第2讲 电磁感应
【p62】
【p62】
1．感应电流方向的判定
(1)楞次定律：对“阻碍”要加深理解
阻碍
(2)右手定则：伸开__右__手，使__大姆指、四指__位于手掌平面内，让磁感线从手心进入，大姆指指向__导体运动__的方向，__四指__所指的就是感应电流的方向．
2．感应电动势大小的计算：
①E＝__n__(平均感生电动势)
②E＝BLvsin
θ(__动生电动势__、__瞬时电动势__)
特例
【p62】
考点一 电磁感应规律及其应用
例1(2020·江苏卷)如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反．金属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是( )
A．同时增大B1减小B2
B．同时减小B1增大B2
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．同时以相同的变化率减小B1和B2
【解析】产生顺时针方向的感应电流则感应电流的磁场的方向垂直纸面向里．由楞次定律可知，圆环中的净磁通量变化为向里磁通量减少或者向外的磁通量增多，A错误，B正确．同时以相同的变化率增大B1和B2，或同时以相同的变化率减小B1和B2，两个磁场的磁通量总保持大小相同，所以总磁通量为0，不会产生感应电流，CD错误．
【答案】B
【方法总结】1.感应电流方向的判断方法
(1)右手定则 (2)楞次定律及其推广应用
2．求解感应电动势常见情况与方法
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＝BLvsin
θ
E＝BL2ω
E＝
NBSωsin
ωt
变式训练1匀强磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图甲所示．在磁场中有一细金属矩形回路，回路平面位于纸面内，如图乙所示．令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示Oa、ab、bc段回路右侧PQ边受到的安培力．则( )
A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向
C．F1方向向左，F2方向向右
D．F2方向向右，F3方向向右
【解析】由楞次定律可知，Oa段感应电流为逆时针方向，ab、bc段感应电流为顺时针方向，故A正确，B错误；Oa段感应电流为逆时针方向，磁感应强度方向垂直纸面向里，由左手定则可知，PQ边受到的安培力方向向左；ab段感应电流为顺时针方向，磁感应强度方向垂直纸面向里，由左手定则可知，PQ边受到的安培力方向向右；bc段感应电流为顺时针方向，磁感应强度方向垂直纸面向外，由左手定则可知，PQ边受到的安培力方向向左；故C正确，D错误．
【答案】AC
考点二 电磁感应图象
例2如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab－t图象可能正确的是( )
图甲
图乙
A
B
C
D
【解析】由安培定则知：0～0.25T0，圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐增大，由楞次定律知，若圆环闭合，感应电流是逆时针方向，逐渐减小至0；0.25T～0.5T，圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐减小，由楞次定律知，若圆环闭合，感应电流是顺时针方向，逐渐增大．以后周期性变化，选项C正确．
【答案】C
【方法总结】图象问题的思路与方法
(1)图象选择问题：可用“排除法”或“对照法”求解．解决此类问题关键是把握图象特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化或物理状态的变化．
(2)图象分析问题：明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断．在定量计算时，要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图象所包围的面积、斜率以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理意义．
变式训练2(2020·山东卷)(多选)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形．一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)．从图示位置开始计时，4
s末bc边刚好进入磁场．在此过程中，导体框内感应电流的大小为I,
ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象，可能正确的是( )
【解析】因为4
s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在0～1
s内只有ae边切割磁场，设方格边长为L，根据E1＝2BLv，I1＝，可知电流恒定；2
s末时线框在第二象限长度最长，此时有E2＝3BLv，I2＝，可知I2＝I1.2～4
s线框有一部分进入第一象限，电流减小，在4
s末同理可得I3＝I1.综上分析可知A错误，B正确；根据Fab＝BILab，可知在0～1
s内ab边所受的安培力线性增加；1
s末安培力为Fab＝BI1L，在2
s末可得安培力为Fab′＝B×I1×2L＝3Fab；由图象可知C正确，D错误．
【答案】BC
考点三 电磁感应中的能量转化 例3如图1所示，两根粗细均匀的金属棒M、N，用两根等长的、不可伸长的柔软导线将它们连接成闭合回路，悬挂在光滑绝缘的水平直杆上，并使两金属棒水平．在M棒的下方有高为H、宽度略小于导线间距的有界匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向里，此时M棒在磁场外距上边界高h处(h(1)求M棒将要进入磁场上边界时回路的电功率；
(2)若已知M棒从静止释放到将要进入磁场的过程中，经历的时间为t，求该过程中M棒上产生的焦耳热Q；
(3)在图2坐标系内，已定性画出从静止释放M棒，到其离开磁场的过程中“v－t图象”的部分图线，请你补画出M棒“从匀速运动结束，到其离开磁场”的图线，并写出两纵坐标a、b的值．
【解析】(1)在M棒将要进入磁场上边界时，加速度刚好为零，由平衡条件，
3mg－mg＝BIL
M棒将要进入磁场上边界时回路的电功率：
P＝2I2R
联立解得：P＝.
