2018届高考物理二轮复习导体棒切割磁感线问题专题卷

一、单项选择题1．【2018·新课标卷】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【考点定位】电磁感应切割类问题2．【2018·福建·18】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B 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（ ）A ．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【答案】C【考点定位】电磁感应切割类问题3．【2018·安徽·19】如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l 。

导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计。

已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。

则A ．电路中感应电动势的大小为sin BlvθB ．电路中感应电流的大小为sin Bv rθC ．金属杆所受安培力的大小为2sin lv rB θD ．金属杆的热功率为22sin l r vB θ【答案】B【解析】导体棒切割磁感线产生感应电动势E Blv =，故A 错误；感应电流的大小sin sin E Bv I l r r θθ==，故B 正确；所受的安培力为2sin l B vl F BI r θ==，故C 错误；金属杆的热功率222sin sin l B v Q I r rθθ==，故D 错误。

100考点最新模拟题千题精练10-9一．选择题1. (2018洛阳联考)1831年,法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲).它是利用电磁感应的原理制成的,是人类历史上第一台发电机.图乙是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触.使铜盘转动,电阻R 中就有电流通过.若所加磁场为匀强磁场,回路的总电阻恒定,从左往右看,铜盘沿顺时针方向匀速转动,下列说法中正确的是 ( )A. 铜片D 的电势高于铜片C 的电势B. 电阻R 中有正弦式交变电流流过C. 铜盘转动的角速度增大1倍,流过电阻R 的电流也随之增大1倍D. 保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中有电流产生 【参考答案】C【名师解析】根据右手定则，铜片中电流方向为D 指向C ，由于铜片是电源，所以铜片D 的电势低于铜片C 的电势，选项A 错误；电阻R 中有恒定的电流流过，选项B 错误；铜盘转动的角速度增大1倍,，根据转动过程中产生的感应电动势公式E ＝12BL 2ω，产生是感应电动势增大1倍，根据闭合电路欧姆定律，流过电阻R 的电流也随之增大1倍，选项C 正确；保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中没有电流产生，选项D 错误。

2.如图所示为一圆环发电装置，用电阻R ＝4 Ω的导体棒弯成半径L ＝0.2 m 的闭合圆环，圆心为O ，COD是一条直径，在O 、D 间接有负载电阻R 1＝1 Ω。

整个圆环中均有B ＝0.5 T 的匀强磁场垂直环面穿过。

电阻r ＝1 Ω的导体棒OA 贴着圆环做匀速运动，角速度ω＝300 rad/s ，则( )A.当OA 到达OC 处时，圆环的电功率为1 WB.当OA 到达OC 处时，圆环的电功率为2 WC.全电路最大功率为3 WD.全电路最大功率为4.5 W 【参考答案】AD3.如图所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )A.由c 到d ，I ＝Br 2ωRB.由d 到c ，I ＝Br 2ωRC.由c 到d ，I ＝Br 2ω2RD.由d 到c ，I ＝Br 2ω2R【参考答案】D4（2018河南八市重点高中联考）如图所示，导体杆OP 在作用于OP 中点且垂直于OP 的力作用下，绕O 轴沿半径为r 的光滑半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B ，AO 间接有电阻R ，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P ，则A ．外力的大小为2B ．外力的大小为2CD ．导体杆旋转的角速度为22Br 【参考答案】C【名师解析】设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E =12Br 2ω，I=E/R ，根据题述回路中的电功率为P ，则P=EI ；设维持导体杆匀速转动的外力为F ，则有：P=Fv /2，v=r ω，联立解得F ，ω，选项C 正确ABD 错误。

1.3电磁感应定律的应用一、选择题1．某学校操场上有如图所示的运动器械：两根长金属链条将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架上。

静止时ab水平且沿东西方向。

已知当地的地磁场方向自南向北斜向下跟竖直方向成45°，现让ab随链条荡起来，最大偏角45°，则下列说法正确的是( )A．当ab棒自南向北经过最低点时，ab中感应电流的方向是自西向东B．当链条与竖直方向成45°时，回路中感应电流最大C．当ab棒自南向北经过最低点时，安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下D．在ab棒运动过程中，不断有磁场能转化为电场能答案 C解析当ab棒自南向北经过最低点时，由右手定则知电流方向自东向西，故A错误；当链条偏南与竖直方向成45°时，ab运动方向(沿圆轨迹的切线方向)与磁场方向平行，此时感应电流为零，最小，故B错误；当ab棒自南向北经过最低点时，由左手定则知安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下，故C正确；在ab棒运动过程中，不断有机械能转化为电场能，故D错误。

2．[2017·江西赣中模拟]如图所示，等离子气流(由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0垂直射入P1和P2两极板间的匀强磁场中。

两平行长直导线ab和cd的相互作用情况为：0～1 s内排斥，1～3 s内吸引，3～4 s内排斥。

线圈A内有外加磁场，规定向左为线圈A内磁感应强度B的正方向，则线圈A内磁感应强度B随时间t变化的图象有可能是下图中的( )答案 C解析 等离子气流由左方连续不断地以速度v 0射入P 1和P 2两极板间的匀强磁场中，正电荷向上偏，负电荷向下偏，上极板带正电，下极板带负电，电流方向由a 到b,0～1 s 内互相排斥，则cd 的电流由d 到c,1～3 s 内互相吸引，则cd 的电流由c 到d ，根据楞次定律知C 正确，A 、B 、D 错误。

3．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。

2018年全真高考+名校模拟物理试题分项解析1．如图，在同一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变化的正确图线可能是（）A.B.C.D.【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【答案】 D第一过程从①移动②的过程中左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同所以，则电流为，电流恒定且方向为顺时针，再从②移动到③的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零，然后从③到④的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为，方向是逆时针点睛：根据线圈的运动利用楞次定律找到电流的方向，并计算电流的大小从而找到符合题意的图像。

2．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中心，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OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；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Ⅱ）。

在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于（）A.B.C.D. 2【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 B【解析】本题考查电磁感应及其相关的知识点。

