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第2讲 电磁感应问题真题再现(2019·高考江苏卷)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S ＝0.3 m 2、电阻R ＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ．现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt ＝0.5 s 时间内合到一起．求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值E ；(2)感应电流的平均值I ，并在图中标出电流方向； (3)通过导线横截面的电荷量q .详细分析：(1)感应电动势的平均值E ＝ΔΦΔt磁通量的变化ΔΦ＝B ΔS解得E ＝B ΔSΔt ，代入数据得E ＝0.12 V. (2)平均电流I ＝ER代入数据得I ＝0.2 A(电流方向见图). (3)电荷量q ＝I Δt 代入数据得q ＝0.1 C.答案：(1)0.12 V (2)0.2 A 电流方向见解+析图 (3)0.1 C考情分析命题研究对近几年高考试题分析可看出，该部分知识的考查不仅是高考必考点，而且考查呈现多样性，不仅在选择题中，对基本内容的考查如闭合电路欧姆定律结合电路问题、楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培定则、感应电动势等知识考查较多，以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题；这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高感应电动势的求解【高分快攻】求解感应电动势的四种常见情景(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)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i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P 为电流正方向．导线框R中的感应电动势()A ．在t ＝T4时为零B ．在t ＝T2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．t ＝T 时最大，且沿顺时针方向[详细分析] 因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R 中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小．由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A 正确，B 错误；再由楞次定律可判断在一个周期内，T 4～3T 4内电动势的方向沿顺时针，T2时刻最大，C 正确；其余时间段电动势沿逆时针方向，D 错误．[答案] AC【题组突破】角度1 感应电流的方向判断——楞次定律的应用1．(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l 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( )详细分析：选D.设线框运动的速度为v ，则线框向左匀速运动第一个l2v 的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E ＝2Bdv (d 为导轨间距)，电流i ＝ER ，回路中电流方向为顺时针；第二个l 2v 的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个l2v 的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E ＝2Bdv ，电流i ＝ER ，回路中电流方向为逆时针，所以D正确．角度2 感应电动势的计算——法拉第电磁感应定律的应用2．(2019·南通质检)如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a －b －c －aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a －c －b －a详细分析：选C.金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误；转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断U a ＜U c ，U b ＜U c ，选项A 错误；由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C正确．角度3电磁感应中的图象问题3．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是()详细分析：选AC.棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C均正确，B、D均错误．安培力的应用 【高分快攻】1．解答此类问题首先要分清左手定则、右手定则、安培定则(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向． (2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解． 3．能量转化问题的分析：先电后力再能量．【典题例析】(2019·高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN 和PQ 长度也为l 、电阻均为R ，两棒与导轨始终接触良好．MN 两端通过开关S 与电阻为R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k .图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .PQ 的质量为m ，金属导轨足够长、电阻忽略不计．(1)闭合S ，若使PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力F ，并指出其方向； (2)断开S ，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v 的加速过程中流过PQ 的电荷量为q ，求该过程安培力做的功W .[详细分析] (1)设线圈中的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，则E ＝k ①设PQ 与MN 并联的电阻为R 并，有 R 并＝R 2②闭合S 时，设线圈中的电流为I ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER 并＋R ③设PQ 中的电流为I PQ ，有 I PQ ＝12I ④设PQ 受到的安培力为F 安，有 F 安＝BI PQ l ⑤保持PQ 静止，由受力平衡，有 F ＝F 安⑥联立①②③④⑤⑥式得 F ＝Bkl 3R ⑦方向水平向右．(2)设PQ 由静止开始到速度大小为v 的加速过程中，PQ 运动的位移为x ，所用时间为Δt ，回路中的磁通量变化量为ΔΦ ，平均感应电动势为E －，有E －＝ΔΦΔt ⑧其中ΔΦ＝Blx ⑨设PQ 中的平均电流为I －，有 I －＝E －2R ⑩根据电流的定义得 I －＝q Δt ⑪由动能定理，有 Fx ＋W ＝12mv 2－0⑫联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 W ＝12mv 2－23kq .⑬[答案] 见解+析【题组突破】角度1 安培力作用下的运动分析1．(2017·高考江苏卷)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v 0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I ； (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 . 