2018年高考物理备考艺体生百日突围系列专题11电磁感应(含解析)

2018届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第5讲：电磁感应的图像问题（参考答案）一、知识清单1． 【答案】2． 【答案】二、例题精讲3． 【答案】B4． 【答案】 C【解析】 线框的位移在，0～L 内，ab 边切割磁感线产生的感应电动势为E ＝B ·2Lv ，感应电流I ＝E R，ab 边所受的安培力大小为F ＝BI ·2L ＝4B 2L 2v R由楞次定律知，ab 边受到安培力方向向左，为负值．线框的位移大于L 后，位移在L ～2L 内线框中磁通量不变，不产生感应电流，ab 边不受安培力，位移在2L ～3L 内，ab 边在磁场之外，不受安培力，故C 项正确．6． 【答案】D7． 【答案】 B【解析】 从B-t 图象中获取磁感应强度B 与时间t 的关系，结合E ＝ΔΦΔt及安培力F ＝BIL 得F-t 关系． 由B-t 图象可知，在0～T 4时间内，B 均匀减小；T 4～T 2时间内，B 反向均匀增大．由楞次定律知，通过ab 的电流方向向上，由左手定则可知ab 边受安培力的方向水平向左．由于B 均匀变化，产生的感应电动势E ＝ΔB ΔtS 不变，则安培力大小不变．同理可得在T 2～T 时间内，ab 边受安培力的方向水平向右，故选项B 正确． 8． 【答案】C【解析】根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i 随时间t 的变化规律如图3所示的是C 。

三、自我检测9． 【答案】BD【解析】由于安培力在整个运动过程中都在阻碍线框向右运动，所以安培力的方向不会发生改变，线框未进入磁场前和线框完全在磁场中时不受安培力作用，所以选项A 错误，B 正确；当线框经过一段时间进入磁场时，由楞次定律可知，产生的感应电流的方向为逆时针方向，线框完全在磁场中时不产生感应电流，当线框出磁场时，由楞次定律可知，产生的感应电流的方向为顺时针方向，所以选项C 错误，选项D 正确。

专题11 电磁感应1．（2012福建卷）．如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合.若取磁铁中心O 为坐标原点，建立竖直向下正方向的x 轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i 随环心位置坐标x 变化的关系图像是答案：B解析：闭合铜环由高处静止下落，首先是向上穿过铜环的磁通量增大，根据楞次定律知铜环N O 点的过程中，穿过铜环的合磁通量向上且增大，则感应电流仍为顺时针方向；从O SS减小，感应电流仍为逆时针方向；因铜环速度越来越大，所以逆时针方向感应电流的最大值B .2．(2012全国新课标).如图，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tB ∆∆的大小应为A.πω04B B.πω02B C.πω0B D.πω20B 答案：C解析：匀速转动时感应电动势与磁场变化时感应电动势相同即可.匀速转动时感应电动势ω221BR E =式中R 为半径.磁场变化时感应电动势22R t B E π⋅∆∆=.二者相等可得答案.3．（2012北京高考卷）．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L 、开关S 和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L 上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S 的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动，对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是A ．线圈接在了直流电源上B ．电源电压过高C ．所选线圈的匝数过多D ．所用套环的材料与老师的不同答案：D S只要套环的材料是导体，套环中就能产生感应电流，套环就会跳起.如果套环是塑料材料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起.D .4．（2012山东卷）.如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g ，下列选项正确的是A ．2sin P mg θ=B ．3sin P mg θ=C ．当导体棒速度达到2v 时加速度为sin 2g θ D ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案：AC 解析：当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向：Rv L B mg 22sin =θ；当导体棒第二次达到最大速度时，沿导轨方向：Rv L B mg F 222sin =+θ，即F=mgsin θ，此时拉力F 的功率P=F ×2v=2mgvsin θ，选项A 正确、B 错误；当导体棒的速度达到v/2时，沿导轨方向：ma R v L B mg =-2sin 22θ，解得θsin 21g a =，选项C 正确；导体棒的速度达到2v 以后，拉力与重力的合力做功全部转化为R 上产生的焦耳热，选项D错误.5．（2012四川卷）．半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示.则A ．θ=0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ=π3时，杆产生的电动势为Bav 3 C ．θ=0时，杆受的安培力大小为02)2(2R av B +π D ．θ=π3 时，杆受的安培力大小为02)35(3R av B +π 答案：AD解析：根据法拉第电磁感应定律可得Blv E =（其中l 为有效长度），当0=θ时，a l 2=，则Bav E =；当3πθ=时，a l =，则Bav E =，故A 选项正确，B 选项错误；根据通电直导线在磁场中所受安培力的大小的计算公式可得BIl F =，又根据闭合电路欧姆定律可得r R E I +=，当0=θ时，a l 2=，Bav E 2=，0)2(aR R r +=+π，解得02)2(4R av B F +=π；当0=θ时，a l =，Bav E =，0)135(aR R r +=+π,解得()02353R av B F +=π，故C 选项错误，D 选项正确.6．(2012全国新课标).如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行.已知在t =0到t =t 1的时间间隔内，直导线中电流i 发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设电流i 正方向与图中箭头方向相同，则i 随时间t 变化的图线可能是答案：A解析：要求框中感应电流顺时针，根据楞次定律，可知框内磁场要么向里减弱（载流直导线中电流正向减小），要么向外增强（载流直导线中电流负向增大）.线框受安培力向左时，载流直导线电流一定在减小，线框受安培力向右时，载流直导线中电流一定在增大.故答案选A.7．（2012天津卷）.如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m ，左端接有阻值R=0.3Ω的电阻，一质量m=0.1kg ，电阻r=0.1Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T ，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1：Q 2=2:1，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2（3）外力做的功W F解析：（1）棒匀加速运动所用时间为t ，有x at =221 32922=⨯==a x t s 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为 5.1)1.03.0(395.04.0)()(=+⨯⨯⨯=+=+∆Φ=+=R r t Blx R r t r R E I A 根据电流定义式有 5.435.1=⨯==t I q C（2）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为632=⨯==at v m/s撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少.有 8.161.02121222=⨯⨯==∆=mv E Q k J （3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为6.3221==Q Q J撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其大小等于焦耳热Q 1）、重力不做功共同使棒的动能增大，根据动能定理有1Q W E F k -=∆则4.58.16.31=+=∆+==∆k F k E Q W E J8.（2012广东卷）.（18分）如图17所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属轨道上.导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直与导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板，R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻.（1）调节R x =R ，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I 及棒的速率v .（2）改变R x ，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电量为+q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x.解析：（1）当R x =R 棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件sin Mg F θ=安培力F BIl =解得sin Mg I Blθ=感应电动势E Blv =电流2E I R= 解得 222sin MgR v B l θ= （2）微粒水平射入金属板间，能匀速通过，由平衡条件U mg qd = 棒沿导轨匀速，由平衡条件1sin Mg BI l θ=金属板间电压1x U I R = 解得sin x mldB R Mq θ= 9.（2012上海卷）．（14分）如图，质量为M 的足够长金属导轨abcd 放在光滑的绝缘水平面上.一电阻不计，质量为m 的导体棒PQ 放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc 构成矩形.棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱.导轨bc 段长为L ，开始时PQ 左侧导轨的总电阻为R ，右侧导轨单位长度的电阻为R 0.以ef 为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B .在t ＝0时，一水平向左的拉力F 垂直作用于导轨的bc 边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a .（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；（2）经过多少时间拉力F 达到最大值，拉力F 的最大值为多少？（3）某一过程中回路产生的焦耳热为Q ，导轨克服摩擦力做功为W ，求导轨动能的增加量.解析：（1）感应电动势为E ＝BLv ，导轨做初速为零的匀加速运动，v ＝at ，E ＝BLat ，s ＝at 2/2，感应电流的表达式为I ＝BLv /R 总＝BLat /（R ＋2R 0⨯at 2/2）＝BLat /（R ＋R 0at 2），（2）导轨受安培力F A ＝BIL ＝B 2L 2at /（R ＋R 0at 2），摩擦力为F f ＝μF N ＝μ（mg ＋BIL ）＝μ[mg ＋B 2L 2at /（R ＋R 0at 2）]，由牛顿定律F －F A －F f ＝Ma ，F ＝Ma ＋F A ＋F f ＝Ma ＋μmg ＋（1＋μ）B 2L 2at /（R ＋R 0at 2），上式中当R /t ＝R 0at 即t ＝a RR 0时外力F 取最大值，F max ＝Ma ＋μmg ＋12（1＋μ）B 2L 2a RR 0， （3）设此过程中导轨运动距离为s ，由动能定理W 合＝∆E k ，摩擦力为F f ＝μ（mg ＋F A ），摩擦力做功为W ＝μmgs ＋μW A ＝μmgs ＋μQ ，s ＝W －μQ μmg ，∆E k ＝Mas ＝Ma μmg（W －μQ ），10．（2012江苏卷）．某兴趣小组设计一种发电装置，如图所示，在磁极与圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49p ，磁场均沿半径方向，匝数为N 的矩形线圈abcd 边长ab =cd =l 、bc =ad =2l ，线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 与ad 边同时进入磁场，在磁场中，两条边的经过处的磁感应强度大小均为B ，方向始终与两条边的运动方向垂直，线圈的总电阻为r ，外接电阻为R ，求（1）线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m（2）线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F（3）外接电阻上电流的有效值I解析：(1)bc 、ad 边的运动速度2l v ω= ， 感应电动势NBlv E m 4=，解得ω22NBl E m =. （2）电流Rr E I m m +=, 安培力 l NBI F m 2=，解得 R r l B N F +=ω3224. (3)一个周期内，通电时间T t 94=,R 上消耗的电能Rt I W m 2=，且RT I W 2= 解得)(342R r NBl I +=ω. 11．（2012海南卷）.如图，ab 和cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和''M N 是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m.竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l .整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t=0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好.求（1）细线少断后，任意时刻两杆运动的速度之比；（2）两杆分别达到的最大速度.§解析：设某时刻MN 和''M N 速度分别为v 1、v 2.（1）MN 和''M N 动量守恒：mv 1-2mv 2=0 求出：122v v =① （2）当MN 和''M N 的加速度为零时，速度最大 对''M N 受力平衡：BIl mg = ② E I R =③ 12E Blv blv =+④由①——④得：12223mgR v B l =、2223mgR v B l =。