过程I回路中磁通量变化△Φ1=BπR2，设OM的电阻为R，流过OM的电荷量Q1=△Φ1/R。

过程II回路中磁通量变化△Φ2=（B’-B）πR2，流过OM的电荷量Q2=△Φ2/R。

Q2=Q1，联立解得：B’/B=3/2，选项B正确。

【点睛】此题将导体转动切割磁感线产生感应电动势和磁场变化产生感应电动势有机融合，经典中创新。

[热点跟踪专练]1．(多选)(2017·辽宁沈阳高三考试)如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离L 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .则此过程( )A ．杆的速度最大值为(F －μmg )RB 2d 2B ．流过电阻R 的电荷量为BdL R ＋rC ．从静止到速度恰好达到最大经历的时间t ＝m (R ＋r )B 2d 2＋B 2d 2L (F －μmg )(R ＋r )D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量[解析] 当杆的速度达到最大时，安培力F A ＝B 2d 2v R ＋r，杆受力平衡，则有F－μmg－F A＝0，所以v＝(F－μmg)(R＋r)B2d2，A错误；流过电阻R的电荷量为q＝I t＝ΔΦR＋r＝BdLR＋r，B正确；由动量定理可知(F－μmg－BId)t＝m v，q＝It，又v＝(F－μmg)(R＋r)B2d2，解得t＝m(R＋r)B2d2＋B2d2L(F－μmg)(R＋r)，C正确；对于杆从静止到速度达到最大的过程，根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，D正确．[答案]BCD2.(多选)如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑导轨竖直放置，其上端接有一阻值为R的电阻，一质量为m、长度为L、电阻也为R的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．现将金属棒由静止释放，金属棒下落过程中始终水平，经一定时间后金属棒速度达到最大速度v，此过程中通过电阻的电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．此过程中金属棒做加速度减小的加速运动B．此过程中金属棒下落的距离为qR BLC．此过程中金属棒克服安培力做的功为4mgqRBL－12m v2D．当金属棒速度为v2时，金属棒的加速度大小为g2[解析]金属棒在下落过程中受竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用，安培力大小为F安＝BIL＝B2L2v x2R，即安培力随金属棒速度的增大而增大，所以金属棒先做加速度减小的加速运动，达最大速度后开始做匀速运动，A对；因q＝I·t＝ΔΦ2R＝BLh2R，所以此过程中金属棒下落的距离为h＝2qRBL，B错；由动能定理知mgh－W安＝12m v2，即此过程中金属棒克服安培力做功为2mgqRBL－12m v2，C错；当金属棒速度为v2时，由牛顿第二定律知ma＝mg－B2L2v4R，而mg＝B2L2v2R，联立解得a＝g2，D对．[答案]AD3．如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距，电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a 一个平行于导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是()A ．回路中的最大电流为BLI mRB ．铜棒b 的最大加速度为B 2L 2I 2m 2RC ．铜棒b 获得的最大速度为I mD ．回路中产生的总焦耳热为I 22m[解析] 给铜棒a 一个平行于导轨向右的瞬时冲量I ，由动量定理可知铜棒a 的初速度为v a ＝I m ，此时回路中感应电动势最大，感应电流最大，最大感应电动势E ＝BL v a ＝BLI m ，回路中最大电流i ＝E 2R＝BLI 2mR ，选项A 错误．铜棒b 所受的最大安培力F ＝BiL ＝B 2L 2I 2mR，由牛顿第二定律F ＝ma ，可得铜棒b 的最大加速度a ＝F m ＝B 2L 2I 2m 2R，选项B 正确．由于导轨足够长，对铜棒a 、b 组成的系统，动量守恒，最终二者速度相等，由动量守恒定律可知铜棒b 获得的最大速度为v b ＝12v a ＝I 2m，选项C 错误．由能量守恒定律知回路中产生的总焦耳热为Q ＝12m v 2a －2×12m v 2b ＝I 24m，选项D 错误． [答案] B4．(多选)如图所示，在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L ，下端接有阻值为R 的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与斜面垂直(图中未画出)．质量为m 、阻值大小也为R 的金属棒ab 与固定在斜面上方的劲度系数为k 的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定．现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度v 0，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g ，在上述过程中( )A ．开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为BL v 02B ．通过电阻R 的最大电流一定是BL v 02RC ．通过电阻R 的总电荷量为mgBL 4kRD ．回路产生的总热量小于12m v 20＋m 2g 24k[解析] 开始时金属棒切割磁感线产生电动势E ＝BL v 0，则金属棒与导轨接触点间电压为U ＝0.5E ，选项A 对；金属棒释放时，受到沿斜面向上的安培力与沿斜面向下的重力分力，因不知二力大小关系，则不能确定通过R 的最大电流，选项B 错；由于金属棒在运动过程中受到安培力作用，最终金属棒静止，则金属棒沿斜面下滑距离为d＝mg sinθk，应用电流定义式和法拉第电磁感应定律可知通过R的电荷量q＝BLd2R＝mgBL4kR，选项C对；从开始到停止，设回路产生的热量为Q、金属棒静止时弹簧弹性势能为E p，对金属棒和回路应用功能关系可知Q＋E p＝mgd sinθ＋12m v2，则Q＝12m v2＋(mg)24k－E p，选项D对．[答案]ACD5.如图所示，竖直平面内有无限长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L＝0.5 m，上方连接一个阻值R＝1 Ω的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场．完全相同的两根金属杆1和2靠在导轨上，金属杆与导轨等宽且与导轨接触良好，电阻均为r＝0.5 Ω.将金属杆1固定在磁场的上边缘(仍在此磁场内)，金属杆2从磁场边界上方h0＝0.8 m处由静止释放，进入磁场后恰做匀速运动．(g取10 m/s2)(1)求金属杆的质量m.(2)若金属杆2从磁场边界上方h1＝0.2 m处由静止释放，进入磁场经过一段时间后开始做匀速运动．在此过程中整个回路产生了1.4 J的电热，则此过程中流过电阻R的电荷量q为多少？[解析] (1)金属杆2进入磁场前做自由落体运动，则v m ＝2gh 0＝4 m/s金属杆2进入磁场后受两个力而处于平衡状态，即mg ＝BIL ，且E ＝BL v m ，I ＝E 2r ＋R解得m ＝B 2L 2v m (2r ＋R )g ＝22×0.52×4(2×0.5＋1)×10kg ＝0.2 kg. (2)金属杆2从下落到再次匀速运动的过程中，设金属杆2在磁场内下降h 2，由能量守恒定律得mg (h 1＋h 2)＝12m v 2m ＋Q 解得h 2＝12m v 2m ＋Q mg －h 1＝12×0.2×42＋1.40.2×10m －0.2 m ＝1.3 m 金属杆2进入磁场到匀速运动的过程中，感应电动势和感应电流的平均值分别为E ＝BLh 2t 2，I ＝E 2r ＋R故流过电阻R 的电荷量q ＝It 2联立解得q ＝BLh 22r ＋R ＝2×0.5×1.32×0.5＋1C ＝0.65 C. [答案] (1)0.2 kg (2)0.65 C6．(2017·湖北武汉高三调研)如图所示，abcd 为质量M ＝3.0 kg的“”形导轨(电阻不计)，放在光滑绝缘的倾角为θ＝53°的斜面上，光滑绝缘的立柱e 、f 垂直于斜面固定，质量m ＝2.0 kg 的金属棒PQ 平行于ad 边压在导轨和立柱e 、f 上，导轨和金属棒都处于匀强磁场中，磁场以OO ′为界，OO ′上侧的磁场方向垂直于斜面向上，下侧的磁场方向沿斜面向下，磁感应强度大小都为B ＝1.0 T ．导轨的ad 段长L ＝1.0 m ，棒PQ 单位长度的电阻为r 0＝0.5 Ω/m ，金属棒PQ 与“”形导轨始终接触良好且两者间的摩擦力是两者间正压力的μ＝0.25.设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速度释放，求：(取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，图中的MN、ad、OO′、PQ 彼此平行且处在水平方向)(1)导轨运动的最大加速度；(2)导轨运动的最大速度．[解析](1)设导轨下滑过程中受到金属棒的摩擦力f、压力F N、ad边受到的安培力F A、下滑的加速度为a、下滑的速度为v，根据力学规律和电磁学规律，有：Mg sinθ－f－F A＝Maf＝μF NE＝BL vI＝E r0LF A＝ILB对棒PQ，因其始终静止，有：导轨对金属棒的支持力为F N′＝mg cosθ＋F A由牛顿第三定律知F N＝F N′导轨刚释放时速度为零、安培力为零、加速度最大Mg sinθ－f′＝Ma mf′＝μmg cosθ联立解得最大加速度a m＝7.0 m/s2(2)导轨达到最大速度v m时，加速度为零Mg sinθ－f1－F A1＝0联立并代入数据解得v m＝(Mg sinθ－μmg cosθ)r0B2L(1＋μ)＝8.4 m/s[答案](1)7.0 m/s2(2)8.4 m/s7．如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1 m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．[解析](1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mg sinθ＝μmg cosθ＋F安其中F安＝BId，I＝ER，E＝Bd v解得v＝(mg sinθ－μmg cosθ)RB2d2＝2 m/s.(2)设最高点离bb′的距离为x，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有v2＝2ax，mg sinθ－μmg cosθ＝ma 线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有E k1－E k＝μmg cosθ·2x，其中E k＝12m v2得E k1＝12m v2＋v2μmg cosθg sinθ－μg cosθ＝0.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有mg sinθ·2d－μmg cosθ·2d＋W安＝0Q＝－W安解得Q＝2mgd(sinθ－μcosθ)＝0.004 J.[答案](1)2 m/s(2)0.1 J(3)0.004 J8．如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L.一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．轨道和导体棒的电阻均不计．(1)如图1所示，若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动．请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等．(2)如图2所示，若轨道左端接一电动势为E 、内阻为r 的电源和一阻值未知的电阻．闭合开关S ，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度v m ，求此时电源的输出功率．(3)如图3所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C ，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象如图4所示，已知t 1时刻电容器两极板间的电势差为U 1.求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小．[解析] (1)导体棒切割磁感线，E ＝BL v导体棒做匀速运动，F ＝F 安又F 安＝BIL ，其中I ＝E R在任意一段时间Δt 内，拉力F 所做的功W ＝F v Δt＝F 安v Δt ＝B 2L 2v 2R Δt电路获得的电能ΔE ＝qE ＝EIΔt ＝B 2L 2v 2R Δt可见，在任意一段时间Δt 内，拉力F 所做的功与电路获得的电能相等．(2)导体棒达到最大速度v m 时，棒中没有电流，电源的路端电压U ＝BL v m电源与电阻所在回路的电流I ＝E －U r电源的输出功率P ＝UI ＝EBL v m －B 2L 2v 2m r. (3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BL v ＝U由电容器的U －t 图可知U ＝U 1t 1t 导体棒的速度随时间变化的关系为v ＝U 1BLt 1t 可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a ＝U 1BLt 1由C ＝Q U 和I ＝Q t ，得I ＝CU t ＝CU 1t 1由牛顿第二定律有F －BIL ＝ma可得F ＝BLCU 1t 1＋mU 1BLt 1. [答案] (1)证明见解析 (2)EBL v m －B 2L 2v 2m r(3)BLCU 1t 1＋mU 1BLt 1。

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中， 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．一个闭合线圈中没有产生感应电流，因此可以得出. （ ） A. 此时该处一定没有磁场 B. 此时该处一定没有磁场的变化C. 闭合线圈的面积一定没有变化D. 穿过线圈平面的磁通量一定没有变化 【答案】D点睛：解答本题主要是抓住感应电流产生的条件：闭合线圈的磁通量发生变化，而磁通量的变化可以是由磁场变化引起，也可以是线圈的面积变化，或位置变化引起的．2．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B 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 （ ）A. PQ 中电流一直增大B. PQ 中电流一直减小C. 线框消耗的电功率先增大后减小D. 线框消耗的电功率先减小后增大 【答案】C【解析】A 、B 项，设导体棒的长度为L ，磁感应强度为B ，导体棒的速度v 保持不变，根据法拉第电磁感应定律，感应的电动势E BLv =不变，设线框左边的电阻为r ，则左右两边线框的电阻为R 并 ，111+3R r R r =-并 流过PQ 的电流()23=33E RE I R R r R r R=+-+并 ，可以看出当PQ 从靠近ad 向bc 靠近过程中， r 从零增大到3R ，从而可以判断电流先减小后增大，故A 、B 项错误。

