2021届高考物理二轮专题复习讲义： 电路与电磁感应第2讲 电磁感应

第2讲　电磁感应
专题复习目标 学科核心素养 高考命题方向
1.对楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解及应用。 2．熟练应用动力学和能量观点分析并解决电磁感应问题。
3．综合应用动力学、动量和能量的观点分析电磁感应问题。 1.科学思维：能综合应用磁感线、匀强磁场等模型分析电磁感应。
2．科学推理：综合应用力学三大观点分析、推理，解决电磁感应的综合问题。 高考主要考查对楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解及应用；电磁感应中的平衡问题；电磁感应中的动力学和能量问题；电磁感应中的动量和能量问题。
一、对楞次定律的理解
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．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)。
二、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势的计算
(1)法拉第电磁感应定律：E＝n，常用于计算感应电动势的平均值。
①若B变，而S不变，则E＝nS；
②若S变，而B不变，则E＝nB。
(2)导体棒垂直切割磁感线：E＝Blv，主要用于求感应电动势的瞬时值。
(3)如图所示，导体棒Oa围绕棒的一端O在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线，产生的感应电动势E＝Bl2ω。
2．感应电荷量的计算
回路中磁通量发生变化时，在Δt时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为q＝I·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n。可见，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定，与发生磁通量变化的时间Δt无关。
3．电磁感应电路中产生的焦耳热
当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算。
三、电磁感应综合问题的分析
1．“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的“电源”，求出电源参数E和r；
2．“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；
3．“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；
接着进行“运动状态”的分析——根据力和运动的关系，建立正确的运动模型；
4．“动量”和“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，能量转化和守恒的关系，并判断系统动量是否守恒。
热点一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1．判断感应电流方向的两种方法
(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。
(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。
2．求感应电动势的两种方法
(1)E＝n，用来计算感应电动势的平均值，常用来求解电荷量。
(2)E＝Blv或E＝Bl2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值。
(多选)(2020·成都七中一模)如图甲所示，螺线管匝数n＝1 500 匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝2 Ω，电阻R＝4 Ω，磁感应强度B的B－t图象如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是(　　)
A．电阻R中的电流方向是从A到C
B．感应电流的大小保持不变
C．电阻R两端的电压为4 V
D．C点的电势为6 V
[解析]　由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R的电流方向是从C到A，A错误；根据法拉第电磁感应定律有：E＝nS由题图乙知：＝2 T/s，代入数据解得：E＝6 V；由闭合电路欧姆定律得：I＝＝1 A，因此感应电流的大小是恒定的，故B正确；电阻两端的电压是外电压，为U＝IR＝4 V，C正确；在外电路，顺着电流方向电势降低，由于A接地，故A点的电势等于零，那么C点的电势为4 V，D错误。
[答案]　BC
