专题十二 电磁感应（原卷版）
考点
要求
考点解读及预测
电磁感应现象
Ⅰ
1.考查方式
高考对本章内容考查命题频率较高，以选择题和计算题形式出题，难度一般在中档或中档以下．
2．命题趋势
(1)楞次定律、右手定则、左手定则的应用．
(2)与图象结合考查电磁感应现象．
(3)通过“杆＋导轨”模型，“线圈穿过有界磁场”模型，考查电磁感应与力学、电路、能量等知识的综合应用.
.感应电流的产生条件
Ⅱ
法拉第电磁感应定律 楞次定律
Ⅱ
自感 涡流
Ⅰ
一、电磁感应现象的理解和判断
常见的产生感应电流的三种情况
二、对楞次定律和右手定则的理解与应用
1．用楞次定律判断
（1）.楞次定律中“阻碍”的理解
(2)应用楞次定律的思路：
2．用右手定则判断
该方法适用于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。
（3）楞次定律推论的应用
3.楞次定律的推广
推广表述：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因.其具体方式为：
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”.
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”.
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”.
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”.
三、 三定则、一定律的综合应用
1．规律比较
基本现象
应用的定
则或定律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流的作用力
左手定则
电磁
感应
部分导体切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量的变化
楞次定律
2．相互联系
(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，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的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。
四、法拉第电磁感应定律的应用
1．求解感应电动势常见情况
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
表达式
E＝n
E＝BLv(L为有效长度)
E＝BL2ω
E＝NBSωcos ωt
2.决定感应电动势大小的因素
感应电动势E的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率
和线圈的匝数n.而与磁通量的大小、磁通量变化量ΔΦ的大小
无必然联系.
3.磁通量变化通常有两种方式
(1)磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时E＝n ；
(2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E＝n，其中是B-t图象的斜率.
五、导体棒切割磁感线产生感应电动势
1．E＝Blv的三个特性
(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直。
(2)有效性：公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度。如图中，导体棒的有效长度为ab间的距离。
(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。
2．导体棒转动切割磁感线
当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图所示。
六、通电自感与断电自感的比较
通电自感
断电自感
电路图[来源:学科网ZXXK]
器材要求
A 1、A 2同规格，R＝RL，L较大
L很大(有铁芯)
现象
在S闭合瞬间，A 2灯立即亮起来，A 1灯逐渐变亮，最终一样亮
在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭(当抽掉铁芯后，重做实验，断开开关S时，会看到灯A马上熄灭)
原因
由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，流过A 1灯的电流比流过A 2灯的电流增加得慢
断开开关S时，流过线圈L的电流减小，产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S断开后，通过L的电流反向通过A灯，且由于RL?R A，使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大，从而使A灯的发光功率突然变大
能量转
化情况
电能转化为磁场能
磁场能转化为电能
七、电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．分析电磁感应电路问题的基本思路
八、电磁感应的图象问题
1．题型特点
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象。
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量。
(3)根据图象定量、定性计算。
2．电磁感应图象问题的解决方法
(1)明确图象的种类，即是B－t图象还是Φ－t图象，是E－t图象还是I－t图象等。
(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)判断图象(或画图象或应用图象解决问题)。
九、电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2．力学对象和电学对象的相互关系
十、电磁感应中的能量问题
1．电能求解的三种主要思路
(1)利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
(2)利用能量守恒或功能关系求解。
(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算。
2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)。
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化。
(3)根据能量守恒定律列式求解。
一、电磁感应现象的理解和判断
【典例1】．(2017·徐州市考前模拟)下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是( )
【解析】开关S闭合稳定后，穿过线圈的磁通量保持不变，线圈不产生感应电流，故A符合题意；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环的磁通量在增大，铝环中产生感应电流，故B不符合题意；金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流，故C不符合题意；铜盘在磁场中按图示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，产生感应电流，故D不符合题意．
【答案】A
二、对楞次定律和右手定则的理解与应用
【典例2】．(2016·海南高考)如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若( )
A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
【解析】当金属环上下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，根据楞次定律，没有感应电流产生，选项A、B错误；当金属环向左移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向外且增加，根据楞次定律可知，环上产生顺时针方向的感应电流，故选项C错误；当金属环向右移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向里且增加，根据楞次定律可知，环上产生逆时针方向的感应电流，故选项D正确。
【答案】D
三、 三定则、一定律的综合应用
【典例3】．如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则( )
A．ab棒不受安培力作用
B．ab棒所受安培力的方向向右
C．ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大
D．螺线管产生的磁场，A端为N极
【思路点拔】(1)判断金属棒ab切割磁感线产生的感应电流→应用右手定则。
(2)判断金属棒ab受到的安培力→应用左手定则。
