2020版高三物理一轮复习学案：第十章电磁感应

第十章 电磁感应
[全国卷5年考情分析]
基础考点
常考考点
2018
2017
2016
2015
2014
命题概率
磁通量(Ⅰ)
自感、涡流(Ⅰ)
以上2个考点未曾独立命题
电磁感应现象(Ⅰ)
—
Ⅰ卷T18(6分)
—
—
Ⅰ卷T14(6分)
独立命题
概率40%
法拉第电磁感应定律(Ⅱ)
Ⅰ卷T17(6分)
Ⅰ卷T19(6分)
Ⅱ卷T18(6分)
Ⅲ卷T20(6分)
Ⅱ卷T20(6分)
Ⅲ卷T15(6分)
Ⅱ卷T20(6分)
Ⅱ卷T24(12分)
Ⅰ卷T24(14分)
Ⅲ卷T25(20分)
Ⅰ卷T19(6分)
Ⅱ卷T15(6分)
Ⅰ卷T18(6分)
Ⅱ卷T25(19分)
综合命题
概率100%
楞次定律(Ⅱ)
常考角度
(1)根据楞次定律判断感应电流的方向
(2)结合安培定则、左手定则、楞次定律判断导体受力或运动方向
(3)法拉第电磁感应定律E＝n和E＝Blv的比较应用
(4)电磁感应的图像、受力、运动、能量、科技应用等综合问题

第1节　电磁感应现象　楞次定律

一、磁通量
1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积叫做穿过这个面积的磁通量。
2．公式：Φ＝BS，单位符号是Wb。[注1]
3．适用条件：
(1)匀强磁场。
(2)S为垂直于磁场的有效面积。
4．物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数。
二、电磁感应现象
1．定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应。
2．感应电流的产生条件
(1)表述一：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。
(2)表述二：穿过闭合电路的磁通量发生变化。
3．实质
产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流。如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。


三、感应电流方向的判定
1．楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍[注2]引起感应电流的磁通量的变化。
(2)适用范围：一切电磁感应现象。
2．右手定则[注3]
(1)内容：如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。
【注解释疑】
[注1] 磁通量是标量，但有正负，若磁通量为正，表示磁感线从规定的正面穿入；磁通量为负则反之。
[注2] “阻碍”不一定是相反，“阻碍”的是磁通量的变化；“阻碍”也不是阻止，而是延缓了磁通量的变化过程。
[注3] 右手定则是楞次定律的特例，楞次定律适用于所有电磁感应现象，而右手定则适用于一段导体在磁场中切割磁感线运动的情况。
[深化理解]
1．感应电流的产生条件表述一、表述二本质相同。
2．右手定则常用于感应电流产生条件表述一对应的问题，楞次定律对表述一、表述二对应的问题都适用。
3．楞次定律的本质是能量守恒。
4．解题中常用到的二级结论：
(1)楞次定律的三个推广含义：“增反减同”“增缩减扩”“来拒去留”。
(2)楞次定律的双解：①“加速向左运动”与“减速向右运动”等效。
②“×增加”与“·减少”所产生的感应电流方向一样，反之亦然。
[基础自测]
一、判断题
(1)1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象。(√)
(2)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。(×)
(3)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。(√)
(4)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生。(√)
(5)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。(√)
(6)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。 (×)
(7)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。(√)
二、选择题
1．[鲁科版选修3－2 P8T3]如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下面几种说法中正确的是(　　)

A．螺线管中不会产生感应电流
B．螺线管中会产生感应电流
C．只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流
D．只有在磁铁的磁性足够强时，螺线管中才会产生感应电流
解析：选B　当条形磁铁以速度v向螺线管靠近，穿过螺线管的磁通量增大，则螺线管中会产生感应电流，与磁铁的速度、磁铁的磁性强弱无关，故B正确。
2．[粤教版选修3－2 P12T2改编]一矩形线框abcd与长直通电导线处于同一平面内，ad边与导线平行，如图所示。当线框在此平面内向右运动到导线的右边的过程中，线框内感应电流的方向为(　　)
A．一直沿顺时针方向
B．一直沿逆时针方向
C．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向
D．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向，最后沿顺时针方向
解析：选D　根据“来拒去留”“同向吸引异向排斥”“近大远小”等规律可得，电流方向依次为b→c、c→b、a→d、d→a，即先顺时针，再逆时针，最后顺时针，故D正确。
3．[人教版选修3－2 P14T6改编][多选]如图所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动。拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，看到的现象及现象分析正确的是(　　)
A．磁铁插向左环，横杆发生转动
B．磁铁插向右环，横杆发生转动
C．磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流
D．磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流
解析：选BD　左环不闭合，磁铁插向左环时，产生感应电动势，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动，故A、C错误；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动，故B、D正确。
4.如图所示，两个线圈A、B套在一起，线圈A中通有电流，方向如图所示。当线圈A中的电流突然增强时，线圈B中的感应电流方向为(　　)
A．沿顺时针方向　　 B．沿逆时针方向
C．无感应电流 D．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向
解析：选A　由安培定则可判断，线圈A中电流在线圈内产生的磁场向外，在线圈外产生的磁场向里，穿过线圈B的合磁通量向外。当线圈A中的电流增大时，产生的磁场增强，通过线圈B的磁通量增加，由楞次定律可知线圈B中的感应电流方向为顺时针方向，故A正确。

