阶段回顾(第2～4节)
易错点一 公式E＝Blv和E＝n的应用
1．如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在平面。一根足够长的金属棒MN与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在金属导轨上滑行时，通过电阻R的电流是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 MN中产生的感应电动势为E＝Blv＝Bv，通过R的电流为I＝＝，D正确。
2. (多选)一个面积S＝4×10－2 m2、匝数n＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )
A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/s
B．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 V
D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
答案 AC
解析 在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化率＝S＝2×4×10－2 Wb/s＝8×10－2 Wb/s，A正确；在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零，B错误；在开始的2 s内，根据法拉第电磁感应定律得：E＝n＝100×8×10－2 Wb/s＝8 V，C正确；由图像可知，在第3 s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势也不等于零，D错误。
易错点二 电势差的判断
3. 如图所示，粗细均匀的、电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为l；长为l、电阻为的金属棒ab放在圆环上，以速度v0向右匀速运动，当ab棒由图示实线位置运动到虚线位置时，金属棒两端的电势差为( )
A．0 B．Blv0 C. D.
答案 D
解析 由E＝Blv0求出感应电动势，所求的金属棒两端的电势差为路端电压。左右侧圆弧均为半圆，电阻均为，并联的总电阻即外电路电阻R＝，金属棒的电阻为电源内阻r′＝，故U＝＝，故D正确。
4. 如图所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．φa＞φc，金属框中无电流
B．φb＞φc，金属框中电流方向沿a→b→c→a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a
答案 C
解析 金属框bc、ac边做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b到c，或从a到c，故φa＝φb＜φc，A、B错误；感应电动势大小E＝Bl2ω，由于φb＜φc，所以Ubc＝－Bl2ω，磁通量一直为零，不变，金属框中无电流，C正确，D错误。
易错点三 涡流的理解和应用
5．(多选)“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的。下列有关说法正确的是( )
A．封口材料可用普通塑料来代替铝箔
B．该封口机可用干电池作为电源以方便携带
C．封口过程中温度过高，可适当减小所通电流的频率来解决
D．该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属容器
答案 CD
解析 由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必须是交流电，A、B错误；减小内置线圈中所通电流的频率可减小封口过程中产生的热量，即控制温度，C正确；封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属容器，否则容器也会发热，只能是玻璃、塑料等材质的容器，D正确。
易错点四 感生电场的理解
6. 著名物理学家费曼曾设计过一个实验，如图所示。在一块绝缘板的中部安装一个线圈，线圈接有电源，板的四周固定有许多带负电的小球，整个装置可绕线圈的中心轴线旋转，忽略各处的摩擦，当电源接通的瞬间，下列关于圆盘的说法中正确的是( )
A．圆盘将逆时针转动 B．圆盘将顺时针转动
C．圆盘不会转动 D．无法确定圆盘是否会动
答案 A
解析 线圈接通电源瞬间，产生向上的磁场，向上增强的磁场产生顺时针方向的感生电场，因为小球带负电，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则受逆时针方向的电场力，故圆盘将沿逆时针方向转动。故A正确。
易错点五 自感现象的分析
7．(2020·西藏城关拉萨中学高二月考)如图所示，用电流传感器研究自感现象，电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值。t＝0时刻闭合开关S，电路稳定后，t1时刻断开S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图像。下列图像中可能正确的是( )
答案 A
解析 当t＝0时刻闭合开关S时，电路中的电流突然增大，在L中要产生自感电动势阻碍电流的增大，所以L中的电流会逐渐增大到稳定值；而电阻R上，开始时由于L中的很大的自感电动势的产生，L所在支路相当于断路，所以流过R的电流会较大，然后随时间逐渐减小到稳定值。由于L的直流电阻小于电阻R的阻值，所以稳定时电阻R中的电流小于L中的电流，两者方向相同，都是从左向右；当t1时刻断开S时，R中原来的电流立即减小到零，但是L中由于自感电动势阻碍电流的减小，所以L和R形成回路，回路中的电流逐渐减到零，其流过R的电流方向与原来方向相反。所以A正确，B、C、D错误。
8. (2020·四川泸县五中高二期中)(多选)如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1＝R2＝R3，线圈L的直流电阻可忽略，D为理想二极管，电源内阻不计。闭合开关S，电路电流稳定后，再断开开关S，下列说法中正确的是( )
A．闭合开关S，L1逐渐变亮
B．闭合开关S，L2逐渐变亮
C．断开开关S前后的瞬间，L3中有电流且方向相同
D．断开开关S后，L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗
答案 AD
解析 由于线圈的自感电动势阻碍电流的变化，所以闭合开关S，L1中的电流逐渐增大，L1逐渐变亮，A正确；闭合开关S，二极管相当于导线，所以L2立即变亮，B错误；断开开关S瞬间，由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的变化，线圈产生与原电流方向相同的感应电流，且逐渐变小，则通过L3的电流与原方向相反，所以L1、L3均逐渐变暗，因为二极管具有单向导电性，所以L2立即熄灭，C错误，D正确。
易错点六 含容电路问题
9．(多选)如图甲所示，轨道左端接有一电容为C的电容器，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图乙所示，下列关于导体棒运动的速度v、导体棒受到的外力F随时间变化的图像正确的是( )
答案 BD
解析 感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即Blv＝U，设电容器的U t图像的斜率为k，由图乙可知U＝kt，导体棒的速度随时间变化的关系为v＝t，故A错误，B正确；可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝，由C＝、I＝，可得I＝C·＝kC，由牛顿第二定律F－BIl＝ma可以得到F＝k，故C错误，D正确。
10. 如图所示装置中，导体棒AB、CD在相等的外力F作用下，沿着光滑的水平轨道朝相反方向以0.1 m/s的速度匀速运动。匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B＝4 T，导体棒有效长度都是L＝0.5 m，电阻R均等于0.5 Ω，导轨上接有一只R′＝1 Ω的电阻和平行板电容器，两板间相距1 cm，轨道电阻不计，试求：
(1)电容器极板间的电场强度的大小和方向；
(2)外力F的大小。
答案 (1)20 V/m b→a (2)0.4 N
解析 根据右手定则，导体棒AB产生的感应电动势方向由A到B，导体棒CD产生的感应电动势方向由D到C，都使回路产生逆时针方向的电流，相当于两个电动势和内阻都相同的电源串联。如图所示。
(1)导体棒AB、CD在外力的作用下做切割磁感线运动，使回路中产生感应电流，感应电流大小为
I＝＝＝0.2 A
电容器两端电压U等于R′两端电压，即U＝IR′＝0.2 V
电容器两极板间的电场场强E＝＝20 V/m
回路电流流向为D→C→R′→A→B→D
所以，电容器b极板电势高于a极板电势，故电场强度方向为b→a。
(2)由于导体棒沿着光滑的轨道做匀速运动，所以有F＝F安＝BIL＝0.4 N。
重难点一 电磁感应中的电路问题
1．(多选)如图甲所示，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变化的图像，可能正确的有( )
答案 BD
解析 线圈的面积不变，0～0.5T和0.5T～T时间内磁场均匀变化，由E＝nS得感应电动势为定值，且磁场增强和磁场减弱时引起的感应电动势方向相反，A错误，B正确；对于电阻R，流过的电流大小不变，故消耗的功率恒定，C错误，D正确。
2. 如图所示，螺线管横截面积为S，线圈匝数为N，电阻为R1，管内有水平向左的变化磁场。螺线管与足够长的平行金属导轨MN、PQ相连并固定在同一倾斜平面内，与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L，导轨电阻忽略不计。导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为B0的匀强磁场中。金属杆ab垂直导轨，杆与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦滑动。已知金属杆ab的质量为m，电阻为R2，重力加速度为g。忽略螺线管磁场对金属杆ab的影响，忽略空气阻力。
(1)为使ab杆保持静止，求通过ab杆的电流的大小和方向；
(2)当ab杆保持静止时，求螺线管内磁场的磁感应强度B的变化率；
(3)若螺线管内磁场的磁感应强度的变化率＝k(k>0)，将金属杆ab由静止释放，杆将沿斜面向下运动，求当杆的速度为v时，杆的加速度大小。
答案 (1) 方向由b到a
(2)
(3)gsinθ－
解析 (1)以金属杆ab为研究对象，为使ab杆保持静止，ab杆应受到沿导轨向上的安培力，根据左手定则可以判断通过ab杆的电流方向为由b到a。
根据平衡条件得mgsinθ－B0IL＝0，得I＝。
(2)由ab杆中的电流方向和右手螺旋定则可判断螺线管中感应电流的磁场方向与B的方向相反，故B是增大的，>0。
根据法拉第电磁感应定律E＝N＝NS
根据闭合电路欧姆定律得I＝
得＝。
(3)根据法拉第电磁感应定律得螺线管的感应电动势
E1＝NS＝NSk
ab杆切割磁感线产生的电动势E2＝B0Lv
由楞次定律和右手定则知E1、E2的方向相同，总电动势E总＝E1＋E2
感应电流I′＝
根据牛顿第二定律得mgsinθ－F＝ma
其中安培力F＝B0I′L
所以a＝gsinθ－。
重难点二 电磁感应中的能量问题
3．如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.2 kg，在该平面上以初速度v0＝4 m/s朝与导线夹角为60°的方向运动，最后达到稳定状态，此过程金属环中产生的电能最多为( )
A．1.6 J B．1.2 J
C．0.8 J D．0.4 J
答案 B
解析 由题意可知金属环受到的安培力的合力水平向左，最终速度沿导线方向。初始时刻金属环沿导线方向的分速度v1＝v0cos60°＝2 m/s，根据能量守恒定律得：Q＝mv－mv＝1.2 J，故环中最多能产生1.2 J的电能，B正确。
4. 光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线。一个质量为m的小金属块从曲面上y＝b(b>a)处以速度v沿曲面下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量为( )
A．mgb B.mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
答案 D
解析 金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生感应电流，进而产生焦耳热。最后，金属块在y＝a以下的曲面上做往复运动，减少的机械能为mg(b－a)＋mv2，由能量守恒定律可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，D正确。
5．(多选)在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起均做匀速直线运动，b棒刚好能静止在导轨上。a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计。则( )
A．物块c的质量是2msinθ
B．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能
C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能
D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是
答案 AD
