[原创]2018年《南方新高考·高考总复习》物理 专题九 专题提升九 电磁感应中的图象问题[配套课件]

2018版高考物理一轮复习第九章电磁感应第3节电磁感第 3 节 磁感觉中的电路和图像问题打破点 ( 一)电磁感觉中的电路问题1．电磁感觉中电路知识的关系图2．剖析电磁感觉电路问题的基本思路[典例] (2015 ·福建高考 ) 如图，由某种粗细均匀的总电阻为 3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中。

一接入电路电阻为 R 的导体棒 PQ ，在水平拉力作用下沿 ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程一直与ab 垂直，且与线框接触优秀，不计摩擦。

在PQPQ从凑近 ad 处向 bc 滑动的过程中 ()A ． PQ 中电流先增大后减小B ． PQ 两头电压先减小后增大C ． PQ 上拉力的功领先减小后增大D ．线框耗费的电功领先减小后增大[ 思路点拨 ](1) 试画出等效电路图。

提示：(2) 在闭合电路中，外电阻上功率最大的条件是外电阻＝内电阻。

R · R[分析]导体棒产生的电动势E ＝ BLv ，依据其等效电路图知， 总电阻 R左右＝ R ＋R 左＋ R 右＝总左左，在从凑近处向滑动的过程中， 总电阻先增大后减小， 总电流先＋RR － Rad bc R3RPQ减小后增大，故A 错误； PQ 两头的电压为路端电压 U ＝ E － IR ，即先增大后减小，B 错误；拉力的功率等于战胜安培力做功的功率，有P 安 ＝ IE ，先减小后增大，故 C 正确；线框耗费3的电功率即为外电阻耗费的功率，因外电阻最大值为4R ，小于内阻 R ；依据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系， 外电阻越凑近内电阻时， 输出功率越大， 可知线框耗费的电功率先增大后减小，选项D 错误。

[答案]C[ 方法例律 ]电磁感觉中电路问题的题型特色闭合电路中磁通量发生变化或有部分导体做切割磁感线运动， 在回路中将产生感觉电动势和感觉电流。

进而考题中常波及电流、 电压、电功等的计算， 也可能波及电磁感觉与力学、电磁感觉与能量的综合剖析。

一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．)1．(2015·江苏卷)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载《春秋纬考异邮》中有玳瑁吸衣若之说，但下列不属于静电现象的是()A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D．从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉解析：小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，所以C正确．答案：C2．(2016·威海模拟)如图所示，a、b是平行的金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面，c、d是分别串有电压表和电流表的金属棒，它们与导轨接触良好，当c、d以相同的速度向右运动时，下列说法正确的是()A．两表均无读数B．两表均有读数C．电流表有读数，电压表无读数D．电流表无读数，电压表有读数解析：当c、d以相同的速度向右运动时，穿过回路的磁通量没变，故无感应电流产生，所以电流表和电压表中的电流均为零，故选项A正确．答案：A3．(2016·大连模拟)如图甲所示，面积为0.1 m2的10匝线圈EFG 处在某磁场中，t＝0时，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示．已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R＝4 Ω，电容C＝10 μF，线圈EFG的电阻为1 Ω，其余部分电阻不计．则当开关S闭合，电路稳定后，在t＝0.1 s至t＝0.2 s这段时间内()A．电容器所带的电荷量为8×10－5CB．通过R的电流是2.5 A，方向从b到aC ．通过R 的电流是2 A ，方向从b 到aD ．R 消耗的电功率是0.16 W解析：线圈EFG 相当于电路的电源，电动势E ＝n ΔB ΔtS ＝10×20.2×0.1 V ＝10 V ．由楞次定律得，电动势E 的方向是顺时针方向，故流过R的电流是a →b ，I ＝E R ＋r ＝104＋1A ＝2 A ，P R ＝I 2R ＝22×4 W ＝16 W ；电容器U C ＝U R ，所带电荷量Q ＝C·U C ＝10×10－6×2×4 C ＝8×10－5C ，选项A 正确．答案：A4．(2017·西安模拟)在如图所示的电路中，a 、b 为两个完全相同的灯泡，L 为电阻可忽略不计的自感线圈，E 为电源，S 为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )A ．合上开关，a 先亮，b 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭B ．合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 先熄灭，b 后熄灭C ．合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭D ．合上开关，a 、b 同时亮；断开开关，b 先熄灭，a 后熄灭解析：由于L 是自感线圈，当合上S 时，自感线圈L 将产生自感电动势，阻碍电流的增加，故有b 灯先亮，而a 灯后亮；当S 断开时，L 、a 、b 组成回路，L 产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a 、b 同时熄灭，C 正确．答案：C5．(2016·东营模拟)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )A ．导体框中产生的感应电流方向相反B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两端电势差相同D ．