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第1讲 电磁感应的
规律及应用
要点提炼
高考考向
专题作业
本课结束
答案
解析第1讲 电磁感应的规律及应用
要点提炼
1.电磁问题中“三定则、一定律”的应用
(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向。
(2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。
(3)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的磁场方向。
(4)右手定则：判断闭合电路中部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向。
2．楞次定律推论的应用技巧
(1)“增反减同”；(2)“来拒去留”；(3)“增缩减扩”；(4)“增离减靠”。
3．四种求感应电动势的方法
(1)平均感应电动势：＝n。
(2)垂直切割：E＝BLv。
(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动：E＝Bl2ω。
(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动：e＝nBSωsin
ωt。
4．感应电荷量的两种求法
(1)当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流。通过的电荷量的表达式为q＝Δt＝n·Δt＝n。
(2)导体棒做切割磁感线运动而产生感应电流时，通过的电荷量q满足关系式：－BlΔt＝－Blq＝mΔv。
5．三步解决电磁感应中的电路问题
(1)确定电源：E＝n或E＝Blv。
(2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图。
(3)应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本规律等列方程求解。
6．电磁感应问题综合性较强，可结合电路分析、动力学分析、能量分析等综合考查，解题所用知识点和方法涉及闭合电路欧姆定律、动力学观点、能量观点和动量观点。
高考考向1 电磁感应规律的理解及应用
命题角度1
楞次定律的理解及应用
例1 (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，当把电路接通的瞬间，左边线圈中的电流均从无到有，电流在线圈轴线上激发的磁场从无到有，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，反向电流相互排斥，所以无论哪种情况，圆环均向右运动。故B正确。
答案 B
楞次定律的理解
电磁感应的效果总要阻碍引起电磁感应的原因，列表举例说明如下：
内容
例证
阻碍原磁通量变化——“增反减同”
续表
内容
例证
阻碍相对运动——“来拒去留”
eq
\a\vs4\al()
eq
\a\vs4\al(磁铁靠近，,是斥力,,磁铁远离，,是引力)
使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”
eq
\a\vs4\al()
eq
\a\vs4\al(P、Q是光滑固定导轨，,a、b是可动金属棒，磁铁下移，,回路面积应减小，a、b靠近)
eq
\a\vs4\al()B减小，线圈扩张
阻碍原电流的变化——“增反减同”
合上S，B先亮
阻碍原磁通量变化——“增离减靠”
eq
\a\vs4\al()
eq
\a\vs4\al(螺线管内电流增大，线圈A,向左运动；反之，螺线管内,电流减小，线圈A向右运动)
备课记录：
1.
(2020·福建省漳州市高三第一次教学质量检测)如图，C、D是两条竖直且足够长的固定导轨(电阻不计)，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，EF是一个固定螺线管，C、D的输出端a、b分别连接EF的输入端c、d，P是在EF的正下方水平放置在地面上的铝圆环。现对金属棒AB施加一竖直向上的力使金属棒由静止开始向上做匀加速运动，在运动过程中棒始终与C、D导轨良好接触，可认为通电螺线管在圆环中产生的磁感应强度与通过螺线管的电流成正比，则( )
A．金属棒中的感应电流方向由A到B
B．P环有收缩的趋势
C．P环对地面的压力逐渐减小
D．P环中感应电流逐渐变大
答案 B
解析 根据右手定则，金属棒中的感应电流方向由B到A，A错误；由于金属棒向上做匀加速运动，产生的感应电动势E＝BLv＝BLat越来越大，回路中的电流I＝＝t越来越大，穿过P的磁通量与螺线管中的电流成正比，也越来越大，根据楞次定律的推论，P环有收缩的趋势，且有向下运动的趋势，则P环对地面的压力逐渐增大，B正确，C错误；螺线管中的电流I＝t，穿过P的磁通量与螺线管中的电流成正比，则根据法拉第电磁感应定律，P环中产生恒定的感应电流，D错误。
命题角度2
法拉第电磁感应定律的应用
例2 (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 由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小E＝·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I＝＝＝，C正确，D错误。
答案 BC
1．公式E＝n与E＝Blv的比较
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部分导体
研究内容
平均电动势
①若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势②若v为平均速度，则求的是平均感应电动势
适用范围
对电磁感应现象广泛适用
只适用于导体垂直切割磁感线的电磁感应现象
联系
E＝Blv由E＝n在一定条件下推导得到。导体做切割磁感线运动时，常用E＝Blv求E；磁感应强度变化时，常用E＝n求E
2.应用法拉第电磁感应定律时的两点注意
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。
(2)应用E＝nS求感应电动势时，S为回路在磁场范围内的有效面积。
备课记录：
2－1 (2020·湖北省武汉市模拟)如图a所示，在倾角θ＝37°的斜面上放置着一个金属圆环，圆环的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场(未画出)中，磁感应强度的大小按如图b所示的规律变化。释放圆环后，在t＝8t0和t＝9t0时刻，圆环均能恰好静止在斜面上。假设圆环与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，则圆环和斜面间的动摩擦因数为( )
A.
