q2＝q1
C．Q2＝Q1，q2＝q1
D．Q2＝4Q1，q2＝2q1
6.有一个本来无电流的固定的金属圆环如图所示，虚线为其轴线．在其右侧有一个条形永磁体，永磁体在圆环的轴线上，当永磁体绕垂直于纸面的水平轴OO′匀速转动时，如果从右往左看，下列情况下，关于圆环中感应电流的方向和大小的说法正确的是(　　)
A．当永磁体顺时针开始转动瞬间，感应电流沿顺时针方向，感应电流最大
B．当永磁体顺时针开始转动瞬间，感应电流沿逆时针方向，感应电流最大
C．当永磁体逆时针开始转动瞬间，感应电流沿顺时针方向，感应电流最小
D．当永磁体逆时针开始转动瞬间，感应电流沿逆时针方向，感应电流最小
7.用绝缘导线绕成一圆环，环内有一用同样绝缘导线折成的内接正四边形线框，如图所示，现把它们放在方向垂直环面向里的匀强磁场中．当匀强磁场均匀变化时，在圆环和四边形线框中产生的感应电流的比值为(不考虑感应电流产生的磁场对磁场变化的影响)(　　)
A．2 B. C. D.
8.如图所示，在匀强磁场的上方有一质量为m、半径为R的细导线做成的圆环，圆环的圆心与匀强磁场的上边界的距离为h.将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v.已知匀强磁场的磁感应强度为B，导体圆环的电阻为r，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．圆环刚进入磁场的瞬间，速度v＝
B．圆环进人磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR
C．圆环进入磁场的过程中，通过导体横截面的电荷量为
D．圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动
9.(多选)如图所示，两平行光滑的金属导轨相距L＝0.5 m，导轨的上端连接一阻值为R＝1 Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，导轨处于磁感应强度大小为B＝1 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．一粗细均匀、质量为m＝0.5 kg的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑过程始终保持与导轨垂直且接触良好，金属杆的电阻为r＝0.1 Ω.经过一段时间后，金属杆达到最大速度vm.导轨的电阻和空气阻力均可忽略，重力加速度g取10 m/s2.下列结论正确的是(　　)
A．金属杆的最大速度vm等于10 m/s
B．金属杆的速度为vm时的加速度大小为2.5 m/s2
C．金属杆滑至底端的整个过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－mv
D．金属杆达到最大速度后，杆中定向运动的电荷沿杆长度方向的平均速度与杆的粗细无关
10.如图所示，让一金属圆盘(铝质)接近磁铁的两极，但不接触，且磁铁的中心轴线与圆盘的圆心在同一直线上．现让磁铁按照图示的方向转动，则下列判断正确的是(　　)
A．圆盘上产生了感应电动势
B．在磁铁转动过程中，穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
C．圆盘会随磁铁沿同一方向转动，但略有滞后
D．磁铁对圆盘的磁场力是圆盘随磁铁一起转动的原因
计算题
11．(2020·泉州模拟)如图甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，每根导轨均由两段与水平面成θ＝30°的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值R1＝R2＝2 Ω，导轨间距L＝0.6 m。在右侧导轨所在斜面的矩形区域M1M2P2P1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M1P1、M2P2的距离d＝0.2 m，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，在右侧导轨斜面上与M1P1距离s＝0.1 m处，有一根阻值r＝2 Ω的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好独立匀速通过整个磁场区域，重力加速度g取10 m/s2，导轨电阻不计。求：
(1)ab在磁场中运动的速度大小v；
(2)在t1＝0.1 s时刻和t2＝0.25 s时刻电阻R1的电功率之比。
12.(2020·浙江宁波模拟)如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN, 相距为L＝0.5 m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小如图乙变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为h＝0.2 m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1＝0.2 kg，有效电阻R1＝0.05 Ω，cd棒的质量为m2＝0.1 kg，有效电阻为R2＝0.15 Ω.(设a、b棒在运动过程始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计)。问：
(1)0～1 s时间段通过cd棒的电流大小与方向；
(2)假如在1 s末，同时解除对ab棒和cd棒的锁定，稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度做匀速直线运动， 试求这一速度；
(3)对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动，ab棒产生的热量为多少？
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
2.（2019·新课标全国Ⅲ卷）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是（ ）
3.（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度变小恰好为零，从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（ ）
4.(2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　　)
(a)　　　 　(b)
A．在t＝时为零 B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向 D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
5.(2018·全国卷Ⅰ·11)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)
A．　　　　　 B．　　　　C．　　　　　 D．2
6．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，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．将一小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　(　　)
A．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
7. (2019·高考江苏卷)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T．现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起．求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q.
8．(2019·高考北京卷)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B.纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行．从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q.
9.(2019·高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计．
(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W.
10.( 2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F x图象下的“面积”代表力F做的功，sin 37°＝0.6)
(1)磁感应强度B的大小；
(2)外力F随位移x变化的关系式；
(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.