解析 b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，由左手定则可知，a、b棒与导轨组成的电路中电流的方向俯视时为逆时针，由右手定则可知a棒匀速向上运动，说明a棒沿斜面方向受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和细线的拉力平衡。由b平衡可知，安培力大小F安＝mgsinθ，由a平衡可知F线＝F安＋mgsinθ＝2mgsinθ，由c平衡可知F线＝mcg，联立可得mc＝2msinθ，A正确；b放上之前，根据能量守恒定律知物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，B错误；b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能与a增加的重力势能之和，C错误；根据b棒受力平衡可知F安＝mgsinθ，又因为F安＝BIL，则知I＝，D正确。
重难点三 单杆问题
6. 如图所示，质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.3 Ω、长度为l＝0.4 m的导体棒ab横放在U形金属框架上。框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。MM′、NN′相互平行，间距为l＝0.4 m，电阻不计且足够长。电阻为R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T。垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，且始终与MM′、NN′保持良好接触。当ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
(1)求框架开始运动时ab的速度大小v；
(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程中ab的位移x的大小。
答案 (1)6 m/s (2)1.1 m
解析 (1)框架受到的最大静摩擦力为Ff＝μ(m1＋m2)g
ab中的感应电动势为E＝Blv
MN中的电流为I＝
MN受到的安培力大小为F安＝IlB
框架开始运动时有F安＝Ff
解得v＝6 m/s。
(2)导体棒ab与MN中感应电流时刻相等，由焦耳定律Q＝I2Rt知，Q∝R
则闭合回路中产生的总热量
Q总＝Q＝×0.1 J＝0.4 J
由能量守恒定律得Fx＝m1v2＋Q总
解得x＝1.1 m。
7. 如图所示，POQ是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP＝OQ＝L。整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律为B＝B0－kt(其中k为大于0的常量)。一质量为m、长为L、电阻为R、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置。当磁感应强度变为B0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v。导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g。求导体棒：
(1)解除锁定前回路中电流的大小及方向；
(2)滑到导轨末端时的加速度大小；
(3)运动过程中产生的焦耳热。
答案 (1) 感应电流的方向为顺时针方向(或b→a→O→b)
(2)g－ (3)－mv2
解析 (1)导体棒解除锁定前，闭合回路的面积不变，且＝k，S＝L2，
由法拉第电磁感应定律知：E＝S＝kL2，
由闭合电路欧姆定律知：I＝＝，
由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向(或b→a→O→b)。
(2)导体棒恰好要离开导轨时受力如图所示，
E′＝B0Lv，I′＝，F＝B0I′L，
则有：F＝，
由牛顿第二定律得：mg－F＝ma，解得：a＝g－。
(3)由能量守恒定律知：mgh＝mv2＋Q，
由几何关系知，导体棒离开导轨时下降的高度：h＝L，
解得：Q＝mgL－mv2。
重难点四 双杆问题
8．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其电阻不计，间距l＝0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界为MN，区域Ⅰ和Ⅱ中的匀强磁场B的方向分别垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感应强度大小均为0.5 T。将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的导体棒ab放在导轨上的区域Ⅰ中，ab刚好不下滑。再在区域Ⅱ中放置质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd，使之从导轨上由静止开始下滑。cd棒始终处于区域Ⅱ中，两棒与导轨垂直且与导轨接触良好，g取10 m/s2。求：
(1)ab棒所受最大静摩擦力，并判断cd棒下滑时ab棒中电流的方向；
(2)ab棒刚要向上滑动时，cd棒的速度大小v；
(3)若从cd棒开始下滑到ab棒刚要向上滑动的过程中，装置中产生的总热量为2.6 J，求此过程中cd棒下滑的距离x。
答案 (1)0.5 N 电流方向由a流向b (2)5 m/s
(3)3.8 m
解析 (1)ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，则有fmax＝m1gsinθ
解得fmax＝0.5 N
由右手定则可知cd棒下滑时，ab中电流方向由a流向b。
(2)设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝Blv
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝
设ab所受安培力为F安，有F安＝BIl
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋fmax
联立解得v＝5 m/s。
(3)设cd棒运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q总＋m2v2
解得x＝3.8 m。第二章 水平测评
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)
1．如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内。当AB中通以向上的电流并增大时( )
A．线圈中产生逆时针方向的电流，线圈向AB运动
B．线圈中产生逆时针方向的电流，线圈远离AB运动
C．线圈中产生顺时针方向的电流，线圈向AB运动
D．线圈中产生顺时针方向的电流，线圈远离AB运动
答案 B
解析 根据安培定则可知金属线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里，直导线中的电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈中感应电流方向为逆时针方向。根据左手定则可知金属线圈所受安培力的合力指向右侧，因此线圈远离直导线AB运动，A、C、D错误，B正确。
2．如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，边界如图中虚线所示。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为( )
A.BRv B.BRv C.BRv D.BRv
答案 D
解析 圆环到达图示位置时，产生的感应电动势为E＝BRv；由右手定则可知，在虚线右侧线圈上的电流方向为由b到a，所以φa>φb；设圆环的电阻为r，由闭合电路欧姆定律得a、b两点的电势差Uab＝E－Irab＝BRv－·＝，D正确。
3．如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是( )
A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针
B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力较大
C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈
D．从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈
答案 B
解析 若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力较大，故B正确；由题图知第1、2、4、5、6个线圈位置均匀，则都发生了相对滑动，而第3个线圈没有向后滑动，则第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，是不合格线圈，故C、D错误。
4. 如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流从M经R到N为正，安培力向左为正)( )
答案 A
解析 由E＝Blv可知，导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线的有效长度l随时间t均匀增大，感应电动势E随时间t均匀增大，由闭合电路欧姆定律可知，感应电流I随时间t均匀增大，则导体棒受到的安培力大小F＝IlB随时间t增大得越来越快；由右手定则可知，感应电流的方向为由M经R到N，电流为正值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。导体棒由ac运动到d的过程中，由题知E′＝2Blv＝2E，则导体棒切割磁感线的有效长度l相同时，I′＝2I，导体棒切割磁感线的有效长度l随时间t均匀减小，则感应电流I′随时间t均匀减小，则导体棒受到的安培力大小F′＝I′lB＝2F，随时间t减小得越来越慢；由右手定则可知，感应电流的方向为由N经R到M，电流为负值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。综上所述，A正确，B、C、D错误。
5. 如图，圆环形导体线圈A平放在水平桌面上，在A的正上方固定一竖直螺线管B，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( )
A．线圈A中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈A的磁通量变小
C．线圈A有扩大的趋势
D．线圈A对水平桌面的压力FN将增大
答案 D
解析 将滑动变阻器的滑片P向下滑动时，滑动变阻器的接入电阻变小，由闭合电路欧姆定律可得线圈中的电流增大，则穿过线圈A的磁通量增加，由图可知穿过线圈A的磁通量方向向下，根据楞次定律和右手螺旋定则可得线圈A中将产生俯视逆时针方向的感应电流，A、B错误；根据楞次定律中“增缩减扩”的原理可知线圈A有缩小的趋势，C错误；由左手定则判断出线圈A受到的安培力有竖直向下的分量，则线圈对水平桌面的压力FN将增大，D正确。
6. 如图所示，水平固定的光滑铜环，OO′为过圆心的竖直轴，长为2l、电阻为r的铜棒OA的一端在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
答案 C
解析 根据右手定则可知，O点的电势比A点的电势低，故A错误；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E＝ωB·(2lsin30°)2＝ωBl2，所以回路中通过的电流I＝＝，故B错误；该定值电阻两端的电压为U＝·E＝ωBl2，故C正确；该定值电阻上的热功率P＝＝，故D错误。
7. 在如图所示的电路中，A、B、C为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，直流电阻为RL，则下列说法正确的是( )
A．合上开关后，C先亮，A、B后亮
B．断开开关时，N点电势高于M点
C．断开开关后，B、C同时熄灭，A缓慢熄灭
D．断开开关后，C马上熄灭，B闪一下后缓慢熄灭
答案 B
解析 开关S闭合瞬间，因线圈L中的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，通过A灯的电流逐渐增大，所以B、C先亮，A后亮，故A错误；断开开关S的瞬间，因线圈L中的电流减小，产生自感电动势，根据楞次定律可知，通过自感线圈的电流方向与原电流方向相同，则N点电势高于M点；L和A、B组成的回路中有电流，由于开关断开前通过A灯的电流小于通过B灯的电流，则开关断开的瞬间，通过A、B和线圈回路的电流从A灯中原来的电流大小减小到0，所以A、B一起缓慢熄灭，而C中没有电流，马上熄灭，故B正确，C、D错误。
8. 两根足够长的粗糙金属条折成“”形导轨，右端水平，左端竖直，与导轨等宽的粗糙金属细杆ab、cd和导轨垂直且接触良好。已知ab、cd杆的质量、电阻值均相等，导轨电阻不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在水平拉力F作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆沿导轨向下运动，以下说法正确的是( )
A．cd杆一定向下做匀速直线运动
B．cd杆一定向下做匀加速直线运动
C．F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab杆克服摩擦力做功之和
D．F的功率等于ab杆上的焦耳热功率与摩擦热功率之和
答案 C
