1、1第 2 讲 电磁感应问题真题再现 考情分析(2018高考全国卷 )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 ); 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 )在过程 、 中，流过OM 的电荷量相等，则 等于( )BBA. B. C. D254 32 74解析：选 B.设 OM 的电阻
2、为 R，长度为 l，过程， OM 转动的过程中产生的平均感应电动势大小为 E1 ，流过 OM 的 t1 B S t1 B14 l2 t1 Bl24 t1电流为 I1 ，则流过 OM 的电荷量为 q1 I1t 1 ；过E1R Bl24R t1 Bl24R程，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为 E2 ，电路中的电流为 t2 （ B B） S t2 （ B B） l22 t2I2 ，则流过 OM 的电荷量为 q2 I2t 2E2R （ B B） l22R t2；由题意知 q1 q2，则解得 ，B 正确，A、C、D 错误. （ B B） l22R BB 32命题点分析导
3、体转动切割磁感线产生动生电动势、磁场变化产生感生电动势思路方法由法拉第电磁感应定律分别求感生电动势和动生电动势，再结合电荷量的计算表达式q 求解 R问题(多选)(2018高考全国卷 )如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态下列说法正确的是 ( )命题点分析电磁感应现象、安培定则思路方法由磁通量的变2A.开关闭合后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后
4、，小磁针的 N 极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动解析：选 AD.由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C 错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，
5、穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 正确.化根据楞次定律可判断电流方向，再由安培定则判断导线产生的磁场方向从而判断小磁针运动方向(2017高考全国卷)扫描隧道显微镜( STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌为了有效隔离外界振动对 STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最
6、有效的方案是( )解析：选 A.施加磁场来快速衰减 STM 的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰命题点分析电磁感应、电磁阻尼思路方法阻碍紫铜薄板上下及左右振动的有效方法就是产生感应电流，利用电磁阻尼3减方案 A 中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案 B 中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案 C 中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案 D 中，当紫铜薄板上下振动
7、时，紫铜薄板中磁通量可能不变综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是 A.命题规律研究及预测对近几年高考试题分析可看出，该部分知识的考查不仅是高考必考点，而且考查呈现多样性，不仅在选择题中，对基本内容的考核如闭合电路欧姆定律结合电路问题、楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培定则、感应电动势等知识考查较多，而且在计算题中对感应电动势问题中的图象问题、电路问题、动力学问题以及功能关系的综合应用问题也有所体现.在 2019 年的备考中对该部分应引起足够的重视，除熟练掌握基本知识涉及到的基本题型外，还要多关注应用三种观点解决电磁感应中的综合问题感应电动势的求解求解感应电动势常有如下几种情
8、景高 分 快 攻 表达式 E n tE BLvsin E BL212 E NBSsin ( t 0)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意义一般求平均感应电动势，当t 0 时求的是瞬时感应电 动 势一般求瞬时感应电动势，当 v 为平均速度时求的是平均感应 电 动 势用平均值法求瞬时感应电动势求瞬时感应电动势适用条件所有磁场(匀强磁场定量计算、匀强磁场 匀强磁场 匀强磁场4非匀强磁场定性分析)(2016高考全国卷)如图，水平面(纸面)内间距为 l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为 m、长度为 l 的金属杆置于导轨上 t0
9、 时，金属杆在水平向右、大小为 F 的恒定拉力作用下由静止开始运动 t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为 .重力加速度大小为 g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得 ma F m g设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v，由运动学公式有 v at0当金属杆以速度 v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为 E Blv联立式可得 E Blt0 .
