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第9讲 电磁感应
考题一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
（2023 浙江模拟）如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点（p、q两点到螺线管边缘的距离相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（ ）
A．永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度
B．永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能
C．若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光
D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度
（2023 镇海区模拟）如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0～t0内驱动线圈的电流i随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A．发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左
B．t＝t0时驱动线圈产生的自感电动势最大
C．t＝0时发射线圈具有的加速度最大
D．t＝t0时发射线圈中的感应电流最大
（2021 浙江模拟）如图甲所示，虚线MN两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0，左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，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，则下列说法正确的是（ ）
A．0～t0时间内，圆环中的电流方向为逆时针方向
B．t＝t0时刻，圆环中的电流为0
C．tt0时刻，圆环受到的安培力大小为
D．在0～t0时间内，通过圆环的电荷量为
（2023 西湖区校级模拟）如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A．t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C．若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
1．楞次定律中“阻碍”的表现
(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)．
(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)．
(3)阻碍原电流的变化(自感现象)．
2．楞次定律和右手定则的适用对象
(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形．
(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形．
3．求感应电动势大小的五种类型
(1)磁通量变化型：E＝n. (2)磁感应强度变化型：E＝nS.
(3)面积变化型：E＝nB. (4)平动切割型：E＝Blv. (5)转动切割型：E＝Bl2ω.
考题二 电磁感应的图象问题
（2023 昌平区二模）如图1所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，线框平面与磁场垂直。线框中产生的感应电流如图2所示（规定电流沿abcd为正）。若规定垂直纸面向里为磁场正方向，能够产生如图所示的电流的磁场为（ ）
A． B．
C． D．
（2023 菏泽一模）如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场。边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行。设导线框中感应电流i逆时针流向为正。若t＝0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i﹣t图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
1．解决电磁感应图象问题的“三点关注”
(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．
(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程相对应．
2．解决电磁感应图象问题的一般步骤：
(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等．
(2)分析电磁感应的具体过程．
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．
(6)画图象或判断图象．
考题三 电磁感应中的电路问题
（2023 龙华区校级四模）如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l，bc间电阻为R，其它部分电阻不计。导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N。并与导轨成θ角，金属杆以ω的角速度绕N点由图示位置逆时针匀速转动到与导轨ab垂直。转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆电阻忽略不计，则在金属杆转动过程中（ ）
A．M、N两点电势相等
B．金属杆中感应电流的方向由M流向N
C．电路中感应电流的大小始终为
D．电路中通过的电荷量为
（多选）（2023 香坊区校级模拟）如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．金属杆中感应电流方向为a指向b
B．金属杆所受的安培力的方向沿轨道向上
C．金属杆的质量为1kg
D．定值电阻的阻值为1Ω
（多选）（2023春 郫都区校级期中）如图所示，两根足够长、间距为L的光滑竖直平行金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中电阻的阻值为R，电容器的电容为C（不会被击穿），金属棒MN水平放置，质量为m，空间存在垂直轨道向外的磁感应强度大小为B的匀强磁场，不计金属棒和导轨的电阻。闭合某一开关，让MN沿导轨由静止开始释放，金属棒MN和导轨始终接触良好，下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．只闭合开关S1，金属棒MN做匀加速直线运动
B．只闭合开关S2，金属棒MN做匀加速直线运动
C．只闭合开关S1，金属棒MN下降高度为h时速度为v，则所用时间
D．只闭合开关S2，通过金属棒MN的电流
解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源，哪一部分为负载以及负载间的连接关系．
(3)运用闭合电路欧姆定律，串并联电路的性质、电功率等公式求解．
考题四 电磁感应中的动力学、动量、能量转化问题
（2023 浙江模拟）如图，相距为L＝1m的光滑金属轨道，左侧部分倾斜，倾角为θ＝37°，上端接有阻值为R＝3Ω的电阻，左侧空间存在有垂直于斜面向上的磁场B0＝3T，右侧部分水平，分布着如图所示的磁场，边界CD与EF相距s1＝3m，中间分布着竖直向下的磁场，边界EF与GH相距为s2＝5m，中间分布着竖直向上的磁场，它们的磁感应强度都为B＝2T，左右两部分在倾斜轨道底端用光滑绝缘材料平滑连接，金属棒a与b的质量都为m＝1kg，长度都为L＝1m，电阻都为R＝3Ω，一开始金属棒b静止在边界EF与GH的中点，金属棒a从斜面上高度为h＝2m处滑下，到达斜面底端前已经匀速运动，此后进入水平轨道，发现金属棒a到达边界EF时已经再次匀速。运动过程中，两棒与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，两棒如果相碰则发生弹性碰撞。
（1）求斜面上金属棒a的匀速运动速度v0；
（2）当棒a到达边界EF时，棒b的位移大小xb，以及a棒在CD与EF之间的运动时间t1；
（3）求最终稳定时两棒的间距x，以及全过程a棒的总发热量。
