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高中物理电磁感应现象习题知识归纳总结附答案解析一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．某兴趣小组设计制作了一种磁悬浮列车模型，原理如图所示，PQ 和MN 是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场1B 和2B ，二者方向相反．矩形金属框固定在实验车底部（车厢与金属框绝缘）．其中ad 边宽度与磁场间隔相等，当磁场1B 和2B 同时以速度0m 10s v =沿导轨向右匀速运动时，金属框受到磁场力，并带动实验车沿导轨运动．已知金属框垂直导轨的ab 边长0.1m L =m 、总电阻0.8R =Ω，列车与线框的总质量0.4kg m =，12 2.0T B B ==T ，悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力1h N ．（1）求实验车所能达到的最大速率；（2）实验车达到的最大速率后,某时刻让磁场立即停止运动,实验车运动20s 之后也停止运动，求实验车在这20s 内的通过的距离；（3）假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动，当时间为24s t =时，发现实验车正在向右做匀加速直线运动，此时实验车的速度为m 2s v =，求由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间．【答案】(1)m 8s ；(2)120m ；(3)2s【解析】【分析】【详解】（1）实验车最大速率为m v 时相对磁场的切割速率为0m v v -，则此时线框所受的磁场力大小为2204-B L v v F R =（） 此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：F f =2m 028m/s 4fR v v B L =-= （2）磁场停止运动后，线圈中的电动势：2E BLv =线圈中的电流：E I R= 实验车所受的安培力：2F BIL =根据动量定理，实验车停止运动的过程：m F t ft mv ∑∆+=整理得：224m B L v t ft mv R∑∆+= 而v t x ∑∆=解得：120m x =（3）根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同，设加速度为a ，则t 时刻金属线圈中的电动势 2)E BLat v =-（ 金属框中感应电流 2)BL at v I R-=（ 又因为安培力224)2B L at v F BIL R（-== 所以对试验车，由牛顿第二定律得 224)B L at v f ma R（--= 得 21.0m/s a =设从磁场运动到实验车起动需要时间为0t ，则0t 时刻金属线圈中的电动势002E BLat = 金属框中感应电流002BLat I R= 又因为安培力2200042B L at F BI L R== 对实验车，由牛顿第二定律得：0F f = 即2204B L at f R= 得：02s t =2．如图所示，一阻值为R 、边长为l 的匀质正方形导体线框abcd 位于竖直平面内，下方存在一系列高度均为l 的匀强磁场区，与线框平面垂直，各磁场区的上下边界及线框cd 边均磁场方向均与线框平面垂水平。
高中物理电磁感应现象压轴难题知识点及练习题及答案解析一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图所示，线圈工件加工车间的传送带不停地水平传送长为L ，质量为m ，电阻为R 的正方形线圈，在传送带的左端线圈无初速地放在以恒定速度v 匀速运动的传送带上，经过一段时间，达到与传送带相同的速度v 后，线圈与传送带始终相对静止，并通过一磁感应强度为B 、方向竖直向上的匀强磁场，已知当一个线圈刚好开始匀速度运动时，下一个线圈恰好放在传送带上，线圈匀速运动时，每两个线圈间保持距离L 不变，匀强磁场的宽度为3L ，求：(1)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q ．(2)在某个线圈加速的过程中，该线圈通过的距离S 1和在这段时间里传送带通过的距离S 2之比．(3)传送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能E （不考虑电动机自身的能耗）【答案】(1)232B L vQ R= (2) S 1:S 2=1:2 (3)E=mv 2+2B 2L 3v/R【解析】 【分析】 【详解】(1)线圈匀速通过磁场，产生的感应电动势为E=BLv ，则每个线圈通过磁场区域产生的热量为223()22BLv L B L vQ Pt R v R===(2)对于线圈：做匀加速运动，则有S 1=vt /2 对于传送带做匀速直线运动，则有S 2=vt 故S 1：S 2=1：2(3)线圈与传送带的相对位移大小为2112vts s s s ∆=-== 线圈获得动能E K =mv 2/2=fS 1传送带上的热量损失Q /=f (S 2-S 1）=mv 2/2送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能为E =E K +Q +Q /=mv 2+2B 2L 3v/R 【点睛】本题的解题关键是从能量的角度研究电磁感应现象，掌握焦耳定律、E=BLv 、欧姆定律和能量如何转化是关键．2．如图所示，在倾角为θ的斜面内有两条足够长的不计电阻的平行金属导轨，导轨宽度为L ，导轨上端连有阻值为R 的电阻；在垂直于导轨边界ab 上方轨道空间内有垂直于导轨向上的均匀变化的匀强磁场B 1。
高中物理电磁学电磁感应问题解析电磁感应是高中物理中一个重要的概念，也是学生普遍感到困惑的一个难点。