10、(Fm g)(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为 I，根据欧姆定律 I ER式中 R 为电阻的阻值金属杆所受的安培力为 f BlI因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F m g f0联立式得 R .B2l2t0m答案 (1) Blt0 (2)(Fm g) B2l2t0m题 组 突 破 角度 1 感应电流的方向判断1(2018高考全国卷)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 t 变化的正确32图线可能是( )5
11、解析：选 D.设线框运动的速度为 v，则线框向左匀速运动第一个 的时间内，线框切割磁l2v感线运动产生的电动势为 E2 Bdv(d 为导轨间距)，电流 i ，回路中电流方向为顺时针；ER第二个 的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个 的时间l2v l2v内，线框切割磁感线运动产生的电动势为 E2 Bdv，电流 i ，回路中电流方向为逆时针，ER所以 D 正确角度 2 感应电动势的计算2.如图，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 逆时针转动时， a、 b、 c 三点的电势分别为 Ua、 U
12、b、 Uc.已知 bc 边的长度为 l.下列判断正确的是( )A UaUc，金属框中无电流B Ub Uc，金属框中电流方向沿 a b c aC Ubc Bl2，金属框中无电流12D Ubc Bl2，金属框中电流方向沿 a c b a12解析：选 C.金属框 abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项 B、D 错误；转动过程中 bc 边和 ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断 Ua Uc， Ub Uc，选项 A 错误；由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc Bl2，选项 C 正确12角度 3 通电导体在磁场中的受力判断63.(多选)(2018南京联
13、考)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率 铜 铝 合上开关 S 的瞬间( )A从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B 铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C若将铜环放置在线圈右方，环将向左运动D 电池正负极调换后，金属环不能向左弹射解析：选 AB.线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关后，磁场变强，则由楞次定律可知，环中感应电流由左侧看为顺时针，选项 A 正确；由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大
14、，铜环受到的安培力要大于铝环，选项 B 正确；若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，选项 C 错误；电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出，选项 D 错误角度 4 电磁感应中的图象问题4.(多选)在绝缘的水平桌面上有 MN、 PQ 两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为 l.金属棒 ab 和 cd 垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长为 l 的绝缘细线相连，棒 ab 右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为 l，整个装置的俯视图如图所示，从图示位置在棒 ab 上加水平拉力，使金属棒 ab 和 cd 向右匀速穿过磁场区，则金属棒 ab 中
15、感应电流 i 和绝缘细线上的张力大小 F 随时间 t 变化的图象，可能正确的是(规定金属棒ab 中电流方向由 a 到 b 为正)( )解析：选 AC.在 ab 棒通过磁场的时间内， ab 棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E BLv 分析可知， ab 产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由 b 到 a，为负值，根据 cd 棒受力平衡知，细线上的张力 F 为 0；在 cd 棒通过磁场的时间内， cd 棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由 E BLv 分析可知， cd 棒产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由 a 到 b，为正值
16、根据 cd 棒受力平衡知，细线上的张力 F BIL (L 为切割磁感线的有效长度)，B2L2vRL 均匀增大，则 F 与 L2成正比，故 B、D 错误，A、C 正确7命题角度 解决方法 易错辨析感应电流的方向判断 安培定则、楞次定律明确电源内部电流方向及正极感应电动势的计算法拉第电磁感应定律、右手定则明确是感生电动势还是动生电动势，是导体转动切割还是平动切割磁感线磁体与导体的相对运动分析 楞次定律、左手定则常用楞次定律的一些推论如“来拒去留” “增缩减扩”等快速判断图象问题分析楞次定律、法拉第电磁感应定律感应电动势或电流的方向判断要弄清楚，大小变化趋势及最大值应计算准确安培力的应用高 分 快
17、攻 解答此类问题首先要分清左手定则、右手定则、安培定则比较项目 左手定则 右手定则 安培定则应用磁场对运动电荷、电流作用力方向的判断对因导体切割磁感线而产生的感应电流方向的判断对电流产生磁场方向的判断涉及方向的物理量磁场方向、电流(电荷运动)方向，安培力(洛伦兹力)方向磁场方向、导体切割磁感线的运动方向、感应电动势的方向电流方向、磁场方向各物理量方向间的关系图例因果关系 电流力 运动电流 电流磁场应用实例 电动机 发电机 电流的磁效应电磁感应中的动力学问题的解题思路(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