C ，D 项，电源的内阻为R ，PQ 从靠近ad 向bc 靠近过程中，外电路的并联等效电阻从零增大到0.75R 又减小到零，外电路的电阻等于电源内阻的时候消耗的功率最大，所以外电路的功率应该先增大后减小，故C 正确D 项错误。

2018高考物理二轮电磁感应复习题（含2018高考题）精品题库试题物理1(02t)T可知t=1 s时,正方向的磁场在减弱,由楞次定律可判定电流方向为由C到D,A项正确。

同理可判定B项错误。

t=1 s时感应电动势E= = S sin 30°=01 V,I=E/R=1 A,安培力F安=BIL=02 N,对杆受力分析如图对挡板P的压力大小为FN=F’N=F安cos 60°=01 N,C项正确。

同理可得t=3 s时对挡板H的压力大小为01 N,D项错误。

5(t图象为抛物线，故D正确。

13（x）= （a-x），感应电动势为 E=BLv，感应电流为I= ，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I= =I0；当x=a 时，I=0；x在a-2a内，线框的AB边和其他两边都切割磁感线，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负方向；有效切割的长度为 L= （2a-x），感应电动势为 E=BLv，感应电流大小为 I= ，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I==2I0；当x=2a时，I=0；x在2a -3a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为 L= （3a-x），感应电动势为 E=BLv，感应电流为 I= ，随着x的增大，I均匀减小，当x=2a时，I= =I0；当x=3a时，I=0；故根据数学知识可知B正确。

F2）=mg=2T③当绳子中的张力为零时，此时导线中的电流为I1，则有（F′1-F′2）=mg=2T④联立①②③④解得I′＝，故C正确，D错误。

24(河北省石家庄市t图中正确的是[答案] 3610．D[解析] 36由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，。

2018-2018高考物理二轮复习磁场压轴题及答案高考将至，2016年高考将于6月7日如期举行，以下是一篇磁场压轴题及答案，详细内容点击查看全文。

1如图12所示，PR是一块长为L=4 m的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B，一个质量为m=0.1 kg，带电量为q=0.5 C的物体，从板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动。

当物体碰到板R端的挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在C点，PC=L/4，物体与平板间的动摩擦因数为=0.4，取g=10m/s2，求：(1)判断物体带电性质，正电荷还是负电荷?(2)物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2(3)磁感应强度B的大小(4)电场强度E的大小和方向2(10分)如图214所示，光滑水平桌面上有长L=2m的木板C，质量mc=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块A和B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三物都静止.在A、B间有少量塑胶炸药，爆炸后A以速度6m/s水平向左运动，A、B中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：(1)当两滑块A、B都与挡板碰撞后，C的速度是多大?(2)到A、B都与挡板碰撞为止，C的位移为多少?3(10分)为了测量小木板和斜面间的摩擦因数，某同学设计如图所示实验，在小木板上固定一个轻弹簧，弹簧下端吊一个光滑小球，弹簧长度方向与斜面平行，现将木板连同弹簧、小球放在斜面上，用手固定木板时，弹簧示数为F ，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹簧示数为F ，测得斜面斜角为，则木板与斜面间动摩擦因数为多少?(斜面体固定在地面上)4有一倾角为的斜面，其底端固定一挡板M，另有三个木块A、B和C，它们的质量分别为m =m =m，m =3 m，它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块A连接一轻弹簧放于斜面上，并通过轻弹簧与挡板M相连，如图所示.开始时，木块A静止在P处，弹簧处于自然伸长状态.木块B在Q点以初速度v 向下运动，P、Q间的距离为L.已知木块B在下滑过程中做匀速直线运动，与木块A相碰后立刻一起向下运动，但不粘连，它们到达一个最低点后又向上运动，木块B向上运动恰好能回到Q点.若木块A静止于P点，木块C从Q点开始以初速度向下运动，经历同样过程，最后木块C停在斜面上的R点，求P、R 间的距离L的大小。

电磁感应复习卷一、选择题（第1~8小题为单选题, 第9~12小题为多选题）1. 如图所示, 水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R, 导轨左、右两区域分别存在方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场, 设左、右区域磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2, 虚线为两区域的分界线。

一根阻值也为R的金属棒ab放在导轨上并与其垂直, 导轨电阻不计。

若金属棒ab在外力F的作用下从左边的磁场区域距离磁场边界x处匀速运动到右边的磁场区域距离磁场边界x处, 下列说法中正确的是A. 当金属棒通过磁场边界时, 通过电阻R的电流反向B. 当金属棒通过磁场边界时, 金属棒受到的安培力反向C. 金属棒在题设的运动过程中, 通过电阻R的电荷量等于零D．金属棒在题设的运动过程中, 回路中产生的热量等于Fx【答案】AC2. 如图所示, 等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场, 它的底边在x轴上且长为2L, 高为L, 纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域, 在t=0时刻恰好位于如图所示的位置, 以顺时针方向为导线框中电流的正方向, 下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流–位移（I–x）关系的是A. /B. /C. /D. /【答案】B3. 如图所示, 质量为m=0.5 kg、电阻为r=1 Ω的轻杆ab可以无摩擦地沿着水平固定导轨滑行, 导轨足够长, 两导轨间宽度为L=1 m, 导轨电阻不计, 电阻R1=1.5 Ω, R2=3 Ω, 整个装置处在竖直向下的匀强磁场中, 磁感应强度为B=1 T。

杆从x轴原点O以水平速度v0=6 m/s开始滑行, 直到停止下来。

下列说法不正确的是A. a点电势高于b点电势B. 在杆的整个运动过程中, 电流对电阻R1做的功为9 JC. 整个运动过程中, 杆的位移为6 mD．在杆的整个运动过程中, 通过电阻R1的电荷量为2 C【答案】B4. 如图所示, 质量m=0.5 kg、长L=1 m的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°的光滑绝缘框架上, 磁场方向垂直于框架向下（磁场范围足够大）, 右侧回路电源电动势E=8 V, 内电阻r=1 Ω, 额定功率为8 W、额定电压为4 V的电动机正常工作, （g=10 m/s2）则A. 回路总电流为2 AB. 电动机的额定电流为4 AC. 流经导体棒的电流为4 AD. 磁感应强度的大小为1.5 T【答案】D5. 用一段横截面半径为R、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(R<<R)的圆环。