本文将通过具体的题目举例，分析解题思路和考点，并给出解题技巧，帮助高中学生更好地理解和应用电磁感应的知识。
一、题目一：一根导线以速度v=10m/s垂直地穿过一个磁感应强度为B=0.5T的磁场，导线的长度为l=20cm，求导线两端的感应电动势。
解析：这是一个简单的电磁感应问题，考察对电磁感应定律的理解和应用。
根据电磁感应定律，感应电动势的大小等于磁感应强度与导线长度的乘积再乘以导线的速度。
所以，感应电动势E=Blv=0.5T×0.2m×10m/s=1V。
解题技巧：对于这类简单的电磁感应问题，只需要根据电磁感应定律进行计算即可。
注意单位的转换和计算的准确性。
二、题目二：一根导线以速度v=5m/s垂直地穿过一个磁感应强度为B=0.2T 的磁场，导线的长度为l=30cm，求导线两端的感应电流。
解析：这是一个稍微复杂一些的电磁感应问题，考察对电磁感应定律和欧姆定律的理解和应用。
根据电磁感应定律，感应电动势的大小等于磁感应强度与导线长度的乘积再乘以导线的速度。
所以，感应电动势E=Blv=0.2T×0.3m×5m/s=0.3V。
根据欧姆定律，感应电流的大小等于感应电动势与导线的电阻之比。
假设导线的电阻为R，那么感应电流I=E/R=0.3V/R。
解题技巧：对于这类稍微复杂一些的电磁感应问题，需要综合运用电磁感应定律和欧姆定律进行计算。
注意单位的转换和计算的准确性。
同时，要注意导线的电阻是否给出，如果没有给出，需要通过其他已知条件来求解。
三、题目三：一个导体圆环的半径为R=10cm，它的面积为S=πR²，导体圆环以角速度ω=2πrad/s绕垂直于圆环平面的轴旋转，求导体圆环两端的感应电动势。
解析：这是一个涉及到旋转运动的电磁感应问题，考察对电磁感应定律和旋转运动的理解和应用。
高中物理电磁感应现象习题二轮复习含答案解析一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图，垂直于纸面的磁感应强度为B ，边长为 L 、电阻为 R 的单匝方形线圈 ABCD 在外力 F 的作用下向右匀速进入匀强磁场，在线圈进入磁场过程中，求： (1)线圈进入磁场时的速度 v 。
(2)线圈中的电流大小。
(3)AB 边产生的焦耳热。
【答案】(1)22FR v B L =；(2)F I BL=；(3)4FL Q =【解析】 【分析】 【详解】(1)线圈向右匀速进入匀强磁场，则有F F BIL ==安又电路中的电动势为E BLv =所以线圈中电流大小为==E BLvI R R 联立解得22FRv B L =(2)根据有F F BIL ==安得线圈中的电流大小F I BL=(3)AB 边产生的焦耳热22()4AB F R L Q I R t BL v==⨯⨯ 将22FRv B L =代入得 4FL Q =2．如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ad 和bc ，相距为L=10cm ；另外两根水平金属杆MN 和EF 可沿导轨无摩擦地滑动，MN 棒的质量均为m=0.2kg ，EF 棒的质量M =0.5kg ，在两导轨之间两棒的总电阻为R=0.2Ω（竖直金属导轨的电阻不计）；空间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B=5T ，磁场区域足够大；开始时MN 与EF 叠放在一起放置在水平绝缘平台上，现用一竖直向上的牵引力使MN 杆由静止开始匀加速上升，加速度大小为a =1m/s 2，试求：（1）前2s 时间内流过MN 杆的电量（设EF 杆还未离开水平绝缘平台）； （2）至少共经多长时间EF 杆能离开平台。
【答案】（1）5C ；（2）4s 【解析】 【分析】 【详解】解：（1）t=2s 内MN 杆上升的距离为21 2h at = 此段时间内MN 、EF 与导轨形成的回路内，磁通量的变化量为BLh ∆Φ=产生的平均感应电动势为E t ∆Φ=产生的平均电流为E I R=流过MN 杆的电量q It =代入数据解得25C 2BLat q R==（2）EF 杆刚要离开平台时有BIL Mg =此时回路中的电流为E I R=MN 杆切割磁场产生的电动势为E BLv =MN 杆运动的时间为v t a=代入数据解得224s MgRt B L a==3．如图所示，两根粗细均匀的金属棒M N 、，用两根等长的、不可伸长的柔软导线将它们连接成闭合回路，并悬挂在光滑绝缘的水平直杆上，并使两金属棒水平。
高考物理新电磁学知识点之电磁感应技巧及练习题附答案解析(2)一、选择题1．在图中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有匀强磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB( )A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0 B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0 D．加速滑动时，I1≠0，I2≠02．两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0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示。
已知导线框向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场。
导线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示（规定感应电流的方向abcda为正方向）。
下列说法正确的是（）A．磁感应强度的方向垂直纸面向内B．磁感应强度的大小为0.5TC．导线框运动速度的大小为0.05m/sD．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.04N3．下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（）A．图甲是通电导线周围存在磁场的实验。