2018届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第6讲：电磁感应的力电综合问题（参考答案）一、知识清单1． 【答案】2． 【答案】3． 【答案】4． 【答案】5． 【答案】6． 【答案】 7． 【答案】D 【解析】由牛顿第二定律可得B 2L 2v R＝ma , 金属棒做a 减小的减速运动，A 错．由能量守恒定律可知，克服安培力做功等于电阻R 和金属棒上产生的焦耳热之和，W 安＝12mv 2＝Q ，因此B 错，D 正确．整个过程中通过金属棒的电量q ＝ΔΦ2R ＝BLx 2R ，得金属棒位移x ＝2qR BL，C 错． 8． 【答案】 ACD【解析】 知识存盘a ．安培力的大小感应电动势：E ＝Blv感应电流：I ＝E R ＋r安培力公式：F ＝BIl ＝B 2l 2v R ＋rb ．安培力的方向(1)先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向．(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反.解析 设闭合S 时，ab 的速度为v ，则E ＝BLv ，I ＝E R ＝BLv R ，F 安＝BIL ＝B 2L 2v R， 若F 安＝B 2L 2v R＝mg ，则选项A 正确． 若F 安＝B 2L 2v R<mg ，则选项C 正确． 若F 安＝B 2L 2v R>mg ，则选项D 正确．9． 【答案】B【解析】对棒受力分析如图所示，F 安＝BIL ＝B 2L 2v R，故D 错误；F 安随棒的速度的增大而增大，故棒做的不是匀加速直线运动，因此运动的平均速度v －≠12v ，A 错误；由q ＝n ΔΦR 总可得：q ＝BLx R ，故棒下滑的位移x ＝qR BL，B 正确；求焦耳热应该用有效值，故C 错误。