（2023 杭州一模）如图甲所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，有一质量为m＝1kg矩形金属导体框ACDE，其中AC、DE长为L＝2m，电阻均为R＝0.5Ω；AE、CD足够长且电阻不计，AC与斜面底边平行。另外有一导体棒MN质量为，长为L＝2m，电阻也为R＝0.5Ω，平行于AC放置在导体框上，其上方有两个垂直斜面的立柱阻挡，导体棒MN与导体框间的动摩擦因数μ＝0.1，在MN下方存在垂直斜面向上、磁感应强度B＝1T的匀强磁场，MN上方（含MN处）存在沿斜面向上、大小也为B＝1T的匀强磁场。t＝0时刻在DE边给导体框施加一个沿斜面向上的拉力F，导体框在向上运动过程中，测得导体棒MN两端电压随时间变化关系如图乙所示，经过2s后撤去拉力，此过程中拉力做功W＝294.6J。导体棒MN始终与导体框垂直且紧靠立柱。求：
（1）前2s内金属导体框的加速度大小；
（2）前2s内拉力F与时间t的变化关系；
（3）在拉力作用这段时间内，棒MN产生的焦耳热。
（2023 温州三模）某学校举办“跌不破的鸡蛋”小发明比赛，小王设计了如图甲所示的装置。装置绝缘外框架MNGH下端固定了一个横截面（俯视）如图乙所示的磁体，两磁极间存在沿径向向外的辐向磁场，不考虑其他区域的磁场。CDEF是一个金属线框，CF、DE两边被约束在外框架的凹槽内，可沿外框架无摩擦上下滑动，CD边的正中间接有一个半径为r（r略大于圆柱形N磁极的半径）、匝数为n、总电阻为R的线圈，EF边接有一装有鸡蛋的铝盒，铝盒的电阻也为R。铝盒与外框架连接了一根劲度系数为k的轻质弹簧．开始装置在离水平地面h高度处保持竖直状态，待铝盒静止后将弹簧锁定，此时线圈上端恰好位于磁体上边界处。现由静止释放装置，装置落地前瞬间弹簧立即解除锁定，落地时外框架MNGH连同磁体的速度立即变为零。已知线框CDEF（含线圈、铝盒、鸡蛋）的总质量为m，线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是刚落地时的三倍，此时EF仍未进入磁场。已知线圈所在处的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能表达式为，除线圈和铝盒外，其他部分电阻不计，忽略空气阻力。
（1）求装置落地时C、D两点间的电压UCD；
（2）从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，求通过线圈的电荷量q；
（3）从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，线框上产生的焦耳热为Q1；从落地到线框最终静止的过程中，线框上产生的焦耳热为Q2，求Q1与Q2的比值。
此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题首先要建立“动→电→动”的思维顺序．
1．基本思路
(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)求解电动势大小和方向．
(2)根据欧姆定律，求解回路中电流．
(3)分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况．
(4)运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解．
2．注意的问题
运用功能关系时，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能．
（2023 台州二模）小张用多用表的欧姆挡测量一个带铁芯变压器线圈的电阻。小杨两手分别握住线圈裸露的两端让小张测量，测量时表针摆过了一定角度。正当小张将表笔与线圈脱离时，小杨有电击感。下列说法正确的是（ ）
A．实验中小张也有电击感
B．表笔与线圈脱离前后通过小杨的电流方向不变
C．若未放置铁芯，小杨电击感减弱
D．小杨有电击感，是因为表笔与线圈脱离后流过线圈的电流突然变大
（2023 镇海区校级模拟）电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。其简化示意图如图所示。则当图中琴弦向右靠近线圈时（ ）
A．穿过线圈的磁通量减小 B．线圈中不产生感应电流
C．琴弦受向左的安培力 D．线圈有扩张趋势
（2023 温州模拟）如图所示，磁铁在电动机和机械装置的带动下，以O点为中心在水平方向上做周期性往复运动。两匝数不同的线圈分别连接相同的小灯泡，且线圈到O点距离相等。线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响可以忽略，不考虑灯泡阻值的变化。下列说法正确的是（ ）
A．两线圈产生的电动势有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率不相等
C．两小灯泡消耗的电功率相等
D．两线圈产生的电动势同时为零
（2022 绍兴二模）如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是（ ）
A．灯泡的亮暗不会发生变化
B．磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力
C．从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向
D．若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁振动的幅度不会减小
（2022 宁波模拟）如图，是电子感应加速器的示意图，上图是侧视图，下图是真空室的俯视图，如果从上向下看，要实现电子沿逆时针方向在环中加速运动。那么电磁铁线圈中的电流应满足（ ）
A．与图示线圈中电流方向一致，电流在减小
B．与图示线圈中电流方向一致，电流在增大
C．与图示线圈中电流方向相反，电流在减小
D．与图示线圈中电流方向相反，电流在增大
（2022 温州二模）如图所示，空间分布着方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，EF是其右边界。半径为r的单匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，线圈的圆心O在EF上；另有一根长为2r的导体杆与EF重合，杆两端点a、b通过电刷与圆形线圈连接，线圈和导体杆单位长度电阻相同。情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，转动方向如图所示；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动。两情况均从图示位置开始计时，关于导体杆ab两端点的电压Uab情况，下列说法正确的是（ ）
A．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙
B．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁
C．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁
D．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙
（2022 鹿城区校级模拟）半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流
B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv
C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流Im
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加
（2022 浙江模拟）如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好．导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直，t＝0时，将开关S由1掷向2，分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则图所示的图象中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（2023 乐清市校级模拟）如图甲所示，一质量为M、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量可不计的细导线系在同一水平面上的固定连接点上.在导体棒所在空间存在方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。细导线通过开关S与电阻R和直流电源串接起来。不计空气阻力和其它电阻，导体棒运动时，细导线偏离竖直方向用图示的角度θ来表示。接通S，导体棒恰好在时处于静止状态；将导体棒从移到（δ为小量），静止后撤去外力，导体棒开始振动起来，则（ ）