第2讲 电磁感应及其应用1．(2017·山东潍坊统考)(多选)如图所示，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨电阻不计．当磁场的磁感应强度为B 时，将导体棒沿导轨由位置1以速度v 匀速拉至位置2，导体棒所受安培力为F ，通过电阻R 的电荷量为q ，R 两端电压为U ，R 产生的热量为Q ；当磁场的磁感应强度增大为原来的2倍时，仍将导体棒沿导轨由位置1以速度v 匀速拉至位置2，下列说法正确的是( BC )A ．导体棒所受安培力仍为FB ．通过电阻R 的电荷量变为2qC ．电阻R 两端的电压变为2UD ．电阻R 产生的热量变为2Q解析 设导体棒切割磁感线的有效长度为L ，由于导体棒做匀速运动，导体棒所受的合力为零，则F ＝BIL ，I ＝E R ，E ＝BL v ，整理可得F ＝B 2L 2v R，显然当磁感应强度增大为原来的2倍时，安倍力变为原来的4倍，选项A 错误；通过电阻的电荷量为q ＝I ·Δt ，感应电动势E ＝ΔΦΔt ，又ΔΦ＝BS ，则q ＝BS R，因此当磁感应强度增大为原来的2倍时，通过电阻的电荷量变为原来2倍，选项B 正确；因为导体棒产生的感应电动势增大为原来的2倍，因此电阻两端的电压变为原来的2倍，选项C 正确；电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2R ·Δt ＝E 2R 2R ·x v ＝B 2L 2v x R，x 为位置1、2间的距离，因此当磁感应强度增大为原来的2倍时，电阻R 上产生的热量变为原来的4倍，选项D 错误．2．(2017·河南洛阳统考)如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(规定图甲中B 的方向为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置且与导轨接触良好，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平拉力作用下始终处于静止状态，规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为拉力的正方向，则在0～t 1时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流I 和导体棒ab 所受水平拉力F 随时间t 变化的图象是( D )解析 在0～t 1时间内，磁感应强度变化率ΔB Δt ＝B 0t 1－t 0，由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，选项A 、B 错误；根据楞次定律可判断出ab 中感应电流方向为b 指向a ，导体棒所受安培力F 安＝BIL,0～t 0时间内，F 安水平向右，随时间均匀减小，t 0～t 1时间内，F 安水平向左，随时间均匀增大，由平衡条件可知所受水平拉力F 时刻与F 安等大反向，选项D 正确，C 错误．3．(2017·福建福州模拟)(多选)如图所示，电路中L 1、L 2是两个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈．则下列判断正确的是( AD )A ．S 刚闭合瞬间，L 1灯和L 2灯同时亮B ．S 闭合后电路稳定前，L 2先亮一下再逐渐变暗，L 1逐渐变暗C ．S 闭合电路稳定后，L 1灯和L 2灯亮度相同D ．S 闭合电路稳定后，再断开S 时，L 1灯要亮一下再熄灭解析 开关S 刚闭合的瞬间，由于自感线圈L 产生自感电动势的作用，L 1灯和L 2灯同时亮，选项A 正确；S 闭合后电路稳定前，L 2逐渐变亮，L 1逐渐变暗，选项B 错误；S 闭合电路稳定后，L 2灯亮，L 1灯暗，选项C 错误；S 闭合电路稳定后，再断开开关S 时，L 中产生自感电动势，L 1灯要亮一下再熄灭，选项D 正确．4．(2017·河北石家庄二中模拟)如图所示，导体直导轨OM 和PN 平行且OM 与x 轴重合，两导轨间距为d ，两导轨间垂直纸面向里的匀强磁场沿y 轴方向的宽度按y ＝d |sin π2d x |的规律分布，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，内、外圆环与两导轨接触良好，与两导轨接触良好的导体棒从OP开始始终垂直导轨沿x轴正方向以速度v做匀速运动，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-x图象可能正确的是(D)解析导体棒在匀强磁场的第一个区域内运动时，前半个区域，通过大圆环的电流为顺时针方向，且根据法拉第电磁感应定律，内圆环a端电势高于b端，后半个区域，内圆环a 端电势低于b端，可能正确的是图D.5．(2017·安徽师大附中模拟)一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R 相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆始终与导轨接触良好，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中(C)A．向上滑行与向下滑行的时间相等B．向上滑行与向下滑行时电阻R上产生的热量相等C．向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量相等D．向上滑行与向下滑行时金属杆克服安培力做的功相等解析金属杆向上滑行过程中受到的安培力沿斜面向下，设运动的加速度为a1，金属杆向下滑行过程中，受到的安培力沿斜面向上，设运动的加速度为a2，由牛顿第二定律分别有：F＋mg sin θ＝ma1和mg sin θ－F＝ma2，可知a1＞a2，又上滑和下滑位移相等，故金属杆向上滑行的时间小于向下滑行的时间，则选项A错误；金属杆滑行过程中，通过金属杆的电荷量q ＝I t ＝ER ＋r t ＝ΔΦΔt Δt R ＋r ＝B ΔS R ＋r ，而ΔS 相同，故向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量q 相等，则选项C 正确；电阻R 上产生的热量Q ＝I 2Rt ＝I tR I ＝qR I ，而电流I ＝BL vR ＋r，可知金属杆向上滑行和向下滑行时平均速度不同，易知选项B 错误；克服安培力做的功W ＝F 安·s ，向上滑行和向下滑行时位移大小s 相同，F 安＝B I L ＝B 2L 2v R ＋r，由金属杆向上滑行和向下滑行的平均速度不同可知克服安培力做的功不相等，选项D 错误．6．(2017·湖南长沙一模)(多选)不计电阻的平行金属导轨与水平面成某角度固定放置，两完全相同的金属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．如图所示，现用一平行于导轨的恒力F 拉导体棒a ，使其沿导轨向上运动．在a 运动过程中，b 始终保持静止．则以下说法正确的是( BD )A ．导体棒a 做匀变速直线运动B ．导体棒b 所受摩擦力可能变为0C ．导体棒b 所受摩擦力可能先增大后减小D ．导体棒b 所受摩擦力方向可能沿导轨向下解析 导体棒a 先做加速度逐渐减小的加速直线运动，最后达到匀速．导体棒b 所受的安培力沿导轨向上，且不断增大，最后保持不变，故导体棒b 所受的摩擦力先沿导轨向上，且不断减小，最后可能变为零甚至变为沿导轨向下，故选项B 、D 正确．7．(2017·福建福州质检)如图，线圈abcd 固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面．当磁场的磁感应强度B 随时间t 变化时，该磁场对ab 边的安培力大小恒定，下列描述B 随t 变化的图象中，可能正确的是( B )解析 线圈abcd 中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ，设线圈的电阻为R ，则线圈中的电流I ＝E R ＝ΔB Δt ·S R ，则磁场对ab 边的安培力大小F B ＝BIL ＝B ·ΔB Δt ·SL R，由于F B 大小不变，则B ·ΔB Δt 不变，若B 随时间t 均匀变化，ΔB Δt不变，则B 必然不变，选项A 、C 错误；若B 随时间t 增大，则ΔB 必然减小，故选项B 正确，D 错误． 8．(2017·湖北武汉4月调研)(多选)将四根完全相同的表面涂有绝缘层的金属丝首尾连接，扭成如图所示四种形状的闭合线圈，图中大圆半径均为小圆半径的两倍，将线圈先后置于同一匀强磁场中，线圈平面均与磁场方向垂直．若磁感应强度从B 增大到2B ，则线圈中通过的电量最小的是( BC )解析 设大圆的面积为S 1，小圆的面积为S 2.线圈的总电阻为R ；选项A 中，线圈中通过的电量为Q ＝B (S 1＋S 2)R ；选项B 中，线圈中通过的电量为Q ＝B (S 1－S 2)R；选项C 中，线圈中通过的电量为Q ＝B (S 1－S 2)R ；选项D 中，线圈中通过的电量为Q ＝B (S 1＋S 2)R，选项B 、C 正确．9．(2017·辽南协作学校期末考试)(多选)用一段截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环，圆环落入磁感应强度为B 的径向磁场中．如图所示，当圆环在加速下落时某一时刻的速度为v ，则( AD )A ．此时整个环的电动势为E ＝2B v πRB ．此时圆环的加速度a ＝B 2v ρdC ．忽略电感的影响，此时圆环中的电流I ＝2B πR v ρD ．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝ρgd B 2解析 圆环落入磁感应强度B 的径向磁场中，垂直切割磁感线，则产生的感应电动势E ＝Bl v ＝B ·2πR v ，选项A 正确；圆环所受的安培力大小为F ＝BI ·2πR ，此时圆环的加速度为a ＝mg －F m ，m ＝d ·2πR ·πr 2，得a ＝g －B 2v ρd ，选项B 错误；圆环的电阻为R 电＝ρ2πR πr 2，圆环中感应电流为I ＝ER 电＝B πr 2v ρ，选项C 错误；当圆环做匀速运动时，安培力与重力相等，速度最大，即有mg ＝F ，则得d ·2πR ·πr 2g ＝B ·B πr 2v m ρ·2πR ，解得v m ＝ρgd B 2，选项D 正确． 10．(2017·福建福州质检)(多选)如图，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，底端接电阻R ，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m 的金属棒，金属棒和导轨接触良好，除电阻R 外，其余电阻不计，导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面．静止时金属棒位于A 处，此时弹簧的伸长量为Δl ，弹性势能为E p ，重力加速度大小为g .将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则( BD )A ．当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为ΔlB ．电阻R 上产生的总热量等于mg Δl －E pC ．金属棒第一次到达A 处时，其加速度方向向下D ．金属棒第一次下降过程通过电阻R 的电荷量，比第一次上升过程的多解析 静止时金属棒位于A 处，k Δl ＝mg ，将其由弹簧原长位置释放，当金属棒的速度最大时，加速度a ＝0，设此时弹簧伸长量为l ，导轨宽度为L ，则有mg ＝F B ＋kl ＝B 2L 2v m R＋kl ＝k Δl ，故l ＜Δl ，选项A 错误；由分析知，金属棒最终静止在A 处，根据能量守恒定律知mg Δl ＝E p ＋Q ，故Q ＝mg Δl －E p ，选项B 正确；金属棒第一次到达A 处时，mg －k Δl －B 2L 2v R＝ma ，故加速度a ＝－B 2L 2v mR，负号表示方向向上，选项C 错误；设金属棒运动的距离为x ，则通过电阻R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝E R ＝ΔΦR ＝Bx R，由于金属棒第一次下降过程的距离大于第一次上升过程的距离，故金属棒第一次下降过程通过电阻R 的电荷量比第一次上升过程的多，选项D 正确．11．(2017·黑龙江哈尔滨第六中学一模)(多选)如图甲所示，在水平面上固定宽d ＝1 m 的金属“U”形导轨，右端接一定值电阻R ＝0.5 Ω，其余电阻不计．在“U”形导轨右侧a ＝0.5 m 的范围存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．在t ＝0时刻，质量m ＝0.1 kg 的导体棒以v 0＝1 m/s 的初速度从距导轨右端b ＝2 m 开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.1，不计地球磁场的影响，g ＝10 m/s 2.用E 、I 、P 、Q 分别表示 4 s 内回路中的电动势大小、电流大小、电功率及电热，则下列图象正确的是( AB )解析 导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，据运动学公式有－μmg ＝ma ，v t ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，代入数据解得t ＝1 s ，x ＝0.5 m ，导体棒1 s 末已经停止运动，没有进入磁场，此后一直保持静止状态；0～2 s 内磁通量不变，回路电动势和电流分别为E ＝0，I ＝0；2～4 s 内回路产生的电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ad ΔB Δt ＝0.1 V ，电流为I ＝E R＝0.2 A ，选项A 、B 正确；0～2 s 内回路电流为零，2～4 s 内回路有恒定电流，电功率P ＝I 2R ＝0.02 W ，焦耳热Q ＝I 2Rt ＝0.04 J ，选项C 、D 错误．12．(2017·湖南十三校联考一)(多选)如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K 和质量为m 的缓冲车厢．在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ 、MN .缓冲车的底部安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，导轨内的缓冲滑块K 由高强度绝缘材料制成，滑块K 上绕有闭合矩形线圈abcd ，线圈的总电阻为R ，匝数为n ，ab 边长为L .假设缓冲车以速度v 0与障碍物C 碰撞后，滑块K 立即停下，而缓冲车厢继续向前移动距离L 后速度为零．已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab 边均没有接触，不计一切摩擦阻力．在这个缓冲过程中，下列说法正确的是( BC )A ．线圈中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，最大感应电流为BL v 0RB ．线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲C ．此过程中，线圈abcd 产生的焦耳热为Q ＝12m v 20D ．此过程中，通过线圈abcd 的电荷量为q ＝BL 2R解析 缓冲过程中，线圈内的磁通量增加，由楞次定律知，感应电流方向沿逆时针方向(俯视)，感应电流最大值出现在滑块K 停下的瞬间，大小应为nBL v 0R，A 项错误；线圈中的感应电流对电磁铁的作用力，使车厢减速运动，起到了缓冲的作用，B 项正确；据能量守恒定律可知，车厢的动能全部转换为焦耳热，故Q ＝12m v 20，C 项正确；由q ＝I ·Δt 、I ＝E R及E ＝n ΔΦΔt ，可得q ＝n ΔΦR ，因缓冲过程ΔΦ＝BL 2，故q ＝nBL 2R，D 项错误． 13．(2017·山东潍坊统考)如图甲所示，半径为R 的导体环内，有一个半径为r 的虚线圆，虚线圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度大小随时间变化关系为B ＝kt .(k >0且为常量)(1)求导体环中感生电动势E 的大小；(2)将导体环换成内壁光滑的绝缘细管，管内放置一质量为m ，电荷量为＋q 的小球，小球重力不计，如图乙所示．已知绝缘细管内各点涡旋电场的场强大小为E R ＝kr 22R，方向与该点切线方向相同．小球在电场力作用下沿细管加速运动．要使t ＝t 0时刻管壁对小球的作用力为0，可在细管处加一垂直于纸面的磁场，求所加磁场的方向及磁感应强度的大小．解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔΦΔt， Φ＝B ·S ＝kt ·πr 2，得E ＝k πr 2.(2)根据楞次定律，可知小球沿逆时针方向运动，要使管壁对小球的作用力为0，需洛伦兹力方向指向圆心．由左手定则，得磁场方向垂直纸面向里．电场力F ＝E R q ，小球运动的加速度满足F ＝ma ，t 时刻速度v ＝at 0，洛伦兹力大小F 洛＝q v B ′，由向心力公式，有F 向＝m v 2R＝q v B ′， 联立解得B ′＝kr 2t 02R 2. 答案 (1)k πr 2(2)磁场方向垂直纸面向里 kr 2t 02R 2 14．(2017·海南五校模拟)如图所示，质量为M 的足够长U 形光滑金属导轨abcd 放置在倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面上并用细线(图中虚线)拴在固定于斜面上的G 、H 两点上，bc 段电阻为R ，其余段电阻不计．另一电阻为R 、质量为m 、长度为L 的导体棒PQ 放置在导轨上，紧挨导体棒PQ 左侧有两个固定于斜面上的光滑立柱，使导体棒静止，导体棒PQ 始终与导轨垂直且接触良好，PbcQ 构成矩形．导轨bc 段长为L ，以ef 为界，其下方存在垂直斜面向上的匀强磁场，上方存在沿斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，烧断细线后，导轨向下运动过程中，导体棒PQ 始终不脱离导轨．(1)若质量M ＝m ，求金属导轨abcd 在斜面上运动的过程中，导体棒PQ 与导轨abcd 间的最小作用力；(2)要使导轨abcd 运动一段时间后，导体棒PQ 与导轨间无作用力，求M 、m 应满足的条件；(3)若在条件(1)的情况下，从烧断细线到导体棒PQ 与导轨间刚达到最小作用力的这一过程中，通过导体棒PQ 的焦耳热为Q 0，求金属导轨abcd 在斜面上下滑的距离s .解析 (1)烧断细线，由于M ＝m ，对导轨abcd 由牛顿第二定律知mg sin θ－B 2L 2v 2R＝ma . 随着速度增大，加速度a 减小，直至加速度为0，速度最大，此时有mg sin θ＝B 2L 2v m 2R＝F A ，F A 最大，即v m ＝mgR B 2L 2，F A ＝12mg . 对导体棒PQ 受力分析知，在垂直斜面方向mg cos θ＝F ′A ＋N min ，经分析知导体棒PQ 受到的安培力始终等于导轨bc 边受到的安培力，即F ′A ＝F A ＝12mg ，得N min ＝3－12mg . (2)要使导轨abcd 运动一段时间后，导体棒PQ 与导轨abcd 间无作用力，则对导轨abcd和导体棒受力分析知Mg sin θ≥mg cos θ，即M m≥ 3. (3)若在条件(1)的情况下，从烧断细线到导体棒PQ 与导轨间刚达到最小作用力的过程中，通过导体棒PQ 的焦耳热为Q 0，则回路总焦耳热为2Q 0，由能量守恒知mg sin θ·s ＝2Q 0＋12m v 2m， 又v m ＝mgR B 2L2， 解得s ＝4Q 0mg ＋m 2gR 2B 4L 4.答案 (1)3－12mg (2)M m ≥3 (3)4Q 0mg ＋m 2gR 2B 4L 415．(2017·河北石家庄二中模拟)在生产线框的流水线上，为了检测出个别不合格的未闭合线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域(磁场方向垂直于传送带平面向下)，观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出是否有未闭合的不合格线框．其物理情境简化如下：如图所示，通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框，传送带与水平方向夹角为α，以恒定速度v 0斜向上运动．已知磁场边界MN 、PQ 与传送带运动方向垂直，MN 与PQ 间的距离为d ，磁场的磁感应强度为B .线框质量为m ，电阻为R ，边长为L (d >2L )，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .闭合线框上边在进入磁场前线框相对传送带静止，线框刚进入磁场的瞬间，和传送带发生相对滑动，线框运动过程中上边始终平行于MN ，当闭合线框的上边经过边界PQ 时又恰好与传送带的速度相同．设传送带足够长．求：(1)闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力F 安的大小；(2)从闭合线框上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间t ； (3)从闭合线框上边刚进入磁场到下边穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，电动机多消耗的电能E .解析 (1)根据安培力公式得F 安＝ILB ， 根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R， 根据法拉第电磁感应定律得E ＝BL v 0，联立解得F 安＝B 2L 2v 0R. (2)在线框上边刚进入磁场至线框上边刚要出磁场的过程中，根据动量定理μmg cos α·t －mg sin α·t －F 安t ′＝0在线框进入磁场过程中，取一微元过程，时间间隔为Δt ，微元过程中F 安产生的冲量为F 安·Δt ＝B 2L 2v R ·Δt ＝B 2L 2R ·ΔS .于是有F 安·t ′＝∑F 安·Δt ＝∑B 2L 2R ·ΔS ＝B 2L 2R ∑ΔS ＝B 2L 3R， 由以上联立解得t ＝B 2L 3mgR (μcos α－sin α). (3)在线框上边刚进入磁场至线框上边刚要出磁场的过程中，根据动能定理得(μmg cos α－mg sin α)d ＋W 安1＝0根据功能关系得Q 电1＝－W 安1，根据功能关系得Q f1＝μmg cos α(v 0t －d )，从线框上边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中 根据能量守恒得E ＝2mg sin α·d ＋2Q 电1＋2Q f1，由以上联立解得E ＝2μv 0B 2L 3cos αR (μcos α－sin α). 答案 (1)B 2L 2v 0R (2)B 2L 3mgR (μcos α－sin α)(3)2μv 0B 2L 3cos αR (μcos α－sin α)。