详细分析：(1)感应电动势E ＝Bdv 0 感应电流I ＝ER解得I ＝Bdv 0R.(2)安培力F ＝BId 牛顿第二定律F ＝ma 解得a ＝B 2d 2v 0mR.(3)金属杆切割磁感线的速度v ′＝v 0－v ，则感应电动势E ＝Bd (v 0－v ) 电功率P ＝E 2R解得P ＝B 2d 2（v 0－v ）2R.答案：见解+析角度2 安培力作用下的功能关系2．(2017·高考北京卷)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性．直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景．在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN 、PQ 固定在水平面内，相距为L ，电阻不计．电阻为R 的金属导体棒ab 垂直于MN 、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v (v 平行于MN )向右做匀速运动．图1轨道端点MP 间接有阻值为r 的电阻，导体棒ab 受到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．详细分析：(1)题图1中，电路中的电流I 1＝BLv R ＋r棒ab 受到的安培力F 1＝BI 1L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 E 电＝F 1·v Δt ＝B 2L 2v 2Δt R ＋r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 E 机＝F 2·v Δt ＝BILv Δt . (2)a.如图甲、图乙所示．b ．设自由电荷的电荷量为q ， 沿导体棒定向移动的速率为u .如图乙所示，沿棒方向的洛伦兹力f ′1＝qvB ，做负功 W 1＝－f ′1·u Δt ＝－qvBu Δt垂直棒方向的洛伦兹力f ′2＝quB ，做正功 W 2＝f ′2·v Δt ＝quBv Δt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．f ′1做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f ′2做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加．大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能；在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用．答案：见解+析电磁感应中的电路综合问题【高分快攻】解决电磁感应中电路问题的思路1．“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r.2．“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．3．根据E＝BLv或E＝nΔФΔt，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．【典题例析】如图所示，半径为l的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条平行的倾斜金属轨道相连．圆环区域内分布着磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a，一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，可绕圆心转动．倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B，金属棒b放置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为2l.当棒a绕圆心以角速度ω顺时针(俯视)匀速旋转时，棒b保持静止．已知棒b与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；棒b 的质量为m，棒a、b的电阻分别为R、2R，其余电阻不计；斜面倾角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求：(1)金属棒b两端的电压；(2)为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度大小的范围．[详细分析] (1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Blv ①金属棒切割磁感线的平均速度v ＝0＋lω2② 金属棒b 两端的电压U ＝2R R ＋2RE ③ 联立①②③解得U ＝13Bl 2ω④ (2)电路中的电流I ＝E R ＋2R⑤ 棒b 受到的安培力F 安＝BI ·2l ⑥由①②⑤⑥解得F 安＝B 2l 3ω3R⑦ 为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度最小为ω1，最大为ω2，mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2l 3ω13R⑧mg sin θ＋μmg cos θ＝B 2l 3ω23R⑨ 解得3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR B 2l 3.⑩ [答案] (1)13Bl 2ω (2)3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR B 2l 3 【题组突破】角度1 感应电荷量的计算1．(多选)(2019·盐城高三模拟)如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度大小为B 的匀强磁场区域，MN 和M ′N ′是匀强磁场区域的水平边界，两边界间的宽度为s ，并与线框的bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN 的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v －t 图象(其中OA 、BC 、DE 相互平行)．已知正方形金属线框的边长为L (L <s )、质量为m 、电阻为R ，当地的重力加速度为g (下落过程中bc 边始终水平且线框始终在竖直面内)．关于线框在穿越磁场的过程中，以下说法正确的是( )A ．线框的速度v 1一定等于mgRB 2L 2 B ．如果线框刚进入磁场时加速度大小是g 4，则v 2＝4mgR 5B 2L 2C ．如果线框刚进入磁场时加速度大小是g 4，线框在进入磁场的过程中，通过线框的电荷量可能是m 2gR 5B 3L 3 D ．线框穿出磁场的过程中流经线框横截面的电荷量q ＝BL 2R详细分析：选CD.从题图乙知t 1～t 2时间内线框一直在做减速运动，t 2时刻安培力一定不小于重力，mg ≤B BLv 1R L ，即v 1≥mgR B 2L 2，A 错误；如果线框刚进入磁场时的加速度大小是g 4，有B BLv 2R L －mg ＝m g 4，解得v 2＝5mgR 4B 2L 2，B 错误；如果线框刚进入磁场时加速度大小是g 4，线框进入时满足－∑BiL Δt ＋∑mg Δt ＝mv 1－mv 2，即－BLQ ＋mg (t 2－t 1)＝mv 1－mv 2，如果v 1＝mgR B 2L 2，则通过线框的电荷量最多为Q ＝m 2gR 4B 3L 3＋mg （t 2－t 1）BL >m 2gR 5B 3L 3，所以C 正确；由于q ＝ΔΦR ＝BL 2R，D 正确．角度2 含容电路的分析2．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面间的夹角为θ，间距为L .导轨上端接有一平行板电容器，电容为C .导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．