这一现象是物理学家法拉第通过实验首先发现B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属C．图丙是李辉用多用电表的欧姆挡测量变压器线圈的电阻刘伟手握线圈裸露的两端协助测量，李辉把表笔与线圈断开瞬间，刘伟觉得有电击说明欧姆挡内电池电动势很高D．图丁是微安表的表头，在运输时要把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理4．如图所示为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下。
一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，飞机机身长为a，翼展为b；该空间地磁场磁感应强度的水平分量为B1，竖直分量为B2；驾驶员左侧机翼的端点用A表示，右侧机翼的端点用B表示，用E表示飞机产生的感应电动势，则A．E=B2vb，且A点电势高于B点电势B．E=B1vb，且A点电势高于B点电势C．E=B2vb，且A点电势低于B点电势D．E=B1vb，且A点电势低于B点电势5．如图所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。
高考物理电磁学知识点之电磁感应专项训练解析含答案(2)一、选择题1．如图所示,闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部)()A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互吸引B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反,磁铁与线圈相互排斥C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反,磁铁与线圈相互吸引D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互排斥2．如图所示，P、Q是两个完全相同的灯泡，L是自感系数很大、电阻可不计的线圈。
闭合开关K，一段时间后电路中的电流稳定，下列说法正确的是（）A．P灯不亮，Q灯亮B．P灯与Q灯亮度相同C．断开开关K时，P立即熄灭，Q慢慢熄灭D．断开开关K时，P突然变亮且保持亮度不变，Q立即熄灭3．如图所示，A和B是电阻为R的电灯，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中，正确的是（）A．B灯逐渐熄灭B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a4．如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )A．W1<W2，q1<q2B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2D．W1>W2，q1>q2 5．如图所示，用粗细均匀的同种金属导线制成的两个正方形单匝线圈a、b，垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a的边长为L，b的边长为2L。
当磁感应强度均匀增加时，不考虑线圈a、b之间的影响，下列说法正确的是（）A．线圈a、b中感应电动势之比为E1∶E2＝1∶2B．线圈a、b中的感应电流之比为I1∶I2＝1∶2C．相同时间内，线圈a、b中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝1∶4D．相同时间内，通过线圈a、b某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶46．如图所示，MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l为0.4m，电阻不计。
习题课三电磁感应中的动力学、能量问题1．进一步熟练掌握牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等基本规律。
2．掌握电磁感应中动力学问题的分析方法，建立解决电磁感应中动力学问题的思维模型。
3．理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题。
电磁感应中的动力学问题[问题探究]在电磁感应现象中导体运动切割磁感线，产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用。
因此，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。
那么请同学们思考，解决电磁感应中的力学问题时应从哪两个方面入手？提示：一方面要考虑电磁学中的有关规律；另一方面还要考虑力学中的有关规律，要将电磁学和力学知识综合起来应用。
[要点归纳]1．导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态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)导体的非平衡状态——加速度不为0。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。
2．力学对象和电学对象的相互关系[例题1] 如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN 、P Q 平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距l ＝1 m ，导轨的电阻可忽略。
M 、P 两点间接有电阻R 。