B．
C．
D．
答案 D
解析 根据楞次定律可知，0～8t0时间内圆环中感应电流沿顺时针方向，由左手定则可知圆环上半部分所受安培力沿斜面向下，设圆环半径为r，电阻为R，在t＝8t0时刻有：E1＝＝··πr2＝πr2，I1＝，此时圆环恰好静止，由平衡条件得：mg
sin
θ＋B0I1·2r＝μmg
cos
θ；同理在t＝9t0时刻，圆环上半部分受到的安培力沿斜面向上，E2＝＝πr2，I2＝，此时圆环恰好静止，由平衡条件得：mg
sin
θ＋μmg
cos
θ＝B0I2·2r，联立得μ＝，故A、B、C错误，D正确。
2－2 (多选)如图，线圈所围的面积为0.2
m2，线圈电阻为1
Ω，若图甲中感应电流I的方向为正方向，垂直线圈平面向上磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙，则( )
A．在t＝4
s时，I的方向为负方向
B．前2
s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.02
C
C．在3～5
s内，线圈产生的焦耳热为1×10－4
J
D．在时间0～5
s内，I的最大值为0.02
A
答案 ABD
解析 在t＝4
s时，穿过线圈的磁场方向向上，且磁感应强度B在减小，即穿过线圈的磁通量在向上减小，根据楞次定律判断可知，感应电流的方向为负方向，故A正确；前2
s内，通过线圈某截面的总电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝＝＝
C＝0.02
C，故B正确；在3～5
s内，感应电动势为E＝n＝S＝×0.2
V＝0.01
V，线圈产生的焦耳热为Q＝Δt′＝×2
J＝2×10－4
J，故C错误；B?t图象的斜率越大感应电动势越大，所以在t＝0时刻线圈的感应电动势最大，为Em＝S＝×0.2
V＝0.02
V，由闭合电路欧姆定律得Im＝＝0.02
A，故D正确。
命题角度3
动生感应电动势问题分析
例3 (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＝Blv①
由闭合电路欧姆定律知，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。由题意有R＝rl③
此时导体棒所受安培力大小为F＝BIl④
由题设和几何关系有
l＝⑤
联立①②③④⑤式得
F＝。⑥
答案 F＝
公式E＝BLv的应用
公式E＝BLv适用于导体棒在匀强磁场中切割磁感线的情况，其中L为垂直于磁场和速度方向的有效切割长度。对转动切割问题，公式中的v应为导体棒切割磁感线部分各点的平均速度。
备课记录：
3.