高考对本节内容的考查，主要集中在对电磁感应现象的判断、楞次定律及其推论的理解应用、“三个定则，一个定律”的综合应用，对这些考点的考查，主要以选择题的形式呈现，难度一般。
考点一　对电磁感应现象的判断
[基础自修类]
[题点全练]
1．[感应电流有无的判断]
如图所示，闭合圆形导体线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，当磁感应强度逐渐增大时，以下说法正确的是(　　)
A．线圈中产生顺时针方向的感应电流
B．线圈中产生逆时针方向的感应电流
C．线圈中不会产生感应电流
D．线圈面积有缩小的倾向
解析：选C　由于线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为零。当磁感应强度增大时，穿过线圈的磁通量仍然为零，则线圈中不会产生感应电流，故只有C正确。
2．[感应电流产生的条件]
在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(　　)
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化


解析：选D　只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B、C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，D正确。
3．[电磁感应现象与现代科技]
(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(　　)

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。
[名师微点]


考点二　楞次定律的理解及应用
[基础自修类]
[题点全练]
1．[判断感应电流的方向]
(多选)磁悬浮高速列车在我国已投入运行数年。如图所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环。将超导圆环B水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A的上方空中，则(　　)
A．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流消失
B．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流仍存在
C．若A的N极朝上，B中感应电流的方向为顺时针方向(从上往下看)
D．若A的N极朝上，B中感应电流的方向为逆时针方向(从上往下看)
解析：选BC　在B放入磁场的过程中，穿过B的磁通量增加，B中将产生感应电流，因为B是超导体，没有电阻，所以感应电流不会消失，故A错误，B正确；若A的N极朝上，在B放入磁场的过程中，磁通量向上增加，根据楞次定律可判断B中感应电流的方向为顺时针方向，C正确，D错误。
2．[电磁感应现象中的运动分析]
(多选)(2018·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　根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故A正确。同理D正确。开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，故B、C错误。
3．[电磁感应现象中的功能分析]
如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管。下列说法正确的是(　　)
A．电流计中的电流先由a到b，后由b到a
B．a点的电势始终低于b点的电势
C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量
D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度
解析：选D　由楞次定律可知，电流计中的电流先由b到a，后由a到b，A错误；a点的电势先比b点低，后比b点高，B错误；磁铁减少的机械能等于回路中产生的热量，C错误；根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁铁与闭合回路间的相对运动，磁铁刚离开螺线管时，受到向上的磁场力，加速度小于重力加速度，D正确。

[名师微点]
1．判断感应电流的方法
(1)楞次定律；(2)右手定则。
2．判断感应电流方向的“四步法”

3．楞次定律中“阻碍”的含义

考点三　楞次定律推论的应用[多维探究类]
楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。列表说明如下：
内容
例证
阻碍原磁通量变化
——“增反减同”

阻碍相对运动
——“来拒去留”
使回路面积有扩大或缩小
的趋势——“增缩减扩”


阻碍原电流的变化
——“增反减同”