(2)由法拉第电磁感应定律，E＝BLv，由闭合电路欧姆定律，E＝2IR，
由动量定理，(3mg－mg)t－BLt＝4mv
t＝q＝
由能量守恒定律，(3mg－mg)h＝×4mv2＋2Q
联立解得：Q＝(t－)
或Q＝t－
(3)由3mg－mg＝，
解得：v＝，即图中a＝.
由3mg－mg＝2BL解得：v′＝，即图中b＝.
【答案】(1) (2)Q＝t－ (3)图线如图所示，、
【方法总结】1.用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤
2．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
(2)求解焦耳热Q的三种方法
①焦耳定律：Q＝I2Rt.
②功能关系：Q＝W克服安培力．
③能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量．
变式训练3
如图所示，两条足够长的粗糙平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ.三根完全相同的金属棒ab、cd、gh(质量均为m、电阻均为R、长度与导轨间距相同，均为L)垂直导轨放置．用绝缘轻杆ef将ab、cd连接成“工”字形框架(以下简称“工”形架)，导轨上的“工”形架与gh刚好不下滑．金属棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，电阻不计，空间存在垂直导轨平面斜向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g：
(1)若将“工”形架固定不动，用外力作用于gh，使其沿斜面向下以速度v匀速运动，求ab两端的电压U；
(2)若将“工”形架固定不动，给gh沿斜面向下的初速度v0，求gh沿斜面下滑的最大位移；
(3)若“工”形架不固定，给gh沿斜面向下初速度v0的同时静止释放“工”形架，最终“工”形架与gh的运动状态将达到稳定，求在整个过程中电流通过gh产生的焦耳热．
【解析】(1)当gh以速度大小为v运动时，gh为电源，ab和cd为外电路，gh产生的电动势E＝BLv，等效内电阻为R，外电路电阻为0.5R，则U＝
(2)由题意得mgsin
θ＝μmgcos
θ，设沿斜面向下为正方向，该过程对金属棒gh依动量定理有－BLΔt＝0－mv0
由闭合电路欧姆定律＝
法拉第电磁感应定律＝，通过gh棒的电荷量为q＝Δt，磁通量的变化量为
ΔΦ＝BLx
联立解得
x＝
(3)设gh中的电流为I，则“工”形架ab、cd中的电流为，gh受到的安培力为F＝BIL，ab、cd受到的安培力大小分别为
F1＝BL、F2＝BL
则“工”形架受到的安培力的合力
F′＝F1＋F2＝BIL
所以“工”形架与金属棒gh所受合外力为零，系统沿斜面方向动量守恒，设沿斜面向下为正方向，设“工”形架与金属棒gh一起运动的共同速度为v1，则
mv0＝3mv1
系统产生的焦耳热为
Q＝－×3mv
设电流通过金属棒gh产生的焦耳热为Q′，
则
＝＝
解得
Q′＝
【答案】(1)U＝ (2)x＝ (3)Q′＝
微专题突破八 动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用
【p65】
1．(2019·浙江)如图所示，在间距L＝0.2
m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场，磁感应强度的分布沿y方向不变，沿x方向如下：
B＝
导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C＝1
F的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I＝2
A，电流方向如图所示．有一质量m＝0.1
kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0＝0.7
m处．开关S掷向1，棒ab从静止开始运动，到达x3＝－0.2
m处时，开关S掷向2.已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直．求：
(提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F所做的功)
(1)棒ab运动到x1＝0.2
m时的速度v1；
(2)棒ab运动到x2＝－0.1
m时的速度v2；
(3)电容器最终所带的电荷量Q.