解析 由题可知，ab杆匀速切割磁感线，产生恒定的感应电动势，cd杆不切割磁感线，不产生感应电动势，回路中感应电流恒定；cd杆竖直方向上受到向下的重力和向上的滑动摩擦力f，水平方向受到轨道的支持力N和安培力FA，则f＝μN＝μFA＝μBIL，可知f大小不变。若重力大于滑动摩擦力，cd杆做匀加速直线运动，若重力等于滑动摩擦力，cd杆做匀速直线运动，A、B错误；ab杆做匀速直线运动，受拉力、重力、向左的安培力、向左的滑动摩擦力和向上的支持力，故拉力做的功等于ab杆克服摩擦力做功和克服安培力做的功之和，ab杆克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，故F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab杆克服摩擦力做功之和，F的功率等于回路上的焦耳热功率与ab杆摩擦热功率之和，C正确，D错误。
9. 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
答案 AB
解析 当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，圆盘面积不变，距离磁针的距离不变，故磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，C错误；圆盘中的电流不是自由电子随圆盘转动形成的，而是圆盘半径切割磁感线形成的，D错误。
10．(2019·江西省上饶市高二下学期期末)闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B1中；左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计。磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、连入电路中的电阻为R的导体棒ab此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的是( )
A．圆形导线中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱
B．导体棒ab受到的安培力大小为mgsinθ
C．回路中的感应电流为
D．圆形导线中的电热功率为(r＋R)
答案 ABC
解析 导体棒ab静止在导轨上，所受的合力为零，根据力的平衡得知，棒所受的安培力的大小为mgsinθ，方向沿斜面向上，所以有B2Id＝mgsinθ，则回路中的感应电流大小I＝，根据安培力的方向，通过左手定则判断得知，圆形导线中感应电流的方向从上往下看为顺时针方向，根据楞次定律，圆形线圈中的磁场可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱，故A、B、C正确；根据P＝I2r，可知圆形导线中的电热功率为P＝r，故D错误。
11．如图甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小为B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t＝0.22 s时闭合开关K瞬间，细杆跳起(细杆跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V
B．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D
C．磁感应强度B2的方向竖直向下
D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C
答案 BD
解析 由题图乙所示图像可知，0～0.10 s内ΔΦ＝ΔB2S＝(1.0－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb,0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小：E＝n＝300× V＝30 V，故A错误；由题可知，开关K闭合瞬间，细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，CD中电流方向为由C到D，故B正确；t＝0.22 s时，由安培定则可知，线圈中感应电流的磁场方向竖直向上，由题图乙可知，在0.20～0.25 s内穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，磁感应强度B2的方向竖直向上，C错误；对细杆通电的瞬间，由牛顿第二定律得：B1Il＝ma＝m，细杆跳起后做竖直上抛运动，有：v2＝2gh，通过细杆CD的电荷量：q＝IΔt，解得：q＝＝ C＝0.03 C，D正确。
12．如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面且方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a质量为2m，导体棒b质量为m，长度均为l，电阻均为r，其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v0。除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是( )
A．任何一段时间内，导体棒b动能增加量跟导体棒a动能减少量的数值总是相等的
B．任何一段时间内，导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小相等、方向相反
C．全过程中，通过导体棒b的电荷量为
D．全过程中，两棒共产生的焦耳热为
答案 BCD
解析 根据题意可知，两棒组成回路，电流相同，故所受安培力合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b的动量改变量跟导体棒a的动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒定律可知，a的动能减少量等于b的动能增加量与回路中产生的焦耳热之和，故A错误，B正确；a、b两棒的速度最终相等，设为v，根据动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，对b棒，由动量定理有mv－0＝Bl·t＝Blq，解得q＝，根据能量守恒定律，两棒共产生的焦耳热为Q＝×2mv－(2m＋m)v2＝，故C、D正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、实验题(本题共2小题，共8分)
13．(4分)在“研究电磁感应现象”的实验中。
(1)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈M连接，如图甲所示。当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。将磁体N极向下从线圈上方竖直插入M时，发现指针向左偏转。俯视线圈，其绕向为沿________(选填“顺时针”或“逆时针”)由a端开始绕至b端。
(2)如图乙所示，如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关S后，将A线圈迅速从B线圈拔出时，电流计指针将________；A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将________。(以上两空选填“向左偏”“向右偏”或“不偏转”)
(3)在图乙中，某同学第一次将滑动变阻器的触头从变阻器的右端快速滑到左端，第二次将滑动变阻器的触头从变阻器的右端慢慢滑到左端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度________(选填“大”或“小”)。
答案 (1)顺时针 (2)向左偏 向右偏 (3)大
解析 (1)将磁体N极向下从线圈上方竖直插入M时，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向上，电流计指针向左偏转，说明电流从左端流入电流计，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为沿顺时针方向由a端开始绕至b端。
(2)如图乙所示，如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明B中磁通量增加时电流计指针向右偏转；合上开关S后，将A线圈迅速从B线圈拔出时，穿过B线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏转；A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，穿过B线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转。
(3)第一次将滑动变阻器的触头从变阻器的右端快速滑到左端，A线圈的电流变化快，电流产生的磁场变化快，穿过B线圈的磁通量变化快，B线圈中的感应电动势大，感应电流大，电流计的指针摆动的幅度大；同理可知，第二次电流计的指针摆动的幅度小，故第一次比第二次指针摆动幅度大。
14．(4分)(2019·湖北省襄阳市高二下学期期末)为探究感应电动势产生的条件，某实验小组设计了如图a的实验，通过调节电源可在原线圈中产生变化的电流，用磁传感器可记录原线圈中产生的磁场B的变化情况，用电压传感器可记录副线圈中感应电动势E的变化情况，二者的变化情况可同时显示在计算机显示屏上。某次实验中得到的B t、E t图像如图b所示。
(1)分析图b两组图像可知副线圈中产生恒定感应电动势的条件是________。
(2)感应电动势的大小与B的变化有关，为进一步确定两者之间的定量关系，可以根据图b的信息，作图像进行研究，则应作________。
A．E B图像 B．E ΔB图像
C．E 图像 D．E 图像
(3)若(2)中所作图像为直线，其斜率为k，副线圈匝数为n，则副线圈面积为________。
答案 (1)B随时间均匀变化 (2)C (3)
解析 (1)由图b所示图像可知，B不变时，不产生感应电动势，当B随时间均匀变化时，副线圈中产生恒定的感应电动势。
(2)由图b所示图像可知，在线圈匝数与横截面积一定的情况下，B随时间的变化率越大，产生的感应电动势越大，为进一步确定感应电动势与B的关系，可以作出E 图像，故选C。
(3)由法拉第电磁感应定律得：E＝n＝nS，E 图像的斜率：k＝nS，副线圈的面积为S＝。
三、计算题(本题共4小题，共44分。解答中应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，只写出最后答案的不给分)
15．(8分)如图所示，A是一面积为S＝0.4 m2、匝数为n＝100匝的圆形线圈，处在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度随时间变化的规律为B＝(0.04t＋0.5) T，开始时外电路开关S断开，已知R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电容器电容C＝30 μF，线圈内阻不计。求：
(1)S闭合后，通过R2的电流大小；
(2)S闭合一段时间后又断开，在断开后流过R2的电荷量。
答案 (1)0.16 A (2)2.88×10－5 C
解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得
E＝n＝nS＝100×0.04×0.4 V＝1.6 V
则电路中电流为I＝＝ A＝0.16 A
即通过R2的电流大小为0.16 A。
(2)由欧姆定律可得R2两端的电压为
U＝IR2＝0.16×6 V＝0.96 V
则电容器的电荷量为
Q＝UC＝0.96×30×10－6 C＝2.88×10－5 C
因此在断开S后流过R2的电荷量为2.88×10－5 C。
16．(10分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂挂有挂盘，右臂挂有矩形线圈，线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边足够长，匝数N＝200，总电阻R＝10 Ω，天平平衡。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I，挂盘中放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平再次平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度g＝10 m/s2)
(1)电磁天平的量程为多少？
(2)若线圈不接外电流，直接连接成闭合回路，如图乙所示。保持B0不变，在线圈中部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀增大，且＝2.5 T/s，磁场区域宽度d＝0.1 m。当天平再次平衡时，挂盘中所放重物的质量为多少？
答案 (1)0～4 kg (2)1 kg
解析 (1)左盘中物体所受的重力等于右侧线圈所受的安培力，当安培力最大时，待测物体的质量最大，设为mmax，则有：
mmaxg＝NB0ImL
解得：mmax＝4 kg
即电磁天平量程为：0～4 kg。
(2)线圈中产生的感生电动势为：E＝NS
其中S＝Ld
线圈中的电流为：I′＝
此时左盘中重物所受的重力等于右侧线圈所受的安培力，设重物质量为m′，则有：
m′g＝NB0I′L
解得：m＝1 kg。
17．(12分)如图所示，水平放置的平行金属导轨MN、OP间距离为L，左、右两端分别接阻值为R的相同电阻，导轨的电阻不计。一质量为m、电阻为0.5R的金属杆ab刚好与导轨接触良好，不计摩擦。整个装置放在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。当ab杆在水平恒力F(F未知)作用下从静止开始向左运动距离为d时恰好达到最大速度vm。求：
(1)说明金属杆ab达到最大速度前的运动情况；
(2)水平恒力F；
(3)运动过程中金属杆产生的热量Q。
答案 (1)金属杆做加速度越来越小的加速直线运动
(2) (3)－mv
解析 (1)速度为v时，产生的电动势E＝BLv，
ab中的电流I＝，
则ab受到的安培力FA＝BIL＝，
由牛顿第二定律得F－FA＝ma，得a＝－，