考法(一)　增反减同
[例1]　如图所示，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的固定矩形导线框，则(　　)
A．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿abcd方向；经过位置②时，沿adcb方向　
B．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿adcb方向；经过位置②时，沿abcd方向　
C．磁铁经过位置①和②时，线框中的感应电流都沿abcd方向
D．磁铁经过位置①和②时，线框中感应电流都沿adcb方向
[解析]　当磁铁经过位置①时，穿过线框的磁通量向下且不断增加，由楞次定律可确定感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的增加，根据右手螺旋定则可判定感应电流应沿abcd方向。同理可判断当磁铁经过位置②时，感应电流沿adcb方向。故A正确。
[答案]　A
考法(二)　来拒去留
[例2]　如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当矩形线圈突然向右运动时，线圈所受安培力的合力方向(　　)
A．向左　　　　 B．向右
C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里
[解析]　当矩形线圈突然向右运动时，线圈中会产生逆时针方向的电流，根据左手定则可知，ab边受的安培力向左，cd边受的安培力向左，合力的方向向左，A正确。或根据楞次定律，“来拒去留”，感应电流的效果总是阻碍相对运动，所以线圈向右运动时所受安培力向左。故A正确。
[答案]　A
考法(三)　增缩减扩
[例3]　(多选)如图所示，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A为导体环。当B绕轴心顺时针转动且转速增大时，下列说法正确的是(　　)
A．A中产生逆时针方向的感应电流
B．A中产生顺时针方向的感应电流
C．A具有收缩的趋势
D．A具有扩展的趋势
[解析]　由题图可知，B为均匀带负电绝缘环，B中电流为逆时针方向，由右手螺旋定则可知，电流的磁场垂直纸面向外且逐渐增强；由楞次定律可知，磁场增强时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以感应电流的磁场的方向垂直纸面向里，A中感应电流的方向为顺时针方向，故选项A错误，B正确。B环外的磁场的方向与B环内的磁场的方向相反，当B环内的磁场增强时，A环具有面积扩展的趋势，故选项C错误，D正确。
[答案]　BD
[题点全练]
1．[增反减同]
如图甲所示，在同一平面内有两个圆环A、B，圆环A将圆环B分为面积相等的两部分，以图甲中A环电流沿顺时针方向为正，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，下列说法正确的是(　　)
A．B中始终没有感应电流
B．B中有顺时针方向的感应电流
C．B中有逆时针方向的感应电流
D．B中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向
解析：选B　由于圆环A中的电流发生了变化，故圆环B中一定有感应电流产生，由楞次定律判定B中有顺时针方向的感应电流，故B选项正确。
2．[增缩减扩]
如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合。现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则(　　)
A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
解析：选B　使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，通过金属环B内的磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升的趋势，丝线受到的拉力减小，B正确。








考点四　“三定则、一定律”的综合应用
[师生共研类]
1．规律比较
名称
基本现象
因果关系
应用的定则或定律
电流的
磁效应
电流、运动电荷
产生磁场
因电生磁
安培定则
安培力、
洛伦兹力
磁场对电流、运动
电荷有作用力
因电受力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
因动生电
右手定则
闭合回路磁通量变化
因磁生电
楞次定律
2．相互联系
(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。
(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。
　[典例]　如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则(　　)
A．ab棒不受安培力作用
B．ab棒所受安培力的方向向右
C．ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大
D．螺线管产生的磁场，A端为N极
[解析]　金属棒ab向右运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流方向由b→a，再根据左手定则判断棒所受安培力水平向左，故A、B错误；ab的速度越大，感应电流越大，所受安培力就越大，C正确；根据安培定则可判定螺线管的B端为N极，A端为S极，D错误。
[答案]　C
[解题方略]
左、右手定则巧区分
(1)区分左手定则和右手定则的根本是抓住“因果关系”：“因电而动”——用左手，“因动生电”——用右手。
(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于记忆，可把两个定则简单地总结为通电受力，“力”的最后一笔“丿”向左，用左手；运动生电，“电”的最后一笔“乚”向右，用右手。