板块二高频考点强化热点8电磁感应的综合问题[热点分析]电磁感应是高考的必考内容，导体棒切割磁感线产生感应电动势一直是高考的热点，结合闭合电路欧姆定律、共点力的平衡及能量守恒进行考查是高考的命题趋势．如图，一质量为m，边长为h的正方形金属线框abcd自某一高度静止下落，依次经过两匀强磁场区域，且金属线框bc边的初始位置离磁场B1的上边界的高度为h/4，两磁场的磁感应强度分别为B1和B2，且B1＝2B0，B2＝B0(B0已知)，两磁场的间距为H(H未知，但H>h)，线框进入磁场B1时，恰好做匀速运动，速度为v1(v1已知)，从磁场B1中穿出后又以v2匀速通过宽度也为h的磁场B2.(1)求v1与v2的比值；(2)写出H与h的关系式；(3)若地面离磁场B2的下边界的高度为h，求金属线框下落到地面所产生的热量．(用m 、h 、g 表示)[解析] (1)金属线框分别进入磁场B 1和B 2后，做匀速运动，由平衡条件有BIh ＝mg ①又金属线框切割磁感线，则I ＝Bh v R ②联立①②得v ＝mgR B 2h 2 所以v 1v 2＝B 22B 21＝14.③ (2)金属线框进入磁场B 1前和离开磁场B 1后到进入磁场B 2前，都是做只在重力作用下的运动，由运动学公式有v 21＝2g h 4④ v 22－v 21＝2g (H －h )⑤联立③④⑤得H ＝19h 4.⑥ (3)解法一：金属线框从静止开始运动到落地，根据功能关系，损失的机械能等于所产生的热量，则Q ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3h ＋h 4＋H －12m v 22⑦ 联立④⑤⑥⑦得Q ＝4mgh解法二：克服安培力做功等于产生的热量，Q ＝BIh ·4h ⑧联立①⑧得Q ＝4mgh .[答案] (1)14 (2)H ＝19h 4(3)Q ＝4mgh在较复杂的电磁感应现象中，经常涉及变力做功的问题，一般应用能量守恒的方法研究，可不必追究变力作用下运动的细节问题；若涉及恒力或恒定加速度，一般应用动力学的观点研究，可以研究运动的细节问题.。