(3)判断螺线管中产生的磁场→应用安培定则。
【解析】 金属棒ab向右运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流方向由b→a，再根据左手定则判断棒所受安培力水平向左，故A、B错误；ab的速度越大，感应电流越大，所受安培力就越大，C正确；根据安培定则可判定螺线管的B端为N极，A端为S极，D错误。
【答案】 C
【规律方法】左、右手定则巧区分
(1)区分左手定则和右手定则的根本是抓住“因果关系”：“因电而动”——用左手，“因动生电”——用右手。
(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于记忆，可把两个定则简单地总结为通电受力，“力”的最后一笔“丿”向左，用左手；运动生电，“电”的最后一笔“乚”向右，用右手。
四、法拉第电磁感应定律的应用
【典例4】．如图9-2-7甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图9-2-7乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计，求0至t1时间内，
(1)通过电阻R1上的电流I1的大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量。
【思路点拔】(1)磁场的有效面积为πr及磁场的变化规律。
(2)电荷量的计算可直接应用q＝n，其中R总＝3R。
【解析】 (1)由图象分析可知，0至t1时间内＝
由法拉第电磁感应定律有感应电动势E＝n＝nS
而S＝πr
由闭合电路欧姆定律有I1＝
联立以上各式解得I1＝
由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a。
(2)通过电阻R1上的电荷量q＝I1t1＝
通过电阻R1上产生的热量Q1＝IR1t1
解得Q1＝
【答案】 (1) 从b到a (2)
【规律方法】
(1)由于对公式E＝n＝n·S中S的意义理解不到位，易出现S＝πr的错误。
(2)计算电荷量时，对总电阻的分析易受问题中R1的影响出现电阻数值的错误。
导体棒切割磁感线产生感应电动势
【典例5】．在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度L＝0.4 m，如图9-2-9所示，框架上放置一质量m＝0.05 kg、电阻R＝1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计。若杆cd在水平外力F的作用下以恒定加速度a＝2 m/s2，由静止开始做匀变速运动，求：
(1)在5 s内平均感应电动势是多少？
(2)第5 s末回路中的电流I多大？
(3)第5 s末作用在杆cd上的水平外力F多大？
【思路点拔】(1)把cd棒当成电源，根据公式E＝Blv中v的不同计算出相应情景下的感应电动势。
(2)对cd棒受力分析，由牛顿第二定律求力。
【解析】(1)t＝5 s内金属杆的位移
x＝at2＝25 m
5 s内的平均速度
v]＝＝5 m/s
故平均感应电动势＝BL＝0.4 V
(2)第5 s末杆的速度v＝at＝10 m/s
此时感应电动势E＝BLv
则回路中的电流为I＝＝＝0.8 A
(3)杆cd匀加速运动，由牛顿第二定律得F－F安＝ma
杆cd所受安培力F安＝BIL
即F＝BIL＋ma＝0.164 N
【答案】 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
【规律方法】公式E＝n与E＝Blv的区别与联系
E＝n
E＝Blv
区别
研究对象
闭合回路
回路中做切割磁感线运动的那部分导体
适用范围
对任何电磁感应现象普遍适用
只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系
导体切割磁感线是电磁感应现象的特例，E＝Blv可由E＝n推导得出
通电自感与断电自感的比较
【典例6】．(多选)(2018·淮阴中学模拟)如图8所示的电路中，灯泡A、B电阻相同，自感线圈L的电阻跟灯泡相差不大．先接通S，使电路达到稳定，再断开S.则下列电流随时间变化的图象正确的是( )
【答案】 BD
电磁感应中的电路问题
【典例7】．半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图9-2-15所示。则( )
A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝时，杆产生的电动势为Bav
C．θ＝0时，杆受的安培力大小为
D．θ＝时，杆受的安培力大小为
【思路点拔】1．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
2．在电源内部电流由负极流向正极．
3．电源两端的电压是路端电压．
【解析】开始时刻，感应电动势E1＝BLv＝2Bav，A正确；θ＝时，E2＝B·2a·cos·v＝Bav，B错误；由L＝2acos θ，E＝BLv，I＝，R＝R0[2acos θ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0时，F＝＝，C错误；同理可得，θ＝时，F＝，D正确。
【答案】AD
电磁感应的图象问题
【典例8】．(单选)如图4甲所示，在水平桌面上，一个面积为S、电阻为r的圆形金属框置于磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图乙所示．在0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与一个电阻不计的水平平行金属导轨相连接，水平导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度值为B2，方向垂直导轨平面向下．若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力Ff随时间变化的图象是下图中的(设水平向右为静摩擦力的正方向)( )
图4
【解析】 在0到1秒内磁感应强度B1随时间t均匀增加，感应电动势和电流恒定且感应电流方向为逆时针，则根据左手定则可得导体棒受到的安培力的方向为向左，大小恒定，所以棒受到的静摩擦力方向为向右，即为正方向，且大小也恒定．而在1秒到2秒内磁感应强度大小不变，则线圈中没有感应电动势，所以没有感应电流，则也没有安培力，因此棒不受静摩擦力．
【答案】 A
九、电磁感应中的动力学问题
【典例9】．如图9-2-13所示，间距L＝0.5 m足够长的平行金属导轨放置在与水平面间夹角为θ＝37°的绝缘斜面上，导轨的上端连接有一个R＝4 Ω的电阻。有一个匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B0＝1 T。将一根质量为m＝0.05 kg、长度为L的金属棒ab放置在导轨上并与其垂直，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝1 Ω，导轨的电阻不计。从导轨的顶端，由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动①。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒向下滑行s＝3 m时达到稳定速度②(不计初始状态下导体棒与导轨顶端的间距，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则：
(1)金属棒达到的稳定速度vm是多大？
(2)金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，电阻R上产生的焦耳热为多少③？
(3)若将金属棒达到稳定速度时计作时间t＝0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，使金属棒中不产生感应电流④，则t＝1 s时磁感应强度为多大？
【思路点拔】
审题
破题
①
立体图转化为截面图，进行受力分析，金属棒受重力、弹力、安培阻力和滑动摩擦力的作用
②
“稳定速度”即匀速运动，金属棒受到的合力为零，第(1)问即可应用受力平衡求解
③
求焦耳热涉及能量问题，应考虑运用功能关系分析；此过程重力做正功，摩擦力和安培力做负功，可应用动能定理分析
④
回路不产生感应电流的条件是磁通量不变，当回路无感应电流时受力将发生变化，不再受安培力
【解析】 (1)金属棒达到最大速度时产生的电动势
E＝B0Lvm(1分)
回路中产生的感应电流I＝(1分)
金属棒所受安培力F＝B0IL(1分)
金属棒所受合力为零时，下滑的速度达到最大，则
mgsin θ－F－μmgcos θ＝0(2分)
解得vm＝2 m/s(1分)
(2)设电阻R上产生的焦耳热为Q，整个电路产生的焦耳热为Q总，整个过程中安培力做功为W安，则由动能定理得
mgssin θ－μmgscos θ－W安＝mv－0(3分)
W安＝Q总(1分)
Q＝Q总(1分)
解得Q＝0.16 J(1分)
(3)金属棒不产生感应电流，即磁通量不变，金属棒不受安培力作用，金属棒做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma(2分)