A．电源电动势
B．振动周期
C．电阻消耗的焦耳热
D．角度θ随时间t变化的图线为图乙
如图1所示，在光滑的水平面上，有一质量m＝1kg、足够长的U形金属导轨abcd，间距L＝1m。一电阻值R＝0.5Ω的细导体棒MN垂直于导轨放置，并被固定在水平面上的两立柱挡住，导体棒MN与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，在M、N两端接有一理想电压表（图中未画出）。在U形导轨bc边右侧存在垂直向下、大小B＝0.5T的匀强磁场（从上向下看）；在两立柱左侧U形金属导轨内存在方向水平向左，大小为B的匀强磁场。以U形导轨bc边初始位置为原点O建立坐标x轴。t＝0时，U形导轨bc边在外力F作用下从静止开始运动时，测得电压与时间的关系如图2所示。经过时间t1＝2s，撤去外力F，直至U形导轨静止。已知2s内外力F做功W＝14.4J．不计其他电阻，导体棒MN始终与导轨垂直，忽略导体棒MN的重力。求：
（1）在2s内外力F随时间t的变化规律；
（2）在整个运动过程中，电路消耗的焦耳热Q；
（3）在整个运动过程中，U形导轨bc边速度与位置坐标x的函数关系式。
如图，光滑水平桌面上等间距分布着4个条形匀强磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度B＝1T，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d＝0.5m。桌面上现有一边长l＝0.1m、质量m＝0.2kg、电阻R＝0.1Ω的单匝正方形线框abcd，在水平恒力F＝0.3N作用下由静止开始从左侧磁场边缘垂直进入磁场，在穿出第4个磁场区域过程中的某个位置开始做匀速直线运动，线框ab边始终平行于磁场边界，取g＝10m/s2，不计空气阻力。求
（1）线框刚好完全穿出第4个磁场区域时的速度；
（2）线框在整个运动过程中所产生的焦耳热；
（3）线框从开始运动到刚好完全穿出第4个磁场区域所用的时间。
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第9讲 电磁感应
考题一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
（2023 浙江模拟）如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点（p、q两点到螺线管边缘的距离相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（ ）
A．永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度
B．永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能
C．若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光
D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度
【解答】解：A．灯泡在永磁体通过p点时的亮度大于永磁体通过q点时的亮度，说明永磁体通过p点时产生的感应电流大于永磁体通过q点时的感应电流，根据切割电动势规律和欧姆定律，即永磁体在p点时的速度大于在q点时的速度，故A错误；
B．根据能量转化与守恒，由于灯泡发光，所以永磁体的机械能不断减小，即永磁体在p点时的机械能大于在q点时的机械能，故B错误；
C．根据楞次定律，当永磁体靠近螺线管和远离螺线管时产生的感应电流方向相反，根据二极管反向截止的特性，所以二极管不会都发光，故C正确；
D．若将永磁体的极性对调，根据切割电动势规律和欧姆定律，则在其通过q点时灯泡的亮度仍将小于其通过p点时的亮度，故D错误。
故选：C。
（2023 镇海区模拟）如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0～t0内驱动线圈的电流i随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A．发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左
B．t＝t0时驱动线圈产生的自感电动势最大
C．t＝0时发射线圈具有的加速度最大
D．t＝t0时发射线圈中的感应电流最大
【解答】解：A、根据安培定则可知，驱动线圈内的磁场方向水平向右，再由图乙可知，驱动线圈的电流增大，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，故A正确；
BD、由图乙可知，t＝t0时驱动线圈的电流变化最慢，电流变化率最小，此时通过发射线圈的磁通量变化率最小，此时驱动线圈产生的自感电动势最小，感应电流最小，故BD错误；
C、t＝0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值，则此时发射线圈具有的加速度不是最大，故C错误。
故选：A。
（2021 浙江模拟）如图甲所示，虚线MN两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0，左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，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，则下列说法正确的是（ ）
A．0～t0时间内，圆环中的电流方向为逆时针方向
B．t＝t0时刻，圆环中的电流为0
C．tt0时刻，圆环受到的安培力大小为
D．在0～t0时间内，通过圆环的电荷量为
【解答】解：A、0～t0时间内，圆环中左侧的磁通量向内减小，右侧磁通量不变，根据楞次定律可知圆环中的电流方向为顺时针方向，故A错误；
B、根据法拉第电磁感定律，圆环中产生的感应电动势ES，t＝t0时刻磁通量变化率不为0，则电动势不为0，圆环中的电流不0，故B错误；
C、上式中Sπr2，，据欧姆定律有I，据电阻定律有，tt0时刻圆环受到的安培力，力方向垂直于MN向左，故C错误；
D、在0～t0时间内，通过圆环的电荷量qt，又，，圆环磁通量的变化量△Φ＝B0 πr2，联立解得，故D正确。
故选：D。
（2023 西湖区校级模拟）如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A．t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C．若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
【解答】解：A、根据楞次定律的“来拒去留”可知，条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上，故A错误；
B、根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，由于磁场的方向相反，则磁场的变化也相反，所以产生的感应电流的方向也相反，即将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；
C、若将线圈的匝数加倍，根据法拉第电磁感应定律：E，可知线圈内产生的感应电动势将增大，所以对磁铁运动的阻碍作用增大，因此磁铁的最大速度将减小，所以将线圈的匝数加倍时，减小，所以线圈中产生的电流峰值不能加倍，故C错误；
D、若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，假设磁铁做自由落体运动，根据穿过线圈时的速度v，可知磁铁穿过线圈的速度增大为原来的倍，因此不能增大为原来的2倍，所以线圈中产生的电流峰值也不能加倍，故D错误。
故选：B。
1．楞次定律中“阻碍”的表现
(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)．
(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)．
(3)阻碍原电流的变化(自感现象)．
2．楞次定律和右手定则的适用对象
(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形．
(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形．
3．求感应电动势大小的五种类型
(1)磁通量变化型：E＝n. (2)磁感应强度变化型：E＝nS.