一根质量m ＝1 kg 、电阻r ＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。
整套装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。
自图示位置起，杆ab 受到大小为F ＝0.5v ＋2(式中v 为杆ab 运动的速度，所有物理量均采用国际单位制)、方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R 的电流随时间均匀增大。
g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6。
(1)试判断金属杆ab 在匀强磁场中做何种运动，请写出推理过程； (2)求电阻R 的阻值；(3)求金属杆ab 自静止开始下滑通过位移x ＝1 m 所需的时间t 。
高中物理电磁感应现象习题知识归纳总结及答案解析一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图所示，质量为4m 的物块与边长为L 、质量为m 、阻值为R 的正方形金属线圈abcd 由绕过轻质光滑定滑轮的绝缘细线相连，已知细线与斜面平行，物块放在光滑且足够长的固定斜面上，斜面倾角为300。
垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B ，磁场上下边缘的高度为L ，上边界距离滑轮足够远，线圈ab 边距离磁场下边界的距离也为L 。
现将物块由静止释放，已知线圈cd 边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，求：（1）线圈刚进入磁场时ab 两点的电势差大小 （2）线圈通过磁场的过程中产生的热量【答案】（1）3245ab U BL gL =；（2）32244532m g R Q mgL B L =-【解析】 【详解】（1）从开始运动到ab 边刚进入磁场，根据机械能守恒定律可得214sin 30(4)2mgL mgL m m v =++，25v gL =应电动势E BLv =，此时ab 边相当于是电源，感应电流的方向为badcb ，a 为正极，b 为负极，所以ab 的电势差等于电路的路端电压，可得332445ab U E gL == （2）线圈cd 边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，所以线圈和物块均合外力为0，可得绳子的拉力为2mg ，线圈受的安培力为mg ，所以线圈匀速的速度满足22mB L v mg R=，从ab 边刚进入磁场到cd 边刚离开磁场，根据能量守恒定律可知2143sin 3(4)2m mg L mgL m m v Q θ=+++，32244532m g R Q mgL B L =-2．如图，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，磁感应强度随时间变化规律为B ＝B 0－kt (其中k 为大于0的常数)．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12B 0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】⑴23kL ，顺时针方向或b→a ；⑵g －2204B L v mR ；⑶【解析】 【分析】 【详解】⑴导体棒被锁定前，闭合回路的面积不变，B t∆∆＝k 由法拉第电磁感应定律知：E ＝t Φ∆∆＝B S t ∆∆＝23kL 由闭合电路欧姆定律知：I ＝E R 总＝23kL由楞次定律知，感应电流的方向：顺时针方向或b→a ⑵导体棒刚离开导轨时受力如图所示根据法拉第电磁感应定律有：E ＝012B Lv 根据闭合电路欧姆定律知：I ＝E R根据安培力公式有：F ＝012ILB 解得：F ＝012ILB 由牛顿第二定律知：mg －F ＝ma解得：a ＝g －2204B L vR⑶由能量守恒知：mgh ＝212mv ＋Q 由几何关系有：h ＝3L 解得：Q ＝34mgL －212mv3．如图所示，MN 、PQ 为足够长的平行金属导轨．间距L=0.50m ，导轨平面与水平面间夹角θ=37°，N 、Q 间连接一个电阻R=5.0Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0T ．将一根质量m=0.05kg 的金属棒放在导轨的ab 位置，金属棒及导轨的电阻不计．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导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数0.50μ=，当金属棒滑至cd 处时，其速度大小开始保持不变，位置cd 与ab 之间的距离 2.0m s =．已知210m/s g =， sin370.60︒=，cos370.80︒=．求：（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； （2）金属棒达到cd 处的速度大小；（3）金属棒由位置ab 运动到cd 的过程中，电阻R 产生的热量． 【答案】（1）22.0/a m s = （2） 2.0/v m s = （3）0.10Q J = 【解析】 【分析】根据牛顿第二定律求加速度，根据平衡条件求金属棒速度大小，由能量守恒求电阻R 上产生的热量； 【详解】（1）设金属杆的加速度大小a ，则sin cos mg mg ma θμθ-= 解得22.0m/s a =（2）设金属棒达到cd 位置时速度大小为V ，电流为I ，金属棒受力平衡，有sin cos mg BIL mg θμθ=+BLvI R=解得： 2.0m/s V =．（3）设金属棒从ab 运动到cd 的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ，由能量守恒，有21sin cos 2mgs mv mgs Q θμθ⋅=+⋅+ 解得：0.10J Q =4．