10．【答案】B【解析】甲图中ab 棒产生的感应电动势对电容器C 充电，C 两极板间电势差与感应电动势相同时，电路中没有电流，ab 棒做向右的匀速直线运动；乙图中导体棒在初速度作用下，切割磁感线，产生电动势，出现安培力，阻碍其向前运动，其动能转化为热能，最终会静止；而丙图虽在初速度作用下向右运动，但却受到向左的安培力，则杆向右减速运动，然后还要向左运动．当金属杆切割磁感线产生电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，所以金属杆最终处于向左的匀速直线运动．由此得选项B 正确，A 、C 、D 错误．11．【答案】D【解析】线圈进入磁场前机械能守恒，进入磁场时速度均为v ＝2gh ，设线圈材料的密度为ρ1，电阻率为ρ2，线圈边长为L ，导线横截面积为S ，则线圈的质量m ＝ρ14LS ，电阻R ＝ρ24L S ，由牛顿第二定律得mg －B 2L 2v R＝ma ，解得a ＝g －B 2v 16ρ1ρ2，可见两线圈在磁场中运动的加速度相同，两线圈落地时速度相同，即v 1＝v 2，故A 、C 选项错误；线圈在磁场中运动时产生的热量等于克服安培力做的功，Q ＝W 安，而F 安＝B 2L 2v R ＝B 2Lv 4ρ2S ，线圈Ⅱ横截面积S 大，F 安大，故Q 2>Q 1，故选项D 正确，B 错误．12．【答案】 D【解析】 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BLv 、I ＝E R 、F ＝BIL 得F ＝B 2L 2v R，随着v 的减小，安培力F 减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F ＝B 2L 2v R，导线框做加速度减小的减速运动，所以选项D 正确．三、自我检测13．【答案】D【解析】由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有mgh ＝12mv 2，所以I ＝E 2R ＝BLv 2R ＝BL 2gh 2R ，A 错误；流过R 的电荷量为q ＝I t ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R，B 错误；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q ＝mgh －μmgd ，C 错误；由于导体棒的电阻也为R ，则电阻R 中产生的焦耳热为12Q ＝12mg (h －μd )，D 正确． 14．【答案】BD15．【答案】B【解析】把立体图转变为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键．对导体棒进行受力分析作出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力．由平衡条件得mg sin 37°＝F 安＋F f ①F f ＝μF N ②F N ＝mg cos 37°③而F 安＝BIL ④I ＝E R ＋r⑤ E ＝BLv ⑥联立①～⑥式，解得v ＝mg (sin 37°－μcos 37°)(R ＋r )B 2L 2代入数据得v ＝5 m/s.小灯泡消耗的电功率为P ＝I 2R ⑦由⑤⑥⑦式得P ＝(BLv R ＋r)2R ＝1 W ．故选项B 正确． 16．【答案】D17．【答案】CD【解析】解：A 、导线框开始做自由落体运动，ab 边以一定的速度进入磁场，ab 边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab 边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，故A 错误、D 正确；B 、当ab 边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故A 错误；C 、当ab 边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故C 正确；。