详细分析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v ，则感应电动势为E ＝BLv ①平行板电容器两极板之间的电势差为U ＝E ②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q ，按定义有C ＝Q U③ 联立①②③式得Q ＝CBLv .④(2)设金属棒的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过金属棒的电流为i .金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F 安＝BLi ⑤设在时间间隔(t ，t ＋Δt )内流经金属棒的电荷量为ΔQ ，据定义有i ＝ΔQ Δt⑥ ΔQ 也是平行板电容器两极板在时间间隔(t ，t ＋Δt )内增加的电荷量．由④式得：ΔQ ＝CBL Δv ⑦式中，Δv 为金属棒的速度变化量．据定义有a ＝Δv Δt⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为F f ＝μF N ⑨式中，F N 是金属棒对导轨的正压力的大小，有F N ＝mg cos θ⑩金属棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a ，根据牛顿第二定律有mg sin θ－F 安－F f ＝ma ⑪联立⑤～⑪式得a ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2Cg ⑫ 由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t 时刻金属棒的速度大小为 v ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2Cgt . 答案：(1)Q ＝CBLv (2)v ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2Cgt 角度3 电磁感应中的电路综合问题3．(多选)(2018·高考江苏卷)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )A ．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B ．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C ．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD ．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L 4 详细分析：选BC.根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A 错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B 正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd ，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q 1＝2mgd ，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为2×2mgd ＝4mgd ，选项C 正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v ＝2gh ，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝E R，所受安培力F ＝BIL ，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F >mg ，联立解得h >m 2gR 22B 4L 4，选项D 错误．求电荷量的三种方法(1)q ＝It (式中I 为回路中的恒定电流，t 为时间)①由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q ＝It .②闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I 恒定，t 时间内通过线圈横截面的电荷量q ＝It .(2)q ＝n ΔΦR(其中R 为回路电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量变化量) ①闭合回路中的电阻R 不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势．②从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ与时间有关，随时间而变化．(3)Δq ＝CBL Δv (式中C 为电容器的电容，B 为匀强磁场的磁感应强度，L 为导体棒切割磁感线的长度，Δv 为导体棒切割速度的变化量)在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E ，通过电容器的电流I ＝Δq Δt ＝C ΔU Δt，又E ＝BLv ，则ΔU ＝BL Δv ，可得Δq ＝CBL Δv .(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．图甲为手机及无线充电板．图乙为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n 1，受电线圈的匝数为n 2，面积为S ，若在t 1到t 2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B 1均匀增加到B 2.下列说法正确的是( )A ．受电线圈中感应电流方向由d 到cB ．c 点的电势高于d 点的电势C ．c 、d 之间的电势差为n 1（B 2－B 1）S t 2－t 1D ．c 、d 之间的电势差为n 2（B 2－B 1）S t 2－t 1详细分析：选D.根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c 到d ，所以c 点的电势低于d 点的电势，故A 、B 错误；根据法拉第电磁感应定律可得c 、d 之间的电势差为U cd ＝E ＝n 2ΔΦΔt ＝n 2（B 2－B 1）S t 2－t 1，故C 错误，D 正确．2．(2017·高考全国卷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 中沿顺时针方向详细分析：选D.金属杆PQ 向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS 中感应电流沿逆时针方向；原来T 中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ 中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T 的磁通量减小，根据楞次定律可知T 中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A 、B 、C 项错误，D 项正确．3．(2019·镇江模拟)如图，虚线P 、Q 、R 间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L .一等腰直角三角形导线框abc ，ab 边与bc 边长度均为L ，bc 边与虚线边界垂直．现让线框沿bc 方向以速度v 匀速穿过磁场区域，从c 点经过虚线P 开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i 的正方向，则下列四个图象中能正确表示i －t 图象的是( )详细分析：选A.由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且逐渐增大，导线框刚好完全进入P 、Q 之间的瞬间，电流由正向最大值变为零，然后电流方向变为顺时针(即沿负方向)且逐渐增加，当导线框刚好完全进入Q 、R 之间的瞬间，电流由负向最大值变为零，然后电流方向变为逆时针且逐渐增加，当导线框离开磁场时，电流变为零，故A 正确．4．如图甲中水平放置的U 形光滑金属导轨NMPQ ，MN 接有开关S ，导轨宽度为L ，其电阻不计．