【解析】(1)安培力F＝BIL，加速度a＝＝
速度v1＝＝2
m/s
(2)在区间－0.1
m≤x≤0.2
m安培力，F＝5xIL，如图所示：
安培力做功W＝
根据动能定理可得W＝mv－mv
解得v2＝
m/s
(3)根据动量定理可得－BLQ＝mv－mv3
电荷量Q＝CU＝CBLv
在x＝－0.2
m处的速度v3＝v1＝2
m/s
联立解得Q＝＝
C
【答案】(1)2
m/s (2)
m/s (3)
C
2．(2017·浙江)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示，倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L.质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直，已知杆ab、cd和ef电阻均为R＝0.02
Ω，m＝0.1
kg，l＝0.5
m，L＝0.3
m，θ＝30°，B1＝0.1
T，B2＝0.2
T，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，g取10
m/s2，求：
(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；
(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v；
(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q.
【解析】(1)ab杆受到的安培力：F＝B1Il＝，ab杆匀速运动，由平衡条件得：
mgsin
θ＝，解得：v0＝6
m/s；
(2)ab杆与“联动双杆”碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋3m)v，解得：v＝1.5
m/s；
(3)“联动三杆”进入磁场B2过程速度的变化量为Δv，由动量定理得：
B2lΔt＝4mΔv，
Δt＝Δq＝，解得：Δv＝0.25
m/s，
“联动三杆”离开磁场过程，速度的变化量大小也为：
Δv＝0.25
m/s，
离开磁场B2时“联动三杆”的速度：
v′＝v－2Δv＝(1.5－2×0.25)
m/s＝1
m/s，
“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热：
Q＝×4mv2－×4mv′2，
解得：Q＝0.25
J.
【答案】(1)6
m/s (2)1.5
m/s (3)0.25
J
【p65】
电磁感应与动量的结合主要涉及两个模型：
(1)单杆模型．对于单杆模型，主要与动量定理结合．如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用)，在磁场中的运动为变速运动，运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理安Δt＝Δp，而安Δt＝BLΔt＝BLq，q＝N＝N，Δp＝mv2－mv1，由以上四式将流经杆电量q、杆位移x及速度变化结合一起．
(2)双杆模型．对于双杆模型，在受到安培力之外，受到的其他外力和为零，满足动量守恒的条件，则与动量守恒定律结合考查较多．
【p66】
1．如图所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为L，另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地左右滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻使左侧的导体棒获得大小为v0的向左初速度、右侧的导体棒获得大小为2v0的向右初速度，则下列结论正确的是( )
A．该时刻回路中产生的感应电动势为BLv0
B．当导体棒a的速度大小为时，导体棒b的速度大小一定是
C．当导体棒a的速度为0时，两导体棒受到的安培力大小都是
D．从开始运动到最终处于稳定状态的过程中，系统产生的热量为
【解析】根据右手定则可知两根导体棒切割磁感应线产生的感应电动势方向相同，故该时刻回路中产生的感应电动势为E＝3BLv0，故A错误；当导体棒a的速度大小为，有可能方向向左、也可能方向向右，由于整体在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可知导体棒b的速度大小可能是、也可能是，故B错误；当导体棒a的速度为0时，根据动量守恒定律可得b棒的速度为v0，方向向右，此时回路中的安培力大小为FA＝BIL＝，故C正确；最后二者以相同的速度运动，设速度为v，取向右为正，根据动量守恒定律可得：2mv0－mv0＝2mv，解得v＝；根据能量守恒定律可得，系统产生的热量为Q＝×m(2v0)2＋mv－×2mv2＝，故D错误．
【答案】C
2．如图所示，有一间距为L且与水平方向成θ角的光滑平行轨道，轨道上端接有电容器和定值电阻，S为单刀双掷开关，空间存在垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B.将单刀双掷开关接到a点，一根电阻不计、质量为m的导体棒在轨道底端获得初速度v0后沿着轨道向上运动，到达最高点时，单刀双掷开关接b点，经过一段时间导体棒又回到轨道底端，已知定值电阻的阻值为R，电容器的电容为C，重力加速度为g，轨道足够长，轨道电阻不计，求：
(1)导体棒上滑过程中加速度的大小；
(2)若已知导体棒到达轨道底端的速度为v，求导体棒下滑过程中定值电阻产生的热量和导体棒运动的时间．
【解析】(1)导体棒上滑的过程中，根据牛顿第二定律得：mgsin
θ＋F安＝ma
又F安＝iBL，有：i＝＝＝＝CBLa
联立解得：a＝
(2)导体棒上滑过程中，有0－v＝－2as
导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得：
Q＋mv2＝mgssin
θ
解得：Q＝.