如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场．若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E 大小；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流I 与时间t 的关系式．【答案】(1)0.04 V ； (2)0.04 N ， I ＝22Bv tR；【解析】 【分析】 【详解】⑴在棒进入磁场前，由于正方形区域abcd 内磁场磁感应强度B 的变化，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，在棒进入磁场前回路中的电动势为E ＝＝0.04V⑵当棒进入磁场时，磁场磁感应强度B ＝0.5T 恒定不变，此时由于导体棒做切割磁感线运动，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中的电动势为：e ＝Blv ，当棒与bd 重合时，切割有效长度l ＝L ，达到最大，即感应电动势也达到最大e m ＝BLv ＝0.2V ＞E ＝0.04V根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流最大为：i m ＝＝0.2A根据安培力大小计算公式可知，棒在运动过程中受到的最大安培力为：F m ＝i m LB ＝0.04N 在棒通过三角形abd 区域时，切割有效长度l ＝2v （t －1）（其中，1s≤t≤＋1s ） 综合上述分析可知，回路中的感应电流为：i ＝＝（其中，1s≤t≤＋1s ）即：i ＝t －1（其中，1s≤t≤1.2s ） 【点睛】注意区分感生电动势与动生电动势的不同计算方法，充分理解B-t 图象的含义．5．如图所示，“＜”型光滑长轨道固定在水平面内，电阻不计．轨道中间存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ．一根质量m 、单位长度电阻R 0的金属杆，与轨道成45°位置放置在轨道上，从静止起在水平拉力作用下从轨道的左端O 点出发，向右做加速度大小为a 的匀加速直线运动，经过位移L ．求： (1)金属杆前进L 过程中的平均感应电动势．(2)已知金属杆前进L 过程中水平拉力做功W ．若改变水平拉力的大小，以4a 大小的加速度重复上述前进L 的过程，水平拉力做功多少？(3)若改用水平恒力F 由静止起从轨道的左端O 点拉动金属杆，到金属杆速度达到最大值v m 时产生热量．（F 与v m 为已知量）(4)试分析(3)问中，当金属杆速度达到最大后，是维持最大速度匀速直线运动还是做减速运动？【答案】(1)22aBL LW +2maL (3)2202122-m m F R mv B v (4)当金属杆速度达到最大后，将做减速运动 【解析】 【详解】(1)由位移﹣速度公式得2aL =v 2﹣0所以前进L 时的速度为v 2aL前进L 过程需时t =2=vaLa 由法拉第电磁感应定律有：tE ∆Φ=∆ =212222B L LB S a BL t L aL ⨯⨯⨯∆==∆(2)以加速度a 前进L 过程，合外力做功W +W 安=maL所以W 安=maL ﹣W以加速度4a 前进L 时速度为'=v =2v合外力做功W F ′+W 安′=4maL由22A B L vF BIL R==可知，位移相同时：F A ′=2F A则前进L 过程W 安′=2W 安所以W F ′=4maL ﹣2W 安=2W +2maL(3)设金属杆在水平恒力作用下前进d 时F A =F ，达到最大速度，由几何关系可知，接入电路的杆的有效长度为2d ，则220(2)2⨯===⨯mA B d v F BIl F R d所以d=22mFR B v 由动能定理有212-=m Fd Q mv 所以：Q =Fd ﹣222021122=2-m m m F R mv mv B v (4)根据安培力表达式，假设维持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，则加速度一定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，所以做减速运动。
电磁感应现象习题综合题含答案解析一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图，水平面（纸面）内同距为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．0t 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（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】0F E Blt g m μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ； R =220B l t m【解析】 【分析】 【详解】（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-μmg ① 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 =at 0 ②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 ③ 联立①②③式可得:0F E Blt g m μ⎛⎫=-⎪⎝⎭④ （2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I ，根据欧姆定律：I=ER⑤ 式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为：f BIl = ⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F –μmg–f=0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得: R =220B l t m2．如图所示，两平行长直金属导轨(不计电阻)水平放置，间距为L ，有两根长度均为L 、电阻均为R 、质量均为m 的导体棒AB 、CD 平放在金属导轨上。