在左侧边长为L 的正方形区域存在方向竖直向上磁场B ，其变化规律如图乙所示；中间一段没有磁场，右侧一段区域存在方向竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为B 0，在该段导轨之间放有质量为m 、电阻为R 、长为L 的金属棒ab .若在图乙所示的t 02时刻关闭开关S ，则在这一瞬间( )A ．金属棒ab 中的电流方向为由a 流向bB ．金属棒ab 中的电流大小为LB 0t 0RC ．金属棒ab 所受安培力方向水平向右D ．金属棒ab 的加速度大小为L 3B 202mt 0R详细分析：选C.根据楞次定律可得金属棒ab 中的电流方向为由b 流向a ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E ＝ΔB ΔtS ＝B 0t 0L 2，所以金属棒ab 中的电流大小为：I ＝E R ＝B 0Rt 0L 2，故B 错误；金属棒ab 的电流方向为由b 流向a ，根据左手定则可得ab 棒所受安培力方向水平向右，C 正确；根据牛顿第二定律可得金属棒ab 的加速度大小为a ＝B 0IL m ＝B 20L 3Rmt 0，故D 错误．5．(2019·南京模拟)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详细分析：选B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，故A 项错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔB Δt，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 2a l 2b ＝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 ＝E R，得a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b ＝E a E b ·R b R 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 2a I 2b ·R a R b＝27，故D 项错误． 6．(2017·高考全国卷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( )详细分析：选A.施加磁场来快速衰减STM 的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．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.。
终极猜想二十对楞次定律和法拉第电磁感应定律的综合考查(本卷共4小题，满分60分．建议时间：30分钟 )命题专家寄语近几年命题频率极高的就是楞次定律和法拉第电磁感应定律的知识，一般的都是结合闭合电路的知识，考查电功、电功率、楞次定律、法拉第电磁感应定律等，综合性强，难度大.六十六、电磁感应与电路整合1．如图1所示的电路可以用来“研究电磁感应现象”．干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路，电流计、线圈B串联成另一个电路．线圈A、B套在同一个闭合铁芯上，且它们的匝数足够多．从开关闭合时开始计时，流经电流计的电流大小i随时间t变化的图象是( )．图1六十七、电磁感应与力学整合2．如图2所示，两竖直放置的平行光滑导轨相距0.2 m，其电阻不计，处于水平向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，导体棒ab与cd的电阻均为0.1 Ω，质量均为0.01 kg.现用竖直向上的力拉ab棒，使之匀速向上运动，此时cd棒恰好静止，已知棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，g取10 m/s2，则( )．图2A．ab棒向上运动的速度为1 m/sB．ab棒受到的拉力大小为0.2 NC．在2 s时间内，拉力做功为0.4 JD．在2 s时间内，ab棒上产生的焦耳热为0.4 J3．如图3甲所示，两根质量均为0.1 kg完全相同的导体棒a、b，用绝缘轻杆相连置于由金属导轨PQ、MN架设的斜面上．已知斜面倾角θ为53°，a、b导体棒的间距是PQ、MN导轨的间距的一半，导轨间分界线OO′以下有方向垂直斜面向上的匀强磁场．当a、b导体棒沿导轨下滑时，其下滑速度v与时间的关系图象如图乙所示．若a、b导体棒接入电路的电阻均为1 Ω，其他电阻不计，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，试求：图3(1)PQ、MN导轨的间距d；(2)a、b导体棒与导轨间的动摩擦因数；(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小．六十八、综合应用4．如图4所示，水平放置的金属细圆环半径为0.1 m，竖直放置的金属细圆图4柱(其半径比0.1 m 小得多)的端面与金属圆环的上表面在同一平面内，圆柱的细轴通过圆环的中心O ，将一质量和电阻均不计的导体棒一端固定一个质量为10 g 的金属小球，被圆环和细圆柱端面支撑，棒的一端有一小孔套在细轴O 上，固定小球的一端可绕轴线沿圆环作圆周运动，小球与圆环的摩擦因数为0.1，圆环处于磁感应强度大小为4 T ，方向竖直向上的恒定磁场中，金属细圆柱与圆环之间连接如图电学元件，不计棒与轴及与细圆柱端面的摩擦，也不计细圆柱、圆环及感应电流产生的磁场，开始时S 1断开，S 2拨在1位置，R 1＝R 3＝4 Ω，R 2＝R 4＝6 Ω，C ＝30 μF，求：(1)S 1闭合，问沿垂直于棒的方向以多大的水平外力作用于棒的A 端，才能使棒稳定后以角速度10 rad/s 匀速转动？(2)S 1闭合稳定后，S 2由1拨到2位置，作用在棒上的外力不变，则至棒又稳定匀速转动的过程中，流经R 3的电量是多少？参考答案1．B [开关闭合瞬间，流过线圈A 的电流逐渐增大．根据互感现象，线圈B中产生感应电流．当A 中的电流达到恒定时，B 中就没有了感应电流，故B 中电流逐渐减小，B 正确．]2．B [cd 棒受到的安培力大小等于它的重力，B BLv 2R L ＝mg ，v ＝2mgR B 2L 2＝2 m/s ， A 错误．ab 棒受到向下的重力G 和向下的安培力F ，则ab 棒受到的拉力F T ＝F ＋G ＝2mg ＝0.2 N ，B 正确．在2 s 内拉力做的功W ＝F T vt ＝0.2×2×2 J＝0.8 J ，C 不正确．在2 s 内ab 棒上产生的热量Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv 2R 2Rt ＝0.2 J ，D 不正确．] 3．解析 (1)由题图乙可知导体棒b 刚进入磁场时a 、b 和轻杆所组成的系统做匀速运动，当导体棒a 进入磁场后才再次做加速运动，因而b 棒匀速运动的位移即为a 、b 棒的间距，依题意可得：d ＝2vt ＝2×3×(0.6－0.4)m ＝1.2 m(2)设进入磁场前导体棒运动的加速度为a ，由图乙得： a ＝Δv Δt＝7.5 m/s 2，因a 、b 一起运动，故可看作一个整体，其受力分析如图所示．由牛顿第二定律得：2mg sin θ－μ2mg cos θ＝2ma解得：μ＝g sin θ－a g cos θ＝0.083 (3)当b 导体棒在磁场中做匀速运动时，有2mg sin θ－μ2mg cos θ－BId ＝0I ＝Bdv 2R联立解得：B ＝0.83 T答案 (1)1.2 m (2)0.083 (3)0.83 T4．解析 (1)金属细圆柱产生的电动势为E ＝12BωL 2＝2 V ， 对整个系统由功能关系得(F －f )ωL ＝E 2R 1＋R 2，代入数据解得F ＝0.41 N.(2)S 1闭合，S 2拨到2位置，稳定后的金属细圆柱的角速度为ω′，由对整个系统由功能关系有(F －f )ω′L ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12Bω′L 22R 1＋R 2，代入数据解得ω′＝ω＝10 rad/s ，S 2拨向1稳定后电容器两端的电压为U 1＝ER 2R 1＋R 1＝12 V ，且上板带正电．S 2拨向2稳定后电容两端的电压为U 2＝ER 1R 2＋R 1＝0.8 V ，且上板带负电，电容器上的电量变化为ΔQ ＝(U 1＋U 2)C ＝6×10－5C ，所以流过R 3的电量为Q 3＝35ΔQ ＝3.6×10－5C. 答案 (1)0.41 N (2)3.6×10－5C。