导体棒下滑的过程中，由动量定理得：
mgsin
θ·t－I安＝mv－0
而I安＝∑BiLΔt＝∑BLΔt＝∑vt＝·s
联立解得：t＝＋.
【答案】(1) (2) ＋
3．如图所示，两根平行金属导轨MN和PQ放在水平面上，左半部分间距为L，右半部分间距为0.5L，左端向上弯曲，所有导轨光滑且电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，两磁场左边界相距x0，中间有一段无磁场区隔开，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B，磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B，方向都竖直向上．质量均为m、电阻均为R、长度均为L的相同均匀导体棒a和b垂直导轨放置在其上，导体棒b置于磁场Ⅱ区最左边处．a、b两棒在运动过程中始终与导轨垂直、接触良好．
(1)将a棒从左端弯曲轨道上距水平面高度h处由静止释放，求出a棒刚进入磁场Ⅰ时b棒的加速度大小；
(2)假设两磁场区域沿导轨方向足够长，两棒都未滑离各自的磁场区，a棒在磁场Ⅰ内运动的过程中，求：
①a棒产生的焦耳热；
②稳定后a、b棒间的距离与释放高度h的函数关系．
【解析】(1)a棒在弯曲光滑导轨上下滑的过程中，其机械能守恒，设其刚进入磁场Ⅰ时的速度为v0，产生的感应电动势为E，电路中电流为I.
根据机械能守恒定律得：mgh＝mv
解得
v0＝
a棒产生的感应电动势
E＝BLv0
回路中感应电流
I＝
联立得
I＝
b棒受到的安培力大小
F＝2BI·
b棒的加速度
a＝
解得
a＝，方向向右．
(2)①金属棒a在磁场Ⅰ中做减速运动，产生的感应电动势逐渐减小，b棒在磁场Ⅱ做加速运动，产生的感应电动势逐渐增加，当两者相等时，回路中的感应电流为0，此后棒a、b都做匀速运动，设棒a、b最终的速度大小分别为v1、v2.
则BLv1＝2B·v2
解得
v1＝v2＝v
对金属棒a、b构成的系统，合外力为零，系统的动量守恒，设向右为正方向，有
mv0＝2mv
解得
v＝v0
即v1＝v2＝v＝v0
根据能量守恒定律得：
Q＝mv－2×m()2＝mv＝mgh
故a棒产生的焦耳热
Qa＝Q＝mgh
②对a棒，根据动量定理得：BiLΔt＝mΔv
两边求和得：∑BiLΔt＝∑mΔv
即
BLq＝m
得
q＝
又
q＝＝＝
可得
xa－xb＝
故稳定后a、b棒间的距离与释放高度h的函数关系为
xab＝x0＋xb－xa＝x0－＝x0－.
【答案】(1) (2)①Q＝mgh
②xab＝x0－
真题回顾
【p67】
1．(2020·全国卷Ⅰ)(多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( )
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【解析】由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动．当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势E＝BL(v2－v1)，电流中的电流I＝＝；金属框和导体棒MN受到的安培力：F安框＝，与运动方向相反，F安MN＝，与运动方向相同．设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MN：＝m1a1，对金属框：F－＝m2a2.初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从开始逐渐减小．当a1＝a2时，相对速度v2－v1＝，大小恒定．
整个运动过程用速度时间图象描述如右．
综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC选项正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，AD选项错误．故选BC.