1.如图1所示，铜线圈水平固定在铁架台上，铜线圈的两端连接在电流传感器上，传感器与数据采集器相连，采集的数据可通过计算机处理，从而得到铜线圈中的电流随时间变化的图线.利用该装置探究条形磁铁从距铜线圈上端某一高度处由静止释放后，沿铜线圈轴线竖直向下穿过铜线圈的过程中产生的电磁感应现象.两次实验中分别得到了如图甲、乙所示的电流－时间图线.条形磁铁在竖直下落过程中始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计.则下列说法中正确的是()图1A.若两次实验条形磁铁距铜线圈上端的高度不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度大于乙图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度B.若两次实验条形磁铁的磁性强弱不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁的磁性比乙图对应实验条形磁铁的磁性强C.甲图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能小于乙图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能D.两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下答案 C2.如图所示，质量为m的金属线框A静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m的物体B 相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d表示A与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B下降h(h>d)高度时的速度为v，则以下关系中能够成立的是()A．v2＝ghB．v2＝2gh x-+kwC．A产生的热量Q＝mgh－mv2D．A产生的热量Q＝mgh－12mv2解析：选C.在线框进入磁场的过程中，可能匀速运动，也可能做变加速运动，因此A 、B 错．由能量守恒得：Q ＝mgh －12·(2m )·v 2＝mgh －mv 2，故C 对、D 错．3.(多选)高频焊接技术的原理如图3(a)所示.线圈接入图(b)所示的正弦式交流电(以电流顺时针方向为正)，圈内待焊接工件形成闭合回路.则( )图3A.图(b)中电流有效值为IB.0～t 1时间内工件中的感应电流变大C.0～t 1时间内工件中的感应电流方向为逆时针D.图(b)中T 越大，工件温度上升越快 答案 AC4.图4在竖直平面内固定一根水平长直导线，导线中通以如图4所示方向的恒定电流.在其正上方(略靠后)由静止释放一个闭合圆形导线框.已知导线框在下落过程中始终保持框平面沿竖直方向.在框由实线位置下落到虚线位置的过程中( )A.导线框中感应电流方向依次为：顺时针→逆时针→顺时针B.导线框的磁通量为零时，感应电流也为零C.导线框所受安培力的合力方向依次为：向上→向下→向上D.导线框产生的焦耳热等于下落过程中框损失的重力势能 答案 A解析 根据安培定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流.向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针.故A正确；根据A中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大.这一过程是连续的，始终有感应电流存在，不是0，故B错误；根据楞次定律，感应电流始终阻碍导线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，故C错误；根据能量守恒定律，导线框产生的焦耳热等于下落过程中框损失的重力势能与增加动能之差，故D错误.5.如图5所示，用均匀导线做成边长为0.2m的正方形线框，线框的一半处于垂直线框向里的有界匀强磁场中.当磁场以20T/s的变化率增强时，a、b两点间电势差的大小为U，则()图5A.φa<φb，U＝0.2VB.φa>φb，U＝0.2VC.φa<φb，U＝0.4VD.φa>φb，U＝0.4V答案 A由于a点电势低于b点电势，故有：U ab＝－0.2V.6.如图6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 ab－t图象可能正确的是()图6答案 C7．(多选)如图甲是矩形导线框，电阻为R ，虚线左侧线框面积为S ，右侧面积为2S ，虚线左右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设垂直线框向里的磁场为正，则关于线框中0～t 0时间内的感应电流的说法正确的是( )A ．感应电流的方向为顺时针方向B ．感应电流的方向为逆时针方向C ．感应电流的大小为B 0SRt 0D ．感应电流的大小为3B 0SRt 0解析：选BD.向里的变化磁场产生的感应电动势为：E 1＝S ΔB 1Δt 1，感应电流方向为逆时针方向；向外的变化磁场产生的感应电动势为：E 2＝2S ΔB 2Δt 2，感应电流方向为逆时针方向；从题图乙中可以得到：ΔB 1Δt 1＝ΔB 2Δt 2＝B 0t 0，感应电流为I ＝E 1＋E 2R ＝3B 0S Rt 0，方向为逆时针方向，即B 、D 正确．x/+k-w 8.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R ，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B ，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场．一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H 处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R 上的电流及其变化情况相同．下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是( )9．(多选)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN 的右侧存在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场，MN 的左侧有一质量m ＝0.1 kg 的矩形线圈abcd ，bc 边长L 1＝0.2 m ，电阻R ＝2 Ω.t ＝0时，用一恒定拉力F 拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s ，线圈的bc 边到达磁场边界MN ，此时立即将拉力F 改为变力，又经过1 s ，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象如图乙所示．则( )A ．恒定拉力大小为0.05 NB ．线圈在第2 s 内的加速度大小为1 m/s 2C ．线圈ab 边长L 2＝0.5 mD ．在第2 s 内流过线圈的电荷量为0.2 C解析：选ABD.在第1 s 末，i 1＝ER，E ＝BL 1v 1，v 1＝a 1t 1，F ＝ma 1，联立得F ＝0.05 N ，A 项正确．在第2 s 内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s 末i 2＝E ′R ，E ′＝BL 1v 2，v 2＝v 1＋a 2t 2，解得a 2＝1 m/s 2，B 项正确．在第2 s 内，v 22－v 21＝2a 2L 2，得L 2＝1 m ，C 项错误．q ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R＝0.2 C ，D 项正确． 10．如图甲所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1与L 2、L 3与L 4之间均存在着匀强磁场，磁感应强度的大小均为1 T ，方向垂直于竖直平面向里．现有一矩形线圈abcd ，宽度cd ＝L ＝0.5 m ，质量为0.1 kg ，电阻为2 Ω，将其从图示位置(cd 边与L 1重合)由静止释放，速度随时间变化的图象如图乙所示，t 1时刻cd 边与L 2重合，t 2时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 4重合，t 2～t 3之间的图线为与t 轴平行的直线，t 1～t 2的时间间隔为0.6 s ，整个运动过程中线圈始终位于竖直平面内．(重力加速度g 取10 m/s 2)则( )A ．在0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为2.5 CB ．线圈匀速运动的速度为8 m/sC ．线圈的长度ad ＝1 mD ．0～t 3时间内，线圈产生的热量为4.2 J11．(多选)如图xOy 平面为光滑水平面，现有一长为d ，宽为L 的线框MNPQ 在外力F 作用下，沿x 轴正方向以速度v 做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B ＝B 0cos πd x (式中B 0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R .t ＝0时刻MN 边恰好在y 轴处，则下列说法正确的是( )A ．外力F 为恒力B ．t ＝0时，外力大小F ＝4B 20L 2vRC ．通过线框的瞬时电流i ＝2B 0Lv cosπvtdRD ．经过t ＝d v ，线框中产生的电热Q ＝2B 20L 2vdR12.如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为 1 m ，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab 和a ′b ′的质量都是0.2 kg ，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B 的大小相同．让a ′b ′固定不动，将金属棒ab 由静止释放，当ab 下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W ．求：(1)ab 下滑的最大加速度；(2)ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q 为多大？(3)如果将ab 与a ′b ′同时由静止释放，当ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q ′为多大？(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)当ab 棒刚下滑时，ab 棒的加速度有最大值： a ＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2.(2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动，有 mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ， 整个回路消耗的电功率P 电＝BILv m ＝(mg sin θ－μmg cos θ)v m ＝8 W ， 则ab 棒的最大速度为：v m ＝10 m/s由P 电＝E 22R ＝（BLv m ）22R得：B ＝0.4 T.x+k.w根据能量守恒得：mgh ＝Q ＋12mv 2m ＋μmg cos θ·hsin θ解得：Q ＝30 J.(3)由对称性可知，当ab 下落30 m 稳定时其速度为v ′，a ′b ′也下落30 m ，其速度也为v ′，ab 和a ′b ′都切答案：(1)4 m/s 2 (2)30 J (3)75 J13．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为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 .解析：(1)t ＝0时棒的速度为零，故回路中只有感生电动势，为E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt Ld ＝0.1×0.5×1.0 V ＝0.05 V感应电流为：I ＝E R ＝0.050.2A ＝0.25 A可得t ＝0时棒所受到的安培力：F 0＝B 0IL ＝0.025 N.