解得a＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2(1分)
根据闭合回路磁通量不变有
B0Ls＝BL(3分)
解得B＝(1分)
所以，当t＝1 s时，B＝0.5 T(1分)
【答案】 (1)2 m/s (2)0.16 J (3)0.5 T
【规律方法】分析电磁感应问题中导体运动状态的步骤
1．首先分析导体最初在磁场中的运动状态和受力情况。
2．其次分析由于运动状态变化，导体受到的安培力、合力的变化情况。
3．再分析由于合力的变化，导体的加速度、速度又会怎样变化，从而又引起感应电流、安培力、合力怎么变化。
4．最终明确导体所能达到的是什么样的稳定状态。
十、电磁感应中的能量问题
【典例10】．如图10所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为1 m，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和以a′b′的质量都是0.2 kg，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B的大小相同．让a′b′固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W．求：
(1)ab下滑的最大加速度；
(2)ab下落了30 m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？
(3)如果将ab与a′b′同时由静止释放，当ab下落了30 m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q′为多大？(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【思路点拔】
【解析】 (1)当ab棒刚下滑时，ab棒的加速度有最大值：
a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2.(2分)
(2)ab棒达到最大速度时做匀速运动，有
mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ，(2分)
整个回路消耗的电功率
P电＝BILvm＝(mgsin θ－μmgcos θ)vm＝8 W，(2分)
则ab棒的最大速度为：vm＝10 m/s(1分)
由P电＝＝(2分)
得：B＝0.4 T．(1分)
根据能量守恒得：mgh＝Q＋mv＋μmgcos θ·(2分)
解得：Q＝30 J．(1分)
(3)由对称性可知，当ab下落30 m稳定时其速度为v′，a′b′也下落30 m，其速度也为v′，ab和a′b′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和．
根据共点力平衡条件，对ab棒受力分析，
得mgsin θ＝BI′L＋μmgcos θ(2分)
又I′＝＝(2分)
代入解得v′＝5 m/s(1分)
由能量守恒2mgh＝×2mv′2＋2μmgcos θ＋Q′(3分)
代入数据得Q′＝75 J．(1分)
【答案】 (1)4 m/s2 (2)30 J (3)75 J
1．(2018·海安中学段考)下列图中能产生感应电流的是( )
2、(2018·广西柳州高级中学模拟)在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示( )
A．线框受到的水平外力一定是恒定的
B．线框边长与磁场宽度的比值为3∶8
C．出磁场的时间是进入磁场时的一半
D．出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等
3、(2017·江苏考前综合模拟)如图9所示的电路中，L为自感线圈，其直流电阻与电阻R相等，C为电容器，电源内阻不可忽略．当开关S由闭合变为断开瞬间，下列说法中正确的是( )
A．通过灯A的电流由c到d
B．A灯突然闪亮一下再熄灭
C．B灯无电流通过，不可能变亮
D．电容器立即放电
4．[多选](2018·唐山模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间内( )
A．电容器C的电荷量大小始终不变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终不变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
5．如图7所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)，则( )
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
6、(多选)(2017·宿迁市上学期期末)如图3甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R构成闭合回路，线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．关于线圈中产生的感应电动势e、电阻R消耗的功率P随时间t变化的图象，可能正确的有( )
7.如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆(电阻忽略不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则( )
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α增大，vm将变大
C．如果R变小，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
8.(多选)(2017·江都中学12月检测)如图10，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程( )
A．流过电阻R的电荷量为
B．杆的速度最大值为
C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量
D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
9.[多选](2018·南昌三校联考)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域 Ⅰ 的磁场方向垂直斜面向上，区域 Ⅱ 的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场 Ⅰ 区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为a＝gsin θ
B．导线框两次匀速直线运动的速度v1∶v2＝4∶1
C．从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少
D．从t1到t2的过程中，有＋机械能转化为电能
10．[多选](2018·青岛模拟)如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B0＝0.5 T，并且以＝0.1 T/s的变化率均匀增大，图像如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度L＝0.5 m，在导轨上放着一金属棒MN，电阻R0＝0.1 Ω，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M＝0.2 kg 的重物。导轨上的定值电阻R＝0.4 Ω，与P、Q端点相连组成回路。又知PN长d＝0.8 m。在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是(g取10 N/kg)( )
A．电流的方向由P到Q
B．电流的大小为0.1 A
C．从磁感应强度为B0开始计时，经过495 s的时间，金属棒MN恰能将重物拉起
D．电阻R上产生的热量约为16 J
11．(多选)(2017·南京外国语学校等四模)超导体具有电阻为零的特点，图5为超导磁悬浮原理图，a是一个超导闭合环，置于一个电磁铁线圈b正上方，当闭合电键S后，超导环能悬浮在电磁铁上方平衡．下列说法正确的有( )
A．闭合电键S瞬间，a环中感应电流受到的安培力向上
B．闭合电键S，稳定后通过a环的磁通量不变，a环中不再有电流
C．闭合电键S，稳定后通过a环的电流是恒定电流
D．R取不同的电阻，稳定后a环所受安培力都相等
12.(2018·佛山一中模拟)CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是( )
A．电阻R的最大电流为
B．流过电阻R的电荷量为
C．整个电路中产生的焦耳热为mgh
D．电阻R中产生的焦耳热为mgh
13、(2017·江苏单科·13)如图4所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.