高考物理二轮总复习专题过关检测电磁感应(附参考答案)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,共40分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.如图12-1所示，金属杆ab、cd可以在光滑导轨PQ和R S上滑动，匀强磁场方向垂直纸面向里，当ab、cd分别以速度v1、v2滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则v1和v2的大小、方向可能是()图12-1A.v1＞v2,v1向右，v2向左B.v1＞v2,v1和v2都向左C.v1=v2,v1和v2都向右D.v1=v2,v1和v2都向左解析:因回路abdc中产生逆时针方向的感生电流，由题意可知回路abdc的面积应增大，选项A、C、D错误，B正确.答案:B2.(2010河北唐山高三摸底，12)如图12-2所示，把一个闭合线圈放在蹄形磁铁两磁极之间(两磁极间磁场可视为匀强磁场)，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕OO′轴转动.当蹄形磁铁匀速转动时，线圈也开始转动，当线圈的转动稳定后，有()图12-2A.线圈与蹄形磁铁的转动方向相同B.线圈与蹄形磁铁的转动方向相反C.线圈中产生交流电D.线圈中产生为大小改变、方向不变的电流解析:本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律等考点.根据楞次定律的推广含义可知A正确、B错误；最终达到稳定状态时磁铁比线圈的转速大，则磁铁相对线圈中心轴做匀速圆周运动，所以产生的电流为交流电.答案:AC3.如图12-3 所示,线圈M和线圈P绕在同一铁芯上.设两个线圈中的电流方向与图中所标的电流方向相同时为正.当M中通入下列哪种电流时,在线圈P中能产生正方向的恒定感应电流()图12-3图12-4解析:据楞次定律，P 中产生正方向的恒定感应电流说明M 中通入的电流是均匀变化的，且方向为正方向时应均匀减弱，故D 正确.答案:D4.如图12-5所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )图12-5A.2mgLB.2mgL +mgHC.mgH mgL 432+D.mgH mgL 412+ 解析:设刚进入磁场时的速度为v 1,刚穿出磁场时的速度212v v =① 线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意得mgH mv =2121② Q mv L mg mv +=⋅+222121221③ 由①②③得mgH mgL Q 432+=.C 选项正确. 答案:C5.如图12-6(a)所示,圆形线圈P 静止在水平桌面上,其正上方悬挂一相同线圈Q ,P 和Q 共轴,Q 中通有变化电流,电流随时间变化的规律如图12-6(b)所示,P 所受的重力为G ,桌面对P 的支持力为F N ,则( )图12-6。