【答案】BC
2．(2020·全国卷Ⅱ)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接．焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接．焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为( )
A.
库仑
B.
霍尔
C.
洛伦兹
D.
法拉第
【解析】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热．该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第．故选D.
【答案】D
3．(2020·全国卷Ⅲ)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环．圆环初始时静止．将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )
A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
【解析】无论开关S拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律(增反减同)，右边圆环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，所以无论哪种情况，圆环均向右运动．
【答案】B
4．(2020·全国卷Ⅱ)(多选)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A处采用550
kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU.在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1
100
kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′.不考虑其他因素的影响，则( )
A．ΔP′＝ΔP
B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU
D．ΔU′＝ΔU
【解析】输电线上损失的功率ΔP＝(
)2·r，损失的电压ΔU＝·r；当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的
，即ΔP′＝ΔP，损失的电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU；故选AD.
【答案】AD
5．(2019·全国卷Ⅰ)(多选)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
【解析】根据B－t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向FA的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；由闭合电路欧姆定律得：I＝，又根据法拉第电磁感应定律得：E＝＝·＝，又根据电阻定律得：R＝ρ，联立得：I＝，则C正确，D错误．
【答案】BC
6．(2019·全国卷Ⅲ)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现( )
A．电阻定律
B．库仑定律
C．欧姆定律
D．能量守恒定律
【解析】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能，所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程．
【答案】D
7．(2019·全国卷Ⅱ)(多选)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象可能正确的是( )
【解析】PQ进入磁场时加速度为零，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；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，且MN棒受到的安培力大于重力沿斜面向下的分力，MN将做加速度减小的减速运动到匀速后稳定，故C错误，D正确．
【答案】AD
8.
(2019·全国卷Ⅲ)(多选)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．下列图象中可能正确的是( )
【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A、C正确，B、D错误．
【答案】AC
9．(2018·全国卷Ⅰ)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
【解析】设圆的半径为R，金属杆从Q到S的过程中：
ΔΦ＝BΔS＝BπR2.
根据法拉第电磁感应定律有：E1＝＝.设回路的总电阻为r，第一次通过线圈某一横截面的电荷量：q1＝I1Δt1＝Δt1＝ ①
磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′的过程中设时间为Δt2，ΔΦ′＝(B′－B)R2
第二次通过线圈某一横截面的电荷量为：q2＝I2Δt2＝＝ ②
由题，q1＝q2 ③
联立①②③式可得：＝，故B正确，A、C、D错误．
【答案】B