其中棒CD 通过绝缘细绳、定滑轮与质量也为m 的重物相连，重物放在水平地面上，开始时细绳伸直但无弹力，棒CD 与导轨间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场1B ，磁场区域的边界满足曲线方程：sin(0y L x x L Lπ=≤≤，单位为)m 。
四. 知识要点：第一单元电磁感应现象楞次定律（一）电磁感应现象1. 产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化.2. 磁通量的计算（1）公式Φ=BS此式的适用条件是：①匀强磁场；②磁感线与平面垂直。
（2）如果磁感线与平面不垂直，上式中的S为平面在垂直于磁感线方向上的投影面积.即其中θ为磁场与面积之间的夹角，我们称之为“有效面积”或“正对面积”。
（3）磁通量的方向性：磁通量正向穿过某平面和反向穿过该平面时，磁通量的正负关系不同。
求合磁通时应注意相反方向抵消以后所剩余的磁通量。
（4）磁通量的变化：可能是B发生变化而引起，也可能是S发生变化而引起，还有可能是B和S同时发生变化而引起的，在确定磁通量的变化时应注意。
3. 感应电动势的产生条件：无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，这部分电路就会产生感应电动势。
这部分电路或导体相当于电源。
（二）感应电流的方向1. 右手定则当闭合电路的部分导体切割磁感线时，产生的感应电流的方向可以用右手定则来进行判断。
右手定则：伸开右手，使大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，让磁感线垂直穿入手心，大拇指指向导体运动方向，那么伸直四指指向即为感应电流的方向。
说明：伸直四指指向还有另外的一些说法：①感应电动势的方向；②导体的高电势处。
2. 楞次定律（1）内容感应电流具有这样的方向：就是感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
注意：①“阻碍”不是“相反”，原磁通量增大时，感应电流的磁场与原磁通量相反，“反抗”其增加；原磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁通量相同，“补偿”其减小，即“增反减同”。
②“阻碍”也不是阻止，电路中的磁通量还是变化的，阻碍只是延缓其变化。
③楞次定律的实质是“能量转化和守恒”，感应电流的磁场阻碍过程，使机械能减少，转化为电能。
（2）应用楞次定律判断感应电流的步骤：①确定原磁场的方向。
②明确回路中磁通量变化情况。
③应用楞次定律的“增反减同”，确定感应电流磁场的方向。
基础课 2 法拉第电磁感应定律 自感、涡流一、选择题1．(多选)(2016年全国卷Ⅱ)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 由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a 到b 的方向流动，选项B 正确；由感应电动势E ＝12Bl 2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A 正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C 错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P ＝I 2R 知，电流在R 上的热功率变为原来的4倍，选项D 错误．2．如图，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为E ，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与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E ′.则E ′E等于( )A.12B.22C ．1D. 2解析：选B 设折弯前导体切割磁感线的长度为L ，运动产生的感应电动势为E ＝BLv ；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝22L ，故产生的感应电动势为E ′＝BL ′v ＝B ·22Lv ＝22E ，所以E ′E ＝22，B 正确．3．(2018届青岛模拟)如图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 ( )A ．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高解析：选C 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，竖直下坠，机翼方向与地磁场方向平行，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，竖直下坠，机翼方向与地磁场方向垂直，由右手定则可判定，飞机的右方机翼末端的电势比左方机翼末端的电势高，即φ2比φ1高，同理可知，若飞机从北往南飞，φ2比φ1低，故C 正确，D 错误．4．(多选)将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是( )A ．磁通量的变化量B ．磁通量的变化率C ．感应电流的大小D ．