18、)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 能量转化问题的分析8(1)求解电能的三种主要思路利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功利用能量守恒定律求解：机械能的减少量等于产生的电能利用电路特征求解：通过电路中产生的电热来计算(2)能量转化问题的分析程序：先电后力再能量(2016高考全国卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为 ，上沿相连两细金属棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c 端)长度均为L，质量分别为 2m 和 m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成
19、闭合回路 abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为 R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度大小为 g.已知金属棒 ab匀速下滑求：(1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小解析 (1)设两根导线的总的张力的大小为 T，右斜面对 ab 棒的支持力的大小为 N1，作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F，左斜面对 cd 棒的支持力大小为 N2.对于 ab 棒，由力的平衡条件得 2mgsin N 1 T FN12 mgcos
20、 对于 cd 棒，同理有 mgsin N 2 TN2 mgcos 联立式得 F mg(sin 3 cos )(2)由安培力公式得 F BIL这里 I 是回路 abdca 中的感应电流ab 棒上的感应电动势为 E BLv式中， v 是 ab 棒下滑速度的大小9由欧姆定律得 I ER联立式得 v(sin 3 cos ) .mgRB2L2答案 (1) mg(sin 3 cos )(2)(sin 3 cos ) mgRB2L2题 组 突 破 角度 1 安培力的计算1.(2016高考上海卷)如图，一关于 y 轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为 B 的匀强磁场与平面垂直一足够长，质量为 m 的直导
21、体棒沿 x 方向置于轨道上，在外力 F 作用下从原点由静止开始沿y 轴正方向做加速度为 a 的匀加速直线运动，运动时棒与 x 轴始终平行棒单位长度的电阻为 ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为 Pk y (SI)求：32(1)导体轨道的轨道方程 y f(x)；(2)棒在运动过程中受到的安培力 Fm随 y 的变化关系；(3)棒从 y0 运动到 yL 过程中外力 F 的功解析：(1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为( x， y)，安培力 FB2（ 2x） 2vR安培力的功率 P Fv ky4B2x2v2R 32 棒做匀加速运动v22 ayR2 x得 y x2(
22、4aB2k )2 轨道形状为抛物线(2)安培力 Fm v4B2x2R 2B2x 2ay将轨道方程代入得 Fm y.k2a(3)由动能定理有 W Wm mv212安培力做功 Wm L2k22a10棒在 yL 处的动能为 mv2 maL12外力做功 W L2 maL.k22a答案：(1) y x2 (2) Fm y(4aB2k )2 k2a(3) L2 maLk22a角度 2 安培力作用下的运动分析2.如图所示，竖直平面内有一宽 L1 m、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计在导轨的上、下边分别接有电阻 R13 和 R26 .在 MN 上方及CD 下方有垂直纸面向里的匀强磁场和，磁感应强度大小均为
23、B1 T现有质量 m0.2 kg、电阻 r1 的导体棒 ab，在金属导轨上从 MN 上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好当导体棒 ab 下落到快要接近 MN 时的速度大小为 v13 m/s.不计空气阻力，g 取10 m/s2.(1)求导体棒 ab 快要接近 MN 时的加速度大小；(2)若导体棒 ab 进入磁场后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场和之间的距离h；(3)若将磁场的 CD 边界略微下移，使导体棒 ab 刚进入磁场时速度大小变为 v29 m/s，要使棒在外力 F 作用下做 a3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力 F 随时间 t 变化的关系式解析：(
24、1)以导体棒为研究对象，棒在磁场中切割磁感线，棒中产生感应电动势 E，棒在重力和安培力作用下做加速运动由牛顿第二定律得： mg BIL ma1E BLv1R 外 R1R2R1 R2I ER外 r联立式可得： a15 m/s 2.(2)导体棒进入磁场后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变mg BI LI ER外 r11E BLv 联立式解得： v6 m/s导体棒从 MN 到 CD 做加速度为 g 的匀加速直线运动， v 2 v 2 gh21解得： h1.35 m.(3)导体棒进入磁场后经过时间 t 的速度大小v v2 atF mg F 安 maF 安 B2L2vR外