14.(2018·江苏宜兴市模拟)两根足够长的平行导轨处在与水平方向成θ＝37°的斜面上，导轨电阻不计，间距为L＝0.3 m，在斜面加有磁感应强度为B＝1 T方向垂直于导轨平面的匀强磁场，导轨两端各接一个阻值为R0＝2 Ω的电阻，一质量为m＝1 kg，电阻为r＝2 Ω的金属棒横跨在平行轨道间。棒与轨道间动摩擦因数为0.5，金属棒以平行于轨道向上的初速度为v0＝10 m/s上滑直至上升到最高点过程中，通过上端电阻电量为Δq＝0.1 C，求：
(1)上升过程中棒发生的位移；
(2)上端电阻R0产生的焦耳热。
15．(2018·河南洛阳一中模拟)如图甲所示，在水平面上固定宽为L＝1 m、足够长的光滑平行金属导轨，左端接有R＝0.5 Ω的定值电阻，在垂直导轨且距导轨左端d＝2.5 m处有阻值r＝0.5 Ω、质量m＝2 kg的光滑导体棒，导轨其余部分电阻不计。磁场垂直于导轨所在平面，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。第1 s内导体棒在拉力F作用下始终处于静止状态。1 s后，拉力F保持与第1 s末相同，导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，拉力F做功为W＝11.25 J。求：
(1)第1 s末感应电流的大小；
(2)第1 s末拉力的大小及方向；
(3)1 s后导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热。
16、(2018·内蒙古奋斗中学模拟)如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L＝0.2 m，电阻不计。质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B＝1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t＝0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑。t＝1 s时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始做匀加速直线运动。cd杆运动的v-t图像如图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线)。若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)在第1 s内cd杆受到的安培力的大小；
(2)ab杆的初速度v1；
(3)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热。
专题十二 电磁感应（解析版）
考点
要求
考点解读及预测
电磁感应现象
Ⅰ
1.考查方式
高考对本章内容考查命题频率较高，以选择题和计算题形式出题，难度一般在中档或中档以下．
2．命题趋势
(1)楞次定律、右手定则、左手定则的应用．
(2)与图象结合考查电磁感应现象．
(3)通过“杆＋导轨”模型，“线圈穿过有界磁场”模型，考查电磁感应与力学、电路、能量等知识的综合应用.
.感应电流的产生条件
Ⅱ
法拉第电磁感应定律 楞次定律
Ⅱ
自感 涡流
Ⅰ
一、电磁感应现象的理解和判断
常见的产生感应电流的三种情况
二、对楞次定律和右手定则的理解与应用
1．用楞次定律判断
（1）.楞次定律中“阻碍”的理解
(2)应用楞次定律的思路：
2．用右手定则判断
该方法适用于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。
（3）楞次定律推论的应用
3.楞次定律的推广
推广表述：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因.其具体方式为：
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”.
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”.
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”.
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”.
三、 三定则、一定律的综合应用
1．规律比较
基本现象
应用的定
则或定律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流的作用力
左手定则
电磁
感应
部分导体切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量的变化
楞次定律
2．相互联系
(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，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的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。
四、法拉第电磁感应定律的应用
1．求解感应电动势常见情况
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
表达式
E＝n
E＝BLv(L为有效长度)
E＝BL2ω
E＝NBSωcos ωt
2.决定感应电动势大小的因素
感应电动势E的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率
和线圈的匝数n.而与磁通量的大小、磁通量变化量ΔΦ的大小
无必然联系.
3.磁通量变化通常有两种方式
(1)磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时E＝n ；
(2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E＝n，其中是B-t图象的斜率.