[题点全练]
1．[楞次定律、安培定则及左手定则的综合应用]
(多选)如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》。两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。以下说法正确的是(　　)
A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)
B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动
C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动
D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止
解析：选AB　P向右摆动的过程中，线框中的磁通量减少，根据楞次定律，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)，选项A正确。P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)，Q中的电流方向也为顺时针方向(从右向左看)，Q线圈下侧将受到向右的安培力作用，所以Q也会向右摆动，选项B正确，C错误。若用手左右摆动Q，切割磁感线产生感应电动势，在P线圈中将产生感应电流，受到安培力作用，由左手定则可判断出P将摆动，不会保持静止，选项D错误。
2．[安培定则及楞次定律的综合应用]
如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路。在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A。不计铁芯和铜环A之间的摩擦，下列情况中铜环A会向右运动的是(　　)
A．线圈中通以恒定的电流
B．通电时，使滑动变阻器的滑片P向右匀速移动
C．通电时，使滑动变阻器的滑片P向左加速移动
D．开关突然断开的瞬间
解析：选C　铜环A向右运动，说明穿过A的磁通量在增加，绕在铁芯上的线圈中的电流在增大，故选项C正确。
3．[楞次定律与法拉第电磁感应定律的综合应用]
(多选)一个水平固定的金属大圆环A，通有恒定的电流，方向如图所示。现有一小金属环B自A环上方落下并穿过A环，B环在下落过程中始终保持水平，并与A环共轴，那么在B环下落过程中(　　)
A．B环中感应电流方向始终与A环中电流方向相反
B．B环中感应电流方向与A环中电流方向先相反后相同
C．经过A环所在平面的瞬间，B环中感应电流最大
D．经过A环所在平面的瞬间，B环中感应电流为零
解析：选BD　刚开始的下落过程，穿过B环的磁通量增加，由楞次定律可知，B环中应产生与A环中方向相反的感应电流。当B环运动到A环下方后，随着B环的下落，穿过B环的磁通量逐渐减少，由楞次定律可知，此时B环中将产生与A环中方向相同的感应电流，故选项A错误，B正确。当B环经过A环所在平面的瞬间，此时穿过B环的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故此时B环中的感应电流为零，选项C错误，D正确。

“专项研究”拓视野——利用程序法和逆向推理法分析二次感应问题
(一)程序法(正向推理法)

1．(多选)如图所示装置中，cd杆原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(　　)

A．向右匀速运动　　　　 B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
解析：选BD　ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A错误；ab向右加速运动时，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的从a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律可知通过cd的感应电流方向向下，由左手定则可知cd向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确。
(二)逆向推理法

2．(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路。当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是(　　)
A．向右加速运动　　　　 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
解析：选BC　MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流由M→NL1中感应电流的磁场方向向上；若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流为P→Q且增大向左加速运动。故B、C正确。
3.(多选)如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引(　　)
A．向右做匀速运动　　　　 B．向左做减速运动
C．向右做减速运动 D．向右做加速运动
解析：选BC　当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，选项A错误；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左且减弱，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)，且被螺线管吸引，选项B正确；同理可判定选项C正确，D错误。