(2)ab 棒与导轨间的最大静摩擦力：F fm ＝μmg ＝0.1×0.1×10 N ＝0.1 N>F 0＝0.025 N所以在t ＝0时刻棒静止不动，加速度为零，在0～3 s 内磁感应强度B 都小于B 0，棒所受的安培力都小x ＝v 0＋v 2Δt 1＝6 m在这段时间内的平均感应电动势为：E ＝ΔΦΔt 1通过电阻的电荷量为：q ＝I Δt 1＝E R Δt 1＝B 2LxR ＝1.5 C.答案：(1)0.025 N (2)见解析 (3)1.5 C14.如图7所示，MN 、PQ 为足够长的平行导轨，间距L ＝0.5m.导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°.NQ ⊥MN ，NQ 间连接有一个R ＝3Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B 0＝1T.将一根质量为m ＝0.05kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r ＝2Ω，其余部分电阻不计.现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd 处时速度大小开始保持不变，cd 距离NQ 为s ＝2m.试解答以下问题：(g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图7(1)金属棒达到稳定时的速度是多大？(2)从静止开始直到达到稳定速度的过程中，电阻R 上产生的热量是多少？(3)若将金属棒滑行至cd 处的时刻记作t ＝0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t ＝1s 时磁感应强度应为多大？答案 (1)2m/s (2)0.06J (3)0.4T解析 (1)在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有：mg sin θ解得：Q R ＝0.06J(3)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流.此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，故：mg sin θ－μmg cos θ＝ma设t 时刻磁感应强度为B ，则： B 0Ls ＝BL (s ＋x ) x ＝vt ＋12at 2故t ＝1s 时磁感应强度B ＝0.4T15.如图8甲所示，宽为L 、倾角为θ的平行金属导轨，下端垂直于导轨连接一阻值为R 的定值电阻，导轨之间加垂直于轨道平面的磁场，其随时间变化规律如图乙所示.t ＝0时刻磁感应强度为B 0，此时，在导轨上距电阻x 1处放一质量为m 、电阻为2R 的金属杆，t 1时刻前金属杆处于静止状态，当磁场即将减小到B 1时，金属杆也即将开始下滑(金属杆所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力).图8(1)求0～t 1时间内通过定值电阻的电荷量； (2)求金属杆与导轨间的最大静摩擦力；(3)若金属杆沿导轨下滑x 2后开始做匀速运动，求金属杆下滑x 2过程中，电阻R 产生的焦耳热. 答案 (1) B 0－B 1 Lx 13R(2)mg sin θ－B 1 B 0－B 1 L 2x 13Rt 1(3)B 1 B 0－B 1 L 2x 1x 29Rt 1－mx 21 B 0－B 1 26B 21t 21解析 (1)感应电动势：E ＝ΔΦΔt ＝Lx 1 B 0－B 1t 1联立可得：F fm ＝mg sin θ－B 1 B 0－B 1 L 2x 13Rt 1(3)当金属杆达到最大速度时 mg sin θ－F fm －F 安′＝0即此时感应电流与0～t 1时间内感应电流大小相等，感应电动势也相等. 所以B 1Lv ＝Lx 1 B 0－B 1t 1从开始滑动到达到最大速度过程 mgx 2sin θ＝Q 焦＋Q 滑＋12mv 2其中Q 滑＝F fm x 2 电阻R 上产生的焦耳热 Q R ＝13Q 焦解得Q R ＝B 1 B 0－B 1 L 2x 1x 29Rt 1－mx 21 B 0－B 126B 21t 2116.如图10所示，两根等高光滑的四分之一圆弧形轨道与一足够长水平轨道相连，圆弧的半径为R 0、轨道间距为L 1＝1m ，轨道电阻不计.水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B 1＝1T ，圆弧轨道处于从圆心轴线上均匀向外辐射状的磁场中，如图所示.在轨道上有两长度稍大于L 1、质量均为m ＝2kg 、阻值均为R ＝0.5Ω的金属棒a 、b ，金属棒b 通过跨过定滑轮的绝缘细线与一质量为M ＝1kg 、边长为L 2＝0.2m 、电阻r ＝0.05Ω的正方形金属线框相连.金属棒a 从轨道最高处开始，在外力作用下以速度v 0＝5m/s 沿轨道做匀速圆周运动到最低点MN 处，在这一过程中金属棒b 恰好保持静止.当金属棒a 到达最低点MN 处被卡住，此后金属线框开始下落，刚好能匀速进入下方h ＝1m 处的水平匀强磁场B 3中，B 3＝5T.已知磁场高度H >L 2.忽略一切摩擦阻力，重力加速度为g ＝10m/s 2.求：图10(1)辐射磁场在圆弧处磁感应强度B 2的大小；学/*科+-网(2)从金属线框开始下落到进入磁场前，金属棒a 上产生的焦耳热Q ；(3)若在线框完全进入磁场时剪断细线，线框在完全离开磁场B 3时刚好又达到匀速，已知线框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q 1＝10.875J ，则磁场的高度H 为多少.Mgh ＝12Mv 2＋12mv 2＋2Q线框进入磁场的瞬间，由受力平衡，得 Mg ＝B 1I 1L 1＋B 3I 2L 2 其中，I 1＝B 1L 1v 2RI 2＝B 3L 2vr联立方程，代入数值求得 Q ＝2J(3)从线框完全进入磁场到完全出磁场，有答案 (1)2T (2)2J (3)1.2m17．如图，两根形状相同、足够长的光滑金属导轨固定，相互平行，间距为L ，两连接点a 、b 连线垂直于所有导轨，左底端接有阻值为R 的电阻，倾斜导轨所在平面与水平面夹角为θ，平面内有磁感应强度为B 1、方向垂直于平面向上的匀强磁场；水平导轨在同一水平面，所在区域有磁感应强度为B 2、方向竖直向上的匀强磁场．阻值为R 、质量为m 的相同导体杆A 、B ，A 在倾斜导轨上，B 在水平导轨上，都垂直于导轨．开始时，A 以初速度v 0开始沿倾斜导轨向上滑行，B 在外力作用下保持静止；A 上滑通过距离x 到达最高点时(此时A 仍在倾斜导轨上)，B 瞬间获得一个水平初速度并在外力作用下以此速度做匀速直线运动(B 始终在水平导轨上并保持与导轨垂直)，A 恰能静止在倾斜导轨上．求：(1)在A 上滑的过程中，电阻R 上产生的热量； (2)B 做匀速运动时速度的方向、大小； (3)使B 做匀速运动的外力的功率．答案 (1)在A 上滑的过程中，电阻R 上产生的热量为mv 02－2mgxsinθ12(2)B 做匀速运动时速度的方向向右、大小为3mgRsinθB 1B 2L 2(3)使B 做匀速运动的外力的功率6m 2g 2Rsin 2θB 12L 2解析 (1)当A 上滑到最高点时，速度减为零，设电路中产生的总热量为Q 总，根据能量守恒定律，可得12mv 02＝mgxsinθ＋Q 总， 由于B 与R 并联后再与A 串联，设电阻R 上产生的热量为Q ，则Q ＝16Q 总，解得Q ＝mv 02－2mgxsinθ12；(2)要使A 静止在倾斜导轨上，受到的安培力沿倾斜导轨向上，根据右手定则、左手定则知，B 做匀速(3)设使B 做匀速运动的外力大小为F ，做功功率为P ，则： F ＝B 2I 2L ，P ＝Fv ， 解得P ＝6m 2g 2Rsin 2θB 12L 2.18.如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只单匝圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m ＝0.1 kg ，半径为r ＝0.1 m ，导线单位长度的阻值为ρ＝0.1 Ω/m.金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示．金属圈下半部分在磁场外．已知从t ＝0时刻起，测得经过10 s 丝线刚好被拉断．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)导体圆中感应电流的大小及方向； (2)丝线所能承受的最大拉力F ；(3)在丝线断前的10 s 时间内金属圈中产生的焦耳热Q. 答案 (1)导体圆中感应电流的大小0.2 A 及逆时针方向 (2)丝线所能承受的最大拉力1.32 N(3)在丝线断前的10 s 时间内金属圈中产生的焦耳热0.025 J 解析 (1)由楞次定律可知，导体圆中电流方向为逆时针方向 由图乙知，ΔB Δt ＝0.40.5T/s ＝0.8 T/s当t ＝10 s 时，代入数据得F ＝1.32 N (3)金属圈内产生的焦耳热：Q ＝I 2Rt 代入数据得：Q ＝0.025 J19．如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L ＝0.2 m ，导轨电阻不计．质量均为m ＝0.1 kg 的金属杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路．其中金属杆ab 的电阻R ＝0.2 Ω，金属杆cd 的电阻忽略不计，两金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，整个装置处于磁感应强度大小B ＝1.0 T ，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中．t ＝0时刻开始，对ab 杆施加一垂直ab 杆且平行右导轨平面向下的力F ，使ab 杆以初速度v 1沿右导轨平面匀速下滑．t ＝1 s 后，使ab 做匀加速直线运动，t ＝2 s 后，又使ab 杆沿导轨平面匀速下滑．整个过程中cd 杆运动的v-t 图像如图乙所示(其中第1 s 、第3 s 内图线为直线)．两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)在第1秒内cd 杆受到的安培力的大小； (2)ab 杆的初速度v 1及第2 s 末的速度v 2；(3)若第2 s 内力F 所做的功为9 J ，求第2 s 内ab 杆所产生的焦耳热． 答案 (1)在第1秒内cd 杆受到的安培力的大小为0.2 N (2)ab 杆的初速度v 1为1 m/s ，第2 s 末速度v 2＝8 m/s(3)若第2 s 内力F 所做的功为9 J ，第2 s 内ab 杆所产生的焦耳热为7 J 解析 (1)对cd 杆，由v-t 图像得：a 1＝Δv Δt ＝3 m/s 2，由牛顿第二定律得mgsin53°－μ(mgcos53°＋F 安)＝ma 1. 解得F 安＝0.4 N.(2)对ab 杆，感应电动势E ＝BLv 1， 电流I ＝E R，cd杆的安培力F安＝BIL，解得v1＝2 m/s，由题意得第3 s内cd的加速度a2＝－3 m/s2，对cd杆，由牛顿第二定律得mgsin53°－μ(mgcos53°＋B2L2v2R)＝ma2，－W安＝Q ab，解得：Q ab＝7 J.20．如图所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高，ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长．(1)ab、cd棒的最终速度；(2)全过程中感应电流产生的焦耳热．答案(1)ab棒的最终速度为1102gh，cd棒的最终速度为3102gh(2)全过程中感应电流产生的焦耳热为910mgh解析(1)设ab，cd棒的长度分别为3L和L，磁感应强度为B，ab棒进入水平轨道的速度为v，对于ab棒，金属棒下落h过程应用动能定理：mgh＝12mv2，解得ab棒刚进入磁场时的速度为：v＝2gh当ab棒进入水平轨道后，切割磁感线产生感应电流．ab棒受到安培力作用而减速，cd棒受到安培力而加速，cd棒运动后也将产生感应电动势，与ab棒感应电动势反向，因此回路中的电流将减小．最终达到匀速运动时，回路的电流为零，所以E a＝E c即3BLv a＝BLv c得3v a＝v c因为当ab ，cd 在水平轨道上运动时，它们所受到的合力并不为零．F a ＝3BIL ，F c ＝BIL(设I 为回路中(2)根据能量守恒定律得回路产生的总热量为： Q ＝mgh －12mv a 2－12mv c 2联立得Q ＝910mgh.。