五、导体棒切割磁感线产生感应电动势
1．E＝Blv的三个特性
(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直。
(2)有效性：公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度。如图中，导体棒的有效长度为ab间的距离。
(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。
2．导体棒转动切割磁感线
当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图所示。
六、通电自感与断电自感的比较
通电自感
断电自感
电路图[来源:学科网ZXXK]
器材要求
A 1、A 2同规格，R＝RL，L较大
L很大(有铁芯)
现象
在S闭合瞬间，A 2灯立即亮起来，A 1灯逐渐变亮，最终一样亮
在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭(当抽掉铁芯后，重做实验，断开开关S时，会看到灯A马上熄灭)
原因
由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，流过A 1灯的电流比流过A 2灯的电流增加得慢
断开开关S时，流过线圈L的电流减小，产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S断开后，通过L的电流反向通过A灯，且由于RL?R A，使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大，从而使A灯的发光功率突然变大
能量转
化情况
电能转化为磁场能
磁场能转化为电能
七、电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．分析电磁感应电路问题的基本思路
八、电磁感应的图象问题
1．题型特点
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象。
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量。
(3)根据图象定量、定性计算。
2．电磁感应图象问题的解决方法
(1)明确图象的种类，即是B－t图象还是Φ－t图象，是E－t图象还是I－t图象等。
(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)判断图象(或画图象或应用图象解决问题)。
九、电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2．力学对象和电学对象的相互关系
十、电磁感应中的能量问题
1．电能求解的三种主要思路
(1)利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
(2)利用能量守恒或功能关系求解。
(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算。
2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)。
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化。
(3)根据能量守恒定律列式求解。
一、电磁感应现象的理解和判断
【典例1】．(2017·徐州市考前模拟)下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是( )
【解析】开关S闭合稳定后，穿过线圈的磁通量保持不变，线圈不产生感应电流，故A符合题意；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环的磁通量在增大，铝环中产生感应电流，故B不符合题意；金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流，故C不符合题意；铜盘在磁场中按图示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，产生感应电流，故D不符合题意．
【答案】A
二、对楞次定律和右手定则的理解与应用
【典例2】．(2016·海南高考)如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若( )
A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
【解析】当金属环上下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，根据楞次定律，没有感应电流产生，选项A、B错误；当金属环向左移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向外且增加，根据楞次定律可知，环上产生顺时针方向的感应电流，故选项C错误；当金属环向右移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向里且增加，根据楞次定律可知，环上产生逆时针方向的感应电流，故选项D正确。
【答案】D
三、 三定则、一定律的综合应用
【典例3】．如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则( )
A．ab棒不受安培力作用
B．ab棒所受安培力的方向向右
C．ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大
D．螺线管产生的磁场，A端为N极
【思路点拔】(1)判断金属棒ab切割磁感线产生的感应电流→应用右手定则。
(2)判断金属棒ab受到的安培力→应用左手定则。
(3)判断螺线管中产生的磁场→应用安培定则。
【解析】 金属棒ab向右运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流方向由b→a，再根据左手定则判断棒所受安培力水平向左，故A、B错误；ab的速度越大，感应电流越大，所受安培力就越大，C正确；根据安培定则可判定螺线管的B端为N极，A端为S极，D错误。
【答案】 C
【规律方法】左、右手定则巧区分
(1)区分左手定则和右手定则的根本是抓住“因果关系”：“因电而动”——用左手，“因动生电”——用右手。
(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于记忆，可把两个定则简单地总结为通电受力，“力”的最后一笔“丿”向左，用左手；运动生电，“电”的最后一笔“乚”向右，用右手。
四、法拉第电磁感应定律的应用
【典例4】．如图9-2-7甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图9-2-7乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计，求0至t1时间内，
(1)通过电阻R1上的电流I1的大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量。
【思路点拔】(1)磁场的有效面积为πr及磁场的变化规律。
(2)电荷量的计算可直接应用q＝n，其中R总＝3R。
【解析】 (1)由图象分析可知，0至t1时间内＝
由法拉第电磁感应定律有感应电动势E＝n＝nS
而S＝πr
由闭合电路欧姆定律有I1＝
联立以上各式解得I1＝
由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a。
(2)通过电阻R1上的电荷量q＝I1t1＝
通过电阻R1上产生的热量Q1＝IR1t1
解得Q1＝
【答案】 (1) 从b到a (2)
【规律方法】
(1)由于对公式E＝n＝n·S中S的意义理解不到位，易出现S＝πr的错误。
(2)计算电荷量时，对总电阻的分析易受问题中R1的影响出现电阻数值的错误。
导体棒切割磁感线产生感应电动势
【典例5】．在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度L＝0.4 m，如图9-2-9所示，框架上放置一质量m＝0.05 kg、电阻R＝1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计。若杆cd在水平外力F的作用下以恒定加速度a＝2 m/s2，由静止开始做匀变速运动，求：
(1)在5 s内平均感应电动势是多少？
(2)第5 s末回路中的电流I多大？
(3)第5 s末作用在杆cd上的水平外力F多大？
【思路点拔】(1)把cd棒当成电源，根据公式E＝Blv中v的不同计算出相应情景下的感应电动势。
(2)对cd棒受力分析，由牛顿第二定律求力。
【解析】(1)t＝5 s内金属杆的位移
x＝at2＝25 m
5 s内的平均速度
v]＝＝5 m/s
故平均感应电动势＝BL＝0.4 V
(2)第5 s末杆的速度v＝at＝10 m/s
此时感应电动势E＝BLv
则回路中的电流为I＝＝＝0.8 A
(3)杆cd匀加速运动，由牛顿第二定律得F－F安＝ma
杆cd所受安培力F安＝BIL
即F＝BIL＋ma＝0.164 N
【答案】 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
【规律方法】公式E＝n与E＝Blv的区别与联系
E＝n
E＝Blv
区别
研究对象
闭合回路
回路中做切割磁感线运动的那部分导体
适用范围
对任何电磁感应现象普遍适用