【拓展训练1】　(多选)(2020·厦门一模)如图所示，条形磁铁在固定的水平闭合导体圆环正上方，从离地面高h处由静止开始下落，下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过，最后落在水平地面上。条形磁铁A、B两端经过线圈平面时的速度分别为v1、v2，线圈中的感应电流分别为I1、I2，电流的瞬时功率分别为P1、P2.不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．从上往下看，I2的方向为顺时针
B．I1∶I2＝v1∶v2
C．P1∶P2＝v1∶v2
D．磁铁落地时的速率为
解析：选AB。条形磁铁B端经过线圈平面时，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，从上往下看，I2的方向为顺时针，A正确；条形磁铁A、B两端经过线圈平面时磁感应强度相同，根据E＝BLv以及I＝可知I1∶I2＝v1∶v2，根据P＝I2R可知电流的瞬时功率之比为P1∶P2＝I∶I＝v∶v，B正确，C错误；若磁铁自由下落，则落地的速率为；而由于磁铁下落过程中有电能产生，机械能减小，则磁铁落地时的速率小于，D错误。
【拓展训练2】　(2020·蚌埠教学质检)如图甲所示，一铝制圆环处于垂直于环面的磁场中，圆环半径为r，电阻为R，磁场的磁感应强度B随时间变化关系如图乙所示，t＝0时刻，磁场方向垂直于纸面向里，则下列说法正确的是(　　)
A．在t＝t0时刻，环中的感应电流沿逆时针方向
B．在t＝t0时刻，环中的电功率为,Rt)
C．在t＝t0时刻，环中的感应电动势为零
D．0～t0内，圆环有收缩的趋势
解析：选B。由磁场的磁感应强度B随时间变化关系图象可知，磁场反向后，产生的感应电流的方向没有改变，0～t0时间内，磁场垂直于纸面向里，B减小，所以圆环中的磁通量在减小，根据楞次定律可判断圆环的电流方向为顺时针，A错误；由图象可得斜率为＝，则由法拉第电磁感应定律可得，圆环产生的感应电动势为E＝＝＝，圆环的电功率为P＝＝,Rt)，B正确，C错误；0～t0时间内，磁感应强度在减小，通过圆环的磁通量在减小，所以根据楞次定律可知，圆环有扩张趋势，D错误。
热点二　电磁感应中的图象问题
(多选) (2020·河北唐山一模)如图所示，一长为2l、宽为l的矩形导线框abcd，在水平外力作用下从紧靠磁感应强度为B的匀强磁场边缘处以速度v向右匀速运动3l，规定水平向左为力的正方向。下列关于水平外力的冲量I、导线框ab两点间的电势差Uab、通过导线框的电荷量q及导线框所受安培力F随其运动的位移x变化的图象正确的是(　　)
[解析]　进入磁场的过程中，安培力F＝BIl＝，B、l、v不变，则F不变；完全进入磁场，感应电流为零，安培力为零，D错误；因为导线框匀速运动，水平外力和安培力F大小相等，方向相反，进入磁场过程中，水平外力的冲量大小I＝Ft＝·x，所以I－x关系图象为正比例函数，完全进入后外力为零，冲量为零，A正确；进入磁场的过程中，有Uab＝I电×R＝Blv，完全进入磁场的过程中，ab边的电势差Uab＝Blv，B正确；进入磁场的过程中q＝I电t＝·x，所以q－x关系图象为正比例函数，完全进入后电流为零，q不变但不为零，C错误。
[答案]　AB
【拓展训练3】　(2020·九江市第二次模拟)某空间中存在一个有竖直边界的水平方向匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过这个区域，尺寸如图所示，图中能正确反映该过程线圈中感应电流随时间变化的图象是(　　)
解析：选A。当右边进入磁场时，会产生感应电流，由楞次定律得，感应电流应是逆时针方向，由于有效切割长度逐渐增大，导致感应电流的大小也均匀增大；当线框右边出磁场后，有效切割长度不变，则产生感应电流的大小不变，但比刚出磁场时的有效长度缩短，导致感应电流的大小比刚出磁场时的电流小，但由楞次定律得，感应电流应仍是逆时针方向；当线框左边进入磁场时，有效切割长度在变大，感应电流的方向是顺时针方向，即负方向大小增大，故A正确，B、C、D错误。
【拓展训练4】　(2020·吉林市第三次调研)如图所示，空间分布着宽为L，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域。规定逆时针方向为电流的正方向，则感应电流随位移变化的关系图象(i－x)正确的是(　　)
解析：选D。线框进入磁场长度小于L，此时根据楞次定律可得，感应电流逆时针，方向为正，且I1＝＝，大小不变；位移大于L小于2L时磁通量向里增强，根据楞次定律可得，感应电流逆时针，方向为正且I2＝＝＝2I1，大小不变；当线框左端进入磁场后，磁通量向里减小，根据楞次定律可得，感应电流顺时针，方向为负，且I3＝＝＝3I1，A、B、C错误，D正确。
热点三　电磁感应中的动力学和能量问题
1．涉及的物理规律
匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等。
2．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