参考答案
【过关检测】
1.BD【解析】条形磁铁的磁场穿过铜环的磁通量由左向右，闭合开关，线圈通电后，由安培定则可知，线圈的磁场穿过铜环的磁通量由右向左，引起穿过铜环的由左向右的磁通量减小，由楞次定律可知，铜环产生的感应电流的磁场向右，再由安培定则可知，从左侧看，铜环中有顺时针方向的感应电流，由于感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以铜环会靠近磁铁，故B、D正确，A、C错误．
2.C【解析】根据右手螺旋定则可知，螺线管下端为N极，螺线管内部磁场方向竖直向下，螺线管外部磁场方向竖直向上，而穿过回路总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得，流过金属棒的电流方向由a到b，A错误，C正确；当变阻器滑片P向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得，流过金属棒的电流方向由b到a，而金属棒所在处磁场方向竖直向上，故金属棒所受安培力方向向右，摩擦力方向向左，B、D错误．
3．B【解析】根据E＝BLv，I＝，F安＝BIL，得F安＝，由图象知，金属棒ab做匀加速运动，有v＝at，根据牛顿第二定律得F－F安＝ma，联立得F＝t＋ma，可知F与t是线性关系，F t图象是不过原点的向上倾斜的直线，B正确．
4．D【解析】线框匀速进入磁场的过程中，ab边切割磁感线的有效长度随时间均匀增大，因此感应电动势随时间均匀增大，感应电流随时间均匀增大，ab边切割磁感线的有效长度最大值等于ab的长，此时电流有最大值，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向；当线框完全进入磁场后，回路中磁通量变化量为零，感应电流为零；当ab边穿出磁场时，ac边切割磁感线的有效长度随时间均匀减小，产生的感应电流随时间均匀减小，且ac边切割磁感线的有效长度的最大值等于ab边的长度，故穿过磁场与进入磁场的电流最大值相等，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，因此D正确．
5.B【解析】根据I＝及F＝BIL可得F＝，安培力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由Q＝W＝FL＝可知产生的焦耳热与速度成正比，所以Q2＝2Q1；根据q＝可知通过线框导体横截面的电荷量与速度无关，q2＝q1，选项B正确．
6.C【解析】根据楞次定律可知，不管永磁体是顺时针转动还是逆时针转动，开始转动瞬间垂直向左穿过圆环的磁感线条数减少，由楞次定律可知感应电流的磁场方向一定向左，根据安培定则可知，感应电流的方向是顺时针方向(从左往右看)，此时穿过圆环的磁通量最大，磁通量的变化率最小，所以感应电流最小，选项C正确．
7.B【解析】设磁感应强度的变化率＝k，圆环的半径为a，则由法拉第电磁感应定律可得圆环上产生的感应电动势E1＝·πa2＝πka2，由几何关系可知四边形线框的边长为a，则四边形线框上产生的感应电动势E2＝·2a2＝2ka2，设导线的电阻率为ρ，横截面积为S，则由电阻定律可得圆环的电阻R1＝ρ，四边形线框的电阻R2＝ρ，故圆环中的电流I1＝＝，四边形线框中的电流I2＝＝，所以＝，故选项B正确．
【答案】B
8.ABC【解析】圆环从图示位置开始运动到刚进入磁场时，下落的高度为h－R，根据自由落体运动的规律得到v2＝2g(h－R)，解得v＝，故选项A正确；圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度相等，根据功能关系可以知道重力做的功，大小为2mgR，根据能量守恒，重力做的功等于电阻产生的热量，故选项B正确；圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝＝，故选项C正确；圆环进入磁场的过程中，受到的安培力F＝，随有效长度l发生改变，圆环受力不平衡，因此圆环不可能做匀速直线运动，故选项D错误．
9.BD【解析】金属杆达到最大速度时，所受合力为零，则mgsin θ＝F安＝BIL＝，则最大速度vm＝＝×(1＋0.1) m/s＝11 m/s，A错误；金属杆的速度为vm时，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－·＝ma，即mgsin θ－×mgsin θ＝ma，解得加速度大小为2.5 m/s2，B正确；金属杆滑至底端的整个过程中，整个回路中产生的焦耳热为mgh－mv，电阻R产生的焦耳热一定小于mgh－mv，C错误；金属杆达到最大速度后，根据受力平衡可得mgsin θ＝F安＝BIL，得I＝＝neS，得＝，其中n为单位体积的电子数，ρ为金属杆的密度，所以杆中定向运动的电荷沿杆长度方向的平均速度与杆的粗细无关，D正确．
10.AC【解析】将圆盘沿半径方向分割成许多金属条，当磁铁转动时，这些金属条就会切割磁感线，圆盘上产生感应电动势，A正确；由分析可知，在磁铁转动过程中，穿过整个圆盘的磁通量不发生变化，B错误；以圆盘盘面的其中一条直径为界，两侧穿过圆盘的磁感线的方向不同，当磁铁转动时，穿过圆盘两侧局部的磁通量发生变化，从而在圆盘上的不同位置产生涡流．由楞次定律可知，涡流会阻碍磁铁与圆盘间的相对运动，因此圆盘会跟随磁铁一起转动，但产生涡流是前提，因此圆盘的转动比磁铁略有滞后，C正确；圆盘随磁铁一起转动是由圆盘上产生的涡流引起的，与磁铁对圆盘的磁场力无关，D错误．
【答案】AC
11．解析：(1)由mgs·sin θ＝mv2
得v＝＝1 m/s。
(2)棒从释放到运动至M1P1的时间
t＝＝0.2 s
在t1＝0.1 s时，棒还没进入磁场，
有E1＝＝Ld＝0.6 V
此时，R2与金属棒并联后再与R1串联
R串＝3 Ω
U1＝R1＝0.4 V
由图乙可知，t＝0.2 s后磁场保持不变，ab经过磁场的时间t′＝＝0.2 s
故在t2＝0.25 s时ab还在磁场中运动，电动势E2＝BLv＝0.6 V
此时R1与R2并联，R总＝3 Ω，得R1两端电压U1′＝0.2 V
电功率P＝，故在t1＝0.1 s和t2＝0.25 s时刻电阻R1的电功率比值＝＝4。
答案：(1)1 m/s　(2)4
12.[解析]　(1) 0～1 s时间内由于磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律E＝＝＝和闭合电路欧姆定律I＝，代入数据可解得：I＝1.25 A。
cd棒中电流由d→c。
(2)1 s末后由磁场不变，ab棒从高为h处滑下到ef过程，由动能定理可知，