(2020·河南省许昌市、济源市、平顶山市高三三模)(多选)如图所示为某人设计的一个汽车“再生能源装置”原理简图，在车厢底部靠近车轮处固定永久磁铁，刹车时接通装在车轮上的线圈，将汽车的一部分动能转化为电能储存起来。图中扇形区域匀强磁场的磁感应强度为B，五个形状与磁场边界形状完全相同的线圈对称地固定在车轮内侧，已知车轴到线圈内侧的距离为r1，到线圈外侧的距离为r2，车轮的半径为R。若刹车过程中的某时刻车速大小为v，则此时( )
A．车轮转动的角速度为
B．某个线圈进入或者出磁场时产生的电动势大小为
C．某个线圈进入或者出磁场时产生的电动势大小为
eq
\f(B（r－r）v,2R)
D．线圈受到磁场的阻尼作用，进而也起到辅助刹车的作用
答案 ACD
解析 车速大小即车轮边缘的线速度大小为v，因此车轮转动的角速度ω＝，A正确；某个线圈进入或者出磁场时产生的电动势大小为E＝BLv平均＝B(r2－r1)·，联立得E＝
eq
\f(B（r－r）v,2R)，B错误，C正确；根据“来拒去留”，安培力阻碍线圈运动，因此起到辅助刹车的作用，D正确。
高考考向2 电磁感应规律的综合应用
命题角度1
电磁感应中的电路分析
例4 (2020·江西省九江市十校高三(下)模拟考试)(多选)如图所示，光滑铜环水平固定，OO′为过圆心的竖直轴，长为2l、电阻为r的铜棒OA的一端固定在O处，另一端与铜环良好接触，OA与OO′的夹角为30°，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现使铜棒OA绕OO′以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，其他电阻不计，下列说法正确的是( )
A．O点的电势比A点的电势低
B．回路中通过的电流为
C．该定值电阻两端的电压为ωBl2
D．该定值电阻上的热功率为
解析 根据右手定则可知，OA中产生的感应电流从O到A，则O点的电势比A点的电势低，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，铜棒OA切割磁感线产生的感应电动势为：E＝ωBl2，所以回路中通过的电流为：I＝＝，故B错误；该定值电阻两端的电压为：U＝＝ωBl2，故C正确；该定值电阻上的热功率为：P＝＝，故D错误。
答案 AC
1．处于变化磁场或正在切割磁感线的导体部分相当于电源，其余部分为外电路。
2．电磁感应中的电路问题的分析步骤
备课记录：
4－1 (2020·内蒙古阿拉善盟高三模拟)(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1
m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R＝10
Ω的电阻。一阻值为R＝10
Ω的导体棒ab以速度v＝4
m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0.5
T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是( )
A．导体棒中电流的流向为由b到a
B．cd两端的电压为1
V
C．fe两端的电压为1
V
D．ab两端的电压为2
V
答案 BC
解析 根据右手定则知，导体棒ab中电流的流向为由a到b，故A错误；ab产生的感应电动势为E＝Blv＝0.5×1×4
V＝2
V，则cd两端的电压为Ucd＝E＝1
V，B正确；fe两端的电压等于cd两端的电压，为1
V，C正确；ab两端的电压等于cd两端的电压，为1
V，D错误。
4－2 (2020·全国100所名校最新高考模拟示范第一次统一考试)(多选)如图所示，一个匝数n＝1000匝、边长l＝20
cm、电阻r＝1
Ω的正方形线圈内，存在面积S＝0.03
m2的匀强磁场区域，磁场方向垂直于线圈所在平面向里，磁感应强度大小B随时间t变化的规律是B＝0.15t(T)。电阻R与电容器C并联后接在线圈两端，电阻R＝2
Ω，电容C＝30
μF。下列说法正确的是( )
A．线圈中产生的感应电动势为4.5
V
B．若b端电势为0，则a端电势为3
V
C.电容器所带电荷量为1.2×10－4
C
D．稳定状态下电阻的发热功率为4.5
W
答案 AD
解析 根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为E＝n＝nS＝1000×0.03×0.15
V＝4.5
V，A正确；感应电流为I＝＝1.5
A，电容器两端电势差为U＝IR＝3
V，由楞次定律可判断线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故a端电势低于b端电势，若φb＝0，则φa＝－3
V，B错误；电容器所带电荷量为q＝CU＝9×10－5
C，C错误；稳定状态下电阻的发热功率为P＝I2R＝4.5
W，D正确。
命题角度2
电磁感应中的动力学、能量、动量分析
例5 (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 金属框在力F的作用下向右运动，bc边切割磁感线产生感应电动势，在回路MNcb中有感应电流，使得导体棒MN受到向右的安培力而向右做加速运动，bc边受到向左的安培力。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，导体棒的电阻为R，金属框的宽度为L，磁感应强度为B，则电路中的总电动势E＝BL(v2－v1)，电路中的电流I＝＝，金属框受到的安培力F安框＝BIL＝，与运动方向相反；导体棒MN受到的安培力F安MN＝BIL＝，与运动方向相同。设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，加速度分别为a1、a2，则对导体棒MN，有＝m1a1，对金属框，有F－＝m2a2。导体棒MN和金属框的初始速度均为零，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＝，之后a1、a2不变，v2－v1恒定，整个运动过程用速度—时间图象描述如图所示。