(3)面积变化型：E＝nB. (4)平动切割型：E＝Blv. (5)转动切割型：E＝Bl2ω.
考题二 电磁感应的图象问题
（2023 昌平区二模）如图1所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，线框平面与磁场垂直。线框中产生的感应电流如图2所示（规定电流沿abcd为正）。若规定垂直纸面向里为磁场正方向，能够产生如图所示的电流的磁场为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：由图可知，0﹣t1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0﹣t1内磁场与时间的关系是一条斜线。
又由于0﹣t1时间内电流的方向为正，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场的方向向里，与原磁场的方向相同，所以是向里的磁场减小，或向外的磁场增大；
故C正确，ABD错误；
故选：C。
（2023 菏泽一模）如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场。边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行。设导线框中感应电流i逆时针流向为正。若t＝0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i﹣t图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：0～t1时间内是线框的左边由PQ向左进入磁场到G点的过程，根据右手定则判断可知感应电流为顺时针（负值），而切割磁感线的有效长度随着水平位移而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；
t1～2t1时间内，线框的左右两边同向同速切割相反的磁场，两边产生的感应电动势是同向的，线框的总电动势为两者电动势相加，左右两边的有效长度之和等于L不变，由E＝BIv，可知线框的总电动势不变，则感应电流大小恒定，根据右手定则判断可知感应电流为逆时针（正值）。故ABC错误，D正确。
故选：D。
1．解决电磁感应图象问题的“三点关注”
(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．
(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程相对应．
2．解决电磁感应图象问题的一般步骤：
(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等．
(2)分析电磁感应的具体过程．
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．
(6)画图象或判断图象．
考题三 电磁感应中的电路问题
（2023 龙华区校级四模）如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l，bc间电阻为R，其它部分电阻不计。导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N。并与导轨成θ角，金属杆以ω的角速度绕N点由图示位置逆时针匀速转动到与导轨ab垂直。转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆电阻忽略不计，则在金属杆转动过程中（ ）
A．M、N两点电势相等
B．金属杆中感应电流的方向由M流向N
C．电路中感应电流的大小始终为
D．电路中通过的电荷量为
【解答】解：A、金属杆逆时针转动切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，由右手定则可知MN中感应电流方向由M→N，则M点电势低于N点电势，故A错误；
B、根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向是由M流向N，故B正确；
C、在图示位置，金属棒切割磁感线产生感应电动势为E＝BLB
回路中的电阻为R，则回路中的感应电流为，可知在不同位置电流值不同，故C错误；
D、电路中通过的电量为
根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得，联立可得，故D错误。
故选：B。
（多选）（2023 香坊区校级模拟）如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．金属杆中感应电流方向为a指向b
B．金属杆所受的安培力的方向沿轨道向上
C．金属杆的质量为1kg
D．定值电阻的阻值为1Ω
【解答】解：A、金属杆沿轨道向下滑动，磁场垂直于轨道向上，由右手定则可知，金属杆中感应电流方向为b指向a，故A错误；
B、磁场垂直于轨道平面向上，金属杆中的电流由b流向a，由左手定则可知，金属杆所受的安培力沿斜面向上，故B正确；
CD、电路总电阻：R总
金属杆匀速下滑时速度最大，最大速度为vm时切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLvm
通过金属杆ab的电流：I
金属杆受到的安培力大小：F＝BIL
由平衡条件得：mgsinθ
整理得：
由图乙可知，图像的斜率：kΩ s/m＝0.5Ω s/m
纵轴截距：b0.5s/m
代入数据解得：m＝0.1kg，R1＝1Ω，故C错误，D正确。
故选：BD。
（多选）（2023春 郫都区校级期中）如图所示，两根足够长、间距为L的光滑竖直平行金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中电阻的阻值为R，电容器的电容为C（不会被击穿），金属棒MN水平放置，质量为m，空间存在垂直轨道向外的磁感应强度大小为B的匀强磁场，不计金属棒和导轨的电阻。闭合某一开关，让MN沿导轨由静止开始释放，金属棒MN和导轨始终接触良好，下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．只闭合开关S1，金属棒MN做匀加速直线运动
B．只闭合开关S2，金属棒MN做匀加速直线运动
C．只闭合开关S1，金属棒MN下降高度为h时速度为v，则所用时间
D．只闭合开关S2，通过金属棒MN的电流
【解答】解：A．只闭合开关S1，金属棒MN刚释放时，根据牛顿第二定律可得：