2018年高考物理试题分类解析：电磁感应．,A正确；转动BC小磁针恢复图中方向。

、直导线无电流，D开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬．NA相反，小磁针的间，电流方向与D极朝垂直纸面向外的方向转动，正确。

19.AD 【答案】卷全国2导轨如图，在同一平面内有两根平行长导轨，18．区域宽间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，l,方向交替向上度均为磁感应强度大小相等、3的正方形金属线框在导轨上向下。

一边长为l2ti变随时间向左匀速运动，线框中感应电流化的正确图线可能是【解析】如图情况下，电流方向为顺时针，当前但因为电流方向为逆时针，边在向里的磁场时，3倍，所以有一两导体棒之间距离为磁场宽度的2感应段时间两个导体棒都在同一方向的磁场中，D.0，所以选电流方向相反，总电流为D18．【答案】3卷全国，在同一平面内固定有一长直导线a）20．如图（的右侧。

导线PQ和一导线框PQR，R在）bi，i的变化如图（中通有正弦交流电流PQ为电流的正方向。

导所示，规定从Q到P 线框R中的感应电动势时为零．在B时改变方向A．在TT??tt24在．时最大，在且沿顺时针方向C．D TT?t?t2时最大，且沿顺时针方向感应电根据法拉第电磁感应定律，【解析】??，即为的导数，有,S不变，动势与???EBS??E?t B成正比，所以，E与i的导数成正比，据此可图象如下：E-t以画出从图象可以看出：A．在时为零，正确；T?t4B．在时改变方向，错误；T?t2C．在时为负最大，且沿顺时针方向，正T?t2确；D．在时为正最大，且沿逆时针方向，D T?t错误。

【答案】20．AC天津卷12．真空管道超高速列车的动力系统是一种将电1是某种能直接转换成平动动能的装置。

图动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定l的两条平行光滑金属导在水平面上间距为abcd是两根与导轨和轨，电阻忽略不计，lR的金属棒，垂直，长度均为，电阻均为通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良lm。

纵观近几年高考试题，预测2017年物理高考试题还会1.高考命题频率较高的是感应电流的产生条件、方向的判定和法拉第电磁感应定律的应用，与电路、力学、能量及动量等知识相联系的综合及图象问题(如Φ－t图象、B－t图象和i－t 图象)等时有出现，要高度重视，法拉第电磁感应定律、楞次定律一直是高考命题的热点。

2.本专题因难度大、涉及知识点多、综合能力强，主要的题型还是杆+导轨模型问题，线圈穿过有界磁场问题，综合试题还会涉及力和运动、能量守恒等知识，还可能以科学技术的具体问题为背景，考查运用知识解决实际问题的能力。

考向01 法拉第电磁感应定律和楞次定律1.讲高考（1）考纲要求知道电磁感应现象产生的条件;理解磁通量及磁通量变化的含义，并能计算;掌握楞次定律和右手定则的应用，并能判断感应电流的方向及相关导体的运动方向；能应用法拉第电磁感应定律、公式E ＝Blv 计算感应电动势.2.理解自感、涡流的产生，并能分析实际应用。

（2）命题规律高考对本部分内容的考查频率较高，大部分以选择题的形式出现，多以中档题难度以上题目出现，法拉第电磁感应定律、楞次定律一直是高考命题的热点。

案例1．【2016·上海卷】磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁： （ ）A ．向上运动B ．向下运动C ．向左运动D ．向右运动【答案】B【方法技巧】通过安培定则判断感应磁场方向，通过楞次定律判断磁铁的运动情况。