综上可得，经过一段时间后，金属框和导体棒的加速度大小趋于恒定值，所受安培力的大小也趋于恒定值，B、C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，A、D错误。
答案 BC
1．电磁感应中的动力学过程分析思路
2．电磁感应中的动力学过程往往考查面较广、综合性较强，可考虑从动力学、能量、动量三个角度解决问题。
备课记录：
5－1 (2020·安徽省蚌埠市高三(下)第四次教学质量检查)如图所示，质量为m的“匚”形金属导轨abcd静止放在光滑水平面(足够大)上，导轨的宽为L，长为2L，cd部分的电阻为R，bc和ad部分电阻不计，P、P′分别为bc和ad的中点，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出，范围足够大)中。一质量为m、长为L、电阻为R的金属棒以速度v从ab端滑上导轨，并最终在PP′处与导轨相对静止。已知金属棒和导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，整个过程金属棒和导轨接触良好。求：
(1)刚滑上导轨时金属棒消耗的电功率；
(2)整个过程金属棒产生的电热；
(3)金属棒从滑上导轨到刚与导轨相对静止所经历的时间。
答案 (1) (2)mv2－μmgL
(3)－
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可知，金属棒刚滑上导轨时，产生的感应电动势为E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律可知电路中的电流为I＝
金属棒消耗的电功率为P＝I2R
联立解得：P＝。
(2)设金属棒和导轨相对静止时的共同速度为v1，整个过程金属棒产生的电热为Q，
根据动量守恒定律有：mv＝2mv1
根据能量守恒定律有：2Q＋μmgL＝mv2－·2mv
联立解得：Q＝mv2－μmgL。
(3)以金属棒为研究对象，由动量定理有：
I安＋If＝mv1－mv
摩擦力的冲量为If＝－μmgt
安培力的冲量为I安＝－BLt
又因为＝＝
磁通量的变化量为ΔΦ＝BL2
联立解得：t＝－。
5－2 (2020·福建省漳州市高三(下)毕业班高考模拟(二))如图，两根一端带有挡柱的光滑金属导轨MN和PQ与水平面成θ＝30°角放置在磁感应强度B＝2
T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，两导轨间距L＝1
m。现有两根完全相同的金属棒ab和cd，长度均为L，质量均为m＝1
kg，电阻均为R＝1
Ω，两金属棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨自身电阻不计。现让金属棒ab在沿导轨向上的外力F作用下从导轨上某处由静止开始做加速度a＝2.5
m/s2的匀加速直线运动，到金属棒cd刚要滑动时撤去外力F，此后金属棒ab继续向上运动0.1
s后减速为零，当金属棒ab刚好返回到初始出发点时金属棒cd对挡柱的压力是金属棒ab静止时压力的2倍。g取10
m/s2，求：
(1)外力F的冲量大小；
(2)金属棒ab从减速为零到返回出发点过程中所产生的焦耳热。
答案 (1)10
N·s (2)4.0625
J
解析 (1)设金属棒ab的速度为v1时金属棒cd刚要滑动，此时对cd有：＝mg
sin
θ
解得：v1＝2.5
m/s
对ab根据匀变速直线运动的规律有：v1＝at1
解得：t1＝1
s
匀加速阶段内金属棒ab的位移为x1＝at＝1.25
m
对金属棒ab，根据牛顿第二定律有：
F－mg
sin
θ－＝ma，
其中v＝at
故F＝mg
sin
θ＋＋ma
可知F随t线性变化，且最大值为
F1＝mg
sin
θ＋＋ma＝12.5
N
最小值为F2＝mg
sin
θ＋ma＝7.5
N
因此外力F的冲量为I＝t1
解得：I＝10
N·s。
(2)撤去外力F后金属棒cd仍静止，设金属棒ab减速滑行的位移为x2，由动量定理得：
－(mg
sin
θ＋BL)Δt＝0－mv1
又Δt＝
解得：x2＝1
m
设金属棒ab返回到出发点时的速度为v2，此时对金属棒cd，有：＋mg
sin
θ＝2FN＝2mg
sin
θ
解得：v2＝2.5
m/s
由能量守恒定律得：mg(x1＋x2)sin
θ＝mv＋2Q
解得：Q＝4.0625
J。
专题作业
1．(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
答案 D
解析 由题意可知，当线圈中的交变电流在周围产生交变磁场时，圆管内部感应出涡电流，电流产生的热量使接缝处焊接。该过程利用的原理是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故D正确。
2．(2020·江苏高考)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
答案 B
解析 同时增大B1减小B2，穿过圆环的总磁通量垂直纸面向里且增多，由楞次定律可知，环中感应电流的磁场垂直纸面向外，由安培定则可知，会在环中产生逆时针方向的感应电流，同理可知，同时减小B1增大B2，会在环中产生顺时针方向的感应电流，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B2，两个磁场穿过圆环的磁通量总保持大小相同，所以穿过圆环的总磁通量总为0，不会在环中产生感应电流，C、D错误。