mg＝ma
之后导体棒受重力和安培力共同作用，根据牛顿第二定律可得：
mg﹣F安＝ma′
又
其中导体棒速度v在增大，所以导体棒做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动，故A错误；
C．只闭合开关S1，金属棒MN下降高度为h时速度为v，选择竖直向下的方向为正方向，此过程中对导体棒用动量定理可得：
又
联立解得，故C正确；
BD．只闭合开关S2，金属棒MN运动过程中取一段时间Δt，且Δt趋近于零，设导体棒加速度为a，根据电流的定义式结合电容器电荷量的计算公式可得：
对导体棒，根据牛顿第二定律可得：mg﹣BIL＝ma
联立解得：，
可知导体棒做匀加速直线运动，故BD正确。
故选：BCD。
解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源，哪一部分为负载以及负载间的连接关系．
(3)运用闭合电路欧姆定律，串并联电路的性质、电功率等公式求解．
考题四 电磁感应中的动力学、动量、能量转化问题
（2023 浙江模拟）如图，相距为L＝1m的光滑金属轨道，左侧部分倾斜，倾角为θ＝37°，上端接有阻值为R＝3Ω的电阻，左侧空间存在有垂直于斜面向上的磁场B0＝3T，右侧部分水平，分布着如图所示的磁场，边界CD与EF相距s1＝3m，中间分布着竖直向下的磁场，边界EF与GH相距为s2＝5m，中间分布着竖直向上的磁场，它们的磁感应强度都为B＝2T，左右两部分在倾斜轨道底端用光滑绝缘材料平滑连接，金属棒a与b的质量都为m＝1kg，长度都为L＝1m，电阻都为R＝3Ω，一开始金属棒b静止在边界EF与GH的中点，金属棒a从斜面上高度为h＝2m处滑下，到达斜面底端前已经匀速运动，此后进入水平轨道，发现金属棒a到达边界EF时已经再次匀速。运动过程中，两棒与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，两棒如果相碰则发生弹性碰撞。
（1）求斜面上金属棒a的匀速运动速度v0；
（2）当棒a到达边界EF时，棒b的位移大小xb，以及a棒在CD与EF之间的运动时间t1；
（3）求最终稳定时两棒的间距x，以及全过程a棒的总发热量。
【解答】解：（1）金属棒a匀速运动时受力平衡，根据平衡条件可得：mgsinθ＝BI1L
其中：I1
解得：v0＝2m/s
（2）再次匀速必有：BLva＝BLvb，且vb方向向左
对a棒，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣BLt1＝mva﹣ma0
即：mv0﹣mva
对b棒，取向左为正方向，根据动量定理可得：mvb﹣0
联立解得：va＝vb＝1m/s，xa﹣xb＝1.5m
根据题意可知：xa＝3m，则xb＝1.5m，方向向左；
由于a和b棒的加速度大小始终相等、方向相同，所以a相对于b做匀速直线运动，则有：
xa+xb＝v0t1
联立解得：t1＝2.25s
（3）此后a棒和b棒都以v＝1m/s的初速度在EF的右侧相向运动，两棒初始相距Δx1＝2.5m﹣1.5m＝1m，并以相同的加速度（加速度不断减小）减速，如果相碰，各自原速反弹后继续以相同的加速度减速，直至两棒的速度都为零，设两棒在此过程中所经历的路程为s1、s2，对任意棒有：
0﹣mv
解得：s1+s2＝1.5m
所以最终两棒先相向运动共1m，背离运动共0.5m，则a棒先向右0.5m，后向左0.25m，最后两棒都在EF的右侧停止，相距为：x＝0.5m
又可知初始a棒的重力势能在任意阶段都是a棒电阻R与另一个等大电阻R的平均消耗为内能，故：Qamgh
解得：Qa＝10J
（2023 杭州一模）如图甲所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，有一质量为m＝1kg矩形金属导体框ACDE，其中AC、DE长为L＝2m，电阻均为R＝0.5Ω；AE、CD足够长且电阻不计，AC与斜面底边平行。另外有一导体棒MN质量为，长为L＝2m，电阻也为R＝0.5Ω，平行于AC放置在导体框上，其上方有两个垂直斜面的立柱阻挡，导体棒MN与导体框间的动摩擦因数μ＝0.1，在MN下方存在垂直斜面向上、磁感应强度B＝1T的匀强磁场，MN上方（含MN处）存在沿斜面向上、大小也为B＝1T的匀强磁场。t＝0时刻在DE边给导体框施加一个沿斜面向上的拉力F，导体框在向上运动过程中，测得导体棒MN两端电压随时间变化关系如图乙所示，经过2s后撤去拉力，此过程中拉力做功W＝294.6J。导体棒MN始终与导体框垂直且紧靠立柱。求：
（1）前2s内金属导体框的加速度大小；
（2）前2s内拉力F与时间t的变化关系；
（3）在拉力作用这段时间内，棒MN产生的焦耳热。
【解答】解：（1）根据欧姆定律、法拉第电磁感应定律可知：U E
由图乙可得：U＝2+kt
两式联立并代入已知条件可以得到：v＝3
根据速度—时间关系可知加速度大小：am/s2
所以，前2s内“U”形导轨做初速度是3m/s、加速度为m/s2的匀加速直线运动。
（2）对“U”形金属导轨根据牛顿第二定律有：
F﹣BIL﹣μ（Mgcosθ+BIL）﹣mgsinθ＝ma
其中电流：I
代入数据整理可以得到：F＝24.3+8.4t （N）
（3）从开始运动到撤去外力，这段时间内导轨做匀加速运动，
在t1＝2s时，速度为：v1＝v0+at1＝3m/s2m/s＝6m/s
位移为：x1＝v0t3×2mm＝9m
对框，根据动能定理：
W﹣mgxsinθ﹣∑BIiL Δx﹣W克f
W克fμMgcosθ x
Q总＝6Q＝∑BIiL Δx
由以上三式联立可得：Q
（2023 温州三模）某学校举办“跌不破的鸡蛋”小发明比赛，小王设计了如图甲所示的装置。装置绝缘外框架MNGH下端固定了一个横截面（俯视）如图乙所示的磁体，两磁极间存在沿径向向外的辐向磁场，不考虑其他区域的磁场。CDEF是一个金属线框，CF、DE两边被约束在外框架的凹槽内，可沿外框架无摩擦上下滑动，CD边的正中间接有一个半径为r（r略大于圆柱形N磁极的半径）、匝数为n、总电阻为R的线圈，EF边接有一装有鸡蛋的铝盒，铝盒的电阻也为R。铝盒与外框架连接了一根劲度系数为k的轻质弹簧．开始装置在离水平地面h高度处保持竖直状态，待铝盒静止后将弹簧锁定，此时线圈上端恰好位于磁体上边界处。现由静止释放装置，装置落地前瞬间弹簧立即解除锁定，落地时外框架MNGH连同磁体的速度立即变为零。已知线框CDEF（含线圈、铝盒、鸡蛋）的总质量为m，线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是刚落地时的三倍，此时EF仍未进入磁场。已知线圈所在处的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能表达式为，除线圈和铝盒外，其他部分电阻不计，忽略空气阻力。