10．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间变化的正确图线可能是( )
【解析】设磁感应强度为B，线圈的速度为v、电阻为R.如果某时刻左边位于方向向外的磁场中、右边位于方向向里的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E1＝2BLv，根据电流为：i1＝＝，根据右手定则可知电流方向为顺时针；当左右两边都处于方向相同的磁场中时，感应电动势为零，感应电流为零；当左边位于方向向里的磁场中、右边位于方向向外的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E2＝2BLv，根据电流为：i2＝＝，根据右手定则可知电流方向为逆时针．故D正确，A、B、C错误．
【答案】D
11．(2018·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正．该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示．则Q方∶Q正等于( )
A．1∶
B.∶1
C．1∶2
D．2∶1
【解析】由图可知，方形交流电源的有效值为u0，故其一周期产生的热量为：Q方＝T；
正弦式交流电的有效值为：u＝
故其一周期产生的热量为：Q正＝T＝；
故有：Q方∶Q正＝2∶1；故D正确，A、B、C错误．
【答案】D
12．(2020·全国卷Ⅲ)如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一长度大于l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好．已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略．将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x
(0≤x≤l0)变化的关系式．
【解析】当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法拉第电磁感应定律知，导体棒上感应电动势的大小为E＝Blv ①
由欧姆定律，流过导体棒的感应电流为
I＝ ②
式中，R为这一段导体棒的电阻．按题意有
R＝rl ③
此时导体棒所受安培力大小为
f＝BIl ④
由题设和几何关系有l＝⑤
联立①②③④⑤式得
f＝⑥【p143】
A组1.目前无线电力传输已经比较成熟，如图所示为一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力，两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示．利用这一原理，可以实现对手机进行无线充电．下列说法正确的是( )
A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势
B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势
C．A中电流越大，B中感应电动势越大
D．A中电流变化越快，B中感应电动势越小
【解析】根据感应电流产生的条件，若A线圈中输入恒定的电流，则A产生恒定的磁场，B中的磁通量不发生变化，则B线圈中就不会产生感应电动势，故A错误；若A线圈中输入变化的电流，则B线圈中就会产生感应电动势，故B正确；根据法拉第电磁感应定律：E＝可得，A线圈中电流变化越快而非电流越大，A线圈中电流产生的磁场变化越快，B线圈中感应电动势越大．故CD错误．
【答案】B
2．如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷．在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上，现让橡胶盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是( )
A．铝环N有沿顺时针方向的感应电流
B．铝环N有扩大的趋势
C．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下
D．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上
【解析】因橡胶圆盘M带有负电荷，则加速转动时产生顺时针电流(从上向下看)，依据楞次定律可知，穿过环N的磁通量向下且增大，因此环N有沿逆时针方向的感应电流，故A错误；根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知铝环N的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以，橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上，且铝环N有收缩的趋势，故D正确，B、C错误．
【答案】D
3．(多选)一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲所示．螺线管N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是( )
A．t＝时刻，圆环有扩张的趋势
B．t＝时刻，圆环有收缩的趋势
C．t＝和t＝时刻，圆环内有相同的感应电流
D．t＝和t＝时刻，圆环内有相同的感应电流