在二次感应现象中，“程序法”和“逆向推理法”的选择
(1)如果要判断二次感应后的现象或结果，选择程序法。
(2)如果已知二次感应后的结果，要判断导体棒的运动情况或磁场的变化，需选择逆向推理法。　　
[课时跟踪检测]
[A级——基础小题练熟练快]
1.(2019·石家庄调研)1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S及电流计G组成另一个回路。如图所示，通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件。关于该实验下列说法正确的是(　　)
A．闭合S的瞬间，G中有a→b的感应电流
B．闭合S的瞬间，G中有b→a的感应电流
C．闭合S后，R的滑片向左移动的过程，G中有a→b的感应电流
D．闭合S后，R的滑片向左移动的过程，G中有b→a的感应电流
解析：选D　在滑片不动的情况下，线圈A中通过的是恒定电流，产生的磁场是恒定的，所以线圈B中不产生感应电流，选项A、B错误；在向左移动滑片的过程中，线圈A中电流减小，即线圈B处于逐渐减弱的磁场中，由安培定则和楞次定律知，电流表中的电流从b到a，故选项C错误，D正确。
2.物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是(　　)
A．线圈接在了直流电源上
B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多
D．所用套环的材料与老师的不同
解析：选D　无论实验用的是交流电还是直流电，闭合开关S的瞬间，穿过套环的磁通量均增加，只要套环的材料是导体，套环中就能产生感应电流，套环就会跳起。如果套环是用塑料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起。选项D正确。
3.如图所示，竖直放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与弹性环轴线重合。现将弹性圆环均匀向外扩大，下列说法中正确的是(　　)
A．穿过弹性圆环的磁通量增大
B．从上往下看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流
C．弹性圆环中无感应电流
D．弹性圆环受到的安培力方向沿半径向外
解析：选B　将弹性圆环均匀向外扩大，圆环中磁通量减小，根据楞次定律，从上往下看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流，选项B正确，A、C错误。由左手定则可判断出，弹性圆环受到的安培力方向沿半径向里，选项D错误。
4.(2018·丽水调研)如图所示，绝缘光滑水平面上有两个离得很近的导体环a、b。将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面)，a、b将如何移动(　　)
A．a、b将相互远离 B．a、b将相互靠近
C．a、b将不动 D．无法判断
解析：选A　根据Φ＝BS，磁铁向下移动过程中B增大，所以穿过每个环中的磁通量都增大，a、b中产生同方向的感应电流，两环间有斥力作用，所以a、b将相互远离。选项A正确。
5.(2018·西安摸底)如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直。若要在线圈中产生abcda方向的感应电流，可行的做法是(　　)
A．AB中电流I逐渐增大
B．AB中电流I先增大后减小
C．AB正对OO′，逐渐靠近线圈
D．线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)
解析：选D　选项A、B、C中通过线圈的磁通量始终为零，故不能产生感应电流，A、B、C错误；选项D中，线圈绕OO′轴逆时针转动90°，AB与线圈平面平行，线圈中的磁通量增加，且磁感线垂直向里穿过线圈，根据楞次定律可判断感应电流方向为abcda，D正确。
6.如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列说法中正确的是(　　)
A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
解析：选D　若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，螺线管中电流增大，由安培定则知穿过线圈a的磁场方向向下且增强，所以磁通量增大，故B错误。由楞次定律知线圈a产生俯视逆时针方向的感应电流，故A错误。从面积变化角度看“增缩减扩”，所以面积应减小，即线圈a有收缩的趋势，故C错误。由于线圈a电流方向与螺线管中电流方向相反，由电流相互作用规律“同向电流相吸，异向电流相斥”可知线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故D正确。
7.(2019·株洲模拟)如图所示，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么(　　)
A．由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度
B．由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度
C．由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度
D．由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度
解析：选C　铜是非磁性材料，不能够被磁化，B错误；铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管始终切割磁感线，铜管中都有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加速度，C正确，A、D错误。
8．(多选)如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek。则(　　)
A．W1＝Q　　　　　　　 B．W2－W1＝Q
C．W1＝Ek D．WF＋WG＝Ek＋Q
解析：选BCD　由能量守恒定律可知：磁铁克服磁场力做功W2，等于回路的电能，电能一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的机械能，所以W2－ W1＝Q，故A错误，B正确；以导体棒为对象，由动能定理可知，磁场力对导体棒做功W1＝Ek，故C正确；外力对磁铁做功与重力对磁铁做功之和为回路中的电能，也等于焦耳热和导体棒的动能，故D正确。
9.如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若(　　)
A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
解析：选D　当金属环上下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，根据楞次定律，没有感应电流产生，选项A、B错误；当金属环向左移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向外且增强，根据楞次定律可知，环上产生顺时针方向的感应电流，故选项C错误；当金属环向右移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向里且增强，根据楞次定律可知，环上产生逆时针方向的感应电流，故选项D正确。
[B级——保分题目练通抓牢]
10.(2019·玉林模拟)如图所示为感应式发电机，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端。现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是(　　)
A．将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置
B．将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置
C．将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置
D．将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置
解析：选B　当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则要想观察到感应电流，M、N应分别连接电源的两个极即可，故可知只有B项正确。
11.如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上。当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动。则关于线圈在此过程中受到的支持力FN和摩擦力Ff的情况，以下判断正确的是(　　)
A．FN先大于mg，后小于mg
B．FN一直大于mg
C．Ff先向左，后向右
D．线圈中的电流方向始终不变
解析：选A　当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即FN大于mg，线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力。当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，同理，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即FN小于mg，线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力。综上可知，FN先大于mg，后小于mg，Ff始终向左，故选项B、C错误，A正确。当磁铁靠近线圈时，穿过线圈向下的磁通量增加，线圈中产生感应电流从上向下看是逆时针方向；当磁铁远离线圈时，穿过线圈向下的磁通量减小，线圈中产生感应电流从上向下看是顺时针方向，故选项D错误。
12.如图所示，一个闭合三角形导线框位于竖直平面内，其下方固定一根与线框所在的竖直平面平行且很靠近(但不重叠)的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流。线框从实线位置由静止释放，在其后的运动过程中(　　)
A．线框中的磁通量为零时其感应电流也为零
B．线框中感应电流方向为先顺时针后逆时针
C．线框受到安培力的合力方向竖直向上
D．线框减少的重力势能全部转化为电能
解析：选C　根据安培定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小。线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流。向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针；由上分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，这一过程是连续的，始终有感应电流存在，故A、B错误。根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，不是0，故C正确。根据能量守恒定律，线框从实线位置由静止释放过程中，减小的重力势能，除增加其动能外，还产生电能，从而转化为热量，故D错误。
13．(多选)如图所示，闭合导体环水平固定。条形磁铁S极向下以初速度v0沿过导体环圆心的竖直轴线下落。穿过导体环的过程中，关于导体环中的感应电流及条形磁铁的加速度，下列说法正确的是(　　)
A．从上向下看，导体环中的感应电流的方向先顺时针后逆时针
B．从上向下看，导体环中的感应电流的方向先逆时针后顺时针
C．条形磁铁的加速度一直小于重力加速度
D．条形磁铁的加速度开始小于重力加速度，后大于重力加速度
解析：选AC　当条形磁铁的中心恰好位于导体环所在的水平面时，条形磁铁内部向上的磁感线都穿过了导体环，而条形磁铁外部向下穿过导体环的磁通量最少，所以此时刻穿过导体环的磁通量最大，因此全过程导体环中磁通量方向向上，先增大后减小，由楞次定律知，从上向下看，感应电流方向先顺时针后逆时针，A正确，B错误；导体环中的感应电流产生的磁场始终阻碍条形磁铁相对导体环运动，所以条形磁铁的加速度一直小于重力加速度，C正确，D错误。
[C级——难度题目适情选做]
14．(多选)如图所示，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用绝缘细线悬挂于O点。将圆环拉至位置a后无初速度释放，圆环摆到右侧最高点b，不计空气阻力。在圆环从a摆向b的过程中(　　)
A．感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向
B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反
D．安培力方向始终沿水平方向
解析：选AD　由楞次定律知，感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向，A正确，B错误；根据左手定则，因等效导线是沿竖直方向的，且两边的磁感应强度不同，故合力方向始终沿水平方向，和速度方向会有一定夹角，C错误，D正确。
15.(2019·运城六校联考)如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图所示。左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在垂直于导轨方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是(　　)