（1）求装置落地时C、D两点间的电压UCD；
（2）从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，求通过线圈的电荷量q；
（3）从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，线框上产生的焦耳热为Q1；从落地到线框最终静止的过程中，线框上产生的焦耳热为Q2，求Q1与Q2的比值。
【解答】解：（1）根据右手定则可知，线圈中的感应电流方向为C→F→E→D→C，即顺时针；
落地时线圈切割磁感线产生的感应电动势：E＝nBLv，其中L＝2πr，
根据动能定理可得：mgh
则可解得：
C、D两点间的电压UCDE
解得UCD＝nπBr
（2）线框CDEF静止时有mg＝kx1
由题知线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是装置刚落地时的三倍，则说明线框刚落地到最低点下落的距离为2r1，根据法拉第电磁感应定律有nBLnB （2πr）
通过回路某截面的电荷量qΔt
解得q
（3）从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，初态弹性势能Ep1
末态弹性势能Ep2
此过程由能量守恒得mg （3x1﹣x1）＝Ep2﹣Ep1+Q1
解得Q1＝mg （h）
最终静止后弹簧的弹性势能与未释放时相等，则从静止释放到战框最终静止的过程中，根据能量守恒有
Q2＝mgh
则1
此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题首先要建立“动→电→动”的思维顺序．
1．基本思路
(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)求解电动势大小和方向．
(2)根据欧姆定律，求解回路中电流．
(3)分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况．
(4)运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解．
2．注意的问题
运用功能关系时，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能．
（2023 台州二模）小张用多用表的欧姆挡测量一个带铁芯变压器线圈的电阻。小杨两手分别握住线圈裸露的两端让小张测量，测量时表针摆过了一定角度。正当小张将表笔与线圈脱离时，小杨有电击感。下列说法正确的是（ ）
A．实验中小张也有电击感
B．表笔与线圈脱离前后通过小杨的电流方向不变
C．若未放置铁芯，小杨电击感减弱
D．小杨有电击感，是因为表笔与线圈脱离后流过线圈的电流突然变大
【解答】解：AD．当回路断开时，电流要立即减小到零，与多用电表欧姆挡的内部电池相连的变压器线圈由于自感现象会产生较大的自感电动势，小杨两手分别握住线圈裸露的两端，瞬间有高电压，所以有电击感。而小张握住了绝缘部分，与线圈不构成回路，没有电流通过，不会有电击感，故AD错误；
B．表笔与线圈脱离后，线圈发生自感，要保持的原来的电流方向，相当于电源，而小杨相当于外电路，外电路电流方向改变，故B错误；
C．若未放置铁芯，磁性减弱，自感产生感应电动势减小，所以小杨电击感减弱，故C正确。
故选：C。
（2023 镇海区校级模拟）电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。其简化示意图如图所示。则当图中琴弦向右靠近线圈时（ ）
A．穿过线圈的磁通量减小 B．线圈中不产生感应电流
C．琴弦受向左的安培力 D．线圈有扩张趋势
【解答】解：AB、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，从而导致线圈中产生感应电流，故AB错误；
C、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生的感应电流会阻碍琴弦向右靠近线圈，即琴弦会受到向左的安培力的作用，故C正确；
D、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生的感应电流会使线圈有面积缩小的趋势，故D错误。
故选：C。
（2023 温州模拟）如图所示，磁铁在电动机和机械装置的带动下，以O点为中心在水平方向上做周期性往复运动。两匝数不同的线圈分别连接相同的小灯泡，且线圈到O点距离相等。线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响可以忽略，不考虑灯泡阻值的变化。下列说法正确的是（ ）
A．两线圈产生的电动势有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率不相等
C．两小灯泡消耗的电功率相等
D．两线圈产生的电动势同时为零
【解答】解：BD、磁铁的中心位于O点时，两个线圈的磁通量相等。磁铁距离左侧线圈最近时，左侧线圈的磁通量最大，右侧线圈的磁通量最小，此时两线圈的磁通量变化率均为零，两线圈产生的电动势均为零。磁铁距离右侧线圈最近时，左侧线圈的磁通量最小，右侧线圈的磁通量最大，此时两线圈产生的电动势也均为零。磁铁做周期性往复运动的过程中，当左侧线圈磁通量增加时，右侧线圈的磁通量就减少。故两个线圈磁通量的变化周期是相同的，可知两线圈产生的交变电流的频率是相等的，两线圈产生的电动势同时为零，故B错误，D正确；
AC、磁铁运动过程中两线圈的磁通量变化率是相同的，因两线圈匝数不同，由法拉第电磁感应定律可知产生的电动势的峰值与有效值均不相等。两小灯泡电阻相同，而回路的电动势有效值不同，可知两小灯泡消耗的电功率不相等。故AC错误。
故选：D。
（2022 绍兴二模）如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是（ ）
A．灯泡的亮暗不会发生变化
B．磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力
C．从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向