25、r由解得： F( t1.6) N.答案：(1)5 m/s 2 (2)1.35 m (3) F( t1.6) N角度 3 安培力作用的功能关系3(2017高考北京卷)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图 1、图 2 所示的情景在竖直向下的磁感应强度为 B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道 MN、 PQ 固定在水平面内，相距为 L，电阻不计电阻为 R 的金属导体棒 ab 垂直于 MN、 PQ 放在轨道上，与轨道接触良好，以速度 v(v 平行于 MN)向右做匀速运动图 1 轨道端点 MP 间接有阻值为 r 的电阻，导体棒 ab 受到
26、水平向右的外力作用图 2 轨道端点 MP 间接有直流电源，导体棒 ab 通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为 I.(1)求在 t 时间内，图 1“发电机”产生的电能和图 2“电动机”输出的机械能(2)从微观角度看，导体棒 ab 中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷a请在图 3(图 1 的导体棒 ab)、图 4(图 2 的导体棒 ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图B 我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功那么，导体棒 ab 中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图 2“电动机”为例，通过计算分析说明12解
27、析：(1)题图 1 中，电路中的电流 I1BLvR r棒 ab 受到的安培力 F1 BI1L在 t 时间内， “发电机”产生的电能等于棒 ab 克服安培力做的功E 电 F1vt B2L2v2 tR r题图 2 中，棒 ab 受到的安培力 F2 BIL在 t 时间内， “电动机”输出的机械能等于安培力对棒 ab 做的功E 机 F2vt BILvt .(2)a.如图甲、图乙所示b 设自由电荷的电荷量为 q，沿导体棒定向移动的速率为 u.如图乙所示，沿棒方向的洛伦兹力 f 1 qvB，做负功W1 f 1ut qvBut垂直棒方向的洛伦兹力 f 2 quB，做正功W2 f 2vt quBvt所以 W1
28、 W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零 f 1做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势” ，消耗电源的电能； f 2做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能；在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用答案：见解析命题角度 解决方法 易错辨析安培力的计算 安培力公式公式 F BIL 中要求垂直关系，否则容易出错；并且注意安培力的变化是否均匀，否则不能直接利用公式计算安培力作用的动力学分析 受力平衡若运动为加速度 a 逐渐减小的加速运动，则最大速度出13现在 a0 时即受力平衡时安培力作
29、用下的功能关系安培力做功改变内能、动能定理、能量守恒定律安培力做多少功，电路就产生多少电能；再结合能量守恒，分析动能的变化情况14电磁感应中的电路综合问题高 分 快 攻 解决电磁感应中电路问题的思路“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出 E 的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻 r.“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路根据 E BLv 或 E n ，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定 t律等关系式联立求解 如图，固定在水平绝缘桌面上的“”形平行导轨足够长，间距 L1
30、 m，电阻不计倾斜导轨的倾角 53，并与 R2 的定值电阻相连整个导轨置于磁感应强度B5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中金属棒 ab、 cd 的阻值为 R1 R22 ， cd 棒质量 m1 kg.ab 与导轨间摩擦不计， cd 与导轨间的动摩擦因数 0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现让 ab 棒从导轨上某处由静止释放，当它滑至某一位置时，cd 棒恰好开始滑动sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s 2.(1)求此时通过 ab 棒的电流；(2)求 cd 棒消耗的热功率与 ab 棒克服安培力做功的功率之比；(3)若 ab 棒无论从多高的位置释放， cd 棒都不动，则 a
31、b 棒质量应小于多少？解析 (1) ab 棒沿倾斜导轨下滑切割磁感线产生的感应电流的方向是 b a，通过 cd 棒的电流方向是 c d.cd 棒刚要开始滑动时，由平衡条件得：BIcdLcos 53 f由摩擦力公式得： f NN mg BIcdLsin 53联立以上三式，得 Icd A， Iab2 Icd A.53 103(2)根据题意画出等效电路如图所示：15设 Icd I，因为电阻 R 与 cd 棒并联，故电阻 R 上产生的热功率与 cd 棒产生的热功率相等，即 PR Pcd I2R又因为流经 ab 棒的电流为 2I，故 ab 棒产生的热功率 Pab4 I2R整个回路产生的热功率 P6 I2
32、R又因为回路中消耗的热功率源于 ab 棒克服安培力做功，所以 cd 棒消耗的热功率与 ab 棒克服安培力做功的功率之比为 .PcdPFA I2R6I2R 16(3)ab 棒在足够长的轨道下滑时，最大安培力只能等于自身重力在倾斜轨道平面上的分力，有：FA mabgsin 53cd 棒所受最大安培力应为 FA，12要使 cd 棒不能滑动，需：FAcos 53 12 (mg 12FAsin 53)由以上两式联立解得： mab kg2.08 kg .7536答案 见解析题 组 突 破 角度 1 感应电荷量的计算1(多选)如图甲所示， abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一