只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系
导体切割磁感线是电磁感应现象的特例，E＝Blv可由E＝n推导得出
通电自感与断电自感的比较
【典例6】．(多选)(2018·淮阴中学模拟)如图8所示的电路中，灯泡A、B电阻相同，自感线圈L的电阻跟灯泡相差不大．先接通S，使电路达到稳定，再断开S.则下列电流随时间变化的图象正确的是( )
【答案】 BD
电磁感应中的电路问题
【典例7】．半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图9-2-15所示。则( )
A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝时，杆产生的电动势为Bav
C．θ＝0时，杆受的安培力大小为
D．θ＝时，杆受的安培力大小为
【思路点拔】1．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
2．在电源内部电流由负极流向正极．
3．电源两端的电压是路端电压．
【解析】开始时刻，感应电动势E1＝BLv＝2Bav，A正确；θ＝时，E2＝B·2a·cos·v＝Bav，B错误；由L＝2acos θ，E＝BLv，I＝，R＝R0[2acos θ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0时，F＝＝，C错误；同理可得，θ＝时，F＝，D正确。
【答案】AD
电磁感应的图象问题
【典例8】．(单选)如图4甲所示，在水平桌面上，一个面积为S、电阻为r的圆形金属框置于磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图乙所示．在0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与一个电阻不计的水平平行金属导轨相连接，水平导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度值为B2，方向垂直导轨平面向下．若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力Ff随时间变化的图象是下图中的(设水平向右为静摩擦力的正方向)( )
图4
【解析】 在0到1秒内磁感应强度B1随时间t均匀增加，感应电动势和电流恒定且感应电流方向为逆时针，则根据左手定则可得导体棒受到的安培力的方向为向左，大小恒定，所以棒受到的静摩擦力方向为向右，即为正方向，且大小也恒定．而在1秒到2秒内磁感应强度大小不变，则线圈中没有感应电动势，所以没有感应电流，则也没有安培力，因此棒不受静摩擦力．
【答案】 A
九、电磁感应中的动力学问题
【典例9】．如图9-2-13所示，间距L＝0.5 m足够长的平行金属导轨放置在与水平面间夹角为θ＝37°的绝缘斜面上，导轨的上端连接有一个R＝4 Ω的电阻。有一个匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B0＝1 T。将一根质量为m＝0.05 kg、长度为L的金属棒ab放置在导轨上并与其垂直，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝1 Ω，导轨的电阻不计。从导轨的顶端，由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动①。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒向下滑行s＝3 m时达到稳定速度②(不计初始状态下导体棒与导轨顶端的间距，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则：
(1)金属棒达到的稳定速度vm是多大？
(2)金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，电阻R上产生的焦耳热为多少③？
(3)若将金属棒达到稳定速度时计作时间t＝0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，使金属棒中不产生感应电流④，则t＝1 s时磁感应强度为多大？
【思路点拔】
审题
破题
①
立体图转化为截面图，进行受力分析，金属棒受重力、弹力、安培阻力和滑动摩擦力的作用
②
“稳定速度”即匀速运动，金属棒受到的合力为零，第(1)问即可应用受力平衡求解
③
求焦耳热涉及能量问题，应考虑运用功能关系分析；此过程重力做正功，摩擦力和安培力做负功，可应用动能定理分析
④
回路不产生感应电流的条件是磁通量不变，当回路无感应电流时受力将发生变化，不再受安培力
【解析】 (1)金属棒达到最大速度时产生的电动势
E＝B0Lvm(1分)
回路中产生的感应电流I＝(1分)
金属棒所受安培力F＝B0IL(1分)
金属棒所受合力为零时，下滑的速度达到最大，则
mgsin θ－F－μmgcos θ＝0(2分)
解得vm＝2 m/s(1分)
(2)设电阻R上产生的焦耳热为Q，整个电路产生的焦耳热为Q总，整个过程中安培力做功为W安，则由动能定理得
mgssin θ－μmgscos θ－W安＝mv－0(3分)
W安＝Q总(1分)
Q＝Q总(1分)
解得Q＝0.16 J(1分)
(3)金属棒不产生感应电流，即磁通量不变，金属棒不受安培力作用，金属棒做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma(2分)
解得a＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2(1分)
根据闭合回路磁通量不变有
B0Ls＝BL(3分)
解得B＝(1分)
所以，当t＝1 s时，B＝0.5 T(1分)
【答案】 (1)2 m/s (2)0.16 J (3)0.5 T
【规律方法】分析电磁感应问题中导体运动状态的步骤
1．首先分析导体最初在磁场中的运动状态和受力情况。
2．其次分析由于运动状态变化，导体受到的安培力、合力的变化情况。
3．再分析由于合力的变化，导体的加速度、速度又会怎样变化，从而又引起感应电流、安培力、合力怎么变化。
4．最终明确导体所能达到的是什么样的稳定状态。
十、电磁感应中的能量问题
【典例10】．如图10所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为1 m，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和以a′b′的质量都是0.2 kg，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B的大小相同．让a′b′固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W．求：
(1)ab下滑的最大加速度；
(2)ab下落了30 m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？
(3)如果将ab与a′b′同时由静止释放，当ab下落了30 m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q′为多大？(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【思路点拔】
【解析】 (1)当ab棒刚下滑时，ab棒的加速度有最大值：
a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2.(2分)
(2)ab棒达到最大速度时做匀速运动，有
mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ，(2分)
整个回路消耗的电功率
P电＝BILvm＝(mgsin θ－μmgcos θ)vm＝8 W，(2分)
则ab棒的最大速度为：vm＝10 m/s(1分)
由P电＝＝(2分)
得：B＝0.4 T．(1分)
根据能量守恒得：mgh＝Q＋mv＋μmgcos θ·(2分)
解得：Q＝30 J．(1分)
(3)由对称性可知，当ab下落30 m稳定时其速度为v′，a′b′也下落30 m，其速度也为v′，ab和a′b′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和．
根据共点力平衡条件，对ab棒受力分析，
得mgsin θ＝BI′L＋μmgcos θ(2分)
又I′＝＝(2分)
代入解得v′＝5 m/s(1分)
由能量守恒2mgh＝×2mv′2＋2μmgcos θ＋Q′(3分)
代入数据得Q′＝75 J．(1分)
【答案】 (1)4 m/s2 (2)30 J (3)75 J
1．(2018·海安中学段考)下列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，电路闭合，且垂直磁感线的平面的面积增大，即闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过闭合线圈的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流；D中，闭合回路中的磁通量不发生变化，无感应电流．
【答案】B
2、(2018·广西柳州高级中学模拟)在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示( )
A．线框受到的水平外力一定是恒定的
B．线框边长与磁场宽度的比值为3∶8
C．出磁场的时间是进入磁场时的一半