(2020·广州、深圳市学调联盟第二次调研)如图所示，质量为m＝0.1 kg的闭合矩形线框ABCD，由粗细均匀的导线绕制而成，其总电阻为R＝0.04 Ω，其中长LAD＝40 cm，宽LAB＝20 cm，线框平放在绝缘水平面上。线框右侧有竖直向下的有界磁场，磁感应强度B＝1.0 T，磁场宽度d＝10 cm，线框在水平向右的恒力F＝2 N的作用下，从图示位置由静止开始沿水平方向向右运动，线框CD边从磁场左侧刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，速度大小为v1，AB边从磁场右侧离开磁场前，线框已经做匀速直线运动，速度大小为v2，整个过程中线框始终受到大小恒定的摩擦阻力F1＝1 N，且线框不发生转动。求：
(1)速度v1和v2的大小；
(2)求线框开始运动时，CD边距磁场左边界距离x；
(3)线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热。
[解析]　根据题意可知矩形线框长LAD＝40 cm＝0.4 m，宽LAB＝20 cm＝0.2 m，磁场宽度d＝10 cm＝0.1 m。
(1)匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得F＝F1＋FA
其中安培力FA＝BILAB＝v1,R)
代入数据解得v1＝1 m/s
AB边从磁场右侧离开磁场前，线框已经做匀速直线运动，速度大小为v2，根据平衡条件可得F＝F1＋FA′
其中安培力为FA′＝BI′LAB＝v2,R)
代入数据解得v2＝1 m/s；
(2)从开始到AB边进入磁场过程中，根据动能定理可得(F－F1)x＝mv
解得x＝0.05 m；
(3)在穿越磁场的过程中，根据动能定理可得
(F－F1)(LAD＋d)－Q＝mv－mv
解得Q＝0.5 J。
[答案]　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.05 m　(3)0.5 J
【拓展训练5】　(2020·山西运城模拟)如图所示，足够长的电阻可以忽略的矩形金属框架abcd水平放置，ad与bc之间的距离为L＝1 m，定值电阻阻值 R1＝R2＝2.0 Ω。垂直于框架放置一根质量m＝0.2 kg、电阻 r＝1.0 Ω的金属棒ef，距离框架左侧x＝0.5 m，金属棒ef与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。　
(1)若在abcd区域存在竖直向上的匀强磁场，某时刻开始磁感应强度随时间变化，变化的规律为B＝1＋2t(T)，保持开关S断开，则需要经过多长时间金属棒ef开始运动，此时磁感应强度为多大？
(2)若保持(1)问中金属棒ef刚要开始运动时的磁感应强度不变，闭合开关S，同时对金属棒ef施加一水平向右的恒定拉力F＝4 N，求此后运动过程中，回路消耗的最大电功率。
解析：(1)abfe回路产生的感应电动势为E＝Lx
I＝
当金属棒ef开始运动时F安＝f
即BIL＝μmg
解得此时B＝3 T
t＝1 s；
(2)当金属棒ef匀速运动时，回路消耗的电功率最大。
此时对金属棒ef受力分析可得F－F安－f＝0　
F安＝BIL
开关闭合后回路的总电阻为R总＝r＋
P＝I2R总
解得P＝2 W。
答案：(1)1 s　3 T　(2)2 W
【拓展训练6】　(2020·广东模拟)如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距L＝1 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，下端连接一阻值R＝2 Ω的定值电阻，匀强磁场B＝0.4 T垂直于导轨平面向上。质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的金属棒ab与导轨接触良好，其长度与导轨宽度相等。现给金属棒ab施加一个平行于导轨平面向上的外力F，使金属棒ab从静止开始沿轨道向上做加速度大小为a＝3 m/s2的匀加速直线运动。运动过程中金属棒ab始终与导轨接触良好，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)当电阻R消耗的电功率P＝1.28 W时，金属棒ab的速度v的大小；
(2)当金属棒ab由静止开始运动了x＝1.5 m时，所施加外力F的大小。
解析：(1)根据题意可得P＝I2R
I＝＝0.8 A
由闭合电路欧姆定律可得E＝I(R＋r)＝2.4 V
再由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv
联立解得v＝6 m/s；
(2)根据题意，金属棒ab在上升过程中切割磁感线，可得E＝BLv1
F安＝BIL
E＝I(R＋r)
金属棒ab在上升过程中，做匀加速直线运动，由运动学规律可得v＝2ax
对金属棒ab进行受力分析，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－F安＝ma
联立解得F＝1.76 N。
答案：(1)6 m/s　(2)1.76 N
(建议用时：40分钟)