通过导体框截面的电量相同解析：根据右手定则可知，导体框中产生的感应电流均是沿顺时针方向，选项A 错误；导体框中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，设导线框的边长为l ，当以速度v 匀速拉出时，Q 1＝F 安l ＝B 2l 2v R ·l ＝B 2l 3v R∝v ，所以导体框中产生的焦耳热不同，选项B 错误；当以速度v 匀速拉出时，cd 边切割磁感线产生感应电动势，cd 边相当于电源，导体框ad 边两端电势差U 1＝14Blv ，当以速度3v 匀速拉出时，ad 边切割磁感线产生感应电动势，ad 边相当于电源，导体框ad 边两端电势差等于路端电压，其大小为U 2＝34Bl ·3v ＝94Blv ，选项C 错误；两个过程中，通过导体框截面的电荷量均为q ＝ΔΦR ＝Bl 2R ，选项D 正确．答案：D6．(2016·宝鸡模拟)如图所示，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab 、cd ，表面光滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ 垂直于导轨放在上面，以速度v 向右做匀速运动，欲使棒PQ 停下来，下面的措施可行的是(导轨足够长，棒PQ 有电阻)( )A ．在PQ 右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒B ．在PQ 右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ 大的金属棒C ．将导轨的a 、c 两端用导线连接起来D ．将导轨的a 、c 两端和b 、d 两端分别用导线连接起来解析：在PQ 棒右侧放金属棒时，回路中产生感应电流，使金属棒加速，PQ 棒减速，当获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将匀速运动，A 、B 错误；当一端或两端用导线连接时，PQ 的动能将转化为内能而最终静止，C 、D 正确．答案：CD7．(2017·荆州模拟)如图所示，MN、PQ是与水平面成θ角的两条平行光滑且足够长的金属轨道，其电阻忽略不计．空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，每根导体棒的质量均为m，电阻均为r，轨道宽度为L，与轨道平行的绝缘细线一端固定，另一端与ab棒中点连接，细线承受的最大拉力T m＝2mg sinθ.今将cd棒由静止释放，则细线被拉断时，cd棒的()A．速度大小是2mgr sinθB2L2B．速度大小是mgr sinθB2L2C．加速度大小是2g sinθD．加速度大小是0解析：由静止释放后cd棒沿斜面向下做加速运动，随着速度的增大，E＝BLv变大，I＝E2r也变大，F＝BIL也变大，对ab棒，当T＝2mg sinθ＝mg sinθ＋BIL时细线刚好被拉断，此时v＝2mgr sinθB2L2，cd棒这时向上的安培力与沿斜面向下的重力的分力平衡，加速度大小是0，故选项A、D正确，选项B、C错误．答案：AD二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)8．(10分)(2015·江苏卷)做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r ＝5.0 cm ，线圈导线的横截面积A ＝0.80 cm 2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m ，如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B 在0.3 s 内从1.5 T 均匀地减小为零，求(计算结果保留一位有效数字)：(1)该圈肌肉组织的电阻R ；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E ；(3)0.3 s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q.解析：(1)由电阻定律R ＝ρ2πr A，(2分) 解得R ＝6×103Ω.(1分)(2)感应电动势E ＝ΔB Δtπr 2，(2分) 解得E ＝4×10－2V ．(1分)(3)由焦耳定律得Q ＝E 2RΔt ，(3分) 解得Q ＝8×10－8J ．(1分)答案：(1)6×103Ω (2)4×10－2V (3)8×10－8J9．(10分)(2015·海南卷)如图所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l ，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：(1)电阻R 消耗的功率；(2)水平外力的大小．解析：(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E ＝Blv ，(2分)根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I ＝E R，(1分) 电阻R 消耗的功率为P ＝I 2R.(1分)联立可得P ＝B 2l 2v 2R.(1分) (2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F 安＋μmg ＝F ，(2分)F 安＝BIl ＝B·Blv R·l.(2分) 解得F ＝B 2l 2v R＋μmg.(1分)答案：(1)P＝B2l2v2R(2)F＝B2l2vR＋μmg10．(12分)(2016·唐山模拟)如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示(取g＝10 m/s2)．求：(1)磁感应强度B；(2)杆在磁场中下落0.1 s过程中电阻R产生的热量．解析：(1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场后以v＝1.0 m/s做匀速运动．产生的电动势E＝BLv，(2分)杆中的电流I＝ER＋r，(2分)杆所受安培力F安＝BIL，(2分)由平衡条件得mg＝F安，(2分)解得B＝2 T．(1分)(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J．(3分)答案：(1)2 T(2)0.075 J11．(12分)如图所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg的小环．