D．出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等
【解析】根据E＝BLv，I＝，F＝BIL，v＝at以及F拉－F＝ma可知，线框受到水平外力是变力，且出磁场时比进磁场时要大，故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多，故选项A、D错误；线框做匀加速直线运动，由图像及匀加速直线运动规律，结合电流与速度的关系可以知道，线框边长与磁场宽度比值为3∶8，出磁场的时间不是进入磁场时的一半，故选项B正确，选项C错误。
【答案】B
3、(2017·江苏考前综合模拟)如图9所示的电路中，L为自感线圈，其直流电阻与电阻R相等，C为电容器，电源内阻不可忽略．当开关S由闭合变为断开瞬间，下列说法中正确的是( )
A．通过灯A的电流由c到d
B．A灯突然闪亮一下再熄灭
C．B灯无电流通过，不可能变亮
D．电容器立即放电
【解析】S闭合，电路稳定时，通过L的电流和A灯的电流方向均向右，且IL大于IA；当开关S断开时，自感线圈中将产生自感电动势阻碍原来电流的减小，因此在由L、A、R组成的闭合电路中，有顺时针方向的电流，且从IL开始逐渐减小，故A灯突然闪亮一下再熄灭，选项A错误，B正确；当开关S断开时，路端电压变大，电源继续给电容器充电，故B灯中有电流通过，方向从a到b，选项C、D错误．
【答案】B
4．[多选](2018·唐山模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间内( )
A．电容器C的电荷量大小始终不变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终不变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
【解析】磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确，B错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，大小先减小后增大，选项C错误，D正确。
【答案】AD
5．如图7所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)，则( )
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
【解析】电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝＝＝，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小F＝BI＝，故C错误；金属杆的热功率P＝I2R＝I2 r＝，故D错误．
【答案】B
6、(多选)(2017·宿迁市上学期期末)如图3甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R构成闭合回路，线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．关于线圈中产生的感应电动势e、电阻R消耗的功率P随时间t变化的图象，可能正确的有( )
【答案】BD
7.如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆(电阻忽略不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则( )
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α增大，vm将变大
C．如果R变小，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
【解析】金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。安培力F＝LB，对金属杆列平衡方程式：mgsin α＝，则vm＝。由此式可知，B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变小，vm变小；m变小，vm变小。因此A、C、D错误，B正确。
【答案】B
8.(多选)(2017·江都中学12月检测)如图10，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程( )
A．流过电阻R的电荷量为
B．杆的速度最大值为
C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量
D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
【答案】BD
9.[多选](2018·南昌三校联考)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域 Ⅰ 的磁场方向垂直斜面向上，区域 Ⅱ 的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场 Ⅰ 区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为a＝gsin θ
B．导线框两次匀速直线运动的速度v1∶v2＝4∶1
C．从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少
D．从t1到t2的过程中，有＋机械能转化为电能
【解析】ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域时，电动势E1＝BLv1，电流I1＝＝，线框做匀速运动，所以mgsin θ＝BI1L＝，当ab边刚越过JP时，电动势E2＝2BLv1，I2＝＝，根据牛顿第二定律2BI2L－mgsin θ＝ma，联立解得a＝3gsin θ，所以A错误；当a＝0时，以速度v2做匀速直线运动，即2BI2L－mgsin θ＝0，得：mgsin θ＝，所以v1∶v2＝4∶1，故B正确；从t1到t2的过程中，根据能量守恒导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少加上动能的减少量，即克服安培力做功W＝＋，所以C错误；又克服安培力做功等于产生的电能，所以D正确。
【答案】BD
10．[多选](2018·青岛模拟)如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B0＝0.5 T，并且以＝0.1 T/s的变化率均匀增大，图像如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度L＝0.5 m，在导轨上放着一金属棒MN，电阻R0＝0.1 Ω，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M＝0.2 kg 的重物。导轨上的定值电阻R＝0.4 Ω，与P、Q端点相连组成回路。又知PN长d＝0.8 m。在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是(g取10 N/kg)( )
A．电流的方向由P到Q
B．电流的大小为0.1 A
C．从磁感应强度为B0开始计时，经过495 s的时间，金属棒MN恰能将重物拉起
D．电阻R上产生的热量约为16 J
【解析】根据楞次定律可知电流方向为M→N→P→Q→M，故A项正确；电流大小I＝＝ A ＝0.08 A，故B项错误；要恰好把质量M＝0.2 kg的重物拉起，则F安＝FT＝Mg＝2 N，B′＝＝ T＝50 T，B′＝B0＋·t＝0.5＋0.1t，解得t＝495 s，故C项正确；电阻R上产生的热量为Q＝I2Rt＝(0.08)2×0.4×495 J＝1.27 J，故D项错误。
【答案】AC
11．(多选)(2017·南京外国语学校等四模)超导体具有电阻为零的特点，图5为超导磁悬浮原理图，a是一个超导闭合环，置于一个电磁铁线圈b正上方，当闭合电键S后，超导环能悬浮在电磁铁上方平衡．下列说法正确的有( )
A．闭合电键S瞬间，a环中感应电流受到的安培力向上
B．闭合电键S，稳定后通过a环的磁通量不变，a环中不再有电流
C．闭合电键S，稳定后通过a环的电流是恒定电流
D．R取不同的电阻，稳定后a环所受安培力都相等
【答案】ACD
12.(2018·佛山一中模拟)CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是( )
A．电阻R的最大电流为
B．流过电阻R的电荷量为
C．整个电路中产生的焦耳热为mgh
D．电阻R中产生的焦耳热为mgh
【解析】金属棒下滑过程中，机械能守恒，得：mgh＝mv2，金属棒到达水平面时的速度v＝，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E＝BLv，最大的感应电流为I＝，故A错；通过金属棒的电荷量为q＝＝，故B对；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh－W安－μmgd＝0，则克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，C错；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生焦耳热：QR＝Q＝W安＝(mgh－μmgd)，故D错。
【答案】B
13、(2017·江苏单科·13)如图4所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.