【解析】由图可知在t＝时刻，通过线圈N的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属圆环M的磁通量变大，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势，故A正确，B错误；由图可知在t＝时刻的电流增大，在t＝时刻的电流减小，根据楞次定律可知圆环内产生的感应电流方向相反，故C错误；由图可知在t＝和t＝时刻，线圈内电流的变化率相同，则产生的感应电流方向相同；同时电流变化率是大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，故D正确．
【答案】AD
4．图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流．电路中电灯的电阻R1＝4.0
Ω，定值电阻R＝2.0
Ω，AB间电压U＝6.0
V，开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在某时刻断开开关S，此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化的图线如图乙所示．则( )
A．线圈L的直流电阻RL＝4.0
Ω
B．断开开关后通过电灯的电流方向向右
C．断开开关瞬间能够观察到电灯闪亮一下再熄灭
D．在1.6×10－3
s时刻线圈L中的感应电动势的大小约为2.4
V
【解析】断开开关前通过灯泡的电流I1＝＝＝1.5
A，断开开关后，线圈、电阻与灯泡构成闭合回路，同它们的电流相等，断开开关前，通过线圈的电流为1.5
A，则R总＝RL＋R＝＝＝4
Ω，则线圈的直流电阻RL＝R总－R＝2
Ω，故A错误；断开开关前，通过灯泡的电流向右，由楞次定律可知，断开开关后，线圈产生的感应电流向右，则通过灯泡的电流向左，故B错误；由图象可知，断开开关后，通过灯泡的电流从1.5
A逐渐减小到零，灯泡不会闪亮，故C错误；由图象可知，在t2＝1.6×10－3s时同线圈的电流为0.3
A，线圈的自感电动势E＝I(R1＋R＋RL)＝0.3×(4＋2＋2)
V＝2.4
V，故D正确．
【答案】D
5．如图所示，竖直直线MN的右侧有范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．正方形线框abcd的边长为L，从t＝0时刻起线框在外力作用下从图示位置由静止水平向右匀加速运动．线框单位长度电阻均相同，在运动过程中，线框c、d两点间的电势差Ucd随时间变化的特点与下列图象一致的是( )
【解析】线框进入磁场的过程中，磁通量向里增加，根据楞次定律分析可知，感应电流的方向为逆时针方向，d点电势高于c点电势，Ucd＜0；线框向右做匀加速运动，速度v＝at，线框切割磁感线产生感应电动势E＝BLv＝BLat，设线框总电阻为R，感应电流I＝＝，c、d两点间的电势差Ucd＝－I×R＝－BLat，c、d两点间的电势差与时间成正比；线框完全进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量不变，线框c、d两点间的电势差Ucd＝E＝BLat，Ucd突然变大，且斜率增大；由图示图象可知D正确．
【答案】D
6．(多选)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )
A．线框中感应电流的方向不变
B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间
C．线框以速度v2做匀速直线运动时，发热功率为sin2θ
D．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与重力做功WG的关系式是ΔE机＝WG＋mv－mv
【解析】线圈的ab边进入磁场Ⅰ过程，由右手定则判断可知，电流方向为逆时针；线框从磁场Ⅰ出来并进入磁场Ⅱ过程中，电流方向为顺时针；线框从磁场Ⅱ出来过程中，电流方向为逆时针，则线框中感应电流的方向会改变，A错误；当线框ab边恰好达到l2时，ab边与cd边共同切割磁感线，感应电动势为之前的2倍，瞬时电流也为之前时刻的2倍，所以ab与cd边受到的沿斜面向上的安培力合力为重力沿斜面向下的分量的4倍，线圈将做加速度逐渐减小的减速运动，直到以速度v2匀速直线运动，则有v1>v2，ab边从l1运动到l2的平均速度大于从l2运动到l3的平均速度，则线框ab边从l1运动到l2所用时间小于从l2运动到l3的时间，B错误；线圈以速度v2匀速运动时mgsin
θ＝2BId＝2Bd·＝，得
v＝，电功率P＝Fv＝sin2θ，C正确；机械能的减小等于线框产生的电能，则由能量守恒得知：线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是ΔE机＝Q电，即ΔE机＝WG＋mv－mv，D正确．
【答案】CD
B组
7．(多选)如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L＝0.4
m，导轨的左端与阻值R＝0.3
Ω的电阻相连，导轨电阻不计；导轨在x＞0侧，存在沿x方向均匀增大的磁场，其方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B随位置x的变化如图乙所示．现有一根质量m＝0.2
kg、电阻r＝0.1
Ω的金属棒MN置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下，从x＝0处以初速度v0＝2
m/s沿导轨向右做变速运动，且金属棒MN在运动过程中受到的安培力大小不变，下列说法中正确的是( )
A．金属棒MN向右做匀加速直线运动