已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率．解析：(1)设小环受到的摩擦力大小为F f，由牛顿第二定律，有m2g －F f＝m2a，(3分)代入数据，得F f＝0.2 N．(1分)(2)设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有F f＝B1I1l，(1分)设回路总电流为I，总电阻为R总，有I＝2I1，R总＝32R.(2分)设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有I＝ER总，E＝B2lv，F＋m1g sinθ＝B2Il，(3分)拉力的瞬时功率P＝Fv.(1分)联立以上各式，代入数据得P＝2 W．(1分)答案：(1)0.2 N(2)2 W12．(14分)如图所示，水平放置的平行金属导轨宽度为d＝1 m，导轨间接有一个阻值为R＝2 Ω的灯泡，一质量为m＝1 kg的金属棒跨接在导轨之上，其电阻为r＝1 Ω，且和导轨始终接触良好．整个装置放在磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始向右运动．求：(1)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2，施加的水平恒力为F ＝10 N，则金属棒达到的稳定速度v1是多少？(2)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2，施加的水平力功率恒为P＝6 W，则金属棒达到的稳定速度v2是多少？(3)若金属棒与导轨间是光滑的，施加的水平力功率恒为P ＝20 W ，经历t ＝1 s 的过程中灯泡产生的热量为Q R ＝12 J ，则此时金属棒的速度v 3是多少？解析：(1)由I ＝Bdv 1R ＋r和F 安＝BId ，(2分) 可得F 安＝B 2d 2v 1R ＋r，(1分) 根据平衡条件可得F ＝μmg ＋F 安．(1分)解得v 1＝（F －μmg ）（R ＋r ）B 2d 2＝（10－0.2×1×10）（2＋1）22×12m /s ＝6 m /s .(1分)(2)稳定后F ＝μmg ＋B 2d 2v 2R ＋r，(2分) 且P ＝Fv 2，(1分)整理得2v 22＋3v 2－9＝0.(1分)解得v 2＝1.5 m /s .(1分)(3)金属棒和灯泡串联，由Q ＝I 2Rt 得灯泡和金属棒产生的热量比Q R Q r ＝R r，(1分) 根据能量守恒Pt ＝12mv 23＋Q R ＋Q r ，(2分) 解得v 3＝2（Pt －Q R －Q r ）m ＝2（20×1－12－6）1m /s ＝2 m /s .(1分)答案：(1)6 m /s (2)1.5 (3)2 m /s教师用书备选题]13．(2016·赣州模拟)某同学将一条形磁铁放在水平转盘上，如图甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边．当转盘(及磁铁)转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化的周期与转盘转动周期一致．经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象．该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈，当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时．按照这种猜测()A．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化B．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化C．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值D．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值解析：题图乙中斜率既能反映线圈内产生的感应电流的方向变化，又能反映感应电流的大小变化．t＝0.1 s时刻，图线斜率最大，意味着磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值，t＝0.1 s时刻前后的图线斜率一正一负，说明产生的感应电流的方向发生了变化，所以A、C正确；同理可知t＝0.15 s时刻，图线斜率不是最大值，且该时刻前后图线斜率全为负值，说明线圈内产生的感应电流的方向没有变化，而且大小并未达到最大值，选项B、D 错误．答案：AC。

第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流一、单项选择题1．如图K9­2­1所示为地磁场磁感线的示意图．一架民航飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则( )图K9­2­1A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南往北飞，φ2比φ1高D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高2．边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中．现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图K9­2­2所示，则下列图象与这一过程相符合的是( )图K9­2­2A B C D3．如图K9­2­3所示，a、b是用同种规格的铜丝做成的两个同心圆环，两环半径之比为2∶3，其中仅在a环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场．当该匀强磁场的磁感应强度均匀增大时，a、b两环内的感应电动势大小之比和感应电流大小之比分别为( )图K9­2­3A．1∶1，3∶2B．1∶1，2∶3C．4∶9，2∶3D．4∶9，9∶44．(2014年广东惠州一调)如图K9­2­4所示，单匝圆形金属线圈电阻恒定不变，在线圈的圆形区域内有垂直向里的匀强磁场，在时间t内要使线圈中产生大小、方向恒定不变的电流，匀强磁场的磁感应强度应按下列选项中哪种情况变化( )图K9­2­4A B C D5．