案例2． 【2015·海南·2】如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为ε'，则εε'等于： （ ）A ．1/2B ．22 C ．1 D ．2 【答案】B 【解析】设折弯前导体切割磁感线的长度为L ，折弯后，导体切割磁场的有效长度为l L =，故产生的感应电动势为Blv B ε'===，所以εε'=，B 正确。

专题10 电磁感应1.（2017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 答案：D解析：导体棒ab 、电阻R 、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小（k tB=∆∆为一定值），则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab 中的电流方向由a 到b ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势B SE k S t tΦ∆∆⋅===⋅∆∆，回路面积S 不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律REI =，所以ab 中的电流大小不变，故B 错误；安培力BIL F =，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C 错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f 与安培力F 等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确.2.（2017全国卷Ⅰ）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有效的方案是答案：A解析：本题考查电磁感应、电磁阻尼及其相关的知识点.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.3. （2017浙江卷）如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内.则A.b点的磁感应强度为零B. ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里C.cd导线受到的安培力方向向右D.同时改变了导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向不变答案：D解析：由右手螺旋定则可知.cdJ导线和ef导线在b处产生的磁场方向都垂直纸面向外.所以由矢量合成知b处的磁感应强度垂直纸面向外.故A错误:由右手螺旋定则知ef导线在左侧产生的磁感应强度垂直纸面向外，故B错误:由左手定则知.cd 导线受到的安培力方向向左.故C 错误:由题意可知，cd 导线所处的位置磁汤方向发生改变，但同时自身电流方向向也发生改变，由左手定则知cd 导线所受安培力方向不变.故D 正确4.（2017全国卷Ⅰ）如图，三根相互平行的固定长直导线L 1、L 2和L 3两两等距，均通有电流I ，L 1中电流方向与L 2中的相同，与L 3中的相反，下列说法正确的是A ．L 1所受磁场作用力的方向与L 2、L 3所在平面垂直B ．L 3所受磁场作用力的方向与L 1、L 2所在平面垂直C ．L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1:1:3D ．L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3:3:1 答案：BC解析：本题考查安培定则、左手定则、磁场叠加、安培力及其相关的知识点.由安培定则可判断出L 2在L 1处产生的磁场(B 21)方向垂直L 1和L 2的连线竖直向上，L 3在L 1处产生的磁场(B 31)方向垂直L 1和L 3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L 3和L 2在L 1处产生的合磁场(B 合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L 1所受磁场作用力的方向与L 2和L 3的连线平行，选项A 错误；同理，如图2所示，可判断出L 3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L 1、L 2所在的平面垂直，选项B 正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B ，根据几何知识可知，B B =1合，B B =2合，B B 33=合，由安培力公式可知，L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小与该处的磁感应强度大小成正比，所以L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3:1:1，选项C 正确，D 错误.5.（2017全国卷Ⅲ）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中沿顺时针方向答案：D解析：因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，D正确，ABC错误.6.（2017全国卷Ⅲ）如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零.如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为A ．0B ．033BC ．0233B D ．2B 0 答案：C解析：如图1所示，P 、Q 中电流在a 点产生的磁感应强度大小相等，设为B 1，由几何关系有103B B =，如果让P 中的电流反向、其他条件不变，如图2所示，由几何关系可知，a 点处磁感应强度的大小为22010233B B B B =+=，故选C.7.（2017北京卷）图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L 1和L 2为电感线圈.实验时，断开开关S 1瞬间，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮，而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同.下列说法正确的是A ．图1中，A 1与L 1的电阻值相同B ．图1中，闭合S 1，电路稳定后，A 1中电流大于L 1中电流C ．图2中，变阻器R 与L 2的电阻值相同D ．图2中，闭合S 2瞬间，L 2中电流与变阻器R 中电流相等 答案：C解析：断开开关S 1瞬间，灯A 1突然闪亮，由于线圈L 1的自感，通过L 1的电流逐渐减小，且通过A 1，即自感电流会大于原来通过A 1的电流，说明闭合S 1，电路稳定时，通过A 1的电流小于通过L 1的电流，L 1的电阻小于A 1的电阻，AB 错误；闭合S 2，电路稳定时，A 2与A 3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R 与L 2的电阻值相同，C 正确；闭合开关S 2，A 2逐渐变亮，而A 3立即变亮，说明L 2中电流与变阻器R 中电流不相等，D 错误.8.（2017全国卷Ⅱ）两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直.边长为0.1 m 、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图（a ）所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t =0时刻进入磁场.线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b ）所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）.下列说法正确的是A ．磁感应强度的大小为0.5 TB ．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D ．在t =0.4 s 至t =0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 答案：BC解析：由E –t 图象可知，线框经过0.2 s 全部进入磁场，则速度0.1m/s=0.5m/s 0.2l v t ==，选项B 正确；E =0.01 V ，根据E =BLv 可知，B =0.2 T ，选项A 错误；根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t =0.4 s 至t =0.6 s 这段时间内，导线框中的感应电流0.01A 2A 0.005E I R ===，所受的安培力大小为F =BIL =0.04 N ，选项D 错误；故选BC.9.（2017海南卷）如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd ，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若线框自由下落，从ab 边进入磁场时开始，直至ab 边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能（ ）A ．始终减小B ．始终不变C ．始终增加D ．先减小后增加 答案：CD解析：A 、导线框开始做自由落体运动，ab 边以一定的速度进入磁场，ab 边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab 边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，故A 错误、D 正确；B 、当ab 边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故A 错误；C 、当ab 边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故C 正确.10.（2017全国卷Ⅱ）某同学自制的简易电动机示意图如图所示.矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴.将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方.为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉答案：AD解析：为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项A正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，选项B正确；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，选项C错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项D正确；故选AD.11.（2017江苏卷）如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：（1）MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小l；（2）MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； （3）PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P ．答案：（1）0Bdv I R = （2）220B d v a mR = （3）2220()B d v v P R-=解析：（1）感应电动势0Bdv E =；感应电流R EI =;解得RBdv I 0= (2)安培力F =BId ; 牛顿第二定律F =ma ; 解得mRv d B a 022=(3)金属杆切割磁感线的速度v v v -='0，则感应电动势)(0v v Bd E -=电功率R E P 2= ; 解得Rv v d B P 2022)(-=12.（2017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Δt 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.答案：（1）222B L v tR r∆+ BL v t ∆ （2）a ．如答图3、答图4 b ．见解析解析：(1)题图1中,电路中的电流rR BLvI +=1棒ab 受到的安培力L BI F 11= 在Δt 时间内,“发电机”产生的电能等于棒ab 克服安培力做的功rR tv L B t v F E +∆=∆⋅=2221电题图2中，棒ab 受到的安培力F 2=BIL在Δt 时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab 做的功2E F v t BILv t =⋅∆=∆机（2）a ．题图3中，棒ab 向右运动，由左手定则可知其中的正电荷受到b →a 方向的洛伦兹力，在该洛伦兹力作用下，正电荷沿导体棒运动形成感应电流，有沿b →a 方向的分速度，受到向左的洛伦兹力作用；题图4中，在电源形成的电场作用下，棒ab 中的正电荷沿a →b 方向运动，受到向右的洛伦兹力作用，该洛伦兹力使导体棒向右运动，正电荷具有向右的分速度，又受到沿b →a 方向的洛伦兹力作用.如答图3、答图4.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4所示,沿棒方向的洛伦兹力qvB f ='1,做负功t qvBu t u f W ∆-=∆'-=11 垂直棒方向的洛伦兹力quB f ='2, 做正功t quBv t v f W ∆=∆'=22 所以W 1=-W 2,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零.1f '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;2f '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.13.（2017海南卷）如图，两光滑平行金属导轨置于水平面（纸面）内，轨间距为l ，左端连有阻值为R 的电阻．一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场区域．已知金属杆以速度v 0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度恰好为零．金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计．求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率．答案：金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小，此时电流的功率为.解析：由题意可知，开始时导体棒产生的感应电动势为：E=Blv0，依据闭合电路欧姆定律，则电路中电流为：I=，再由安培力公式有：F=BIl=；设导体棒的质量为m，则导体棒在整个过程中的加速度为：a==设导体棒由开始到停止的位移为x，由运动学公式：0﹣解得：x==；故正中间离开始的位移为：x中=；设导体棒在中间的位置时的速度为v，由运动学公式有：v2﹣v02=2ax中解得：v=则导体棒运动到中间位置时，所受到的安培力为：F=BIl=；导体棒电流的功率为：P=I2R=；14.（2017天津卷）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器.电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计.炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触.首先开关S接1，使电容器完全充电.然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动.当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨.问：（1）磁场的方向；（2）MN 刚开始运动时加速度a 的大小；（3）MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是多少.答案：（1）磁场的方向垂直于导轨平面向下 （2）mR BEl a = （3）mC l B EC l B Q +=222222解析：(1)垂直于导轨平面向下(2)电容器完全充电后，两极板间电压为 E ，当开关S 接 2 时，电容器放电，设刚放电时流经 MN 的电流为 I ，有REI =设 MN 受到的安培力为 F ，有F =IlB 由牛顿第二定律，有F =ma 联立得mRBEla =（3）电容器放电前所带的电荷量CE Q =1开关S 接2后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值v m 时，MN 上的感应电动势：m E Blv '= 最终电容器所带电荷量E C Q '=2设在此过程中MN 的平均电流为I ，MN 上受到的平均安培力：l I B F ⋅⋅= 由动量定理，有：m 0F t mv ⋅∆=- 又：12I t Q Q ⋅∆=-整理的：最终电容器所带电荷量mC l B EC l B Q +=222222.。