楞次定律 法拉第电磁感应定律及应用一、单项选择题1.如图所示，铁芯上绕有线圈A 和B ，线圈A 与电源连接，线圈B 与理想发光二极管D 相连，衔铁E 连接弹簧K 控制触头C 的通断，忽略A 的自感。
下列说法正确的是( )A ．闭合S ，D 闪亮一下B ．闭合S ，C 将会过一小段时间接通 C ．断开S ，D 不会闪亮D ．断开S ，C 将会过一小段时间断开2．如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab 、cd 与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab 、cd 的质量之比为2∶1。
用一沿导轨方向的恒力F 水平向右拉金属棒cd ，经过足够长时间以后( )A ．金属棒ab 、cd 都做匀速运动B ．金属棒cd 所受安培力的大小等于2F3C ．金属棒ab 上的电流方向是由a 向bD ．两金属棒间距离保持不变3．(2019·南通二模)电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠。
如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( )A ．当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B ．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C ．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差D ．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用4．(2019·江苏四校联考)如图所示，用相同的导线围成两个单匝线圈a 和b ，半径分别为r 和2r ，圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合。
当磁场均匀增强时，流过a 、b 两线圈的感应电流之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶45．穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图像分别如图中的①～④所示，下列说法正确的是( )A ．图①有感应电动势，且大小恒定不变B．图②产生的感应电动势一直在变大C．图③在0～t1时间内的感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍D．图④产生的感应电动势先变大再变小二、多项选择题6．(2019·江苏七市调研)某手持式考试金属探测器如图所示，它能检查出考生违规携带的电子通讯、储存设备。
(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．图甲为手机及无线充电板．图乙为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n 1，受电线圈的匝数为n 2，面积为S ，若在t 1到t 2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B 1均匀增加到B 2.下列说法正确的是( )A ．受电线圈中感应电流方向由d 到cB ．c 点的电势高于d 点的电势C ．c 、d 之间的电势差为n 1（B 2－B 1）S t 2－t 1D ．c 、d 之间的电势差为n 2（B 2－B 1）S t 2－t 1解析：选D.根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c 到d ，所以c 点的电势低于d 点的电势，故A 、B 错误；根据法拉第电磁感应定律可得c 、d 之间的电势差为U cd ＝E ＝n 2ΔΦΔt ＝n 2（B 2－B 1）S t 2－t 1，故C 错误，D 正确． 2．(2017·高考全国卷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：选D.金属杆PQ 向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS 中感应电流沿逆时针方向；原来T 中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ 中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T 的磁通量减小，根据楞次定律可知T 中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A 、B 、C 项错误，D 项正确．3．(2019·镇江模拟)如图，虚线P 、Q 、R 间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L .一等腰直角三角形导线框abc ，ab 边与bc 边长度均为L ，bc 边与虚线边界垂直．现让线框沿bc 方向以速度v 匀速穿过磁场区域，从c 点经过虚线P 开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i 的正方向，则下列四个图象中能正确表示i －t 图象的是( )解析：选A.由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且逐渐增大，导线框刚好完全进入P 、Q 之间的瞬间，电流由正向最大值变为零，然后电流方向变为顺时针(即沿负方向)且逐渐增加，当导线框刚好完全进入Q 、R 之间的瞬间，电流由负向最大值变为零，然后电流方向变为逆时针且逐渐增加，当导线框离开磁场时，电流变为零，故A 正确．4．如图甲中水平放置的U 形光滑金属导轨NMPQ ，MN 接有开关S ，导轨宽度为L ，其电阻不计．在左侧边长为L 的正方形区域存在方向竖直向上磁场B ，其变化规律如图乙所示；中间一段没有磁场，右侧一段区域存在方向竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为B 0，在该段导轨之间放有质量为m 、电阻为R 、长为L 的金属棒ab .若在图乙所示的t 02时刻关闭开关S ，则在这一瞬间( )A ．金属棒ab 中的电流方向为由a 流向bB ．金属棒ab 中的电流大小为LB 0t 0RC ．金属棒ab 所受安培力方向水平向右D ．金属棒ab 的加速度大小为L 3B 202mt 0R解析：选C.根据楞次定律可得金属棒ab 中的电流方向为由b 流向a ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E ＝ΔB Δt S ＝B 0t 0L 2，所以金属棒ab 中的电流大小为：I ＝E R ＝B 0Rt 0L 2，故B 错误；金属棒ab 的电流方向为由b 流向a ，根据左手定则可得ab 棒所受安培力方向水平向右，C 正确；根据牛顿第二定律可得金属棒ab 的加速度大小为a ＝B 0IL m ＝B 20L 3Rmt 0，故D 错误．5．(2019·南京模拟)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解析：选B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，故A 项错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔB Δt，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 2a l 2b ＝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 ＝E R，得a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b ＝E a E b ·R b R 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 2a I 2b ·R a R b＝27，故D 项错误． 