如图K9­2­5所示的电路，开关原先闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S ，则通过电阻R 1中的电流I 1随时间变化的图线可能是下图中的( )图K9­2­5A B C D 6．如图K9­2­6均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为( )图K9­2­6A ．4ωB 0π B ．2ωB 0πC ．ωB 0π D ．ωB 02π7．(2015年福建卷)如图K9­2­7，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B 中．一接入电路的电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程中PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( )图K9­2­7A ．PQ 中电流先增大后减小B ．PQ 两端电压先减小后增大C ．PQ 上拉力的功率先减小后增大D ．线框消耗的电功率先减小后增大 二、多项选择题 8．(2015年新课标全国卷Ⅰ)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K9­2­8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图K9­2­8 图K9­2­99．如图K9­2­9所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B ，方向相反且垂直纸面，MN 、PQ 为其边界，OO ′为其对称轴．一导线折成边长为l 的正方形闭合回路abcd ，回路在纸面内以恒定速度v 0向右运动，当运动到关于OO ′对称的位置时( )A ．穿过回路的磁通量为零B ．回路中感应电动势大小为2Blv 0C ．回路中感应电流的方向为顺时针方向D ．回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相反10．(2014年广东珠海二模)如图K9­2­10所示，在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的U 形导轨，导轨左端连接一阻值为R 的电阻，导轨电阻不计．导轨间距离为L ，在导轨上垂直放置一根金属棒MN ，与导轨接触良好，电阻为r ，用外力拉着金属棒向右以速度v 做匀速运动．则金属棒运动过程中( )图K9­2­10A ．金属棒中的电流方向为由N 到MB ．电阻R 两端的电压为BLvC ．金属棒受到的安培力大小为B 2L 2vr ＋RD ．电阻R 产生焦耳热的功率为B 2L 2v 2R三、非选择题11．如图K9­2­11甲所示，光滑导轨宽0.4 m ，ab 为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab 的电阻为1 Ω，导轨电阻不计．t ＝0时刻，ab 棒从导轨最左端，以v ＝1 m/s 的速度向右匀速运动，求1 s 末回路中的感应电流及金属棒ab 受到的安培力．甲 乙图K9­2­1112．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图K9­2­12甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝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 .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2)甲 乙图K9­2­12(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔBΔt．第2讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流1．C 解析：由于地磁场的方向是由南到北的，若飞机从西往东飞或者从东往西飞时，机翼不切割磁感线，不产生感应电动势，所以机翼两端不存在电势差，故A 、B 错误；若飞机从南往北飞，由右手定则可判定，飞机的右机翼末端的电势比左机翼末端的电势高，即φ2比φ1高，若飞机从北往南飞，φ2比φ1低，故C 正确，D 错误．2．B 解析：该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有l 有＝2 33x ，所以E 电动势＝Bl 有v ＝2 33Bvx ∝x ，选项A 错误，B 正确；F 外力＝B 2l 2v R ＝4B 2x 2v 3R ∝x 2，选项C 错误；P 外力功率＝F 外力v ∝F 外力∝x 2，选项D 错误．3．A4．A 解析：在时间t 内要使线圈中产生大小、方向恒定不变的电流，根据法拉第电磁感应定律得ΔBΔt是个定值，即图象的斜率保持不变，故A 正确．5．D 解析：开关S 原来闭合时，电路处于稳定状态，流过R 1的电流方向向左，大小为I 1，与R 1并联的R 2和线圈L 支路中的电流I 2的方向也是向左．当某一时刻开关S 突然断开时，L 中向左的电流要减小，由于自感现象，线圈L 产生自感电动势，在回路“L →R 1→A→R 2”中形成感应电流，电流通过R 1的方向与原来相反，变为向右，并从I 2开始逐渐减小到零，故D 图正确．6．C 解析：当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r ，导线框的电阻为R ，即I 1＝E R ＝ΔΦR Δt＝B 0ΔS R Δt ＝12πr 2B 0Rπω＝B 0r 2ω2R .当线框不动，磁感应强度变化时，I 2＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔB ·S R Δt ＝ΔB πr 22R Δt，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0π，选项C 正确．7．