33、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场区域， MN 和 M N是匀强磁场区域的水平边界，两边界间的宽度为 s，并与线框的 bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直现让金属线框由距MN 的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v t 图象(其中 OA、 BC、D E 相互平行)已知正方形金属线框的边长为 L(L ，所以 C 正确；由于mgRB2L2 m2gR4B3L3 mg（ t2 t1）BL m2gR5B3L3q ，D 正确 R BL2R角度 2 自感电路的分析2(2017高考北京卷)图 1 和图 2 是教材中演示自感现象的两个电路图， L1和 L2为电感线圈实验时，断
34、开开关 S1瞬间，灯 A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关 S2，灯 A2逐渐变亮，而另一个相同的灯 A3立即变亮，最终 A2与 A3的亮度相同下列说法正确的是( )A图 1 中， A1与 L1的电阻值相同B 图 1 中，闭合 S1，电路稳定后， A1中电流大于 L1中电流C图 2 中，变阻器 R 与 L2的电阻值相同D 图 2 中，闭合 S2瞬间，L 2中电流与变阻器 R 中电流相等17解析：选 C.题图 1 中，稳定时通过 A1的电流记为 I1，通过 L1的电流记为 IL.S1断开瞬间，A1突然变亮，可知 ILI1，因此 A1和 L1电阻不相等，所以 A、B 错误；题图 2 中，闭合 S2
35、时，由于自感作用，通过 L2与 A2的电流 I2会逐渐增大，而通过 R 与 A3的电流 I3立即变大，因此电流不相等，所以 D 错误；由于最终 A2与 A3亮度相同，所以两支路电流 I 相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压 U 与电流 I 均相同，所以两支路电阻相同由于 A2、 A3完全相同，故变阻器 R 与 L2的电阻值相同，所以 C 正确角度 3 电磁感应的综合问题3(2018河南豫南九校联考)如图所示，水平放置的三条 a、 b、 c，相距均为 d1 m，导轨 a、 c 间横跨一质量为 m1 kg 的金属棒 MN，棒与导轨始终良好接触棒的总电阻 r2 ，导轨的电阻忽略不计在导轨 b、 c
36、 间接一电阻为 R2 的灯泡，导轨 a、 c 间接一理想电压表整个装置放在磁感应强度 B2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下现对棒 MN 施加一水平向右的拉力 F，使棒从静止开始运动，已知施加的水平外力功率恒定，经过 t1 s 时间棒达到稳定时速度为 3 m/s.试求：(1)金属棒达到稳定时施加的水平恒力 F 的大小和水平外力 F 的功率；(2)金属棒达到稳定时电压表的读数；(3)此过程中灯泡产生的热量解析：(1)当 F F 安 时，金属棒速度达到稳定，则F 安 BId， I ，联立得 F4 N， P Fv12 W.BdvR r2(2)设电压表的读数为 U，则有 U Bdv UL，U
37、L R，代入数据得 U10 V.BdvR r2(3)设小灯泡和金属棒产生的热量分别为 Q1、 Q2，根据焦耳定律得 .Q1Q2 Rr2由功能关系得 Pt Q1 Q2 mv2，又 P Fv，12代入数据得 Q15 J.答案：(1)4 N 12 W (2)10 V (3)5 J18求电荷量的三种方法(1)q It(式中 I 为回路中的恒定电流， t 为时间)由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知 q It.闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流 I 恒定， t时间内通过线圈横截面的电荷量 q It.(2)q n (其中 R
38、为回路电阻， 为穿过闭合回路的磁通量变化量) R闭合回路中的电阻 R 不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但 与时间有关，随时间而变化(3)q CBLv (式中 C 为电容器的电容， B 为匀强磁场的磁感应强度， L 为导体棒切割磁感线的长度， v 为导体棒切割速度的变化量)在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势 E，通过电容器的电流 I ，又 E BLv， q t C U t则 U BLv ，可得 q CBLv. , (建议用时：40 分钟)一、单项选择题1(2017高考全国
39、卷)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直金属杆 PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS，一圆环形金属线框 T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面现让金属杆 PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )A PQRS 中沿顺时针方向， T 中沿逆时针方向B PQRS 中沿顺时针方向， T 中沿顺时针方向C PQRS 中沿逆时针方向， T 中沿逆时针方向D PQRS 中沿逆时针方向， T 中沿顺时针方向解析：选 D.金属杆 PQ 向右切割磁感线，根据右手定则可知 PQRS 中感应电流沿逆时针方向；原来 T 中的磁
40、场方向垂直于纸面向里，金属杆 PQ 中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过 T 的磁通量减小，根据楞次定律可知 T 中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知 A、B、C 项错误，D 项正确192(2018湖北黄冈质检)如图，虚线 P、 Q、 R 间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为 L.一等腰直角三角形导线框 abc， ab 边与 bc 边长度均为 L， bc 边与虚线边界垂直现让线框沿 bc 方向以速度 v 匀速穿过磁场区域，从 c 点经过虚线 P 开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流 i 的正方向，则下列四个图象中能正确表示