B．金属棒MN在x＝1
m处的速度大小为
m/s
C．金属棒MN从x＝0运动到x＝1
m过程中外力F所做的功为0.175
J
D．金属棒MN从x＝0运动到x＝2
m过程中，流过金属棒MN的电荷量为2
C
【解析】根据图象得B－x函数关系式：B＝0.5＋0.5x，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，感应电流I＝＝，安培力F安＝BIL＝，解得：v＝；匀变速直线运动满足v2＝v＋2ax，即v2与x是线性关系，所以金属棒不可能做匀加速直线运动，故A错误；根据题意金属棒所受的安培力大小不变，x＝0处与x＝1
m处安培力大小相等，有：＝，解得v1＝0.5
m/s，故B正确；金属棒在x＝0处的安培力大小为：F安＝＝
N＝0.2
N，对金属棒金属棒从x＝0运动到x＝1
m过程中，根据动能定理有：WF－F安x＝mv－mv，代入数据解得WF＝－0.175
J，故C错误；根据感应电量公式q＝＝，x＝0到x＝2
m过程中，B－x图象包围的“面积”ΔB·x＝×2
T·m＝2
T·m，所以q＝2
C，故D正确．
【答案】BD
8．(多选)如图甲所示，将一质量为m、长度为L的金属棒ab垂直放置在同一水平面上的两根光滑、平行、间距为L的导轨上，导轨电阻不计且足够长．导轨左端连接阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向上的、磁感应强度为B的匀强磁场中．t＝0时刻金属棒处于静止状态，现用始终垂直于ab的水平向右的外力F作用在金属棒上，F大小随金属棒位移x变化的图象如图乙所示．t＝t0时刻，金属棒向右运动位移为x0，此时外力为F0，随后金属棒开始匀速运动．金属棒电阻不计且始终与导轨接触良好，则下列说法正确的是( )
A．若仅将磁场反向，则金属棒所受安培力反向
B．t＝0到t＝t0时间内，电阻R产生的焦耳热为F0x0－
C．金属棒匀速运动时，ab两端电势差大小为U＝
D．金属棒匀速运动时，电阻R的热功率为
【解析】仅磁场反向时感应电流反向，金属棒所受安培力方向不变，故A错误；金属棒切割磁感线产生的电动势：E＝BLv，感应电流I＝＝，金属棒受到的安培力F安培＝BIL＝，金属棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：F0＝，金属棒的速度：v＝，0～t0过程拉力做功：W＝F0x0，由能量守恒定律得：W＝mv2＋Q，解得：Q＝F0x0－，故B正确；金属棒匀速运动时，ab两端的电势差大小：E＝BLv＝，故C正确；金属棒匀速运动时，电阻R的热功率P＝＝，故D错误．
【答案】BC
9．我国高铁技术处于世界领先水平，其中一项为电磁刹车技术．某次科研小组要利用模型火车探究电磁刹车的效果，如图所示，轨道上相距s处固定着两个长l、宽0.5l、电阻为R的单匝线圈，s＞0.5l，在火车头安装一个电磁装置，它能产生长l、宽0.5l的矩形匀强磁场，磁感强度为B，经调试，火车在轨道上运行时摩擦力为零，不计空气阻力．现让火车以初速度v0从图示位置开始匀速运动，经过2个线圈，矩形磁场刚出第2个线圈时火车停止，测得第1个线圈产生的焦耳热Q1是第2个线圈产生的焦耳热Q2的3倍．求：
(1)车头磁场刚进入第1个线圈时，火车所受的安培力大小；
(2)求车头磁场在两线圈之间匀速运行的时间．
【解析】(1)对线圈，由法拉第电磁感应定律E＝BLv0 ①
由闭合电路欧姆定律I＝ ② F安＝BIL ③
由①②③联立解得：F安＝；
(2)设磁场刚穿过线圈Ⅰ时速度为v，由能量守恒有：Q1＝mv－mv2 ④
磁场刚穿过线圈Ⅱ停止，同理有：Q2＝mv2 ⑤
又Q1＝3Q2 ⑥
匀速运动过程t＝ ⑦
联立④⑤⑥⑦t＝.
【答案】(1) (2)
10．如图所示，边长为L，质量为m，电阻为R的匀质正方形刚性导体线框ABCD和直角坐标系xOy(x轴水平，y轴竖直)均处于竖直平面内，在第一象限的空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度满足B＝B0＋ky(B0和k均为大于0的已知量)，初始时，线框的A点与坐标原点O重合，AB边与x轴重合(此位置记为位置1)，现给线框一个沿着x轴正方向的速度v0，当线框的A点的纵坐标为H时(此位置记为位置2)，线框恰好达到稳定的运动速率，此后线框继续运动到位置3(位置3和位置2中A点的横坐标相距4L)，若整个运动过程中，线框始终处于同一竖直平面内，AB边始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)线框运动到位置2时线框内电流的方向和大小；
(2)线框从位置1运动到位置2所用的时间；
(3)线框从位置1运动到位置3的过程中产生的焦耳热．
【解析】(1)由于磁感应强度向里增加，根据楞次定律可知电流方向为逆时针；根据平衡条件可得：
mg＝B2IL－B1IL，
解得：I＝；
(2)由于水平方向前后两边对称切割磁感应线不产生感应电流，只有上下两边切割磁感应线产生感应电流，根据闭合电路的欧姆定律可得：I＝＝
在位置2时竖直方向的速度vy＝
从1到2的过程中F安＝(B2－B1)IL＝，从状态1到状态2，y方向根据动量定理可得：mgt－＝mvy，
联立解得：t＝＋；
(3)状态1到状态3，根据能量守恒定律可得：
mg(H＋h)＝Q＋m(v＋v)－mv
其中h＝vy·＝
解得：Q＝mgH＋－.
【答案】(1)逆时针， (2)＋
(3)mgH＋－(共97张PPT)
真题回顾
知识网络>●●。。
基础落实>●。●
考点突破>●●。。
限时训练>●。。
真题回顾>。。。。
模型破解>。●。。。
热身练习>●●。。
O
B
O