C 解析：设PQ 左侧电路的电阻为R x ，则右侧电路的电阻为3R －R x ，所以外电路的总电阻R ′＝R x 3R －R x3R ，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B错误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ 中的电流I ＝ER ′＋R先减小后增大，故A 错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F ＝BIL ，拉力的功率P ＝BILv ，先减小后增大，所以C 正确；外电路的总电阻R ′＝R x 3R －R x 3R 最大为3R4，小于电源内阻R ，又外电阻先增大后减小，当R ′＝R 时，外电路消耗的功率最大，所以外电路消耗的功率先增大后减小，故D 错误．8．AB 解析：圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A 正确；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流，产生的磁场又导致磁针转动，选项B 正确；圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C 错误；圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D 错误．9．AB10．AC 解析：由右手定则可知，金属棒中的电流方向为由N 到M ，选项A 正确；因为感应电动势E ＝BLv ，则电阻R 两端的电压为U ＝ER R ＋r ＝BLvR R ＋r，选项B 错误；金属棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝B BLv R ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r，选项C 正确；电阻R 产生焦耳热的功率为P R ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv R ＋r 2R ＝B 2L 2Rv 2R ＋r 2，选项D 错误． 11．解：Φ的变化有两个原因，一是B 的变化，二是面积S 的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＋Blv又ΔBΔt＝2 T/s 在1 s 末，B ＝2 T ，S ＝lvt ＝0.4×1×1 m 2＝0.4 m 2所以1 s 末，E ＝ΔBΔtS ＋Blv ＝1.6 V此时回路中的电流I ＝ER＝1.6 A 根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向金属棒ab 受到的安培力为F ＝BIl ＝2×1.6×0.4 N＝1.28 N ，方向向左． 12．解：(1)线圈受到安培力F ＝N 1B 0IL ① 天平平衡mg ＝N 1B 0IL ② 代入数据得N 1＝25匝． ③(2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt④即E ＝N 2ΔBΔt Ld ⑤由欧姆定律得I ′＝E R⑥ 线圈受到安培力F ′＝N 2B 0I ′L ⑦天平平衡m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL 2R ⑧ 代入数据可得ΔBΔt ＝0.1 T/s.。

【专题解读】 1.本专题是动力学观点和能量观点在电磁感应中的综合应用，高考常以计算题的形式命题．2．学好本专题，可以极大培养同学们的分析能力、推理能力和规范表达的能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决电磁感应问题中最难问题的信心．3．用到的知识有：法拉第电磁感应定律、楞次定律、牛顿运动定律、共点力的平衡条件、动能定理、焦耳定律、能量守恒定律等．考点精讲考向一 电磁感应中的动力学问题1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．2．两种状态及处理方法3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下： 导体受外力运动――→E ＝Blv 感应电动势感应电流――→F ＝BIl导体受安培力→合力变化――→F 合＝ma 加速度变化→速度变化→临界状态【例1】 如图1所示，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图1 (1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．【答案】(1)kt 0S R(2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0l R匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩回路的总磁通量为阶梯练习1.(多选)如图2所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U＝4 V的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L、质量为m＝0.2 kg、电阻r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图2A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2B．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2C．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sD．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/s【答案】BD【解析】金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，代入数据得a ＝4 m/s 2，故选项A 错误，B 正确；设金属棒稳定下滑时速度为v ，感应电动势为E ，回路中的电流为I ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E －U r，由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv ，联立解得v ＝4.8 m/s ，故选项C 错误，D 正确．2． (多选)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R ，导轨所在平面与匀强磁场垂直．