金属杆开始时v＝0，所以金属杆做加速度越来越小的加速直线运动。
(2)金属杆做匀速直线运动时F＝FA，此时v＝vm，
所以F＝。
(3)运动过程中回路产生的总热量为
Q总＝Fd－mv＝－mv
外电路中左、右两侧R并联，即R外＝＝0.5R，与金属杆ab电阻相同，
则金属杆产生的热量Q＝Q总＝－mv。
18．(14分)如图甲所示，MN、PQ为间距L＝0.5 m的足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，N、Q间连接有一个R＝4 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0＝1 T。将一根质量为m＝0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电荷量q＝0.2 C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)cd离NQ的距离s；
(3)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量。
答案 (1)0.5 (2)2 m (3)0.08 J
解析 (1)由图乙知当v＝0时，a＝2 m/s2
此时金属棒不受安培力，则
mgsinθ－μmgcosθ＝ma
解得μ＝0.5。
(2)由图像可知，vm＝2 m/s，当金属棒达到稳定速度时，有mgsinθ＝FA＋μmgcosθ
而FA＝B0IL，I＝，E＝B0Lvm
其中r是金属棒的电阻，联立解得r＝1 Ω
通过金属棒截面的电荷量q＝t＝t
而＝＝
联立解得s＝2 m。
(3)根据动能定理有
mgssinθ－μmgscosθ－WF＝mv－0
解得Q总＝WF＝0.1 J
则QR＝Q总＝0.08 J。(共74张PPT)
专题二 “三定则一定律”
的综合应用及楞次定律的推论
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练专题二 “三定则一定律”的综合应用及楞次定律的推论
1.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较
基本物理现象 应用的定则或定律
判断电流(运动电荷)产生的磁场的方向 安培定则
判断安培力、洛伦兹力的方向 左手定则
判断闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时产生的感应电流的方向 右手定则
判断穿过闭合电路的磁通量发生变化时产生的感应电流的方向 楞次定律
2．“三定则一定律”的应用技巧
(1)应用楞次定律时，一般要结合使用安培定则(右手螺旋定则)。
(2)研究感应电流受到的安培力时，一般先用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向，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。
3．楞次定律的推论
引起感应电流的原因 如何“阻碍” 口诀
原磁通量变化 感应电流产生的磁场方向在原磁通量增加时与原磁场方向相反，反之相同 增反减同
导体相对运动 感应电流受到的安培力总是阻碍相对运动 来拒去留
原磁通量变化 线圈面积在原磁通量增加时收缩，反之扩大(磁感线往同一方向穿过线圈平面时) 增缩减扩
原磁通量变化 线圈在原磁通量增大时远离磁场源，反之靠近 增离减靠
典型考点一 “三定则一定律”的综合应用
1. 如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd，用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动。金属线框从右侧某一位置由静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面。则线框中感应电流的方向是( )
A．a→b→c→d→a
B．d→c→b→a→d
C．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a
D．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d
答案 B
解析 在线框由静止释放到最低点的过程中，穿过线框的磁通量向右减小，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场也向右，再由右手螺旋定则可知，感应电流的方向是d→c→b→a→d；同理，在线框继续向左摆动的过程中，穿过线框的磁通量向左增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向是d→c→b→a→d。B正确。
2. (多选)如图所示，长直导线MN中通有竖直向上的电流I，其附近有一个矩形线框ABCD，线框与导线始终在同一个平面内。则下列说法中正确的是( )
A．若I恒定，将矩形线框向右平移，线框内产生A→B→C→D→A方向的感应电流
B．若I恒定，将导线MN向左平移，线框内产生A→D→C→B→A方向的感应电流
C．若使MN中的电流突然为零，线框内产生A→D→C→B→A方向的感应电流
D．若I恒定，将矩形线框向上平移，线框内无感应电流产生
答案 AD
解析 若I恒定，根据右手螺旋定则可知，导线右侧磁场垂直纸面向里，且离导线越远磁场越弱，将矩形线框向右平移，则穿过线框的磁通量向里且逐渐减小，根据楞次定律和右手螺旋定则可知，线框内产生的感应电流方向是A→B→C→D→A，A正确；若I恒定，将导线MN向左平移，则穿过线框的磁通量向里且逐渐减小，根据楞次定律和右手螺旋定则可知，线框内产生的感应电流方向是A→B→C→D→A，B错误；若使MN中的电流突然为零，则穿过线框的磁通量向里且减小，根据楞次定律和右手螺旋定则可知，线框内产生的感应电流方向是A→B→C→D→A，C错误；若I恒定，将矩形线框向上平移，则穿过线框的磁通量不发生变化，没有感应电流产生，D正确。
3．(多选)如图所示，导体ab、cd可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通。当导体ab向左移动时( )
A．ab中感应电流的方向为a到b
B．ab中感应电流的方向为b到a
C．cd向左移动
D．cd向右移动
答案 AD
解析 由右手定则可判断ab中感应电流的方向为a到b，故cd中电流方向为c到d，根据左手定则可判定导体cd所受安培力方向水平向右，即向右移动，A、D正确。
4．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棒中感应电流的方向由b到a
D．螺线管产生的磁场，A端为N极
答案 C
解析 根据右手定则可知，流过金属棒ab的感应电流的方向是从b到a，所以流过螺线管的电流方向是从A端到B端，根据右手螺旋定则可知，螺线管的A端为S极，C正确，D错误。根据左手定则可知，金属棒ab受到向左的安培力，A、B错误。
5. 位于载流长直导线近旁的两根平行铁轨A和B，与长直导线平行且在同一水平面上，在光滑铁轨A、B上套有两段可以自由滑动的导体CD和EF，如图所示，若用力使导体CD向右运动，则导体EF将( )
A．向右运动
B．保持不动
C．向左运动
D．先向右运动，后向左运动
答案 A
解析 根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在铁轨处产生的磁场垂直纸面向里，根据右手定则得，CD中产生的感应电流方向由D到C，则EF中的电流方向由E到F，根据左手定则，EF受到水平向右的安培力，所以导体EF向右运动，A正确，B、C、D错误。
典型考点二 楞次定律的推论
6．如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁体从高处下落接近回路时( )
A．P、Q将互相靠拢
B．P、Q将互相远离
C．磁体的加速度一定大于g
D．磁体的加速度仍等于g
答案 A
解析 当条形磁体从上到下接近闭合回路时，穿过回路的磁通量在不断增加。根据楞次定律可知，感应电流所产生的效果总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化——增加，阻碍磁通量增加可以通过减小回路的面积来实现，故P、Q将互相靠拢，A正确，B错误；为了反抗磁体下落时磁通量的增加，根据“来拒去留”可知，感应电流的磁场给条形磁体一个向上阻碍其下落的阻力，使磁体下落的加速度向下小于g，向上则大于、等于、小于g都有可能，C、D错误。
7. 如图所示，abcd是一个可以绕垂直于纸面的轴OO′转动的闭合矩形导体线圈(ab、bc、cd段没有画出)，在滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈abcd将( )
A．静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向
答案 C
解析 无论电源的极性如何，在两电磁铁中间的区域内产生水平方向的匀强磁场，当滑片P自左向右滑动时，电路中的电流增大，穿过导体线圈abcd的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的效果应阻碍原磁通量的增大，此时线圈abcd应顺时针转动，C正确。
8．如图甲所示，通电螺线管A与用绝缘绳悬挂的线圈B的中心轴在同一水平直线上，A中通有如图乙所示的变化电流，t＝0时电流方向如图甲中箭头所示。在t1～t2时间内，对于线圈B的电流方向(从左往右看)及运动方向，下列判断正确的是( )
A．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈向右摆动
B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈向左摆动
C．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈向右摆动
D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈向左摆动
答案 C
解析 在t1～t2时间内，由图乙可知，A中电流与图甲中电流方向相反，且逐渐增大，根据右手螺旋定则可知，螺线管A在线圈B处产生的磁场向左且增强，则穿过线圈B的磁通量向左增大，根据楞次定律可得，B内感应电流的方向为顺时针(从左向右看)；根据“增离减靠”可知，线圈向右摆动，以阻碍磁通量的增大，C正确。
9. 如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合。现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则( )
A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
答案 B
解析 胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过金属环B的磁通量向下，且增大，根据“增缩减扩”和“增离减靠”，知金属环B的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线受到的拉力减小，B正确，A、C、D错误。
1. 如图所示，直导线与铝环位于同一平面内，要使铝环内产生如图所示方向的感应电流，则直导线中电流方向及电流大小的变化情况可能是( )
A．电流方向为M到N，电流不变
B．电流方向为N到M，电流不变
C．电流方向为M到N，电流逐渐增大
D．电流方向为N到M，电流逐渐增大
答案 D
解析 当电流方向为M到N，电流不变，或电流方向为N到M，电流不变时，都不会导致穿过铝环的磁通量变化，不会产生感应电流，A、B错误；当电流方向为M到N，且电流增大时，在铝环处产生垂直纸面向外的磁场，且穿过铝环的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，C错误；当电流方向为N到M，且电流增大时，在铝环处产生垂直纸面向里的磁场，且穿过铝环的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，D正确。
2. (多选)两根互相平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上导体棒ab和cd可以自由滑动。当ab在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是( )
A．cd内有电流通过，方向是d→c
B．cd向左运动
C．磁场对cd的作用力向左
D．磁场对ab的作用力向左
答案 AD
解析 由题意知，ab在外力F作用下向右做切割磁感线运动，根据右手定则判断可知ab内电流的方向是b→a，则cd中的电流方向为d→c，A正确；由左手定则判断可知，D正确，B、C错误。
3. (多选)边长为h的正方形金属导线框，从图示位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域，磁场方向水平，且垂直于线框平面，磁场区高度为H，上、下边界如图中虚线所示，H>h，从线框开始下落到完全穿过磁场区的全过程中( )
A．线框中总有感应电流存在
B．线框中感应电流方向是先逆时针后顺时针
C．线框中感应电流方向总是逆时针
D．线框受到的安培力方向总是向上
答案 BD
解析 从线框全部进入磁场开始到线框下边开始离开磁场，线框中的磁通量不变，无感应电流产生，A错误；线框在进入磁场过程中，线框下边切割磁感线，根据右手定则，感应电流方向为逆时针方向，离开磁场过程中，线框上边切割磁感线，根据右手定则可知感应电流为顺时针方向，所以线框中感应电流是先逆时针后顺时针，B正确，C错误；已知线框在进入和穿出磁场过程中的感应电流方向，由左手定则可知线框受到的安培力方向始终向上，D正确。
4. 如图所示，金属环水平固定放置，现将一竖直的条形磁体在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁体穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环( )