1．(多选) (2020·湖南永州模拟)如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源。t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S。规定图示流过电灯D1、D2的电流方向为正，分别用I1、I2表示流过电灯D1和D2中的电流，则以下各图中能定性描述I随时间t变化关系的是(　　)
解析：选AC。开关闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过线圈的电流增大，所以I1慢慢减小，最后稳定时线圈相当于一根导线，I1为0，断开开关时，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电灯D1，其方向与规定的正方向相反，I1慢慢减小最后为0，A正确，B错误；开关闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，电感的阻碍慢慢减小，即流过线圈的电流增大，所以I2慢慢增大，最后稳定，断开开关，原来通过D2的电流立即消失，C正确，D错误。
2．(多选)(2020·郑州市第二次质量预测)如图所示，在纸面内有一个半径为r、电阻为R的线圈，线圈处于足够大的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，线圈与磁场右边界相切于P点。现使线圈绕过P点且平行于磁场方向的轴，以角速度ω顺时针方向匀速转过90°，到达图中虚线位置，则下列说法正确的是(　　)
A．线圈中产生沿逆时针方向的感应电流
B．线圈受到的安培力逐渐增大
C．线圈经过虚线位置时的感应电动势为2Br2ω
D．流过线圈某点的电荷量为
解析：选BC。线圈顺时针方向匀速转动时，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中产生沿顺时针方向的感应电流，A错误；线圈顺时针方向匀速转动时，切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，根据F＝BIL可知，线圈受到的安培力逐渐增大，B正确；线圈经过虚线位置时的感应电动势为E＝B·2r·ωr＝2Br2ω，C正确； 流过线圈某点的电荷量为q＝＝＝，D错误。
3．(多选) (2020·荆门市4月模拟)如图所示，螺线管中线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为R，其a、b两端与两个定值电阻R1和R2相连，已知R1＝R2＝R，匀强磁场沿轴线向上穿过螺线管，其大小随时间变化的关系式为B＝B0＋kt(k＞0)，则下列说法正确的是(　　)
A．a端电势比b端电势高
B．t＝0时，通过螺线管的磁通量为nB0S
C．0～t0内，通过R1的电荷量为
D．0～t0内，R1产生的热量为
解析：选AD。根据题意可知，磁通量向上增大，故感应电流磁场向下，电流从a端流向b端，a端电势比b端电势高，故A正确； 根据磁通量定义可知，t＝0时，通过螺线管的磁通量为B0S，故B错误； 0～t0内，通过干路的电荷量为q＝n＝nkt0S，根据并联关系，电流与电阻成反比，且q＝It ，通过R1的电荷量为q′＝q＝，故C错误；回路电流I＝n＝，故0～t0内，R1产生的热量为Q＝Rt0＝，故D正确。
4．(多选)(2020·十堰市上学期期末)如图甲所示，abcd为由金属导体做成的框架，其平面与水平面所成角度为θ，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的总电阻为R，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中，磁场的磁感应强度变化情况如图乙所示(取磁场方向垂直框架平面向上为正)，PQ始终静止。关于PQ与ab、cd间摩擦力f在0～t1内变化情况的说法中，有可能正确的是　(　　)
A．f一直增大　　　　　　 B．f一直减小
C．f先增大，后减小 D．f先减小，后增大
解析：选AD。根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得，感应电流I＝S，其中磁感应强度的变化率为定值，所以在线圈中产生恒定的感应电流，根据楞次定律可知电流方向为逆时针，根据左手定则可知，开始导体棒PQ受到沿导轨向上的安培力，若开始安培力小于导体棒重力沿导轨向下的分力mgsin θ，则摩擦力为：f＝mgsin θ－F安，随着安培力的减小，摩擦力f逐渐增大，当安培力为零时，摩擦力达到最大；若开始安培力大于mgsin θ，则摩擦力为：f＝F安－mgsin θ，由于安培力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，当F安＝mgsin θ时，摩擦力为零并开始反向变为：f＝mgsin θ－F安，f随着安培力的减小将逐渐增大。