第12讲 电磁感应问题一、明晰一个网络，理清电磁感应问题二、“三个定则”和“一个定律”的比较(2)因动而生电(v 、B →I )→右手定则； (3)因电而受力(I 、B →F 安)→左手定则； (4)因磁而生电(Φ、B →I )→楞次定律． 三、掌握法拉第电磁感应定律及其应用 1．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈的匝数共同决定，而与Φ、ΔΦ的大小没有必然联系．(2)ΔΦ仅由B 变化引起时，E ＝n S ΔB Δt ；ΔΦ仅由S 变化引起时，E ＝n B ΔSΔt ．2．应用E ＝n ΔΦΔt时应注意的几个问题(1)由于磁通量有正负之分，计算磁通量的变化量时一定要规定磁通量的正方向．正向的磁通量增加与反向的磁通量减少产生的感应电流的方向相同．(2)公式E ＝n ΔΦΔt 是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择，若ΔΦΔt 为恒量，则产生恒定的感应电动势，此时平均电动势等于瞬时电动势．(3)用公式E ＝nS ΔBΔt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内垂直磁场方向的有效面积．3．关于感应电荷量q 的一个常用结论通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 总有关，与时间长短无关．推导如下：q ＝I －Δt ＝n ΔΦR 总Δt ·Δt ＝n ΔΦR 总．高频考点1 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．“三定则、一定律”的应用2．求感应电动势的两种方法(1)E ＝n ΔΦΔt，用来计算感应电动势的平均值．(2)E ＝BL v 或E ＝12BL 2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值．3．判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断． (2)利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断． 4．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”． (2)阻碍相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”． (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．1－1． (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中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右运动，穿过PQRS的磁通量增加，由楞次定律可知，PQRS中产生逆时针方向的电流．这时因为PQRS中感应电流的作用，依据楞次定律可知，T中产生顺时针方向的感应电流．故只有D项正确．答案：D1－2.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接．下列说法中正确的是()A．开关闭合后，线圈A插入或拔出线圈B都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转解析：开关闭合后，线圈A插入或拔出线圈B都会引起穿过线圈B的磁通量的变化，从而使电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流变化，使线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．答案：A1－3.(多选) (2016·全国甲卷)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 分别与圆盘的边缘和铜轴接触，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．若从上往下看，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：由电磁感应定律得E ＝Bl 0＋ωl 2＝Bl 2ω2，I ＝ER ，故ω一定时，电流大小恒定，选项A 正确．由右手定则知圆盘中心为等效电源正极，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a 经过R 流到b ，选项B 正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项C 错误，P ＝E 2R ＝B 2l 4ω24R ，角速度加倍时功率变成4倍，选项D 错误，故选AB ．答案：AB1－4.(多选)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( )A ．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：铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A 项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B 项对；由E ＝n ΔΦΔt 可知，C 项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D 项正确．答案：BCD高频考点2 电磁感应的图象问题2－1.(多选) (2017·济宁市高三模拟)如图所示，在水平面内有两个光滑金属“V”字型导轨，空间中存在垂直于水平面的匀强磁场，其中导轨bac 固定不动，用外力F 使导轨edf 向右匀速运动，导轨间接触始终良好，从图示位置开始计时，下列关于回路中的电流I 的大小和外力F 的大小随时间的变化关系正确的是( )解析：设导轨运动的过程中切割的有效长度为L ，产生的电动势为E ＝BL v ，由图知，回路的周长与L 成正比，即S ＝kL ，设单位长度的电阻为R 0，总电阻为kLR 0，可求电流I ＝BL v kLR 0＝B vkR 0，所以A 正确，B 错误；导轨做匀速运动，所以合外力等于零，即F ＝F 安＝BIL ，电流I 不变，切割的有效长度L 随时间均匀增大，所以C 错误，D 正确．答案：AD2－2． (多选)(2017·第一次全国大联考卷Ⅰ)如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，两导轨上端接有电阻R (其余电阻不计)，虚线MM ′和NN ′之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B 1，虚线NN ′和PP ′之间也有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B 2(B 1>B 2)．现将质量为m 的金属杆ab ，从MM ′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知ab 棒到达NN ′和PP ′之前已经匀速运动．则ab 棒从MM ′运动到PP ′这段时间内的v –t 图可能正确的是( )解析：导体棒ab 到MM ′切割磁感线时，若安培力大于重力，导体棒做加速度减小的减速运动，若安培力等于重力，导体棒一直做匀速运动，若安培力小于重力，则做加速度减小的加速运动；当导体棒ab 到NN ′时，由于磁感应强度减小，安培力变小，会小于重力，导体棒做加速度减小的加速运动．可知BC 正确，AD 错误．答案：BC2－3.(多选)(2017·第一次全国大联考卷Ⅰ)如图所示，粗细均匀的矩形金属导体方框abcd 固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示．以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B 的正方向，则下列关于ab 边的热功率P 、ab 边受到的安培力F (以向右为正方向)随时间t 变化的图象中正确的是( )解析：根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBΔt S 可知，产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab 边热功率P ＝I 2R ，恒定不变，A 正确，B 错误；根据安培力公式F ＝BIL ，因为电流大小，ab 边长度不变，安培力与磁感应强度成正比，根据左手定则判定方向，可知C 错误，D 正确．答案：AD2－4.(多选)(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解析：导线框匀速进入磁场时速度v ＝L t ＝0.10.2 m/s ＝0.5 m/s ，选项B 正确；由E ＝BL v ，得B ＝E L v ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T ，选项A 错误；由右手定则可确定磁感应强度方向垂直于纸面向外，选项C 正确；导线框所受安培力F ＝BLI ＝BL E R ＝0.2×0.1×0.010.005N ＝0.04 N ，选项D 错误．答案：BC电磁感应图象问题解题“五步曲”和解题技巧(1)解题“五步曲”第一步—明确图象的种类：是B -t 图、I -t 图、v -t 图、F -t 图或是E -t 图等 ↓第二步—分析电磁感应的具体过程：明确运动分成几个阶段根据磁通量的变化特征或切割特点分析↓第三步—写出函数方程：结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数方程 ↓第四步—进行数学分析：根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等↓第五步—得结果：画图象或判断图象 (2)应用排除法解决电磁感应中的图象类选择题首先根据物理量大小或方向变化等特点对题中给出的四个图象分类，然后定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大或减小)、变化快慢，特别是用物理量的方向排除错误选项，最为简捷有效高频考点3 电磁感应中的电路和动力学问题(2017·枣庄模拟)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 ；(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． [审题流程]【解析】 (1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B -t 图象可知ΔBΔt＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt ，得回路中的感应电动势E ＝ΔBΔtS ＝0.5×0.08 V ＝0.04 V ．(2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势 E ′＝BL v ＝0.5×0.4×1 V ＝0.2 V 回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21 A ＝0.2 A导体棒受到的安培力F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N ＝0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度 l ＝2v (t －1)(1 s ≤t ≤1.2 s)感应电动势e ＝Bl v ＝2B v 2(t －1)＝(t －1)V 感应电流i ＝eR＝(t －1)A(1 s ≤t ≤1.2 s)．【答案】 (1)0.04 V (2)0.04 N i ＝(t －1)A(1 s ≤t ≤1.2 s)电磁感应中的力、电问题应抓住的“两个对象”3－1． (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解析：A 错：根据楞次定律，ab 中感应电流方向由a 到b .B 错：根据E ＝ΔB Δt ·S ，因为ΔB Δt 恒定，所以E 恒定，根据I ＝ER ＋r 知，回路中的感应电流恒定．C 错：根据F ＝BIl ，由于B 减小，安培力F 减小．D 对：根据平衡条件，静摩擦力f ＝F ，故静摩擦力减小．答案：D3－2.(多选)(2017·第一次全国大联考卷Ⅲ)如图甲所示，一宽为l 的匀强磁场B 区域，磁场方向垂直于纸面向里．一个边长为a (l ＞a )的正方形导线框ABCD 位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v 通过该磁场区域，导线框电阻为R ，在运动过程中，线框有一条边始终与磁场区域的边界平行．取它刚进入磁场的时刻t ＝0，线框中感应电流随时间变化的规律I –t 图象如图乙所示，则( )A．在第1 s内，线框中感应电流为逆时针方向，大小恒定为0.3 AB．在第2 s内，穿过线框的磁通量最大，感应电流大小恒定为0.6 AC．在第3 s内，线框中感应电流方向为顺时针方向，大小恒定为0.3 AD．在第1 s内，线框中C点电势高于D点电势，感应电流大小为0解析：在第1 s内，线框向磁场中运动，穿过线框的磁通量均匀增加，感应电流为逆时针方向(取为正方向)，电＝0.3 A，选项A正确；在第2 s内，整个线框在磁场中运动，穿过线框的磁通量最大且不变，没流大小恒定I＝Ba vR有感应电流，选项B错误；在第3 s内，线框从磁场中出来，磁通量均匀减小，感应电流为顺时针方向(为负方向)，＝0.3 A，选项C正确；在第1 s内，由楞次定律判断出线框中感应电流方向沿逆时针方向，则C点大小恒定I＝Ba vR电势低于D点电势，选项D错误．答案：AC高频考点4应用动力学和能量观点解决电磁感应问题(2017·中原名校联考)如图甲所示，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＝0.10 T．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2．(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棒与导轨间的滑动摩擦力．(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是多少？[审题流程]【解析】 (1)由图象可得到拉力F 与t 的大小随时间变化的函数表达式为F ＝F 0＋ΔFΔt t ＝0.4＋0.1t当b 棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有： F －f －F 安＝ma ，F 安＝B 0IL I ＝E r ＝B 0L v r v ＝at所以F 安＝B 20L 2art联立可解得F ＝f ＋ma ＋B 20L 2art代入数据可解得a ＝5 m/s 2，f ＝0.2 N ．(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I ，以b 棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b 所受安培力F 与最大静摩擦力f 相等时开始滑动．感应电动势：E ＝ΔBΔt L 2＝0.02 VI ＝Er＝1 A 棒b 将要运动时，有f ＝B t IL 所以B t ＝fIL＝1 T根据B t ＝B 0＋ΔBΔt t ＝0.1＋0.5t ，得：t ＝1.8 s回路中产生焦耳热为：Q ＝I 2rt ＝12×0.02×1.8 J ＝0.036 J ．【答案】 (1)5 m/s 20.2 N (2)0.036 J巧用流程解决电磁感应、力、电综合问题4－1.(多选)(2017·河南省天一高三联考)如图所示，在匀强磁场的上方有一质量为m 、半径为R 的细导线做成的圆环，圆环的圆心与匀强磁场的上边界的距离为h .将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v .已知匀强磁场的磁感应强度为B ，导体圆环的电阻为r ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．圆环刚进入磁场的瞬间，速度v ＝2g (h －R )B ．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgRC ．圆环进入磁场的过程中，通过导体横截面的电荷量为πBR 2rD ．圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动解析：圆环从图示位置开始运动到刚进入磁场时，下落的高度为h －R ，根据自由落体运动的规律得到v 2＝2g (h －R )，解得v ＝2g (h －R )，故选项A 正确；圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度相等，根据功能关系可以知道重力做的功，大小为2mgR ，故选项B 正确；圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为q＝I ·Δt ＝E r ·Δt ＝ΔΦr ＝B πR2r ，故选项C 正确；圆环进入磁场的过程中，受到的安培力F ＝B 2L 2v r ，随有效长度L 发生改变，圆环受力不能平衡，因此圆环不可能做匀速直线运动，故选项D 错误．答案：ABC4－2.(2017·第二次全国大联考卷Ⅱ)如图，水平边界的匀强磁场上方5 m 处有一个边长1 m 的正方形导线框从静止开始下落，已知线框质量为1 kg ，电阻为R ＝10 Ω，磁感应强度为B ＝1 T ，当线框的cd 边刚进入磁场时(1)求线框中产生的感应电动势大小； (2)求cd 两点间的电势差大小；(3)若线框此时加速度等于0，则线框电阻应该变为多少欧姆． 解析：(1)cd 边刚进入磁场时，线框速度：v ＝2gh 线框中产生的感应电动势：E ＝BL v ＝BL 2gh ＝10 V (2)此时线框中电流：I ＝E Rcd 切割磁感线相当于电源，cd 两点间的电势差即路端电压：u ＝I ×34R ＝7.5 V(3)安培力：F ＝BIL ＝B 2L 22ghR根据牛顿第二定律：mg －F ＝ma由a ＝0，解得电阻R 满足：R ＝B 2L 22ghmg ＝1 Ω答案：(1)10 V (2)7.5 V (3)1 Ω杆＋导轨模型杆＋导轨模型是电磁感应中的常见模型，选择题和计算题均有考查．该模型以单杆或双杆在导体轨道上做切割磁感线运动为情境，综合考查电路、动力学、功能关系等知识．考生在处理该模型时，要以导体杆切割磁感线的速度为主线，由楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律分析电路中的电流，由牛顿第二定律分析导体杆的加速度及速度变化，由能量守恒分析系统中的功能关系．分析杆＋导轨模型要注意两点：一是加速度为零的临界条件对应的力学关系式，二是双导体杆运动时是一根导体杆切割磁感线还是两根杆切割磁感线．单杆＋电阻＋导轨模型如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面的夹角为θ，N 、Q 两点间接有阻值为R 的电阻．整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．将质量为m 、阻值也为R 的金属杆cd 垂直放在导轨上，杆cd 由静止释放，下滑距离x 时达到最大速度．重力加速度为g ，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好．求：(1)杆cd 下滑的最大加速度和最大速度； (2)上述过程中，杆上产生的热量．[思路点拨] (1)金属杆受重力作用下滑产生感应电动势→产生感应电流→金属杆受安培力→合外力变化→由牛顿第二定律列式分析．(2)金属杆受重力作用下滑→重力势能减少、动能增加、内能增加→由能量守恒定律列式分析．【解析】 (1)设杆cd 下滑到某位置时速度为v ，则杆产生的感应电动势E ＝BL v ，回路中的感应电流I ＝ER ＋R杆所受的安培力F ＝BIL根据牛顿第二定律有mg sin θ－B 2L 2v2R＝ma当速度v ＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a ＝g sin θ，方向沿导轨平面向下 当杆的加速度a ＝0时，速度最大，最大速度v m ＝2mgR sin θB 2L 2，方向沿导轨平面向下．(2)杆cd 从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得 mgx sin θ＝Q 总＋12m v 2m又Q 杆＝12Q 总所以Q 杆＝12mgx sin θ－m 3g 2R 2sin 2θB 4L 4．【答案】 (1)g sin θ 2mgR sin θB 2L 2 (2)12mgx sin θ－m 3g 2R 2sin θB 4L 4杆＋导轨＋电阻四种模型双杆＋导轨模型(1)如图1所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为l ，两根质量均为m 、电阻均为R 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直．在t ＝0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行，大小恒为F 的力作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况．(2)如图2所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度．若两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况．[思路点拨](1)金属杆甲运动产生感应电动势→回路中有感应电流→乙受安培力的作用做加速运动→可求出某时刻回路中的总感应电动势→由牛顿第二定律列式判断．(2)导体棒ab运动，回路中有感应电流→分析两导体棒的受力情况→分析导体棒的运动情况即可得出结论．【解析】(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2，加速度大小分别为a1和a2，受到的安培力大小均为F1，则感应电动势为E＝Bl(v1－v2)①感应电流为I＝E2R②对甲和乙分别由牛顿第二定律得F－F1＝ma1，F1＝ma2③当v1－v2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时，a1＝a2④解得a1＝a2＝F2m⑤可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大．(2)ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流．ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速．两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动．【答案】见解析三大观点解决双杆模型单杆＋电容器(或电源)＋导轨模型如图1所示，在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN 、PQ固定在水平面内，相距为L .一质量为m 的导体棒ab 垂直于MN 、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好．轨道和导体棒的电阻均不计．(1)如图2所示，若轨道左端M 、P 间接一电动势为E 、内阻为r 的电源和一阻值为R 的电阻．闭合开关S ，导体棒从静止开始运动．求经过一段时间后，导体棒所能达到的最大速度的大小．(2)如图3所示，若轨道左端M 、P 间接一电容器，电容器的电容为C ，导体棒在水平向右的恒力F 的作用下从静止开始运动．求导体棒运动过程中的加速度的大小．【解析】 (1)闭合开关后，导体棒ab 产生的电动势与电阻R 两端的电压相等时，导体棒ab 达到最大速度v 2，I ＝E R ＋r，U ＝IR ，U ＝BL v 2 解得v 2＝ERBL (R ＋r )．(2)导体棒ab 向右加速运动，在极短时间Δt 内，导体棒的速度变化Δv ，根据加速度的定义a ＝ΔvΔt ，导体棒产生的电动势变化ΔE ＝BL Δv ，电容器增加的电荷量Δq ＝C ΔE ＝CBL Δv根据电流的定义I ＝ΔqΔt ，解得I ＝CBLa导体棒ab 受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2Ca 根据牛顿第二定律得F －F 安＝ma 解得a ＝Fm ＋CB 2L2．【答案】见解析杆＋电容器(或电源)＋导轨四种模型CBLa。