A．始终相互吸引
B．始终相互排斥
C．先相互吸引，后相互排斥
D．先相互排斥，后相互吸引
答案 D
解析 磁体靠近圆环的过程中，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍穿过圆环的原磁通量的增加，与原磁场方向相反，根据安培定则可判定金属环中电流的方向如图甲所示，根据左手定则可知，金属环受到的安培力斜向下，则二者之间相互排斥；当磁体穿过圆环下落离开圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍穿过圆环的磁通量的减小，二者方向相同，根据安培定则可判定金属环中电流的方向如图乙所示，根据左手定则可知，金属环受到的安培力斜向下，则磁体与圆环之间相互吸引，因此D正确。此题也可根据“来拒去留”直接判断。
5. 如图所示，ab为一金属杆，处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动；S是以a为圆心位于纸面内的金属圆环；在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a点良好接触。当杆沿顺时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图所示，则此时刻( )
A．有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向右
B．有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向左
C．有电流通过电流表，方向由d→c；作用于ab的安培力向右
D．无电流通过电流表，作用于ab的安培力为零
答案 A
解析 当金属杆ab沿顺时针方向转动时，切割磁感线，由右手定则可知，ab中将产生由a到b的感应电流，电流表的d端与a端相连，c端与b端相连，则通过电流表的电流方向是由c到d。而金属杆ab在磁场中会受到安培力的作用，由左手定则可判断出安培力的方向水平向右。A正确。
6. 如图所示，铜质金属环从条形磁体的正上方由静止开始下落，在下落过程中，下列判断正确的是( )
A．金属环在下落过程中的机械能守恒
B．金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量
C．金属环的机械能先减小后增大
D．磁体对桌面的压力始终大于其自身的重力
答案 B
解析 金属环在下落过程中，穿过金属环的磁通量发生变化，产生感应电流，金属环受到安培力的作用，安培力做功，机械能不守恒，A错误；由能量守恒定律知，金属环减少的重力势能只有一部分转化为其动能，B正确；金属环下落的过程中，机械能不停地转变为电能，机械能一直减少，C错误；当金属环下落到磁体中央位置时，金属环中的磁通量不变，无感应电流产生，环和磁体间无作用力，磁体对桌面的压力大小等于磁体的重力，D错误。
7. 如图所示，两个相同的铝环穿在一根光滑杆上，将一根条形磁体向左插入铝环的过程中，两环的运动情况是( )
A．同时向左运动，间距增大
B．同时向左运动，间距不变
C．同时向左运动，间距变小
D．同时向右运动，间距增大
答案 C
解析 将一根条形磁体向左插入铝环的过程中，两环中均产生感应电流。根据楞次定律，感应电流的效果将阻碍其与磁体间的相对运动，所以两环均向左运动。由楞次定律分析可知，两环中感应电流的方向相同，同向电流相互吸引，所以两环的间距变小，C正确。
8. 如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁体从线圈中线AB正上方等高处快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是( )
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
答案 D
解析 根据楞次定律的推论“来拒去留”判断，磁体靠近线圈时两者相互排斥，FN大于mg，磁体远离线圈时两者相互吸引，FN小于mg，由于安培力阻碍两者间的相对运动，所以线圈一直有向右运动的趋势，D正确。
9. 如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将( )
A．S增大，l变长 B．S减小，l变短
C．S增大，l变短 D．S减小，l变长
答案 D
解析 当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增大，金属圆环中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量的增大，一是用缩小面积的方式进行阻碍，二是用远离直导线的方法进行阻碍，故D正确。
10．(多选)如图，线圈A、铁芯M、线圈B都可自由移动，S合上后要使B中有感应电流且流过电阻R的电流方向为a→b，可采用的办法是( )
A．使B迅速靠近A B．断开电源开关S
C．将铁芯M插入 D．将铁芯M抽出
答案 AC
解析 由题意可知，流过电阻R的电流方向为a→b，根据右手螺旋定则，线圈B中感应电流的磁场方向是水平向左，因此原磁场水平向左减弱或水平向右增强。根据右手螺旋定则可知，线圈A在B中产生的磁场方向是水平向右，当使B迅速靠近A时，穿过线圈B的磁通量向右且增大，因此R中的感应电流方向为a→b，A正确；当断开电源开关时，穿过线圈B的磁通量向右减小，因此R中的感应电流方向为b→a，B错误；当将铁芯M插入时，穿过线圈B的磁通量向右增加，因此R中的感应电流方向为a→b，将铁芯M抽出时，R中电流反向，故C正确，D错误。
11. (多选)如图所示，螺线管B的轴线与闭合金属环A的轴线共线，B中有恒定电流，从某时刻起，当B中通过的电流逐渐变大时，则( )
A．环A有缩小的趋势
B．环A有扩张的趋势
C．螺线管B有缩短的趋势
D．螺线管B有伸长的趋势
答案 BC
解析 当B中通过的电流逐渐变大时，电流产生的磁场逐渐变强，穿过A的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，环A有扩张的趋势，A错误，B正确；螺线管B电流变大，每匝线圈产生的磁场增强，线圈间的引力变大，螺线管B有缩短的趋势，C正确，D错误。
12. 如图所示，两个闭合正方形线框A、B的中心重合，放在同一水平面内。当小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，对于线框B，下列说法中正确的是( )
A．有顺时针方向的电流且有收缩的趋势
B．有顺时针方向的电流且有扩张的趋势
C．有逆时针方向的电流且有收缩的趋势
D．有逆时针方向的电流且有扩张的趋势
答案 D
解析 小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，由右手螺旋定则可知，在线框A内，电流的磁场方向向里且逐渐增大，线框B内的磁通量垂直纸面向里增大，由楞次定律可知，线框B产生的感应电流的磁场方向向外，感应电流的方向为逆时针方向；线框A外的磁场的方向与线框A内的磁场的方向相反，当线框A内的磁场增强时，线框B内的总的磁通量向里不断增大，根据楞次定律，线框B应阻碍磁通量的增大，所以线框B具有扩张的趋势。A、B、C错误，D正确。
13. (多选)两个圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，当A以如图所示的方向绕环心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，则( )
A．A可能带正电且转速增大
B．A可能带正电且转速减小
C．A可能带负电且转速减小
D．A可能带负电且转速增大
答案 AC
解析 由图可知，B中电流方向为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场向外，由楞次定律可知，引起感应电流的磁场可能为：向外减弱或向里增强；若原磁场向里，则A中电流方向应为顺时针，即A应带正电，因磁场变强，故A中电流应增大，即A的转速应增大，A正确，B错误；若原磁场向外，则A中电流方向应为逆时针，即A应带负电，且电流应减小，即A的转速应减小，C正确，D错误。
14．如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，t1时刻电流方向如图甲中箭头所示。P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则( )
A．t1时刻FN＞G，P有收缩的趋势
B．t2时刻FN＝G，此时穿过P的磁通量为0
C．t3时刻FN＝G，此时P中无感应电流
D．t4时刻FN＜G，此时穿过P的磁通量最小
答案 A
解析 t1时刻，螺线管中电流增大，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离螺线管和面积收缩的趋势，即FN>G，A正确；t2时刻，螺线管中电流不变，其形成的磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈中无感应电流产生，故t2时刻FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，B错误；t3时刻，螺线管中电流为0，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流产生，C错误；t4时刻，螺线管中电流不变，线圈P中的磁通量不变，无感应电流产生，故FN＝G，此外，t3时刻穿过线圈P的磁通量最小，D错误。(共72张PPT)
专题三 电磁感应中
的电路和图像问题
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练专题三 电磁感应中的电路和图像问题
1.电磁感应中的电路问题
(1)在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，相当于电源，其他部分是外电路。
(2)用公式E＝n或E＝Blv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向。在电源内部，电流从负极流向正极。
(3)综合运用闭合电路的欧姆定律、串并联电路的规律、电功率、焦耳定律、电容等知识解题。
(4)电磁感应现象中通过闭合电路中导体某横截面的电荷量q＝Δt，而＝＝n，则q＝n，所以q只和线圈匝数n、磁通量变化量ΔΦ及回路的总电阻(R＋r)有关，与完成该过程所需要的时间Δt无关。
2．电磁感应中的图像问题
(1)图像类型
①随时间变化的图像，如B t图像、Φ t图像、i t图像、u t图像、F t图像、P t图像等。
②随位移变化的图像，如B x图像、i x图像等。
(2)问题类型
①由给定的电磁感应过程选出或画出正确图像。
②由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量。
(3)解题关键
①根据给定的电磁感应过程或图像的特征(如斜率等)判断是否要分段分析，将整个过程合理划分成若干较简单的阶段。
②对每一个阶段，应用法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路的欧姆定律等知识写出相应的函数关系式，并确定相应物理量的正、负。
③根据函数关系式与图像特征量(如斜率、纵坐标的正负与大小等)的对应关系，分析判断或求解。
典型考点一 电磁感应中的电路问题
1. (多选)如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab杆的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T。现ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，则( )
A．R2＝6 Ω
B．R1上消耗的电功率为0.375 W
C．a、b间电压为3 V
D．拉ab杆水平向右的拉力为0.75 N
答案 BD
解析 由ab杆消耗的电功率与外电路电阻消耗的电功率相等可知内、外电阻相等，有＝r，代入数据R1＝6 Ω、r＝2 Ω，解得R2＝3 Ω，A错误；感应电动势为E＝Blv＝1×1×3 V＝3 V，根据闭合电路欧姆定律，总电流为I＝＝ A＝0.75 A，a、b两端间的电压，即路端电压为U＝IR外＝0.75×2 V＝1.5 V，电阻R1消耗的电功率P1＝＝ W＝0.375 W，B正确，C错误；ab杆受到的安培力FA＝BIl＝1×0.75×1 N＝0.75 N，ab杆匀速运动，故拉力与安培力大小相等，即F＝0.75 N，D正确。
2．如图所示，面积为S、匝数为n的线圈内有理想的磁场边界，已知磁感应强度随时间的变化规律为B＝B0－kt(k＞0且为常数，但未知)，当t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在磁场方向改变之前，有一带电荷量为q、质量为m的粒子静止于水平放置的、间距为d的平行板电容器中间。(重力加速度为g)由此可以判断( )
A．此粒子带正电
B．磁感应强度的变化率为k＝
C．当磁场方向改变后，该粒子将向下加速运动
D．电容器所带电荷量与时间成正比
答案 B
解析 由楞次定律可知，平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，极板间场强竖直向下，粒子在极板间静止，粒子所受静电力竖直向上，静电力方向与场强方向相反，粒子带负电，A错误；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝n＝nS＝nkS，粒子静止时处于平衡状态，由平衡条件得mg＝q，解得k＝，B正确；由楞次定律可知，当磁场方向改变后，感应电动势不变，粒子受力情况不变，粒子仍静止不动，C错误；电容器两极板间电势差U＝E＝nkS，电容器所带电荷量Q＝CU＝CnkS，Q与时间无关，D错误。
3．如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环。金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动。阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴处的端点O相连接。下列判断正确的是( )