5．(多选)(2020·安徽马鞍山模拟)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为l，与水平面成30°角，导轨上端接一阻值为R的电阻。距离导轨上端为l的分界线M、N将导轨所在平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两区域中均存在垂直于导轨平面的磁场，区域Ⅰ为匀强磁场，其磁感应强度为B0；区域Ⅱ中的磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示。将长为l、电阻也为R的导体棒放在M、N下侧导轨上，0～t0 时间内，导体棒静止；之后导体棒向下滑动，当滑下的距离为x时，导体棒开始做匀速运动。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．导体棒的质量m＝l3,gt0R)
B．导体棒匀速滑动时的速度v＝
C．匀速运动时R两端的电压为U＝
D．自t＝0至导体棒开始匀速运动时，通过导体棒的电荷量q＝
解析：选AD。0～t0时间内，导体棒静止，由平衡条件可知B0Il＝mgsin 30°，由法拉第电磁感应定律得E＝＝，根据欧姆定律得I＝，联立解得m＝l3,gt0R)，故A正确；导体棒匀速运动时有B0I′l＝mgsin 30°，其中I′＝，联立得v＝，故B错误；匀速运动时R两端的电压为U＝＝＝，故C错误；0～t0时间内，电荷量为q1＝It0＝t0＝t0＝，滑下的距离为x过程q2＝＝，则总过程电荷为q＝q1＋q2＝，故D正确。
6．(多选) (2020·渭南市教学质量检测)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圆环，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，圆环中的电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向(从上向下看圆环)
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．磁铁落地时的速度等于
解析：选AC。由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆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”的原则，可判断磁铁在下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上；但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，所以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，线圈中产生感应电流，线圈中有电能产生，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，磁铁的机械能减少，C正确；磁铁做自由落体运动时v2＝2gh，磁铁落地时的速度v＝，由于磁铁下落时能量有损失，磁铁落地速度小于，D错误。
7．(2020·陕西西安一模)如图(a)所示，一根直导线和一个矩形导线框固定在同一竖直平面内，直导线在导线框上方，规定图(a)中箭头方向为电流的正方向。直导线中通以图(b)所示的电流，则在0～t1时间内，导线框中感应电流的方向(　　)
A．先沿顺时针后沿逆时针
B．先沿逆时针后沿顺时针
C．始终沿顺时针
D．始终沿逆时针
解析：选C。开始阶段直导线中电流向右减小，则穿过线圈的磁通量向里减小，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向；后一阶段直导线中电流向左增加，则穿过线圈的磁通量向外增加，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向。
8．(2020·山西运城学习质量评估)如图甲所示，一线圈匝数为100匝，横截面积为0.01 m2，磁场与线圈轴线成30°角向右穿过线圈。若在2 s内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差Uab为(　　)
A．－ V B．2 V
C． V D．从0均匀变化到2 V
解析：选A。与线圈轴线成30°角穿过线圈向右的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有：E＝N＝NScos 30°，由图可知：＝ Wb/s＝2 Wb/s，代入数据得：Uab＝－100×2×cos 30°×0.01 V＝－ V，A正确，B、C、D错误。
9．(2020·山东六地市3月在线大联考)如图甲所示，一矩形金属线圈abcd垂直于匀强磁场并固定于磁场中，磁场是变化的，磁感应强度B随时间t的变化关系图象如图乙所示，则线圈的ab边所受安培力F随时间t变化的图象是图中的(规定向右为安培力F的正方向)(　　)
解析：选A。0～1 s内，由楞次定律知，感应电流方向为adcba，根据I＝，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向左，为负值，由F＝BIL知，安培力均匀减小；1～2 s内，由楞次定律知，感应电流的方向为abcda，根据I＝，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向右，为正值，由F＝BIL知，安培力均匀增大，故B、C、D错误，A正确。