一、选择题1．（2018洛阳一模）为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量（单位时间内流出的污水体积），下列说法中正确的是（）A．M板电势一定高于N板的电势B．污水中离子浓度越高，电压表的示数越大C．污水流动的速度越大，电压表的示数越大D．电压表的示数U与污水流量Q成正比【参考答案】ACD【命题意图】本题考查电磁流量计、复合场、洛伦兹力、电场力及其相关的知识点。

【解法探讨】对于含有正负粒子的离子束垂直磁场方向运动，可利用左手定则判断出正负粒子所受的洛伦兹力方向。

正负粒子偏转到磁场两侧的极板上形成电压U，若粒子直线通过匀强磁场区域，则有qvB=qU/d，解得由于正负离子偏转到极板上形成的电压U=Bdv。

2．（2018贵阳期末）如图甲所示．在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A、 B,两环重叠部分的面积为圆环A面积的一半，圆环B中电流i随时间t的变化关系如图乙所示，以甲图圆环B中所示的电流方向为负，则A环中A．没有感应电流B．有逆时针方向的感应电流C．有顺时针方向的感应电流D．感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向【参考答案】B【命题意图】本题考查电磁感应、楞次定律及其相关的知识点。

3.（2018洛阳一模）如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN 放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间()A．电容器C的电荷量大小始终没变B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN所受安培力的大小始终没变D．MN所受安培力的方向先向右后向左【参考答案】AD【命题意图】本题考查电磁感应、磁感应强度随时间变化的图线、含电容器电路及其相关的知识点。

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.。

2018年高考物理二轮复习讲练测专题06 电磁感应一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．一个闭合线圈中没有产生感应电流，因此可以得出. （）A. 此时该处一定没有磁场B. 此时该处一定没有磁场的变化C. 闭合线圈的面积一定没有变化D. 穿过线圈平面的磁通量一定没有变化【答案】D点睛：解答本题主要是抓住感应电流产生的条件：闭合线圈的磁通量发生变化，而磁通量的变化可以是由磁场变化引起，也可以是线圈的面积变化，或位置变化引起的．2．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B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（）A. PQ中电流一直增大B. PQ中电流一直减小C. 线框消耗的电功率先增大后减小D. 线框消耗的电功率先减小后增大【答案】C【解析】A、B项，设导体棒的长度为L，磁感应强度为B，导体棒的速度v保持不变，根据法拉第电磁感应定律，感应的电动势E BLv =不变，设线框左边的电阻为r ，则左右两边线框的电阻为R 并 ， 111+3R r R r =-并 流过PQ 的电流()23=33E RE I R R r R r R=+-+并 ，可以看出当PQ 从靠近ad 向bc 靠近过程中， r 从零增大到3R ，从而可以判断电流先减小后增大，故A 、B 项错误。

C ，D 项，电源的内阻为R ，PQ 从靠近ad 向bc 靠近过程中，外电路的并联等效电阻从零增大到0.75R 又减小到零，外电路的电阻等于电源内阻的时候消耗的功率最大，所以外电路的功率应该先增大后减小，故C 正确D 项错误。

电磁感应1．（多选）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。

导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流的正方向。

导线框R中的感应电动势A. 在时为零B. 在时改变方向C. 在时最大，且沿顺时针方向D. 在时最大，且沿顺时针方向【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）【答案】 AC【解析】试题分析本题考查交变电流图象、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点。

点睛此题以交变电流图象给出解题信息，考查电磁感应及其相关知识点。

解答此题常见错误主要有四方面：一是由于题目以交变电流图象给出解题信息，导致一些同学看到题后，不知如何入手；二是不能正确运用法拉第电磁感应定律分析判断；三是不能正确运用楞次定律分析判断，陷入误区。

2．真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。

图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。

列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。

（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。

若某时刻列车的速度为，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？【来源】2018年全国普通高等学校招生同一考试理科综合物理试题（天津卷）【答案】（1）M接电源正极，理由见解析（2）（3）若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N+1块有界磁场3．【2017·新课标Ⅰ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。

50题电磁感应练习（含答案）1、如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37º，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。

金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。

现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒静止。

导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨的其它电阻不计，g取10m/s2。

已知sin37º=0.60，cos37º=0.80，试求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小、方向；（3）导体棒受到的摩擦力的大小。

答案（1）（3分）（2），平行斜面向上（3分）（3），（4分）2、如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L=0.2m，长为2d，d=0.5m，上半段d导轨光滑，下半段d导轨的动摩擦因素为μ=，导轨平面与水平面的夹角为θ=30°．匀强磁场的磁感应强度大小为B=5T，方向与导轨平面垂直．质量为m=0.2kg的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在粗糙的下半段一直做匀速运动，导体棒始终与导轨垂直，接在两导轨间的电阻为R=3Ω，导体棒的电阻为r=1Ω，其他部分的电阻均不计，重力加速度取g=10m/s2，求：（1）导体棒到达轨道底端时的速度大小；（2）导体棒进入粗糙轨道前，通过电阻R上的电量q；（3）整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q．答案分析：（1）研究导体棒在粗糙轨道上匀速运动过程，受力平衡，根据平衡条件即可求解速度大小．（2）进入粗糙导轨前，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式结合求解电量．（3）导体棒在滑动时摩擦生热为Q f=2μmgdcosθ，再根据能量守恒定律求解电阻产生的焦耳热Q．解答：解：（1）导体棒在粗糙轨道上受力平衡：由mgsin θ=μmgcos θ+BIL得：I=0.5A由BLv=I（R+r）代入数据得：v=2m/s（2）进入粗糙导轨前，导体棒中的平均电动势为：==导体棒中的平均电流为：==所以，通过导体棒的电量为：q=△t==0.125C（3）由能量守恒定律得：2mgdsin θ=Q电+μmgdcos θ+mv2得回路中产生的焦耳热为：Q电=0.35J所以，电阻R上产生的焦耳热为：Q=Q电=0.2625J答：（1）导体棒到达轨道底端时的速度大小是2m/s；（2）导体棒进入粗糙轨道前，通过电阻R上的电量q是0.35C；（3）整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q是0.2625J．点评：本题实质是力学的共点力平衡与电磁感应的综合，都要求正确分析受力情况，运用平衡条件列方程，关键要正确推导出安培力与速度的关系式，分析出能量是怎样转化的．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响）。