流过导体某横截面的电荷量解析：选AD 将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢，第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同，磁通量变化率不同，A 正确，B 错误；根据法拉第电磁感应定律，第二次线圈中产生的感应电动势大，根据欧姆定律可知第二次感应电流大，即I 2>I 1，C 错误；流过导体某横截面的电荷量q ＝I －Δt ＝E －R Δt ＝ΔΦΔt R Δt ＝ΔΦR，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，D 正确．5．(多选)如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化．下列说法正确的是( )A ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变解析：选AD 线框中的感应电动势为E ＝ΔBΔtS ，设线框的电阻为R ，则线框中的电流I＝E R ＝ΔB Δt ·S R ，B 增大或减小时，ΔBΔt可能减小，也可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A 、D 正确．6．如图所示，线圈L 的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L 1、L 2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S 闭合和断开的过程中，L 1、L 2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S 断开，L 2立即不亮，L 1逐渐变亮B ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2很亮；S 断开，L 1、L 2立即不亮C ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2亮度不变；S 断开，L 2立即不亮，L 1亮一下才灭D ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2则逐渐变得更亮；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下才灭解析：选D S 闭合瞬间，自感线圈L 相当于一个大电阻，以后阻值逐渐减小到0，所以观察到的现象是灯泡L 1和L 2同时亮，以后L 1逐渐变暗到熄灭，L 2逐渐变得更亮．S 断开瞬间，自感线圈相当于一个电动势逐渐减小的内阻不计的电源，它与灯泡L 1组成闭合回路，所以L 2立即熄灭，L 1亮一下才熄灭．所以A 、B 、C 选项都是错误的，只有D 选项正确．7．如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )A ．恒为nS B 2－B 1t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS B 2－B 1t 2－t 1C ．恒为－nS B 2－B 1t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS B 2－B 1t 2－t 1解析：选 C 根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝n S B 2－B 1t 2－t 1，由楞次定律可以判断a 点电势低于b 点电势，所以a 、b 两点之间的电势差为－nS B 2－B 1t 2－t 1，C 项正确．8．(多选)如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一半径为R 、质量为m 的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑，重力加速度大小为g .下列说法正确的是( )A ．金属球会运动到半圆轨道的另一端B ．由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C ．金属球受到的安培力做负功D ．系统产生的总热量为mgR解析：选CD 金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，选项C 正确，A 、B 错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR ，选项D 正确．9．(多选)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l a ＝3l b ，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方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为27∶1解析：选BD 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，则A 项错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔBΔt ，而磁感应强度均匀变化，即ΔB Δt 恒定，则a 、b 线圈中的感应电动势之比为E a E b ＝S a S b ＝l a2l b 2＝9，故B项正确；根据电阻定律R ＝ρl S ′，且L ＝4Nl ，则R a R b ＝l a l b ＝3，由闭合电路欧姆定律I ＝ER得，a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b ＝E a E b ·R bR a ＝3，故C 项错误；由功率公式P ＝I 2R 知，a 、b 线圈中的电功率之比为P a P b ＝I a 2I b 2·R aR b＝27，故D 项正确．