3．(2020·广东省潮州市高三(下)高考第二次模拟)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。如图甲为充电原理示意图。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。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时(电流由a流入时方向为正)，下列说法正确的是( )
A．感应线圈中产生的是恒定电流
B．t1～t3时间内，c点电势高于d点电势
C．t3时刻，感应线圈中电流的瞬时值最大
D．感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反
答案 B
解析 励磁线圈中通有图乙所示的正弦交变电流时，根据法拉第电磁感应定律，感应线圈中会产生变化的电流，故A错误。t1～t3时间内，由楞次定律可知，感应线圈中电流的磁场方向竖直向上，由安培定则可知电流从d流向c，所以c点电势高于d点电势，故B正确。t3时刻，励磁线圈中电流的变化率为0，所以感应线圈中磁通量的变化率为0，电流的瞬时值也为0，故C错误。感应线圈中的电流方向可以由楞次定律判断，当励磁线圈中的电流减小时，感应电流的方向与励磁线圈中电流方向相同；当励磁线圈中电流增大时，感应电流的方向与励磁线圈中电流方向相反，故D错误。
4．(2020·贵州省贵阳市四校高三联合考试)在地球北极附近，地磁场的竖直分量方向向下。考虑到地磁场的影响，汽车在北极路面上行驶时连接前轮的钢轴两端有电势差，设司机左侧钢轴与轮毂连接处电势为φ1，右侧钢轴与轮毂连接处电势为φ2，则( )
A．汽车沿某一方向后退时，φ1<φ2
B．汽车沿某一方向前进时，φ1<φ2
C．无论汽车前进还是后退时，都满足φ1>φ2
D．当汽车沿某一特定方向前进或后退时，φ1＝φ2
答案 A
解析 在北极附近，地磁场的竖直分量方向向下，汽车运动时前轮间的钢轴切割磁感线，由右手定则可知，前进时，左侧相当于电源正极，φ1>φ2；后退时，右侧相当于电源正极，φ1<φ2，故A正确，B、C、D错误。
5．(2020·云南省昆明市高三“三诊一模”摸底诊断测试)如图甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积S＝0.3
m2，线框连接一个阻值R＝3
Ω的电阻，其余电阻不计，线框cd边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。下列判断正确的是( )
A．0～0.4
s内线框中感应电流沿逆时针方向
B．0.4～0.8
s内线框有扩张的趋势
C．0～0.8
s内线框中的电流为0.1
A
D．0～0.4
s内ab边所受安培力保持不变
答案 C
解析 由图乙所示图线可知，0～0.4
s内磁感应强度垂直于纸面向里，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A错误。由图乙所示图线可知，0.4～0.8
s内穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B错误。由图乙所示图线可知，0～0.8
s内线框产生的感应电动势为E＝＝S＝×0.3
V＝0.3
V，线框中的电流为I＝＝
A＝0.1
A，故C正确。0～0.4
s内感应电流I保持不变，由图乙所示图线可知，磁感应强度B不断减小，由F＝ILB可知，ab边所受安培力不断减小，故D错误。
6.
(2020·四川省泸州市高三(下)第三次教学质量诊断性考试)(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，一端连接一个竖直放置的螺线管，具有一定电阻的金属棒PQ垂直导轨放置，用水平细线跨过光滑的定滑轮，与小物体m连接，导轨间有竖直向下的匀强磁场B，一条形磁铁用细线悬挂在天花板上，放在螺线管的正上方。不计空气阻力和导轨的电阻，小物体离地足够高，运动过程中金属棒始终垂直导轨并接触良好。从静止开始释放小物体，在小物体的运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．悬挂磁铁的细线拉力先增大后不变
B．悬挂磁铁的细线拉力先减小后不变
C．连接金属棒的细线拉力先增大后不变
D．连接金属棒的细线拉力先减小后不变
答案 AC
解析 金属棒PQ在细线拉力的作用下，先向左加速运动，切割磁感线产生感应电动势，从而产生感应电流，由右手定则可知，金属棒PQ中感应电流方向从P流向Q，由E＝BLv可知，感应电动势逐渐增大，由闭合电路欧姆定律可知，感应电流逐渐增大，由F＝ILB可知，金属棒所受的安培力也逐渐增大，由左手定则可知，安培力方向与细线拉力方向相反，所以金属棒PQ做加速度减小的加速运动。当安培力与拉力大小相等时，金属棒PQ达到最大速度，并以最大速度匀速运动，做匀速运动时，感应电流和安培力保持不变。金属棒PQ中的感应电流方向从P流向Q，则螺线管中的电流沿顺时针方向(俯视)，由右手螺旋定则可知，螺线管上端为S极，条形磁铁被吸引，所以悬挂磁铁的细线受到向下的拉力，又因为感应电流先增大然后保持不变，所以螺线管的磁性先增强然后保持不变，则悬挂磁铁的细线拉力先增大后不变，故A正确，B错误；设连接金属棒的细线拉力为FT，金属棒所受的安培力为F安，加速度为a，质量为M，分别对小物体和金属棒PQ受力分析，由牛顿第二定律得mg－FT＝ma，FT－F安＝Ma，联立以上两式得FT＝，因为安培力F安先增大后不变，所以细线拉力FT也是先增大后不变，故C正确，D错误。
7.