第十一章电磁感应知能图谱定义电磁感应的现象产生条件楞次定律感应电流方向的判定右手定则平均感应电动势大小： E nt电磁感应法拉第电磁感应定律方向：用楞次定律判断瞬时感应电动势大小： E＝ Blvsin方向：用楞次定律或右手定则判断日光灯涡流应用电磁阻尼电磁驱动一、电磁感应现象楞次定律知识能力解读知能解读（一）电磁感应现象电磁感应当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象现象产生感应条件：（ 1）电路必须闭合电流的条（ 2）穿过导体回路的磁通量发生变化件电磁感应现象的实产生感应电动势，如果电路闭合则产生感应电流质能量转化发生电磁感应现象时，机械能能活其他形式的能转化为电能知能解读（二）磁通量的变化情况变化情况举例磁通量变化量永磁铁靠近或远离线圈、电磁铁（螺线管）磁场变化线圈中的电流发生变化B S闭合线圈的部分导线做切割磁感线运动，如图所示回路面有效积变化面积 B S变化回路平面与磁线圈在磁场中的转动，如图所示场的夹角变化知能解读（三）感应电流方向的判定内容适用范围感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的一切电磁感应现象楞次定律磁通量的变化续表内容适用范围右手定让磁感线穿过掌心，右手大拇指指向导体运动导体切割磁感线产生感应电流则方向，其余四指指向感应电流方向（四）楞次定律中“阻碍”的含义谁阻碍谁感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场（原磁场）的磁通量的变化阻碍什么阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身如何阻碍当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。

即“增反减同”阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化快慢，这种变化将继续进行，结果如何最终结果是增加的还得增加，减少的仍将减少。

阻碍也不意味着相反，不可认为感应电流产生的磁场方向一定与原磁场方向相反知能解读（五）楞次定律的推广含义楞次定律中“阻碍” 的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，列表说明如下：内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”磁铁靠近线圈，B感与 B原反向阻碍相对运动磁铁靠近，是斥力——“来拒去留”磁铁远离，是引力续表内容例证使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”P、Q 是光滑固定导轨，a、b 是可动金属棒，磁铁下移， a、b 靠近阻碍原电流的变化——“增反减同”合上 S，B 先亮；再断开S，两灯逐渐熄灭知能解读（六）三个定则的比较比较左手定则右手定则安培定则项目磁场对运动电荷、电流对因导体切割磁感线而应用产生的感应电流方向的电流产生磁场作用力方向的判断判断涉及磁场方向、电流（电荷磁场方向、导体切割磁感电流方向、磁场方向方向运动）方向、安培力（洛线的运动方向、感应电动的物伦兹力）方向势的方向理量各物理量方向间的关系图例因果电流→运动运动→电流电流→磁场关系应用电动机发电机电磁铁实例方法技巧归纳方法技巧（一）应用楞次定律判断感应电流方向的方法方法指导用楞次定律判断感应电流方向的思维流程如下：明确研究的对象是穿过该回路的磁场磁通量的变哪一个闭合回路方向（原磁场方向）化（增或减）楞次定律感应电流的磁场方向（增反减同）安培定则感应电流的方向方法技巧（二）楞次定律的推广应用方法指导对楞次定律中“阻碍” 的含义可推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因。