将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g ，如图所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A ．金属棒在最低点的加速度小于gB ．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量C ．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D ．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度【答案】AD3．如图3所示，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．t ＝0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．t 0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μ.重力加速度大小为g .求：图3(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．【答案】(1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m【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F －μmg ＝ma ①考向二 电磁感应中的动力学和能量问题1．题型简述：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．2．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解．3．求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算．(2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．【例2】如图4甲，在水平桌面上固定着两根相距L＝20 cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻R＝0.02 Ω的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝40 g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L＝20 cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B0＝0.1 T．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.图4(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示．求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量．关键词①匀加速直线运动；②金属棒b开始运动前．【答案】(1)5 m/s20.2 N (2)0.036 J方法总结能量转化问题的分析程序：先电后力再能量阶梯练习3．(2016·浙江理综·24)小明设计的电磁健身器的简化装置如图5所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：图5(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q .【答案】(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J【解析】(1)由牛顿第二定律得a ＝F －mg sin θm＝12 m/s 2 进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s4．如图6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，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：图6(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v为多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s (3)1.3 J【解析】(1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ，则ab 中电流方向为由a 流向b .(2)开始放置时ab 刚好不下滑，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ①设ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ②设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2③ 设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL ④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＝m 1g sin θ＋F max ⑤ 综合①②③④⑤式，代入数据解得v ＝5 m/s(3)设cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2 又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总 解得Q ＝1.3 J5．如图甲所示，平行长直导轨MN 、PQ 水平放置，两导轨间距L ＝0.5 m ，导轨左端M 、P 间接有一阻值R ＝0.2 Ω的定值电阻，导体棒ab 的质量m ＝0.1 kg ，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端d ＝1.0 m 处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计．