A．O、M两点间电势差绝对值的最大值为
B．金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为
C．通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到P
D．通过电阻R的电流的最大值为，且P、Q两点的电势满足φP＞φQ
答案 B
解析 M端线速度为v＝ωl，OM切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bl2ω，B正确；当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路中总电流最小，R并＝×2R＝R，通过电阻R的电流的最小值为Imin＝＝，根据右手定则可得R中电流方向从Q到P，C错误；OM作为电源，外电阻越大，总电流越小，内电压越小，路端电压越大，所以外电阻最大时，O、M两点间电势差的绝对值最大，其最大值为U＝Imin×2R＝，A错误；当M位于最下端时圆环被接入电路的电阻为0，此时电路中有最大电流Imax＝＝，根据右手定则可得R中电流方向从Q到P，P、Q两点的电势满足φP＜φQ，D错误。
4. 如图所示，由粗细相同的导线制成的正方形线框边长为L，每条边的电阻均为R，其中ab边材料的密度较大，其质量为m，其余各边的质量均可忽略不计。线框可绕与cd边重合的水平轴OO′自由转动，不计空气阻力及摩擦。若线框在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中从水平位置静止释放，经历时间t到达竖直位置，此时ab边的速度为v，重力加速度为g，求：
(1)线框在竖直位置时，ab边两端的电压及所受的安培力的大小；
(2)在这一过程中，通过线框导线横截面的电荷量。
答案 (1)BLv (2)
解析 (1)线框运动到竖直位置时，ab边切割磁感线产生感应电动势：E＝BLv
ab边两端的电压：U＝×3R＝BLv
ab边所受的安培力：F＝BIL＝B··L＝。
(2)通过导线横截面的电荷量：q＝＝。
典型考点二 电磁感应中的图像问题
5．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列选项中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的是( )
答案 A
解析 在0～内，根据法拉第电磁感应定律，E1＝n＝，根据楞次定律，感应电流的方向与图示箭头方向相反，为负值；在～T内，根据法拉第电磁感应定律，E2＝n＝＝2E1，所以感应电流是0～内感应电流的2倍，再根据楞次定律，感应电流的方向与图示方向相反，为负值。A正确，B、C、D错误。
6．如图所示，一闭合直角三角形线框ABC以速度v匀速穿过匀强磁场区域。从BC边进入磁场区域开始计时，到A点离开磁场区域的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是下图中的( )
答案 A
解析 根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，C错误；感应电流I＝＝，线框进入磁场时，线框切割磁感线的有效长度l减小，感应电流逐渐减小；线框离开磁场时，线框切割磁感线的有效长度l减小，感应电流逐渐减小，A正确，B、D错误。
7．有一种信号发生器的工作原理可简化为如图所示的情形，竖直面内有半径均为R且相切于O点的两圆形区域，其内存在水平恒定的匀强磁场，长为2R的导体杆OA，以角速度ω绕过O点的固定轴，在竖直平面内顺时针匀速旋转，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，下列描述导体杆两端电势差UAO随时间变化的图像可能正确的是( )
答案 A
解析 由右手定则可知，感应电动势始终从O指向A，故UAO始终为正值，B、C错误；由UAO＝E＝Bωl2，B、ω不变，切割的有效长度l随时间做非线性的周期性变化可知，A正确，D错误。
8. 如图所示，光滑水平面上的边长为a的闭合金属正三角形框架底边与磁场边界平行，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架沿与磁场边界垂直的方向匀速拉出磁场。用E、F外、P外分别表示金属框架产生的电动势、所受水平外力及水平外力的功率，则下图中表示各物理量与位移x的关系图像正确的是( )
答案 B
解析 感应电动势E＝Blv＝B·2xtan30°v＝Bvx，则E与x成正比，A错误，B正确；框架匀速运动，F外＝F安＝BIl，I＝，E＝Blv，得F外＝，l＝x，则F外＝x2，B、R、v一定，则F外∝x2，C错误；外力的功率P外＝F外v＝x2，P外∝x2，D错误。
1. (多选)如图所示，长直导线通以方向向上的恒定电流I，矩形金属线圈abcd与导线共面，线圈的长是宽的2倍，第一次将线圈由静止从位置Ⅰ平移到位置Ⅱ停下，第二次将线圈由静止从位置Ⅰ绕过d点垂直纸面的轴线旋转90°到位置Ⅲ停下，两次变换位置的过程所用的时间相同，以下说法正确的是( )
A．两次线圈所产生的平均感应电动势相等
B．两次线圈所产生的平均感应电动势不相等
C．两次通过线圈导线横截面的电荷量相等
D．两次通过线圈导线横截面的电荷量不相等
答案 BD
解析 根据通电直导线周围的磁场分布可知，两次通过线圈的磁通量变化量不同，根据E＝n可知，线圈所产生的平均感应电动势不相等，A错误，B正确；根据q＝n可知，两次通过线圈导线横截面的电荷量不相等，C错误，D正确。
2．如图1所示，线圈abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度随时间的变化情况如图2所示。下列关于ab边所受安培力随时间变化的F t图像(规定安培力方向向右为正)正确的是( )
答案 C
解析 由楞次定律知，感应电流的方向为adcba，根据法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，得I＝nS，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向右，由F＝BIl知，安培力均匀增加，由于t＝0时B≠0，因此F≠0。综上所述，C正确，A、B、D错误。
3．如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C。正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，在磁场以变化率k均匀减弱的过程中，下列说法正确的是( )
A．电压表的读数为
B．线框产生的感应电动势大小为kL2
C．电容器所带的电荷量为零
D．回路中电流为零
答案 D
解析 磁场均匀减弱，线框产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，则电压表没有读数，A错误，D正确；由法拉第电磁感应定律得E＝S＝k·L2＝，B错误；电容器两极板间的电压等于线框产生的感应电动势，则电容器所带的电荷量不为零，C错误。
4. 如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个电阻为R、边长也为a的正方形导线框EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过，导线框转到图中虚线位置，已知导线框的总电阻为R，则在这时间内( )
A．因不知顺时针转动还是逆时针运动，所以不能判断导线框中感应电流的方向
B．导线框中感应电流的方向为E→F→G→H→E
C．通过导线框上任一横截面的电荷量为
D．导线框中的平均感应电动势大小为
答案 D
解析 不论如何转动，在这时间内导线框中的磁通量均减小，由楞次定律知电流方向为F→E→H→G→F，A、B错误；在这时间内，磁通量的变化量大小为ΔΦ＝B·(3－2)a2，解得＝＝，D正确；通过导线框上任一横截面的电荷量为q＝＝，C错误。
5．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为L，t＝0时刻，bc边与磁场区域边界重合。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是下图中的( )
答案 C
解析 线圈进入磁场的过程中，bc边切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即电流为负；当线圈离开磁场时，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，电流为正，A、D错误。线圈进入磁场时，有效切割长度越来越短，根据感应电动势的公式E＝Blv可得，感应电动势减小，故感应电流越来越小；当线圈离开磁场时，有效切割长度越来越短，根据感应电动势的公式E＝Blv可得，感应电动势减小，故感应电流越来越小，B错误，C正确。
6．(多选)如图甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.3 m2，总电阻r＝2 Ω，A右侧所接电路中，电阻R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝3 μF，开关S1闭合。A中有横截面积为0.2 m2的区域C(图中虚线)，C内有如图乙所示的变化磁场，t＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。下列判断正确的是( )
A．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由b流向a
B．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为0.4 A
C．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电流由b流向a
D．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6 C
答案 BD
解析 根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由a流向b，A错误；根据法拉第电磁感应定律E＝nS＝100××0.2 V＝4 V，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为I＝＝ A＝0.4 A，B正确；闭合S2、电路稳定后，电容器上极板带正电，再断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，C错误；闭合S2、电路稳定后电容器所带电荷量Q＝CUR2＝3×10－6×0.4×6 C＝7.2×10－6 C，则再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6 C，D正确。
7. (2019·北京市昌平区期末)冲击电流计可以直接测定通过电路的电荷量，或者间接测量与电荷量有关的物理量，如磁感应强度、电容等。现将探测线圈、冲击电流计及定值电阻串联后测定通电螺线管内部磁场的磁感应强度，电路如图所示。探测线圈的轴线与螺线管的轴线重合，现通过电源E给螺线管提供电流I，然后迅速地通过换向开关K给螺线管提供反向电流－I，冲击电流计测得通过电路的电荷量为q。已知探测线圈匝数为N，面积为S，定值电阻的阻值为R，其他电阻不计。由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 由法拉第电磁感应定律得＝N，由闭合电路欧姆定律得＝，q＝Δt＝；设被测磁场的磁感应强度为B，则有ΔΦ＝2BS，所以q＝，则B＝，故D正确，A、B、C错误。
8．如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一个电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框从图示位置开始绕过O点且垂直于纸面的轴沿顺时针方向匀速转动(O点位于磁场边界上)，周期为T，则线框内产生的感应电流的图像为(规定电流沿顺时针方向为正)( )
答案 A
解析 线框进入磁场所用时间Δt＝T＝T，此段时间内产生的感应电动势大小为E＝BLω＝BL2ω，产生的感应电流大小为I＝＝，大小不变，根据楞次定律，电流为逆时针方向，故电流为负值。从开始经过线框开始出磁场，出磁场的过程用时也为T，产生的感应电动势大小为E＝BLω·＝BL2ω，产生的感应电流大小为I＝＝，大小不变，根据楞次定律，电流为顺时针，故电流为正值。根据以上分析可知，A正确，B、C、D错误。
9. 如图所示，一有界区域内存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L。现有一边长为L的正方形线框abcd，在外力作用下，保持ac垂直磁场边缘，并以沿x轴正方向的速度水平匀速地通过磁场区域，若以逆时针方向为电流正方向，下图中能反映线框中感应电流变化规律的图是( )
答案 C
解析 在0～时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，电流为正值；线框有效切割长度均匀增大，由E＝Blv可知，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大。在～时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，电流为正值；线框有效切割长度均匀减小，由E＝Blv可知，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小。在～时间内，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，电流为负值；线框两边都切割磁感线，产生感应电动势，感应电动势的最大值是0～过程最大值的2倍，线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝Blv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小，感应电流的最大值是0～过程最大值的2倍。在～时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，电流为正值；线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝Blv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小。综上所述，A、B、D错误，C正确。