D．若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁振动的幅度不会减小
【解答】解：A、以S极靠近线圈分析，速度增大，且靠近线圈时磁感应强度增大，则穿过线圈磁通量变化率增大，感应电流增大，灯泡会变亮，故A错误；
B、根据楞次定律的“来拒去留”可知磁铁靠近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力，故B正确；
C、当S极靠近线圈时，根据楞次定律可知线圈中的电流沿逆时针方向，当S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿顺时针方向，故C错误；
D、若忽略摩擦力和阻力，磁铁的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁铁的机械能逐渐转化为焦耳热，故D错误；
故选：B。
（2022 宁波模拟）如图，是电子感应加速器的示意图，上图是侧视图，下图是真空室的俯视图，如果从上向下看，要实现电子沿逆时针方向在环中加速运动。那么电磁铁线圈中的电流应满足（ ）
A．与图示线圈中电流方向一致，电流在减小
B．与图示线圈中电流方向一致，电流在增大
C．与图示线圈中电流方向相反，电流在减小
D．与图示线圈中电流方向相反，电流在增大
【解答】解：电子在真空室内逆时针做圆周运动，由左手定则可知，真空室内磁场下到上，则上方为S极，由右手螺旋定则可知电流向应与图示线圈中电流方向一致，与图示线圈中电流方向一致，要使电子逆时针加速，则感生电场的方向应为顺时针，由右手定则线圈产生的磁场向上增大，所以电流在增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2022 温州二模）如图所示，空间分布着方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，EF是其右边界。半径为r的单匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，线圈的圆心O在EF上；另有一根长为2r的导体杆与EF重合，杆两端点a、b通过电刷与圆形线圈连接，线圈和导体杆单位长度电阻相同。情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，转动方向如图所示；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动。两情况均从图示位置开始计时，关于导体杆ab两端点的电压Uab情况，下列说法正确的是（ ）
A．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙
B．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁
C．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁
D．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙
【解答】解：情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，在0时间内，由右手定则判断可知，a端的电势高于b端的电势，Uab＞0；在时间内，b端的电势高于a端的电势，Uab＜0，产生的Uab﹣t图象为图甲；
情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动，Ob和Oa轮流切割磁感线，在0时间内，Ob切割磁感线，由右手定则判断可知，Ob中感应电流方向由O→b，则b端的电势高于a端的电势，Uab为负值；在T时间内，Oa切割磁感线，由右手定则判断可知，Oa中感应电流方向由O→a，则a端的电势高于b端的电势，Uab为正值，则情况2产生的Uab﹣t图象为图丙，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2022 鹿城区校级模拟）半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流
B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv
C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流Im
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加
【解答】解：A、线圈进入磁场过程中，线圈里的磁通量一直向里增大，根据楞次定律可得，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；
B、线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为
Bv 2R＝2BRv
故B正确；
C、线圈位移为R时，线圈圆心在磁场边界上，故此时切割磁感线的有效长度小于直径，故感应电动势小于2BRv，故线圈中的感应电流小于Im，故C错误；
D、线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度为
l＝22
根据法拉第电磁感应定律可知
E＝Blv
故感应电动势非均匀增加，故D错误。
故选：B。
（2022 浙江模拟）如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好．导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直，t＝0时，将开关S由1掷向2，分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则图所示的图象中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：首先分析导体棒的运动情况：开关S由1掷到2，电容器放电，在电路中产生放电电流。导体棒通有电流后会受到向右的安培力作用，向右加速运动。导体棒将切割磁感线，产生感应电动势，此感应电动势将电容器的电压抵消一些，随着速度增大，感应电动势增大，则回路中的电流减小，导体棒所受的安培力减小，加速度减小。因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动（变加速）。当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力，做匀速运动。