整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t ＝0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B 随时间t 的变化如图乙所示，不计感应电流产生的磁场的影响．取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求t ＝0时棒所受到的安培力F 0；(2)分析前3 s 时间内导体棒的运动情况并求前3 s 内棒所受的摩擦力F f 随时间t 变化的关系式；(3)若t ＝3 s 时，突然使ab 棒获得向右的速度v 0＝8 m/s ，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F ，使棒的加速度大小恒为a ＝4 m/s 2、方向向左．求从t ＝3 s 到t ＝4 s 的时间内通过电阻的电荷量q .【答案】(1)0.025 N (2)静止不动 F f ＝0.012 5(2－t )N(t ＜3 s) (3)1.5 C代入数据可得F f ＝0.012 5(2－t )N(t <3 s)(3)3～4 s 内磁感应强度大小恒为B 2＝0.1 T ，ab 棒做匀变速直线运动，Δt 1＝4 s －3 s ＝1 s 设t ＝4 s 时棒的速度为v ，第4 s 内的位移为x ，则v ＝v 0－a Δt 1＝4 m/sx ＝v 0＋v 2Δt 1＝6 m 在这段时间内的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt 1通过电阻的电荷量q ＝I Δt 1＝ER Δt 1＝B 2Lx R＝1.5 C 6．如图所示，一对足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，两导轨间距为L ，左端接一电源，其电动势为E 、内阻为r ，有一质量为m 、长度也为L 的金属棒置于导轨上，且与导轨垂直，金属棒的电阻为R ，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场中．(1)若闭合开关S 的同时对金属棒施加水平向右恒力F ，求棒即将运动时的加速度和运动过程中的最大速度；(2)若开关S 开始是断开的，现对静止的金属棒施加水平向右的恒力F ，一段时间后再闭合开关S ；要使开关S 闭合瞬间棒的加速度大小为Fm，则F 需作用多长时间．【答案】(1)ER ＋r mLB＋FmF R＋rB2L2＋EBL(2)mEFBL 或mEFBL＋2m R＋rB2L2。

专题提升九电磁感应中的图象问题1．矩形导线框abcd(如图KZ9­1甲)放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4 s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为(安培力取向上为正方向)( )甲乙图KZ9­1A B C D2．(2015年广东茂名二模)如图KZ9­2所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )图KZ9­2A B C D3．(2015年福建质检)如图KZ9­3甲所示，正三角形硬导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直．图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里．在0～4t0时间内，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(规定垂直ab边向左为安培力的正方向)( )KZ9­3A B C D4．(多选)如图KZ9­4所示，MN 右侧有一正三角形匀强磁场区域(边缘磁场忽略不计)，上边界与MN 垂直．现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，从MN 左侧垂直于MN 匀速向右运动．导体框穿过磁场过程中所受安培力F 的大小以及感应电流i 随时间变化的图象正确的是(取逆时针电流为正)( )图KZ9­4A B C D5．(多选，2014年江苏南京二模)如图KZ9­5所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 的金属棒ab 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．t ＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F ，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动．下列关于穿过回路abPMa 的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率ΔΦΔt、通过金属棒的电荷量q 随时间t 变化以及a 、b 两端的电势差U 随时间t 变化的图象中，正确的 是( )图KZ9­5A B C D6．(多选)如图KZ9­6所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L 的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的上、下边界MN 、PS 是水平的．有一边长为L 的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域，已知当线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动．以线框的ab边到达MN时开始计时，以MN处为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为力的正方向．则关于线框中的感应电流i和线框所受到的安培力F与ab边的位置坐标x的以下图线中，可能正确的是( )图KZ9­6A B C D7．(2015年山东卷)如图KZ9­7甲所示，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u ab为正，下列u ab­t图象可能正确的是( )甲乙图KZ9­7A B C D8．如图KZ9­8甲所示，足够长的光滑导轨倾角为30°，间距L＝1 m，电阻不计，恒定的非匀强磁场方向垂直于斜面向下，电阻R＝1 Ω，导体棒ab质量m＝0.25 kg，其电阻r ＝1 Ω，垂直于导轨放置．