6．(2017·高考全国卷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( )解析：选A.施加磁场来快速衰减STM 的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．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.7．(2017·高考天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R .金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小解析：选D.根据楞次定律，感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断ab 中感应电流方向从a 到b ，A 错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I 恒定不变，B 错误；安培力F ＝BIL ，由于I 、L 不变，B 减小，所以ab 所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确．二、多项选择题8．(2019·高考全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0解析：选BC.根据楞次定律可知在0～t 0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．9．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是 ( )A ．开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动B ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向C ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向D ．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动 解析：选AD.由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B 、C 错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 正确．10．如图甲所示，一个匝数为n 的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S ，线圈的电阻为R ，在线圈外接一个阻值为R 的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．0～t 1时间内P 端电势高于Q 端电势B ．0～t 1时间内电压表的读数为n （B 1－B 0）S t 1C ．t 1～t 2时间内R 上的电流为nB 1S 2（t 2－t 1）RD ．t 1～t 2时间内P 端电势高于Q 端电势解析：选AC.0～t 1时间内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以P 端电势高于Q 端电势，故A 正确；0～t 1时间内线圈产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ＝n B 1－B 0t 1S ，电压表的示数等于电阻R 两端的电压U ＝IR ＝E 2R ·R ＝n （B 1－B 0）S 2t 1，故B 错误；t 1～t 2时间内线圈产生的感应电动势E ′＝n ΔΦΔt＝n B 1t 2－t 1S ，根据闭合电路的欧姆定律I ′＝E ′2R ＝nB 1S 2（t 2－t 1）R ，故C 正确；t 1～t 2时间内，磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，所以P 端电势低于Q 端电势，故D 错误．11．(2017·高考全国卷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：选BC.由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v ＝L t ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，B 项正确；导线框进入磁场的过程中，cd 边切割磁感线，由E ＝BLv ，得B ＝E Lv ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T ，A 项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C 项正确；在0.4～0.6 s 这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A ，则导线框受到的安培力F ＝BIL ＝0.2×2×0.1 N ＝0.04 N ，D 项错误．12．水平面上固定相距为d 的光滑直轨道MN 和PQ ，在N 、Q 之间连接不计电阻的电感线圈L 和电阻R .匀强磁场磁感应强度为B ，方向垂直导轨平面向上，在导轨上垂直导轨放置一质量为m ，电阻不计的金属杆ab ，在直导轨右侧有两个固定挡块C 、D ，CD 连线与导轨垂直．现给金属杆ab 沿轨道向右的初速度v 0，当ab 即将撞上CD 时速度为v ，撞后速度立即变为零但不与挡块粘连．以下说法正确的是( )A ．ab 向右做匀变速直线运动B ．当ab 撞上CD 后，将会向左运动C ．ab 在整个运动过程中受到的最大安培力为B 2d 2v 0RD ．从ab 开始运动到撞上CD 时，电阻R 上产生的热量小于12mv 20－12mv 2 解析：选BD.ab 向右运动时受到向左的安培力而做减速运动，产生的感应电动势和感应电流减小，安培力随之减小，加速度减小，所以ab 做非匀变速直线运动，故A 错误．当ab 撞CD 后，ab 中产生的感应电动势为零，电路中电流要减小，线圈L 将产生自感电动势，根据楞次定律可知自感电动势方向与原来电流方向相同，ab 中电流方向沿b →a ，根据左手定则可知ab 受到向左的安培力，故当ab 撞CD 后，将会向左运动，故B 正确．开始时，ab 的速度最大，产生的感应电动势最大，由于线圈中产生自感电动势，此自感电动势与ab 感应电动势方向相反，电路中的电流小于Bdv 0R ，最大安培力将小于BdI ＝B 2d 2v 0R，故C 错误．从ab 开始运动到撞CD 时，由于线圈中有磁场能，所以电阻R 上产生的热量小于12mv 20－12mv 2，故D 正确．三、非选择题13．(2019·高考北京卷)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B .纸面内有一正方形均匀金属线框abcd ，其边长为L ，总电阻为R ，ad边与磁场边界平行．从ad 边刚进入磁场直至bc 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v 匀速运动，求：(1)感应电动势的大小E ；(2)拉力做功的功率P ；(3)ab 边产生的焦耳热Q .解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E ＝BLv .(2)线圈中的感应电流I ＝E R拉力大小等于安培力大小F ＝BIL拉力的功率P ＝Fv ＝B 2L 2v 2R. (3)线圈ab 边电阻R ab ＝R 4时间t ＝L vab 边产生的焦耳热Q ＝I 2R ab t ＝B 2L 3v 4R. 答案：(1)BLv (2)B 2L 2v 2R (3)B 2L 3v 4R14．如图，固定在水平绝缘桌面上的“∠”形平行导轨足够长，间距L ＝1 m ，电阻不计．倾斜导轨的倾角θ＝53°，并与R ＝2 Ω的定值电阻相连．整个导轨置于磁感应强度B ＝5 T 、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中．