10．(多选)空间存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L。一正方形导体框abcd边长也为L，开始正方形导体框的ab边与磁场区域截面的斜边刚好重合，如图所示，由图示位置开始计时，正方形导体框以平行bc边的速度v匀速穿越磁场区域。若导体框中的感应电流为i，a、b两点间的电压为Uab，感应电流取逆时针方向为正，则导体框穿越磁场的过程中，i、Uab随时间的变化规律正确的是( )
答案 AD
解析 在ab边从磁场区域横截面的斜边运动到e点的过程中，ab边切割磁感线的有效长度减小，则产生的感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，且感应电流沿逆时针方向，为正，a、b两点间的电压Uab为负值，大小从BLv均匀减小到0；ab边越过e点后，在cd边进入磁场之前，导体框中磁通量不变，则没有感应电动势和感应电流；之后，cd边切割磁感线，且有效切割长度逐渐减小，则产生顺时针方向的感应电流，电流为负，并逐渐减小，Uab仍为负值，大小从BLv均匀减小到0。综上所述，A、D正确，B、C错误。
11. 如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋0.2t) T，定值电阻R1＝6 Ω，线圈电阻R2＝4 Ω，求：
(1)回路中的感应电动势大小；
(2)回路中电流的大小和方向；
(3)a、b两点间的电势差。
答案 (1)4 V (2)0.4 A 逆时针方向 (3)2.4 V
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，有：
E＝n＝100×0.2×0.2 V＝4 V。
(2)根据楞次定律，线圈中垂直向里的磁通量增加，则电流方向是逆时针方向；
依据闭合电路欧姆定律，有：
I＝＝ A＝0.4 A。
(3)根据电流方向及欧姆定律，有：
Uab＝IR1＝0.4×6 V＝2.4 V。
12．如图所示，水平放置的矩形金属框ABCD置于磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，其平面与磁场方向垂直，
AB与CD的距离为0.1 m。金属框的左端所连电阻R1＝1 Ω，右端所连电阻R2＝2 Ω，导体棒EF长0.1 m，垂直于AB边放置且与金属框接触良好，导体棒与金属框电阻不计。当导体棒EF以10 m/s的速度向右匀速运动时，求：
(1)导体棒EF上产生的感应电动势的大小；
(2)导体棒EF中的电流；
(3)电阻R1消耗的电功率。
答案 (1)0.5 V (2)0.75 A (3)0.25 W
解析 (1)导体棒EF上产生的感应电动势的大小为：
E＝Blv＝0.5×0.1×10 V＝0.5 V。
(2)整个回路的总电阻为：
R总＝＝ Ω＝ Ω
则通过导体棒EF的电流为：
I＝＝ A＝0.75 A。
(3)通过电阻R1的电流为：
I1＝＝ A＝0.5 A
则电阻R1消耗的电功率为：
P1＝IR1＝0.25×1 W＝0.25 W。(共78张PPT)
专题四 电磁感应中
的动力学、能量及动量问题
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练专题四 电磁感应中的动力学、能量及动量问题
1.电磁感应中的动力学问题
(1)两种典型状态
①导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态
处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析。
②导体处于非平衡态——加速度不为0
处理方法：根据牛顿第二定律进行分析。
(2)动态变化过程分析
通有感应电流的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态。动态分析的基本思路如下：
2．电磁感应中的能量问题
(1)能量转化
(2)求解焦耳热的三种方法
①焦耳定律：Q＝I2Rt。(电流恒定)
②功能关系：Q＝－W安培力。(纯电阻电路)
③能量守恒定律：Q＝－ΔE其他。
3．电磁感应中的动量问题
(1)动量定理：I安＝Blt＝Blq，I安＝t＝，I合＝mv2－mv1。
(2)动量守恒定律：在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，当两棒所受安培力等大反向时，如果它们受到的其他外力的合力为0，则满足动量守恒的条件，运用动量守恒定律求解比较方便。
典型考点一 电磁感应中的动力学问题
1．如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好。从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增强，ab棒仍静止，在磁场均匀增强的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是( )
A．摩擦力大小不变，方向向右
B．摩擦力变大，方向向右
C．摩擦力变大，方向向左
D．摩擦力变小，方向向左
答案 B
解析 磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律知，回路中产生恒定的感应电动势，感应电流I也恒定不变；根据楞次定律，磁通量增大，产生顺时针方向的感应电流；根据左手定则，ab棒所受的安培力的方向向左下方，如图(从前向后看)，水平方向的分量Fx＝BIl·sinθ，磁场均匀增强，ab棒仍静止，所以ab棒受力平衡，在水平方向上静摩擦力与安培力沿水平方向的分量大小相等，方向相反，即f＝Fx，所以静摩擦力变大，方向水平向右，B正确，A、C、D错误。
2．(多选)如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时下落。三个线圈都是由相同的金属材料制成的大小相同的正方形线圈。A线圈有一个缺口，B、C都是闭合的，但是B线圈的导线比C线圈的粗，关于它们落地时间的说法正确的是( )
A．三线圈中A落地时间最短
B．三线圈落地时间相同
C．B、C两线圈落地时间相同
D．B线圈落地时间比C线圈短
答案 AC
解析 A线圈有一个缺口，进入磁场时，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度等于g，而B、C线圈是闭合的，进入磁场时，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，则A线圈落地时间最短，A正确，B错误；设B、C线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为ρ电，密度为ρ密，质量为m，进入磁场过程中速度为v时加速度为a，根据牛顿第二定律得：mg－＝ma，则得：a＝g－＝g－＝g－，可知a与横截面积S无关，所以B、C线圈在运动过程中加速度时刻相同，速度也时刻相同，所以B、C同时落地，C正确，D错误。
3．如图所示，两根平行且足够长的光滑金属导轨竖直放置，间距L＝1 m，电阻忽略不计，导轨上端接一阻值为R＝0.5 Ω的电阻，导轨处在垂直于轨道平面的匀强磁场中，导体棒ab的质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.5 Ω，由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，流过电阻R的电流逐渐增大，最终达到最大值I＝1 A。整个运动过程中ab棒与导轨垂直，且接触良好，g＝10 m/s2，求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)导体棒下落的最大速度；
(3)导体棒的速度是0.2 m/s时的加速度。
答案 (1)1 T (2)1 m/s (3)8 m/s2，方向向下
解析 (1)电流最大时导体棒速度最大，之后做匀速直线运动，
根据平衡条件可得：BIL＝mg，
解得：B＝＝ T＝1 T。
(2)根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv，
根据闭合电路的欧姆定律可得：E＝I(R＋r)，
联立解得：v＝1 m/s。
(3)导体棒的速度是0.2 m/s时的安培力为：
F1＝BI1L＝，
根据牛顿第二定律可得：mg－F1＝ma，
联立解得：a＝8 m/s2，方向向下。
典型考点二 电磁感应中的能量问题
4．有一边长为L的正方形导线框，质量为m，由距磁场上边界的高度为H处自由下落，如图所示，其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始减速运动，直到其上边cd刚好穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L，线框在穿过匀强磁场区域的过程中产生的电热是( )
A．2mgL B．2mgL＋mgH
C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH
答案 C
解析 设线框ab边刚进入磁场时速度大小为v，根据机械能守恒定律得：mgH＝mv2，得v＝，从线框开始下落到cd边刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律得焦耳热Q＝2mgL＋mgH－m2＝2mgL＋mgH，C正确。
5．(多选)如图所示，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间的夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b质量均为m，两杆与导轨接触良好。金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，则( )
A．金属杆b进入磁场后做加速运动
B．金属杆b进入磁场后做匀速运动
C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为
D．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL
答案 BD
解析 根据题意可知，金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，所受的安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，由于b杆进入磁场时的速度与a杆进入磁场时的速度相同，所受的安培力相同，所以两杆进入磁场时的受力情况相同，即b杆进入磁场后所受的安培力与重力沿斜面向下的分力也平衡，所以也做匀速运动，A错误，B正确；两杆穿过磁场的过程中都做匀速运动，根据能量守恒定律得知：回路中产生的总热量为Q＝2×mgsin30°·L＝mgL，C错误，D正确。
6．如图所示，相距L＝0.5 m且足够长的两根光滑导轨与水平面成37°角，导轨电阻不计，导轨处在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上。ab、cd为水平放置的金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为m＝0.5 kg、电阻均为R＝2 Ω。ab棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd棒从静止开始下滑，直至与ab相连的细绳刚好被拉断，在此过程中cd棒由于电阻R而产生的热量为1 J，已知细线能承受的最大拉力为T＝5 N，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求细绳被拉断时：
(1)ab棒中电流的方向与大小；
(2)cd棒的速度大小；
(3)cd棒沿导轨下滑的距离。
答案 (1)从a流向b 1 A (2)4 m/s (3)2 m
解析 (1)cd棒切割磁感线，由右手定则可知，ab棒中电流的方向是从a流向b。
细绳被拉断瞬间，对ab棒有Tcos37°＝mgsin37°＋BIL
解得I＝1 A。
(2)由闭合电路欧姆定律可得BLv＝I(R＋R)
解得v＝4 m/s。
(3)金属棒cd从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中，ab、cd中电流大小相同、电阻相同，
可得Qab＝Qcd＝1 J
在此过程中电路产生的总热量Q＝Qab＋Qcd＝2 J
由能量守恒定律得mgs·sin37°＝mv2＋Q
解得s＝2 m。
典型考点三 电磁感应中的动量问题
7. (多选)如图所示，水平放置的光滑平行导轨足够长且处于竖直向上的匀强磁场中，导轨电阻不计。在导轨上放置两根与导轨垂直的质量、阻值均相等的导体棒ab、cd，给导体棒ab一初动能Ek，使其开始向右运动，下列说法正确的是( )
A．导体棒ab的速度不断减小到0
B．导体棒ab的加速度不断减小到0
C．导体棒cd的加速度不断增大
D．导体棒cd最终能产生的热量
答案 BD