10. (2020·湖南永州期末)如图所示，光滑铜环水平固定，半径为l，长为l、电阻为r的铜棒OA的一端在铜环的圆心O处，另一端与铜环良好接触，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，上方导线与O点连接，下方导线与铜环连接，其他电阻不计，下列说法正确的是(　　)
A．O点的电势比A点的电势高
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：选C。由右手定则可知，电流方向从O点指向A点，OA是电源，电流从低电势流向高电势，故O点的电势比A点的电势低，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知E＝Bl＝Bl2ω，由闭合电路欧姆定律可知，回路中通过的电流为I＝＝，两式联立可得I＝，故B错误；该定值电阻两端的电压为U＝I×3r，将前面求得的电流值代入可得U＝ωBl2，故C正确；由焦耳定律可知，该定值电阻上的热功率P＝I2×3r＝，故D错误。
11．(多选) (2020·石嘴山市4月模拟)如图所示，足够长光滑U形导轨宽度为L，电阻不计，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上。现有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x，则(　　)
A．在此过程中金属杆速度均匀增加
B．金属杆下滑的最大速度为
C．在此过程中流过电阻R的电荷量为
D．在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsin α－mv
解析：选BC。对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin α－BIL＝ma，根据闭合电路欧姆定律有I＝，得mgsin α－＝ma，可知，随着速度的增大，加速度不断减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，所以速度不是均匀增大；当加速度为零时，速度达到最大，则有mgsin α－＝0，解得vm＝，故A错误，B正确； 在此过程中流过电阻R的电荷量为q＝Δt，又＝，＝，得q＝＝，故C正确； 根据能量守恒定律得，在此过程回路中产生的总热量为Q＝mgxsin α－mv，电阻R产生的焦耳热为QR＝Q＝))，故D错误。
12. (2020·惠州市第三次调研)如图所示，边长为L、匝数为n的正方形金属线框，它的质量为m、电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的垂直于纸面向里的匀强磁场中，线框的上一半处于磁场内，下一半处于磁场外，磁场大小随时间的变化规律为B＝kt(k＞0)。已知细线能够承受的最大拉力为2mg。
(1)判断金属线框中感应电流的方向；
(2)求从计时开始，金属线框处于静止状态的时间。
解析：(1)根据楞次定律可知，线框中的电流方向为逆时针方向。
(2)根据法拉第电磁感应定律得：E＝n＝nS
S＝L2
B＝kt
I＝
安培力大小公式为：F＝nBIL
解得：F＝
对金属线框，设拉力为T，则 T＝F＋mg＝2mg
解得t＝。
答案：(1)逆时针方向　(2)
13. (2020·天津市东丽区等级考试模拟)两间距为L＝1 m的平行直导轨与水平面间的夹角为θ＝37°，导轨处在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小B＝2 T的匀强磁场中。金属棒P垂直放在导轨上，且通过质量不计的绝缘细绳跨过如图所示的定滑轮悬吊一重物(重物的质量m0未知)，将重物由静止释放，经过一段时间，将另一根完全相同的金属棒Q垂直放在导轨上，重物立即向下做匀速直线运动，金属棒Q恰好处于静止状态。已知两根金属棒的质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝1 Ω，假设重物始终没有落在水平面上，且金属棒与导轨接触良好，一切摩擦均可忽略，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)金属棒Q放上后，金属棒P的速度v的大小；
(2)金属棒Q放上导轨之前，重物下降的加速度a的大小(结果保留2位有效数字)；
(3)若平行直导轨足够长，金属棒Q放上后，重物每下降h＝1 m时，金属棒Q产生的焦耳热。
解析：(1)金属棒Q恰好处于静止时mgsin θ＝BIL
由电路分析可知E＝BLv ，I＝
代入数据得，v＝3 m/s。
(2)金属棒P做匀速直线运动时，m0g＝BIL＋mgsin θ，
金属棒Q放上导轨之前，由牛顿第二定律可得
m0g－mgsin θ＝(m＋m0)a
代入数据得，a≈2.7 m/s2。
(3)根据能量守恒定律可得，m0gh＝mghsin θ＋Q总
由于两个金属棒电阻串联，均为R，可知
金属棒Q产生的焦耳热为Q＝＝3 J。
答案：(1)3 m/s　(2)2.7 m/s2　(3)3 J