(2020·山西省长治市高三下学期3月线上测试)(多选)如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0°<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面，导轨NQ部分电阻为R，其余部分电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与MN、PQ始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路部分的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )
A．运动的平均速度大小为
B．下滑位移大小为
C．产生的焦耳热小于
D．受到的最大安培力大小为
答案 BC
解析 对金属棒ab，根据牛顿第二定律有：mg
sin
θ－＝ma，由于v从0增大，所以金属棒做加速度越来越小的加速运动，则由v?t图象可得其平均速度v>，A错误；由q＝＝可得x＝，B正确；此过程中金属棒产生的感应电动势最大值为BLv，电路产生的焦耳热Q8.
(2020·陕西省渭南市高三教学质量检测(Ⅰ))(多选)如图所示，在一固定水平放置的铝环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在地面上。磁铁下落过程中从铝环中心穿过，而不与铝环接触。若不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．磁铁下落过程中，铝环中的电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看)
B．不考虑起始位置，磁铁下落过程中，磁铁的加速度始终小于g
C．磁铁下落过程中，磁铁的机械能不断减少
D．磁铁落地时的速率等于
答案 AC
解析 由图示可知，在磁铁自由下落过程中，穿过铝环的磁场方向向下，在磁铁靠近铝环时，穿过铝环的磁通量变大，在磁铁远离铝环时，穿过铝环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，铝环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，A正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”，可判断在磁铁下落过程中，铝环对它的作用力始终竖直向上，当条形磁铁的中心与环在同一个平面内时，穿过环的磁通量最大，磁通量的变化率为0，此时环内没有感应电流，所以在该点条形磁铁的加速度等于g，B错误；在磁铁下落过程中，铝环中产生感应电流，铝环中有电能产生，磁铁在整个下落过程中，磁铁的机械能转化为电能，由能量守恒定律可知，磁铁的机械能不断减少，C正确；磁铁做自由落体运动时有：v2＝2gh，得落地时的速率v＝，由于图示磁铁下落过程中能量有损失，则磁铁落地时的速率小于，D错误。
9.
(2020·广西桂林市高三第一次联合调研)(多选)如图所示，两根光滑的金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨在左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻可忽略不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨由静止开始上滑，并上升h高度，在这一过程中( )
A．作用在金属棒上的合力所做的功大于零
B.恒力F所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和
C．恒力F与安培力的合力的瞬时功率一定时刻在变化
D．恒力F与重力mg的合力所做的功大于电阻R上产生的焦耳热
答案 AD
解析 金属棒由静止上升h高度的过程中可能一直加速也可能先加速后匀速，根据动能定理可知，合力所做的功一定大于零，故A正确；由能量守恒定律可知，恒力F所做的功等于mgh、金属棒动能的增加量与电阻R上产生的焦耳热之和，故B错误；金属棒上升h高度的过程中可能先加速后匀速，匀速运动时安培力不变，恒力F与安培力的合力的瞬时功率不变，故C错误；由能量守恒定律可知，恒力F与重力mg的合力所做的功等于金属棒动能的增加量与电阻R上产生的焦耳热之和，大于电阻R上产生的焦耳热，故D正确。
10.