现导体棒ab从磁场上边界由静止下滑，测得导体棒所到达位置的磁感应强度B与导体棒在该位置速度之间的关系如图乙所示．(g取10 m/s2)甲 乙图KZ9­8(1)求导体棒下滑2 s 时的速度和位移．(2)求导体棒下滑2 s 内回路中产生的焦耳热．专题提升九 电磁感应中的图象问题 1．C 解析：由法拉第电磁感应定律知，导线框中产生的感应电流I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBS R Δt，在0～1 s ，由题图乙知ΔB Δt不变，故I 的大小也不变，由楞次定律知，感应电流方向由a →b ，同理分析，在1～2 s ，I 的大小仍不变，方向仍由a →b ，故A 、B 错误；由左手定则知，0～1 s 线框ab 边所受安培力F 向上，且由F ＝BIl ab 知，I 、l ab 不变，B 均匀减小，因此F 也均匀减小，D 错误，C 项正确．2．A 解析：线框进入磁场过程中，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，即正方向，可排除B 、C 选项；由E ＝BLv 可知，线框进出磁场过程中，切割磁感线的有效长度为线框与磁场边界交点的连线，故进、出磁场过程中，等效长度L 先增大后减小，故感应电动势先增大后减小；由欧姆定律可知，感应电流也是先增大后减小的，故A 项正确、D 项错误．3．A 解析：0～t 0，磁场方向垂直纸面向里，均匀减小，ΔB Δt ＝B 0t 0，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab 的电流I 不变，方向从b 到a .根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向左，大小为F ＝BIL ，即均匀减小到零．t 0～2t 0，磁场方向垂直纸面向外，均匀增大，ΔB Δt ＝B 0t 0，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab 的电流I 不变，方向从b 到a ，根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向右，大小为F ＝BIL ，即从零开始均匀增大.2t 0～3t 0，磁场方向垂直纸面向外，ΔB Δt＝0，根据楞次定律可知：无感应电流产生，导线ab 不受安培力.3t 0～3.5t 0，磁场方向垂直纸面向外，均匀减小，ΔB Δt ＝2B 0t 0.根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab 的电流为2I 不变，方向从a 到b ，根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向左，大小为F ＝2BIL ，即均匀减小到零.3.5t 0～4t 0，磁场方向垂直纸面向里，均匀增加，ΔB Δt ＝2B 0t 0，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab 的电流为2I 不变，方向从a 到b .根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向右，大小为F ＝2BIL ，即从零开始均匀增大，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．4．BC 解析：设正三角形的边长为a ，匀速运动的速度为v .线框匀速进入磁场的过程，由右手定则可知，电流方向沿逆时针为正方向，线框所受的安培力方向向左，t 时刻线框有效切割长度L ＝vt ·sin 60°＝32vt ，产生的感应电动势E ＝BLv ＝32Bv 2t ，感应电流的大小i ＝E R ＝3Bv 22Rt ，电流与时间成正比；同理，线框离开磁场的过程，回路中磁通量减小，产生的感应电流沿顺时针为负方向，L ＝(2a －vt )·sin 60°＝32(2a －vt )，i ＝E R＝3Bv a －vt 2R，电流随时间均匀减小，故选项C 正确、D 错误．线框进入磁场时安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v R ＝3B 2v 3t 24R ，F ­t 图线是开口向上的抛物线，线框离开磁场时F ＝B 2L 2v R ＝3B 2v a －vt 24R，F ­t 图线仍是开口向上的抛物线，根据数学知识可知选项A 错误、B 正确． 5．BD 解析：设加速度为a ，运动的位移x ＝12at 2，磁通量变化量ΔΦ＝BLx ＝12BLat 2，ΔΦ∝t 2，选项A 错误；感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝12BLat ，故ΔΦΔt ∝t ，选项B 正确；U ＝RE R ＋r＝RBLa R ＋r t ，U ∝t ，选项D 正确；电荷量q ＝ΔΦR，因为ΔΦ∝t 2，所以q ∝t 2，选项C 错误．6．AD 解析：根据题意，在0～L ，线框加速进磁场，做加速度减小的加速运动；在L ～2L ，做加速度不变的匀加速运动，线圈中没有感应电流；在2L ～3L 做匀速运动．由楞次定律判断感应电流的方向，由i ＝BLv R判断电流的大小，可知选项A 正确；由左手定则和F ＝BiL 可知，选项D 正确．7．C 解析：在第一个0.25T 0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐增加，由楞次定律可判断内环内a 端电势高于b 端，因电流的变化率逐渐减小，故内环的电动势逐渐减小；同理在第二个0.25T 0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内a 端电势低于b 端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势逐渐变大，故选项C 正确．8．解：(1)由题图乙可知，棒下滑的任意状态有B 2v ＝0.5 T 2·m·s －1对棒下滑过程中某一状态由牛顿第二定律得mg sin 30°－B 2L 2v R ＋r＝ma 代入数据可得导体棒的加速度a ＝4 m/s 2可见导体棒在斜面上做a ＝4 m/s 2的匀加速直线运动棒在2 s 时的位移x ＝12at 2＝8 m 2 s 末的速度v ＝at ＝8 m/s.(2)由能量守恒得mgx sin 30°＝12mv 2＋Q 代入数据解得Q ＝2 J.。