解析 给导体棒ab一个初动能Ek，使其开始向右运动，根据右手定则可知电流方向为abdca，根据左手定则ab所受安培力水平向左，cd所受安培力水平向右，ab向右做减速运动，cd向右做加速运动，根据E＝Bl(vab－vcd)可知，电路中的电动势减小，则电流减小，两棒所受的安培力也减小，加速度减小；根据I＝可知，当二者的速度相等时电路电流为零，两导体棒所受安培力为零，则加速度为零，所以ab棒的速度不会减小到零，ab做加速度减小的减速运动，cd做加速度减小的加速运动，故A、C错误，B正确。设ab棒的初速度为v，质量为m，则Ek＝mv2，取导体棒ab、cd组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律可得：mv＝2mv′，解得：v′＝v，系统产生的焦耳热Q＝mv2－×2mv′2＝mv2＝Ek，所以导体棒cd最终能产生Q1＝Q＝的热量，故D正确。
8. (多选)如图，水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静止放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨运动直至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是( )
A．金属杆做匀加速直线运动
B．此过程中通过金属杆的电荷量为
C．此过程中电源提供的电能为
D．此过程中金属杆产生的热量为
答案 BC
解析 当速度为v时，金属杆所受安培力为F＝
BL＝，则随速度的增加，安培力减小，加速度减小，即金属杆做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，A错误；当金属杆速度最大时，加速度为零，安培力为零，则E＝BLvm，以向右为正方向，根据动量定理，有BL·Δt＝mvm－0，又q＝Δt，联立解得q＝，故B正确；此过程中电源提供的电能为W＝qE＝，故C正确；金属杆获得的动能为Ek＝mv＝m×2＝，Q＝W－Ek＝，此过程中金属杆产生的热量为QR＝Q<，故D错误。
1．如图所示，U形框的两平行导轨与水平面成θ角，一个横截面为矩形的金属棒ab静止在导轨上。从某时刻起，添加一个方向垂直于导轨平面向下，且磁感应强度从零开始均匀增大的匀强磁场，直到金属棒刚要开始在导轨上滑动为止。在这一过程中，金属棒ab所受的摩擦力大小将( )
A．一直增大 B．一直减小
C．一直不变 D．先减小后增大
答案 D
解析 磁感应强度从零开始均匀增大，不妨设B＝kt，k是比例常数，金属棒与U形框组成闭合回路的面积为S，电路总电阻为R，由楞次定律可知，通过ab的感应电流从a流向b，由左手定则可知，ab受到的安培力平行于斜面向上；由法拉第电磁感应定律得E＝＝S＝kS，感应电流I＝＝，金属棒受到的安培力F＝BIL＝，由于k、S、L、R都是定值，则安培力F随时间增大；开始时安培力较小，当F
2．铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置，能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面，如图甲所示(俯视图)。当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生一电信号，被控制中心接收。当火车通过线圈时，若控制中心接收到的线圈两端的电压信号为下图乙所示，则说明火车在做( )
A．匀速直线运动
B．匀加速直线运动
C．匀减速直线运动
D．加速度逐渐增大的变加速直线运动
答案 B
解析 由u t图像得，线圈两端的电压大小与时间成正比，即有u＝kt，由法拉第电磁感应定律得u＝Blv，则v＝＝，B、l、k均一定，则速度v与时间t成正比，火车做匀加速直线运动，B正确。
3. (2020·安徽滁州高二期末)如图所示，定值电阻阻值为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑经过一段时间后闭合S，则S闭合后( )
A．ef的加速度可能小于g
B．ef的加速度一定大于g
C．ef的最终速度随S闭合时刻的不同而不同
D．ef的机械能与回路内产生的电能之和一定增大
答案 A
解析 当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，则由牛顿第二定律得F安－mg＝ma，则ef的加速度大于g，若安培力小于2mg，则ef的加速度小于g，故A正确，B错误；棒最终一定做匀速直线运动，由mg＝，得v＝，可见最终速度v与开关闭合的时刻无关，故C错误；在整个过程中，只有重力与安培力对ef做功，因此ef的机械能与回路中产生的电能之和保持不变，故D错误。
4．(多选)如图所示，金属杆ab以恒定的速度v在光滑的平行导轨上向下滑行。设整个电路中总电阻为R(恒定不变)。整个装置置于垂直导轨平面的匀强磁场中。杆ab下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．杆ab的重力势能不断减少
B．杆ab的动能不断增加
C．电阻R上产生的热量不断增加
D．电阻R上消耗的电功率保持不变
答案 ACD
解析 金属杆ab向下滑行，高度不断下降，重力势能不断减少，A正确；杆ab做匀速运动，速度不变，动能不变，B错误；杆ab匀速下滑，其重力势能转化为电路的电能，通过电阻R转化为内能，可知电阻R上产生的热量不断增加，C正确；电阻R上消耗的电功率等于重力做功的功率，为P＝mgvcosθ，保持不变，D正确。
5．(多选)如图，在水平面内固定有两根相互平行且无限长的光滑金属导轨MN、PQ，其间距为L，电阻不计。在虚线l1的左侧存在着竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度均为B。a、b两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，分别位于两块磁场区域中，现突然给a棒一个水平向左的初速度v0，在两棒达到稳定的过程中下列说法正确的是( )
A．两金属棒组成的系统动量守恒
B．两金属棒组成的系统动量不守恒
C．a棒克服安培力做功的功率等于a棒的发热功率
D．a棒克服安培力做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和
答案 BD
解析 a棒在左侧磁场中切割磁感线，产生感应电动势，在回路中产生顺时针方向的感应电流，由左手定则可知，a棒受到向右的安培力，b棒受到向右的安培力向右运动，所以a棒减速，b棒加速。由于a、b棒所受安培力都向右，所以a、b组成的系统所受合外力不为零，所以两金属棒组成的系统的动量不守恒，故A错误，B正确；根据能量守恒定律可知，a棒动能的减小量等于回路中产生的热量和b棒动能的增加量之和，由动能定理可知，a棒动能的减小量等于a棒克服安培力做的功，b棒动能的增加量等于安培力对b棒做的功，所以a棒克服安培力做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和，故C错误，D正确。
6．如图所示，有两根与水平方向成α角的光滑平行金属导轨，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的金属杆从导轨上由静止滑下，导轨和金属杆的电阻不计。经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则( )
A．如果只增大α，vm将变大
B．如果只增大B，vm将变大
C．如果只增大R，vm将变小
D．如果只减小m，vm将变大
答案 A
解析 金属杆受重力、支持力、安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，所以金属杆做加速运动。随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆的加速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度最大，设两导轨间距为L，此时有mgsinα＝BIL，I＝，整理得vm＝。如果只增大α，vm将变大，A正确；如果只增大B，vm将变小，B错误；如果只增大R，vm将变大，C错误；如果只减小m，vm将变小，D错误。
7. (多选)如图所示，足够长的光滑斜面中间虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是( )
A．上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热
B．上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热
C．上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率
D．上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率
答案 BD
解析 设线框边长为L，电阻为R，则线框切割磁感线产生的电动势：E＝BLv，产生的电流I＝，受到的安培力F＝BIL＝，设线框进入或穿出磁场的过程对位移的平均速度为，则线框克服安培力做的功即产生的焦耳热Q＝WA＝FL＝，即线框越过磁场边界产生的焦耳热正比于速度对位移的平均值。因为克服安培力做功，所以线框下滑时经过同一位置的速度小于上滑时的速度，则上滑时越过磁场边界的速度平均值大于下滑时越过磁场边界的速度平均值，所以上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热，A错误，B正确；线框进入磁场和出磁场的过程，机械能一部分转化为电能，所以上滑过程对时间的平均速度大于下滑过程对时间的平均速度，所以上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率，C错误，D正确。
8．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)
答案 D
解析 金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，金属棒到达平直部分时的速度v＝，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E＝BLv，最大感应电流I＝＝，故A错误；通过金属棒的电荷量q＝Δt＝＝，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做的功W安＝mgh－μmgd，故C错误；克服安培力做的功转化为电路中产生的焦耳热，定值电阻的阻值与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q′＝Q＝W安＝mg·(h－μd)，故D正确。
9．(2020·四川省成都外国语学校高二期中)(多选)如图所示，宽为L的两固定足够长光滑金属导轨水平放置，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静止置于导轨上，其间距也为L，现给cd一向右的初速度v0，对它们之后的整个运动过程，下列说法正确的是( )
A．ab的加速度越来越大，cd的加速度越来越小
B．cd克服安培力所做的总功为mv
C．通过ab的电荷量为
D．两导体棒间的距离最终变为L＋
答案 CD
解析 给cd一向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为cdbac，根据左手定则可知，导体棒cd所受安培力方向向左，做减速运动，ab所受安培力向右，做加速运动；由FA＝IBL可知，两棒所受的安培力大小相同，而I＝，E＝BL(vcd－vab)，则两导体棒的加速度大小a＝＝，可知ab、cd的加速度越来越小，故A错误；ab与cd的速度最终相同，从开始到两者共速，由动量守恒定律有：mv0＝2mv，对cd棒：W安＝mv－mv2＝mv，故B错误；对ab棒，根据动量定理可得：BLt＝mv－0，解得：q＝t＝＝，故C正确；设整个过程两导体棒相对运动的距离为x，根据电荷量的公式q＝n可得：q＝＝，解得：x＝，所以两导体棒间的距离最终变为L＋，故D正确。
10．如图1所示，abcd是位于竖直平面内的边长为L＝10 cm的单匝正方形闭合金属线框，线框的质量为m＝0.02 kg，电阻为R＝0.1 Ω。在线框的下方有一匀强磁场区域，MN是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直。现让线框由距MN的某一高度处从静止开始下落，经t＝0.2 s开始进入磁场，图2是线框由静止开始下落的速度—时间图像。空气阻力不计，g取10 m/s2，求：
(1)金属线框刚进入磁场时的速度大小v；
(2)磁场的磁感应强度大小B；
(3)线框在进入磁场过程中产生的焦耳热Q。
答案 (1)2 m/s (2)1 T (3)0.02 J
解析 (1)金属线框进入磁场前做自由落体运动，
则v＝gt＝10×0.2 m/s＝2 m/s。
(2)由图2可知，在金属线框进入磁场的过程中，金属线框所受安培力大小等于重力
即mg＝BIL
又I＝
解得B＝1 T。
(3)线框在进入磁场过程中产生的焦耳热Q＝mgL＝0.02 J。
11．如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的导体棒与固定绝缘弹簧相连后放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。
(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；
(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；
(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q。
答案 (1) 方向为b→a
(2)
(3)
解析 (1)导体棒产生的感应电动势E＝BLv0
通过R的电流大小I＝＝
根据右手定则判断得知：R中电流方向为b→a。
(2)导体棒产生的感应电动势为E1＝BLv
感应电流I1＝＝
导体棒受到的安培力大小F＝BI1L＝，方向沿斜面向上，如图所示。
根据牛顿第二定律有|mgsinθ－F|＝ma
解得a＝。
(3)导体棒最终静止时，有mgsinθ＝kx
弹簧的压缩量x＝
设整个过程回路产生的焦耳热为Q0
根据能量守恒定律有mv＋mgxsinθ＝Ep＋Q0
解得Q0＝mv＋－Ep
电阻R上产生的焦耳热
Q＝Q0＝。