【解析】(1)MN刚扫过金属杆时，感应电动势E＝Bdv0
感应电流I＝
解得I＝
(2)安培力F＝BId
由牛顿第二定律得F＝ma
解得a＝
(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v，则
感应电动势E′＝Bd(v0－v)
电功率P＝
解得P＝
【答案】(1) (2) (3)
14.(2018·江苏宜兴市模拟)两根足够长的平行导轨处在与水平方向成θ＝37°的斜面上，导轨电阻不计，间距为L＝0.3 m，在斜面加有磁感应强度为B＝1 T方向垂直于导轨平面的匀强磁场，导轨两端各接一个阻值为R0＝2 Ω的电阻，一质量为m＝1 kg，电阻为r＝2 Ω的金属棒横跨在平行轨道间。棒与轨道间动摩擦因数为0.5，金属棒以平行于轨道向上的初速度为v0＝10 m/s上滑直至上升到最高点过程中，通过上端电阻电量为Δq＝0.1 C，求：
(1)上升过程中棒发生的位移；
(2)上端电阻R0产生的焦耳热。
【解析】(1)金属棒上升到最高点的过程中，通过上端电阻的电量Δq＝0.1 C，即金属棒中通过的电量为2Δq，
设金属棒中的平均电流为：＝＝＝
通过金属棒的电量为：Δt＝＝2Δq，
金属棒沿导轨上升的最大距离为：Δsmax＝
代入数据后得：Δsmax＝2 m。
(2)上端电阻与下端电阻相等，并联后电阻为1 Ω，再与金属棒的电阻r＝2 Ω串联，外电路产生的焦耳热为全电路焦耳热的，上端电阻产生的焦耳热Q又为外电路焦耳热的，设全电路产生的焦耳热为6Q。由能量守恒可知：
mg(sin θ＋μcos θ)smax＋6Q＝mv02，解得Q＝mv02－mg(sin θ＋μcos θ)smax
代入数据后得：Q＝5 J。
【答案】(1)2 m (2)5 J
15．(2018·河南洛阳一中模拟)如图甲所示，在水平面上固定宽为L＝1 m、足够长的光滑平行金属导轨，左端接有R＝0.5 Ω的定值电阻，在垂直导轨且距导轨左端d＝2.5 m处有阻值r＝0.5 Ω、质量m＝2 kg的光滑导体棒，导轨其余部分电阻不计。磁场垂直于导轨所在平面，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。第1 s内导体棒在拉力F作用下始终处于静止状态。1 s后，拉力F保持与第1 s末相同，导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，拉力F做功为W＝11.25 J。求：
(1)第1 s末感应电流的大小；
(2)第1 s末拉力的大小及方向；
(3)1 s后导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热。
【解析】(1)0～1 s内，由图像得：＝0.8 T/s
根据法拉第电磁感应定律：E＝＝2 V
回路电流：I＝＝2 A。
(2)F安＝BIL＝1.6 N
根据受力平衡，拉力F＝1.6 N，方向：水平向右。
(3)1 s后导体棒做变加速直线运动，当受力平衡速度达最大，B＝0.8 T
则由电磁感应定律：E′＝BLv，最终匀速运动时：F＝BIL代入数据得：I＝2 A，
I＝，代入数据得：v＝2.5 m/s
根据能量守恒定律：W＝mv2＋Qr＋QR
代入数据得：Qr＋QR＝5 J，＝＝1
联立解得：QR＝2.5 J。
【答案】(1)2 A (2)1.6 N 水平向右 (3)2.5 J
16、(2018·内蒙古奋斗中学模拟)如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L＝0.2 m，电阻不计。质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B＝1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t＝0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑。t＝1 s时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始做匀加速直线运动。cd杆运动的v-t图像如图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线)。若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)在第1 s内cd杆受到的安培力的大小；
(2)ab杆的初速度v1；
(3)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热。
【解析】(1)ab杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知ab杆中感应电流由a到b，则cd杆中电流由d到c，根据左手定则可知cd杆受到的安培力垂直于左侧导轨向下。
根据v -t图像可知，cd杆在第1 s内的加速度a1＝＝4 m/s2
对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有：mgsin 53°－μ(mgcos 53°＋F安)＝ma1
解得F安＝0.2 N。
(2)对cd杆：安培力F安＝BIL
回路中电流I＝＝1 A
对ab杆：感应电动势E＝I·2R＝0.2 V
根据法拉第电磁感应定律E＝BLv1
解得ab杆的初速度v1＝＝1 m/s。