41、i t 图象的是( )解析：选 A.由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且逐渐增大，导线框刚好完全进入 P、 Q 之间的瞬间，电流由正向最大值变为零，然后电流方向变为顺时针(即沿负方向)且逐渐增加，当导线框刚好完全进入 Q、 R 之间的瞬间，电流由负向最大值变为零，然后电流方向变为逆时针且逐渐增加，当导线框离开磁场时，电流变为零，故 A 正确3如图所示， a、 b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为 10 匝，边长la3 lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A两线圈内产生顺时针
42、方向的感应电流B a、 b 线圈中感应电动势之比为 91C a、 b 线圈中感应电流之比为 34D a、 b 线圈中电功率之比为 31解析：选 B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，故 A 项错误；根据法拉第电磁感应定律 E N NS ，而磁感 t B t应强度均匀变化，即 恒定，则 a、 b 线圈中的感应电动势之比为 9，故 B B t EaEb SaSb项正确；根据电阻定律 R ，且 L4 Nl，则 3，由闭合电路欧姆定律 I ，LS RaRb lalb ER20得 a、 b 线圈中的感应电流之比为 3，故 C 项错误；由功率公式 P
43、I2R 知，IaIb EaEb RbRaa、 b 线圈中的电功率之比为 27，故 D 项错误PaPb RaRb4.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环 a、 b，磁场方向与圆环所在平面垂直磁感应强度 B 随时间均匀增大两圆环半径之比为 21，圆环中产生的感应电动势分别为 Ea和 EB.不考虑两圆环间的相互影响下列说法正确的是( )A Ea Eb41，感应电流均沿逆时针方向B Ea Eb41，感应电流均沿顺时针方向C Ea Eb21，感应电流均沿逆时针方向D Ea Eb21，感应电流均沿顺时针方向解析：选 B.由法拉第电磁感应定律 E r2， 为常数， E 与 r2成正比，故 t B t B tE
44、a Eb41.磁感应强度 B 随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故 B 项正确5.(2017高考天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻 R.金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小， ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )A ab 中的感应电流方向由 b 到 aB ab 中的感应电流逐渐减小C ab 所受的安培力保持不变D ab 所受的静摩擦力逐渐减小解析：选 D.根据楞次
45、定律，感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断 ab 中感应电流方向从 a 到 b， A 错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流 I 恒定不变，B 错误；安培力 F BIL，由于 I、L 不变， B 减小，所以ab 所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确二、多项选择题6电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音下列说法正确的有( )21A选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B取走磁体，电吉他将不能正常工作C增加线圈匝数可以增大线圈中
46、的感应电动势D弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析：选 BCD.由于铜质弦不能被磁化，因此振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，因此电吉他不能正常工作，A 项错误；取走磁体，没有磁场，金属弦不能被磁化，振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，电吉他不能正常工作，B 项正确；增加线圈的匝数，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势会增大，C 项正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，产生的电流方向不断变化，D 项正确7(2016高考全国卷)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、 Q 分别与圆盘的边缘
47、和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中圆盘旋转时，关于流过电阻 R 的电流，下列说法正确的是( )A若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到 b 的方向流动C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D 若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电流在 R 上的热功率也变为原来的 2 倍解析：选 AB.设圆盘的半径为 r，圆盘转动的角速度为 ，则圆盘转动产生的电动势为 EBr2，可知，若转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A 项正确；根据右手定则12可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿 a 到 b 的方向流动，B 项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C 项错误；若圆盘转动的角速