当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，则由Q＝CU知，电容器的电量应稳定在某个不为0的数值，不会减少到这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流，故A错误。
B、由于通过棒的电流是按指数递减的，最后电流减至零。故B错误。
C、导体棒先做加速度减小的变加速运动。由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动，当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，导体棒不受安培力时，导体棒做匀速运动。故v﹣t图象是曲线后应是直线。故C错误。
D、根据上面分析可知，杆的加速度逐渐减小直到为零，故D正确。
故选：D。
（2023 乐清市校级模拟）如图甲所示，一质量为M、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量可不计的细导线系在同一水平面上的固定连接点上.在导体棒所在空间存在方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。细导线通过开关S与电阻R和直流电源串接起来。不计空气阻力和其它电阻，导体棒运动时，细导线偏离竖直方向用图示的角度θ来表示。接通S，导体棒恰好在时处于静止状态；将导体棒从移到（δ为小量），静止后撤去外力，导体棒开始振动起来，则（ ）
A．电源电动势
B．振动周期
C．电阻消耗的焦耳热
D．角度θ随时间t变化的图线为图乙
【解答】解：A．导体棒恰好在时处于静止状态，对导体棒金属受力分析，得出对应的受力示意图：
可知
F安＝Mg
又
解得：，故A错误；
B．根据平行四边形定则，导体棒所受的安培力与重力的合力大小等于
根据单摆的周期公式可得：
故B错误；
C．根据能量守恒，电阻消耗的焦耳热为损失的重力势能和电能之和，则
E电，故C错误；
D．随着时间的推移，θ会越来越小，不可能突然增大，故D错误。
故选：B。
如图1所示，在光滑的水平面上，有一质量m＝1kg、足够长的U形金属导轨abcd，间距L＝1m。一电阻值R＝0.5Ω的细导体棒MN垂直于导轨放置，并被固定在水平面上的两立柱挡住，导体棒MN与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，在M、N两端接有一理想电压表（图中未画出）。在U形导轨bc边右侧存在垂直向下、大小B＝0.5T的匀强磁场（从上向下看）；在两立柱左侧U形金属导轨内存在方向水平向左，大小为B的匀强磁场。以U形导轨bc边初始位置为原点O建立坐标x轴。t＝0时，U形导轨bc边在外力F作用下从静止开始运动时，测得电压与时间的关系如图2所示。经过时间t1＝2s，撤去外力F，直至U形导轨静止。已知2s内外力F做功W＝14.4J．不计其他电阻，导体棒MN始终与导轨垂直，忽略导体棒MN的重力。求：
（1）在2s内外力F随时间t的变化规律；
（2）在整个运动过程中，电路消耗的焦耳热Q；
（3）在整个运动过程中，U形导轨bc边速度与位置坐标x的函数关系式。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可知：U＝BLv＝kt＝t，得到：v2t
根据速度与时间关系可知：a＝2m/s2
对U形金属导轨根据牛顿第二定律有：F﹣IBL﹣μIBL＝ma，代入数据整理可以得到：F＝2+1.2t
（2）由功能关系，有W＝Q+Wf，由于忽略导体棒MN的重力，所以摩擦力为：f＝μFA
则可以得到：Wf＝μWA＝μQ则整理可以得到：W＝Q+Wf＝Q（1+μ），得到：Q＝12J
（3）设从开始运动到撤去外力F这段时间为t1＝2s，这段时间内做匀加速运动；
①t≤t1时，根据位移与速度关系可知：v2
t＝t1时根据匀变速运动规律可知该时刻速度和位移为：v1＝4m/s，x1＝4m
②t＞t1时，物体做变速运动，由动量定理得到：﹣（1+μ）BL△q＝mv﹣mv1
整理可以得到：v＝v1v16.4﹣0.6x
当xm时：v＝0
综合上述，故bc边速度与位置坐标x的函数关系如下：
v＝2（0≤x≤4m），
v＝6.4﹣0.6x（4m≤xm），
v＝0（xm）
答：（1）在2s内外力F随时间t的变化规律为F＝2+1.2t；
（2）在整个运动过程中，电路消耗的焦耳热Q为12J；
（3）在整个运动过程中，U形导轨bc边速度与位置坐标x的函数关系式如下：
v＝2（0≤x≤4m），
v＝6.4﹣0.6x（4m≤xm），
v＝0（xm）。
如图，光滑水平桌面上等间距分布着4个条形匀强磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度B＝1T，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d＝0.5m。桌面上现有一边长l＝0.1m、质量m＝0.2kg、电阻R＝0.1Ω的单匝正方形线框abcd，在水平恒力F＝0.3N作用下由静止开始从左侧磁场边缘垂直进入磁场，在穿出第4个磁场区域过程中的某个位置开始做匀速直线运动，线框ab边始终平行于磁场边界，取g＝10m/s2，不计空气阻力。求
（1）线框刚好完全穿出第4个磁场区域时的速度；
（2）线框在整个运动过程中所产生的焦耳热；
（3）线框从开始运动到刚好完全穿出第4个磁场区域所用的时间。
【解答】解：（1）线圈匀速切割磁感线时产生的电动势E＝BLv
线圈中产生的感应电流I
线圈受到的安培力F安＝BIL
匀速运动时有F＝F安
联立可得v＝3m/s；
（2）线圈刚好完全穿出第4个磁场时的位移s＝7d+l
由功能关系可得FsQ
联立可得Q＝0.18J；
（3）线圈某次穿入或者穿出某个磁场过程中所用的时间为Δt，通过线圈横截面的电荷量为q，则：
q
线圈某次穿入或者穿出某个磁场的安培力冲量△I
因△I一定，故线圈在整个运动过程中的安培力冲量为8△I＝8
设线框从开始运动到刚好完全穿出第4个磁场区域所用的时间为t，根据动量定理可得
Ft﹣8 mv
联立可得：t＝2.27s。
答：（1）线框刚好完全穿出第4个磁场区域时的速度为m/s；
（2）线框在整个运动过程中所产生的焦耳热为0.18J；
（3）线框从开始运动到刚好完全穿出第4个磁场区域所用的时间为2.27s。
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