A．当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点
B．当金属棒向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
C．当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
D．当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点
解析：选D　金属棒匀速向右运动切割磁感线，产生恒定感应电动势，由右手定则判断出电流由a→b，b点电势高于a点，c、d端不产生感应电动势，c点与d点等势，故A、B错误。金属棒向右加速运动时，b点电势仍高于a点，感应电流增大，穿过右边线圈的磁通量增大，所以右线圈中也产生感应电流，由楞次定律可判断电流从d流出，在外电路中，d点电势高于c点，故C错误，D正确。
第2节　法拉第电磁感应定律　自感　涡流

一、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。[注1]
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。[注2]
(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数。[注3]
3．导体切割磁感线的情形
(1)垂直切割：E＝Blv。
(2)倾斜切割：E＝Blvsin_θ，其中θ为v与B的夹角。
(3)旋转切割(以一端为轴)：E＝Bl2ω。
二、自感和涡流
1．自感现象
由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。
2．自感电动势
(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势。
(2)表达式：E＝L。
(3)自感系数L：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)。
3．涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流。
【注解释疑】
[注1] 感应电动势的方向与电池电动势的方向一样，都规定为在电源内部由负极指向正极。
[注2] 正确区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率。
[注3] 穿过线圈的磁通量与匝数无关，感应电动势与匝数有关，n匝线圈相当于n个相同的电源串联。
[深化理解]
(1)计算通过导体截面的电荷量的两个途径：
q＝t
(2)安培力做功时的能量转化：电能机械能。
(3)平动直杆所受的安培力：FA＝；热功率：P热＝。
[基础自测]
一、判断题
(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大。(×)
(2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(×)
(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(√)
(4)感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同。(×)
(5)线圈中的电流越大，自感系数也越大。(×)
(6)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大。(√)
二、选择题
1.[粤教版选修3－2 P18T3改编]如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为(　　)
A．0　　　　　　　　　　 B．n·L2
C．n·πr2 D．n·r2
解析：选B　由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势E＝n·L2，故B正确。