(2020·深圳市二模)(多选)如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平、垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5
T。正方形单匝金属线框在磁场上方h＝0.45
m处，质量为0.1
kg，边长为0.4
m，总阻值为1
Ω。现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为2
m/s，不计空气阻力，重力加速度取10
m/s2，则( )
A．cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为9
W
B．匀强磁场区域的高度为0.65
m
C．穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为0.65
J
D．线框通过磁场上边界所用时间为0.3
s
答案 ABD
解析 设cd边刚进入磁场时的速度为v1，则v1＝＝
m/s＝3
m/s，cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为E1＝BLv1＝2.5×0.4×3
V＝3
V，线框中感应电流为I1＝＝
A＝3
A，cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为P＝IR＝32×1
W＝9
W，故A正确；ab边刚好进入磁场时线框的速度v2＝2
m/s，由>mg分析可知，线框进入磁场和穿出磁场的两个过程运动情况相同，设匀强磁场区域的高度为H，线框完全在磁场中运动时做加速度为g的匀加速运动，有：2g(H－L)＝v－v，解得H＝0.65
m，故B正确；设穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得：Q＝2
eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mgL＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv－\f(1,2)mv))))，解得Q＝1.3
J，故C错误；设线框通过磁场上边界所用时间为t，线框通过磁场上边界的过程中，由动量定理得：mgt－BILt＝mv2－mv1，又It＝＝，联立解得t＝0.3
s，故D正确。
11.
(2020·陕西省汉中市高三教学质量第二次检测)(多选)如图所示，在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场区域，磁场宽度均为L。一个边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向运动，从如图实线位置Ⅰ进入磁场开始到线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度始终为v，则下列说法正确的是( )
A．在位置Ⅱ时外力F为
B．在位置Ⅱ时线框中的总电流为
C．此过程中回路产生的电能为
D．此过程中通过导线横截面的电荷量为0
答案 AD
解析 在位置Ⅱ时，根据右手定则可知线框左右边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电流为I＝2，根据左手定则可知线框左右两边所受安培力的方向均向左，线框做匀速运动，则F＝2BIL，联立可得F＝，故A正确，B错误；金属线框从开始到位移为L过程中，只有一边切割磁感线，故电流为I1＝，产生的电能为W＝IRt1＝R＝，从位移为L到位移为L过程中，线框两边切割磁感线，电流为I，产生的电能为W′＝I2Rt2＝R＝，所以整个过程产生的电能为W总＝W＋W′＝＋＝，故C错误；此过程穿过线框的磁通量的变化量为0，根据q＝Δt，＝＝，可得q＝＝0，故D正确。
12．(2020·福建省厦门市高三(下)五月质量检查)如图所示，质量M＝1
kg的绝缘板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1＝0.1。金属框ABCD放在绝缘板上，质量m＝2
kg，长L1＝2
m，宽L2＝1
m，总电阻为0.1
Ω，与绝缘板的动摩擦因数μ2＝0.2。S1、S2是边长均为L＝0.5
m的正方形区域，S1中存在竖直向下、均匀增加的磁场B1，其变化率＝2
T/s；S2中存在竖直向上的匀强磁场，大小为B2＝2
T。将金属框ABCD及绝缘板均由静止释放，重力加速度g取10
m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求释放时：
(1)金属框ABCD所受安培力的大小与方向；
(2)金属框ABCD的加速度大小。
答案 (1)5
N 方向水平向右 (2)
m/s2
解析 (1)释放时，由法拉第电磁感应定律得
E＝L2
又I＝
则金属框ABCD所受的安培力大小为F＝B2IL
解得F＝5
N。
S2中的磁场B1均匀增加，由楞次定律知，金属框ABCD中产生俯视逆时针方向的感应电流，由左手定则知，金属框ABCD的BC边受到磁场B2对它水平向右的安培力作用。
(2)假设金属框与绝缘板能相对静止，一起加速，则对整体有F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a
解得a＝
m/s2
设此时金属框与绝缘板间的摩擦力大小为f，对金属框由牛顿第二定律有F－f＝ma
解得f＝
N
金属框与绝缘板之间的最大静摩擦力为
fm＝μ2mg＝4
N
由于fm/s2。
13．(2020·江西省九江市十校高三(下)模拟考试)如图甲所示，匝数为n、总电阻为r、横截面积为S的竖直螺线管与两足够长的固定平行光滑导轨相连，导轨间距为L，倾角为θ。导轨间有磁感应强度大小为B0、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。长为L、电阻为4r的导体棒ab放在导轨上，始终与导轨垂直且接触良好。螺线管内有竖直方向、分布均匀的变化磁场(图中未画出)，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。闭合开关S，ab恰好处于静止状态。重力加速度大小为g，定值电阻R的阻值为4r，导轨电阻和空气阻力均不计，忽略螺线管磁场对ab的影响。
(1)求0～3t0时间内通过螺线管的电荷量q；
(2)求导体棒ab的质量m；
(3)若将开关S断开，将ab由静止释放，求ab沿导轨上滑的最大速度vm。
答案 (1) (2)
eq
\f(nLSB,12grt0sin
θ) (3)
解析 (1)0～3t0时间内，穿过螺线管的磁通量的变化为ΔΦ＝B0S－＝B0S
回路的总电阻为R总＝r＋＝3r
经分析可知q＝n
解得q＝。
(2)由题图乙可知＝
根据法拉第电磁感应定律有E＝n··S