金属棒ab 、cd 的阻值为R 1＝R 2＝2 Ω，cd 棒质量m ＝1 kg.ab 与导轨间摩擦不计，cd 与导轨间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现让ab 棒从导轨上某处由静止释放，当它滑至某一位置时，cd 棒恰好开始滑动．sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2.(1)求此时通过ab 棒的电流；(2)求cd 棒消耗的热功率与ab 棒克服安培力做功的功率之比；(3)若ab 棒无论从多高的位置释放，cd 棒都不动，则ab 棒质量应小于多少？解析：(1)ab 棒沿倾斜导轨下滑切割磁感线产生的感应电流的方向是b →a ，通过cd 棒的电流方向是c →d .cd 棒刚要开始滑动时，由平衡条件得：BI cd L cos 53°＝f由摩擦力公式得：f ＝μNN ＝mg ＋BI cd L sin 53°联立以上三式，得I cd ＝53 A ，I ab ＝2I cd ＝103A. (2)根据题意画出等效电路如图所示：设I cd ＝I ，因为电阻R 与cd 棒并联，故电阻R 上产生的热功率与cd 棒产生的热功率相等，即P R ＝P cd ＝I 2R又因为流经ab 棒的电流为2I ，故ab 棒产生的热功率P ab ＝4I 2R整个回路产生的热功率P ＝6I 2R又因为回路中消耗的热功率源于ab 棒克服安培力做功，所以cd 棒消耗的热功率与ab 棒克服安培力做功的功率之比为P cd P F A ＝I 2R 6I 2R ＝16. (3)ab 棒在足够长的轨道下滑时，最大安培力只能等于自身重力在倾斜轨道平面上的分力，有：F A ＝m ab g sin 53°cd 棒所受最大安培力应为12F A ， 要使cd 棒不能滑动，需满足：12F A cos 53°≤μ⎝⎛⎭⎫mg ＋12F A sin 53° 由以上两式联立解得：m ab ≤7536kg ≈2.08 kg. 答案：见解析(二)(建议用时：40分钟)1．2017年9月13日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone 新机型，除了常规的硬件升级外，三款iPhone 还支持快充和无线充电．图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图，已知线圈匝数n ＝100，电阻r ＝1 Ω，横截面积S ＝1.5×10－3 m 2，外接电阻R ＝7 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间的变化如图乙所示，求：(1)t ＝0.01 s 时线圈中的感应电动势E ；(2)0～0.02 s 内通过电阻R 的电荷量q ；(3)0～0.03 s 内电阻R 上产生的热量Q .解析：(1)由图乙可知，t ＝0.01 s 时刻ΔB Δt ＝4 T/s 根据法拉第电磁感应定律得E ＝nΔΦΔt ＝n S ΔB Δt解得E ＝0.6 V.(2)0～0.02 s 内，I ＝E R ＋r＝0.075 A ，电荷量q ＝I Δt ， 解得q ＝1.5×10－3 C.(3)0～0.02 s 内，E ＝0.6 V ，I ＝0.075 A ，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为Q 1＝I 2(R ＋r )t 1＝9×10－4 J0．02～0.03 s 内，E ′＝1.2 V ，I ′＝0.15 A ，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为Q 2＝I ′2(R ＋r )t 2＝1.8×10－3 J所以Q 总＝Q 1＋Q 2＝2.7×10－3 J而Q ＝R R ＋rQ 总，解得Q ＝2.362 5×10－3 J. 答案：(1)0.6 V (2)1.5×10－3 C (3)2.362 5×10－3 J2.某电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线圈abcd ，线圈的总电阻为R ，ab 边长为L ，ad边长为2L ，如图所示(俯视)．缓冲小车(无动力)水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲．已知小车总质量为m ，受到地面的摩擦阻力为f ，小车磁场刚抵达线圈ab 边时，速度大小为v 0，小车磁场刚抵达线圈cd 边时，速度为零，求：(1)小车缓冲过程中的最大加速度a m 的大小；(2)小车缓冲过程中通过线圈的电荷量q 及线圈产生的焦耳热Q .解析：(1)线圈相对磁场向左切割磁感线，产生的最大电动势为E ＝BLv 0电流为I ＝E R ＝BLv 0R根据牛顿第二定律：BIL ＋f ＝ma m得到a m ＝B 2L 2v 0＋fR mR. (2)通过线圈的电荷量q ＝I －Δt ，I －＝E －R ，E －＝ΔΦΔt得到q ＝2BL 2R由能量守恒定律得：12mv 20＝Q ＋f ·2L 得到Q ＝12mv 20－2fL . 答案：(1)B 2L 2v 0＋fR mR (2)2BL 2R 12mv 20－2fL 3．(2019·常州二模)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L ，导轨上放置两根导体棒a 和b ，俯视图如图甲所示．两根导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B 的竖直向上的匀强磁场．导体棒与导轨始终垂直接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x 0，现给导体棒a 一水平向右的初速度v 0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv －t 图象(Δv 表示两棒的相对速度，即Δv ＝v a －v b )．(1)试证明：在0～t 2时间内，回路产生的焦耳热Q 与磁感应强度B 无关；(2)求t 1时刻棒b 的加速度大小；(3)求t 2时刻两棒之间的距离．解析：(1)t 2时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有2mv ＝mv 0 由能量守恒定律有Q ＝12mv 20－12(2m )v 2 解得Q ＝14mv 20 所以在0～t 2时间内，回路产生的焦耳热Q 与磁感应强度B 无关．(2)t 1时刻有v a －v b ＝v 02回路中的电流I ＝E 2R ＝Blv a －BLv b 2R此时棒b 所受的安培力F ＝BIL由牛顿第二定律得棒b 的加速度大小a 1＝F m ＝B 2L 2v 04mR. (3)t 2时刻，两棒速度相同，均为v ＝v 020～t 2时间内，对棒b ，由动量定理有BLI ·Δt ＝mv －0即B <q ＝mv ，得q ＝mv 02BL根据法拉第电磁感应定律有E －＝ΔΦΔt根据闭合电路欧姆定律有I －＝E 2R而ΔΦ＝B ΔS ＝BL (x －x 0)解得t 2时刻两棒之间的距离x ＝x 0＋mv 0R B 2L2. 答案：见解析4．如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨间距为L ，折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨的倾角与水平面的夹角为θ＝30°，水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分垂直斜面向下(图中未画出)，两个磁场区互不叠加．将两根金属棒a 、b 垂直放置在导轨上，并将b 用轻绳通过定滑轮和小物体c 连接．已知两棒的长度均为L ，电阻均为R ，质量均为m ，小物块c 的质量也为m ，不考虑其他电阻，不计一切摩擦，运动过程中棒与导轨保持接触良好，且b 始终不会碰到滑轮，重力加速度大小为g .(1)求锁定a ，释放b 的最终速度v m ；(2)使a 、b 同时由静止释放，同时在a 上施加一沿斜面向上的恒力F ＝1.5mg ，求达到稳定状态时a 、b 的速度；(3)若(2)中系统从由静止开始经时间t 达到稳定状态，求过程中系统产生的焦耳热． 