m1gh＝m1v02
得v0＝＝ m/s＝2 m/s，
从ab棒刚到ef处至两棒达共同速度过程，由动量守恒定律得，
m1v0＝(m1＋m2)v
即0.2×2＝(0.1＋0.2)v
解得v＝ m/s。
(3)对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动过程，由能量守恒可知，
m1gh＝(m1＋m2)v2＋Q
代入数据解得：Q＝ J
由于ab和cd棒串联，所以产生的热量之比等于电阻之比，所以
Qab＝Q＝× J＝ J。
[答案]　(1)1.25 A　d→c　(2) m/s　(3) J
【高考链接】
1．BC【解析】根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝＝πr2·＝，根据电阻定律可得R＝ρ，根据欧姆定律可得I＝＝，所以选项C正确，D错误．
2.AC【解析】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误。
3.AD【解析】于PQ进入磁场时加速度为零，AB．若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量φ不变，无感应电流。由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确B错误；CD．若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量φ不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故C正确D错误。
4.AC　【解析】因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小。由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误。再由楞次定律可判断在一个周期内，～内电动势的方向沿顺时针，时刻最大，C正确。其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。
5.B　【解析】在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有
E1＝＝
根据闭合电路欧姆定律，有
I1＝且q1＝I1Δt1
在过程Ⅱ中，有E2＝＝
I2＝，q2＝I2Δt2
又q1＝q2，即＝
所以＝.
6．AD【解析】由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈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．
7. 【解析】(1)感应电动势的平均值E＝
磁通量的变化ΔΦ＝BΔS
解得E＝，代入数据得
E＝0.12 V.
(2)平均电流I＝
代入数据得I＝0.2 A(电流方向见图).
(3)电荷量q＝IΔt
代入数据得q＝0.1 C.
【答案】(1)0.12 V　(2)0.2 A　电流方向见解析图　(3)0.1 C
8．【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv.
(2)线圈中的感应电流I＝
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝Fv＝.
(3)线圈ab边电阻Rab＝
时间t＝
ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝.
【答案】(1)BLv　(2)　(3)
9.【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E＝，
则E＝k①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有
R并＝②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝③
设PQ中的电流为IPQ，有
IPQ＝I④
设PQ受到的安培力为F安，有
F安＝BIPQl⑤
保持PQ静止，由受力平衡，有
F＝F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得
F＝⑦
方向水平向右．
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ ，平均感应电动势为，有
＝⑧
其中ΔΦ＝Blx⑨
设PQ中的平均电流为，有
＝⑩
根据电流的定义得
＝ (11)
由动能定理，有
Fx＋W＝mv2－0(12)
联立⑦⑧⑨⑩(11) (12)式得
W＝mv2－kq. (13)
10.【解析】(1)在x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝
此时v＝kx＝1 m/s
解得B＝＝ T
(2)在无磁场区间0≤x<0.2 m内，有
a＝5 s－1×v＝25 s－2×x
F＝25 s－2×xm＋μmgcos θ＋mgsin θ＝(0.96＋2.5x) N
在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m内，有
FA＝＝0.6x N
F＝(0.96＋2.5x＋0.6x) N＝(0.96＋3.1x) N
(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)
WA1＝(x1＋x2)(x2－x1)＝0.18 J
撤去外力后，设棒ab上升的最大距离为x，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有
(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝mv2
(mgsin θ－μmgcos θ)x＝mv′2
解得v′＝2 m/s
由于mgsin θ－μmgcos θ－＝0
故棒ab再次进入磁场后做匀速运动
下降过程中克服安培力做的功WA2＝(x2－x1)＝0.144 J
Q＝WA1＋WA2＝0.324 J
【答案】　(1) T　(2)(0.96＋3.1x) N　(3)0.324 J
考纲解读
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重点拓展
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