根据闭合电路的欧姆定律可得，通过螺线管的电流为
I＝
此时通过ab的电流为I1＝
ab受力平衡，有mg
sin
θ＝B0I1L
解得m＝
eq
\f(nLSB,12grt0sin
θ)。
(3)由(2)可得E＝
ab的速度最大时，ab切割磁感线产生的感应电动势为Eab＝B0Lvm
回路中的总感应电动势为E总＝E－Eab
此时通过螺线管的电流为I2＝
ab受力平衡，有mg
sin
θ＝B0I2L
解得vm＝。
14．如图，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子)，且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正方向流动，液体所受的摩擦阻力不变。
(1)求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；
(2)求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp；
(3)调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S＝dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比的值。
答案 (1)Bdv0 (2) (3)
eq
\f(LSvB2,4ρ)
解析 (1)设离子所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定，有
qv0B＝q①
得U0＝Bdv0。②
(2)设开关闭合前后，管道两端的压强差分别为p1、p2，液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安，有
p1hd＝f③
p2hd＝f＋F安④
F安＝BId⑤
根据闭合电路欧姆定律，有
I＝⑥
两导体板间液体的电阻为
r＝ρ⑦
由②③④⑤⑥⑦式得
Δp＝p2－p1＝。⑧
(3)电阻R获得的功率为
P＝I2R⑨
由②⑥⑦⑨式得P＝R⑩
由⑩式可知，当＝时，电阻R获得的功率最大，最大功率为Pm＝R＝
eq
\f(LSvB2,4ρ)。
15．(2020·辽宁省部分重点中学协作体高三(下)高考模拟考试)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5
T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1
m，电阻可忽略不计。质量均为m＝1
kg、电阻均为R＝2.5
Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a＝0.4
m/s2向右做匀加速直线运动，5
s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动。
(1)求棒MN的最大速度vm；
(2)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动。求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热；
(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来？(运算结果可用根式表示)
答案 (1)2
m/s (2)5
J (3)40
m
解析 (1)开始时棒MN做匀加速直线运动，5
s时的速度为：v＝at1
棒MN做切割磁感线运动，5
s时产生的感应电动势为：E＝BLv
在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：I＝
棒MN做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得：
F－BIL＝ma
联立上述式子，可得：F＝ma＋
代入数据解得5
s时的拉力为：F＝0.5
N
5
s时拉力F的功率为：P＝Fv
代入数据解得：P＝1
W
棒MN最终做匀速直线运动，受力平衡，则有：
－BImL＝0
Im＝
代入数据解得：vm＝2
m/s。
(2)解除PQ棒锁定后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设最终的速度大小为v′，则有：mvm＝2mv′
设从PQ棒解除锁定，到两棒达到相同速度这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：
Q＝mv－×2mv′2
代入数据解得：Q＝5
J。
(3)以棒MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间Δt内，由动量定理得：－BiLΔt＝mΔv
对式子两边求和有：∑(－BiLΔt)＝∑(mΔv)
而Δq＝iΔt
对式子两边求和有：∑Δq＝∑(iΔt)
联立各式解得：BLq＝mvm
又对于电路有：q＝t＝t
由法拉第电磁感应定律得：＝
则q＝
代入数据解得：x＝40
m。
16．(2018·天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。
(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
答案 (1)M接电源正极 理由见解析 (2) (3)见解析
解析 (1)列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。
(2)由题意，启动时ab、cd并联，电阻均为R，由并联电路知ab，cd中电流均为I＝①
每根金属棒受到的安培力F0＝BIl②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝2F0③
根据牛顿第二定律有F＝ma ④
联立①②③④式得a＝ ⑤
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝ ⑥
其中ΔΦ＝Bl2 ⑦
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝ ⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝BI′l ⑨
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt ⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有I0＝2I冲 ?
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0 ?
联立⑥⑦⑧⑨⑩??式得＝ ?
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场。