2.[鲁科版选修3－2 P33T1]在如图所示的电路中，LA为灯泡，S为开关，L为有铁芯的线圈。对于这样的电路，下列说法正确的是(　　)
A．因为线圈L通电后会产生自感现象，所以S闭合后，灯泡LA中无电流通过
B．在S打开或闭合的瞬间，电路中都不会产生自感现象
C．当S闭合时，电路中会产生自感现象
D．在S闭合后再断开的瞬间，灯泡LA可能不立即熄灭
解析：选C　S闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势而阻碍通过灯泡LA的电流的增加，但阻碍不是阻止，S闭合后有电流通过LA；S断开瞬间，线圈产生自感电动势，因电路断开，电流立即消失，灯泡LA立即熄灭，故C正确，A、B、D错误。
3．[沪科版选修3－2 P37T1改编](多选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是因为(　　)
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
D．增大铁芯中的电阻，以减小发热量
解析：选BD　不使用整块硅钢而采用很薄的硅钢片，这样做的目的是增大铁芯中的电阻，阻断涡流回路，来减少电能转化成铁芯的内能，提高效率，故B、D正确，A、C错误。

高考对本节内容的考查，主要集中在法拉第电磁感应定律的应用、导体棒切割磁感线产生感应电动势，通常还会结合电路或力学知识进行考查，难度较大。而对自感、涡流考查时，一般以选择题的形式呈现，难度中等。
考点一　法拉第电磁感应定律的应用[师生共研类]
1．对法拉第电磁感应定律的理解
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。
(2)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系。
(3)磁通量的变化率对应Φ­t图线上某点切线的斜率。
(4)通过回路截面的电荷量q＝，仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。

2．磁通量发生变化的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝n。
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝n，注意S为线圈在磁场中的有效面积。
(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝n≠n。
[典例]　轻质细线吊着一质量为m＝0.42 kg、边长为L＝1 m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1 Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。(g取10 m/s2)

(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求线圈的电功率；
(3)求在t＝4 s时轻质细线的拉力大小。
[解析]　(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。
(2)由法拉第电磁感应定律得
E＝n＝n·L2＝0.5 V
则P＝＝0.25 W。
(3)通过线圈的电流I＝＝0.5 A，由题图乙可知当t＝4 s时，B＝0.6 T，线圈受到的安培力F安＝nBIL
由平衡条件得F安＋F线＝mg
联立解得F线＝1.2 N。
[答案]　(1)逆时针　(2)0.25 W　(3)1.2 N
[题点全练]
1．[法拉第电磁感应定律、楞次定律的综合]
(多选)(2018·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＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝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＝时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，故A正确。在t＝和t＝T时，图线斜率最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大。在到之间，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，同理可判断在到T时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。
2．[感应电荷量的计算]
(多选)如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中。磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。则以下说法正确的是(　　)

A．导线圈中产生的是交变电流
B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1 V
C．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C
D．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W
解析：选ACD　在0～2 s内，磁感应强度变化率为＝1 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E1＝nS＝100×0.12×1 V＝1 V；在2～3 s内，磁感应强度变化率为＝2 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E2＝nS＝100×0.12×2 V＝2 V。导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选项A正确。在t＝2.5 s时，产生的感应电动势为E2＝2 V，选项B错误。在0～2 s内，感应电流I＝＝10 A，通过导体横截面的电荷量为q＝IΔt1＝20 C，选项C正确。在t＝1 s时，导线圈内感应电流的瞬时功率P＝UI＝I2R＝102×0.1 W＝10 W，选项D正确。
考点二　导体棒切割磁感线产生感应电动势[多维探究类]
1．E＝Blv的三个特性
正交性
本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直
有效性
公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中

相对性
E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系

2．导体棒转动切割磁感线
当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图所示。
考法(一)　转动切割产生感应电动势
[例1]　(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，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。空间存在与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OM从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
[解析]　在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有
E1＝＝
根据闭合电路欧姆定律，有
I1＝
且q1＝I1Δt1
在过程Ⅱ中，有
E2＝＝
I2＝
q2＝I2Δt2
又q1＝q2，即＝
所以＝。
[答案]　B
考法(二)　平动切割产生感应电动势
[例2]　如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)
A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2
[解析]　由Q＝I2Rt得，Q1＝2Rt＝×＝，同理，Q2＝，又因为Lab>Lbc，故Q1>Q2。由电荷量q＝Δt＝n＝，故q1＝q2。所以选项A正确。
[答案]　A
[共性归纳]
应用法拉第电磁感应定律的四种情况
情景图