10．(多选)半径为a 且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3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2avπ＋2R 0D ．θ＝π3 时，杆受的安培力大小为3B 2av5π＋3R 0解析：选AD 开始时刻，感应电动势E 1＝BLv ＝2Bav ，故A 项正确；θ＝π3时，E 2＝B ·2a cos π3·v ＝Bav ，故B 项错误；由L ＝2a cos θ，E ＝BLv ，I ＝ER，R ＝R 0[2a cos θ＋(π＋2θ)a ]，得在θ＝0时，F ＝B 2L 2v R ＝4B 2av R 02＋π，故C 项错误；θ＝π3时F ＝3B 2avR 05π＋3，故D 项正确．二、非选择题11．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g 取10 m/s 2)(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ΔB Δt.解析：(1)线圈受到的安培力F ＝N 1B 0IL 天平平衡mg ＝N 1B 0IL 代入数据得N 1＝25. (2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt即E ＝N 2ΔBΔt Ld由欧姆定律得I ′＝E R线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L 天平平衡m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL2R代入数据可得ΔBΔt ＝0.1 T/s.答案：(1)25 (2)0.1 T/s12．如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab 、cd 的间距L 1＝0.5 m ，金属棒ad 与导轨左端bc 的距离为L 2＝0.8 m ，整个闭合回路的电阻为R ＝0.2 Ω，磁感应强度为B 0＝1 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad 杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m ＝0.04 kg 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以ΔBΔt＝0.2 T/s 的变化率均匀地增大．求：(1)金属棒上电流的方向； (2)感应电动势的大小；(3)经过多长时间物体刚好离开地面(g 取10 m/s 2)．解析：(1)原磁场方向竖直向下，回路中磁通量增大，由楞次定律可知感应电流的磁场方向竖直向上，由安培定则可知金属棒上电流的方向a →d .(2)由法拉第电磁感应定律可知E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔBΔt面积S ＝L 1L 2＝0.4 m 2由已知条件得n ＝1，ΔBΔt ＝0.2 T/s代入数据得E ＝0.08 V.(3)对物体刚好离地时受力分析如图甲：列平衡方程：T 绳＝mg ，对此时的ad 棒受力分析如图乙：列平衡方程：F 安＝T 绳 安培力的大小：F 安＝BIL 1 由欧姆定律：I ＝E R由已知条件：B ＝B 0＋ΔBΔt t以上各式联立解得t ＝5 s.答案：(1)a→d(2)0.08 V (3)5 s。
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题8分，共80分。
其中 1～6题为单选，7～10题为多选)1．(2016·浙江高考)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l a ＝3l b ，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方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1 答案 B解析 磁场均匀增大，穿过两线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知两线圈内会产生逆时针方向的感应电流，A 错误；由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt l 2，得E a E b ＝l 2a l 2b ＝91，B 正确；由电阻定律R ＝ρL S ，得R a R b ＝l a l b ＝31，由闭合电路欧姆定律可得I ＝E R ，即I a I b ＝E a E b ×R b R a ＝31，C错误；由P ＝E 2R 得P a P b ＝E 2aE 2b ×R b R a ＝271，D 错误。
2．(2019·河南名校高三上学期四联)如图甲所示，abcd 是边长为L ＝1 m 的正方形金属线框，电阻为R ＝2 Ω，虚线为正方形的对称轴，虚线上方线框内有按图乙变化的匀强磁场，虚线下方线框内有按图丙变化的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里为正，则线框中的感应电流大小为( )A ．18 A B ．14 A C ．38A D ．14A答案 C解析 由图乙得：ΔB Δt ＝3－14－0 T/s ＝0.5 T/s ，由法拉第电磁感应定律得：E 1＝n ΔΦΔt＝nL ·L2·ΔBΔt＝0.25 V ，由楞次定律得，线框的感应电流方向为逆时针方向；由图丙得：ΔBΔt＝3－03－0 T/s ＝1 T/s ，由法拉第电磁感应定律得：E 2＝n ΔΦΔt＝nL ·L2·ΔBΔt＝0.5 V ，由楞次定律得，线框的感应电流方向为逆时针方向。