解析：(1)当b 和c 组成的系统做匀速运动时，b 、c 有最大速度，且为最终速度，根据平衡条件：mg ＝BIL ①I ＝E 2R② E ＝BL v m ③ 综上得：v m ＝2mgR B 2L 2. ④ (2)对a 棒：F －mg sin θ－BIL ＝ma 1 ⑤代入F 、θ得：mg －BIL ＝ma 1对于b 和c 系统：mg －BIL ＝2ma 2 ⑥所以任意时刻a 1∶a 2＝2∶1，由于运动时间相同，所以最终a 、b 的速度之比 v 1∶v 2＝2∶1 ⑦其中I ＝BL （v 1＋v 2）2R⑧ 当二者加速度为0时，a ，b ，c 达到稳定状态，综上得：a 稳定速度：v 1＝4mgR 3B 2L2 ⑨ b 、c 稳定速度：v 2＝2mgR 3B 2L2. ⑩ (3)设a 棒沿着斜面移动的位移大小为x 1，b 、c 棒的位移大小为x 2，由于运动时间相同，且a 1∶a 2＝2∶1，则从静止开始至恰好稳定状态，a 、b 棒的位移大小之比：x 1∶x 2＝2∶1 ⑪对于a 、b 、c 系统，由功能关系得：(F －mg sin θ)x 1＋mgx 2＝12m v 21＋12(2m )v 22＋Q ⑫ 代入F 、θ及⑨得：Q ＝3mgx 2－4m 3g 2R 23B 4L 4⑬ [另解：对a 棒，由动能定理得：(F －mg sin θ)x 1－W 安1＝12m v 21－0 对b 、c 组成的系统，由动能定理得：mgx 2－W 安2＝12×2m v 22－0 Q ＝W 安1＋W 安2解得，Q ＝3mgx 2－4m 3g 2R 23B 4L 4] 以a 为研究对象：从静止开始至达到稳定状态根据动量定理：(F －mg sin θ)t －B I －Lt ＝m v 1－0 ⑭I －t ＝q ⑮ 解得：q ＝mgt BL －m v 1BL ⑯因为E －＝n ΔΦΔt (n ＝1) ⑰ I －＝E－2R ⑱ 综上得：q ＝ΔΦ2R ⑲其中ΔΦ＝BL (x 1＋x 2) ⑳ 由⑪⑲⑳解得：x 2＝2qR3BL ○21将⑨⑯式代入○21 即得：x 2＝2R 3B 2L 2(mgt －4m 2gR3B 2L 2) ○22 将○22式代入⑬ 解得：Q ＝2m 2g 2Rt B 2L 2－4m 3g 2R 2B 4L 4.答案：见解析。
江苏高考物理考前冲A攻略（14）电磁感应基本问题【考情播报】【真题回顾】1． 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B B'等于 A ．54 B ．32 C ．74 D ．2【答案】B【考点】本题考查电磁感应及其相关的知识点。
【解析】过程I 回路中磁通量变化△Φ1=14BπR 2，设OM 的电阻为R ，流过OM 的电荷量Q 1=△Φ1/R 。
过程II 回路中磁通量变化△Φ2=12（B’-B ）πR 2，流过OM的电荷量Q 2=△Φ2/R 。
Q 2= Q 1，联立解得：B’/B =3/2，选项B 正确。
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4T t =时为零B ．在2Tt =时改变方向 C ．在2Tt =时最大，且沿顺时针方向 D ．在t T =时最大，且沿顺时针方向 【答案】AC【考点】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。
【解析】由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误。
专题四·第二讲 楞次定律 法拉第电磁感应定律——课前自测诊断卷考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1.[[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线P Q 和一导线框R ，R 在P Q 的右侧。
导线P Q 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向。
导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T4时为零B ．在t ＝T2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向解析：选AC 在t ＝T 4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt S知，E ＝0，故A 正确。
在t ＝T 2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T2和t ＝T 时感应电动势最大。
在T 4到T2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到34T 时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到54T 时，R 中电动势为逆时针方向，C 正确，B 、D 错误。
2．[考查法拉第电磁感应定律的应用]在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，导线回路与匀强磁场垂直，磁场方向垂直纸面向里，磁场均匀地增强，磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt ＝5×10－2T/s ，电容器电容C ＝60 μF ，导线回路边长L 1＝8 cm ，L 2＝5 cm 。
则电容器上极板( )A ．带正电，电荷量是1.2×10－4 C B ．带负电，电荷量是1.2×10－4 C C ．带正电，电荷量是1.2×10－8 CD ．带负电，电荷量是1.2×10－8 C解析：选C 根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则上极板带正电。
法拉第电磁感应定律一、选择题（共15题）1．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为S=1m2，导体环的总电阻为R=Ω。
规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。
磁感应强度B随时间t的变化如乙图10B=。
下列说法正确的是（）所示，00.1TA．t=1s时，导体环中电流为零B．第2s内，导体环中电流为负方向C．第3s内，导体环中电流的大小为0.1AD．第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为0.01C2．一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示。
现令磁感应强度B随时间t变化，先按图乙中所示的Oa图线变化，后来又按图线bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则（）A．E1>E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．E1<E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向C．E1<E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向D．E2＝E3，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向3．如图所示，匀强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 且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不变，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B t∆∆的大小应为A ．0B ωπ B ．02B ωπ C ．04B ωπ D ．02B ωπ4．如图所示，a 、b 是同一导线制成的粗细均匀的闭合导线环，两导线环的半径之比为4:5，其中仅在a 环所围区域内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。
当该磁场均匀变化时，a 、b 两环内的感应电流之比为（ ）A ．1：1B ．4：5C ．5：4D ．16：255．磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图（a ）所示，它的驱动系统简化为如图（b ）所示的物理模型。