研究对象
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴转动的导线框
表达式
E＝n
E＝BLv
E＝BL2ω
E＝NBSωsin ωt
[题点全练]
1．[转动切割产生感应电动势]
(多选)(2016·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＝Bl2ω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＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。
2．[线框在磁场中平动切割产生感应电动势]
(多选)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界所成夹角为45°。若线框的总电阻为R，则(　　)
A．线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为D→C→B→A→D
B．AC刚进入磁场时线框中感应电流为
C．AC刚进入磁场时线框所受安培力大小为
D．此时CD两端电压为Bav
解析：选CD　线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，则感应电流的方向为A→B→C→D→A，A错误；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势为E＝Bav，则线框中感应电流为I＝＝，故CD两端的电压为U＝I×R＝Bav，B错误，D正确；AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力的方向与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD边向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，即F合＝F＝，C正确。
3．[不同线框切割磁感线产生感应电流的比较]
一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图甲所示。现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域。线框中的电流随时间变化的I­t图像如图乙所示。则可能的线框是下列选项中的哪一个(　　)


解析：选D　线框切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，设线框总电阻是R，则感应电流I＝，由题图乙所示图像可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，且电流大小与时间成正比，由于B、v、R是定值，故切割磁感线的有效长度L应先均匀变长，后均匀变短，且L随时间均匀变化，即L与时间t成正比。圆形线框匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L随时间不是均匀变化，不符合题意，故A错误；正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，故B错误；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，不符合题意，故C错误；三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故D正确。
考点三　自感和涡流[基础自修类]
[题点全练]
1．[通、断电自感现象的分析]
(多选)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。下面说法正确的是(　　)
A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常
B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮
C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮
D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭
解析：选BD　由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，选项A、C错误，B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确。
2．[自感现象、电路分析]
(2017·北京高考)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(　　)

A．图1中，A1与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
解析：选C　题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL。S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同，由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。
3．[对涡流的理解]
(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，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，D正确。
[名师微点]
1．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。

2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题

与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
电路图


通电时
电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮
电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定
断电时
电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变
电路中稳态电流为I1、I2：
①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；
②若I2＞I1，灯泡“闪亮”后逐渐变暗。两种情况下灯泡中电流方向均改变


“STS问题”巧迁移——电磁感应在生活中的应用
电磁感应现象与生活密切相关，高考对这部分的考查更趋向于有关现代气息和STS问题中信息题的考查。命题背景有电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等。
1．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E­t关系如图所示。如果只将刷卡速度改为，线圈中的E­t关系图可能是(　　)


解析：选D　若将刷卡速度改为，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D项正确，其他选项错误。
2．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是(　　)

A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
解析：选C　无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，故A错误；当给充电设备通以恒定直流电时，充电设备不会产生交变磁场，即不能正常充电，故B错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误。
3．(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是(　　)

A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针
B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大
C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈
D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
解析：选BD　若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，故B正确；由题图知1、2、4、5、6线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有滑动，则第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，故C错误，D正确。





[课时跟踪检测]
[A级——基础小题练熟练快]
1．(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)
A．增加线圈的匝数　　　　
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
解析：选AB　当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高。要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻。增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势。瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱，所以选项A、B正确，C、D错误。
2．(2016·北京高考)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是(　　)
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
解析：选B　由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向。由法拉第电磁感应定律知E＝＝＝，由于两圆环半径之比Ra∶Rb＝2∶1，所以Ea∶Eb＝4∶1，选项B正确。
3.(2018·德州模拟)如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板。磁场方向垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化。t＝0时，P、Q两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径。经时间t，电容器的P极板(　　)
A．不带电 B．所带电荷量与t成正比
C．带正电，电荷量是 D．带负电，电荷量是



解析：选D　磁感应强度均匀增加，回路中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，Q板带正电，P板带负电，A错误；由L＝2πR，得R＝，感应电动势E＝·S＝k·πR2，解得E＝，电容器上的电荷量Q＝CE＝，B、C错误，D正确。
4.如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，下列说法正确的是(　　)
A．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d
B．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b
C．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向右
D．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左
解析：选A　根据电磁感应定律，MN产生的电动势E＝Blv，由于MN的电阻与外电路电阻相同，所以MN两端的电压U＝E＝Blv，根据右手定则，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小FA＝BIl＝Bl·＝，方向水平向左，故C、D错误。
5.(2018·河南洛阳一中模拟)如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流(从左向右看)，则(　　)
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
解析：选D　当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，可知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误；有金属片通过时，穿过金属片中的磁通量发生变化，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D正确。
6.某同学为了验证断电自感现象，找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，可能的原因是(　　)
A．电源的内阻偏大 B．线圈电阻偏大
C．小灯泡电阻偏大 D．线圈的自感系数较大
解析：选B　灯泡能否发生闪亮，取决于通过灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，故A错误。线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于流过线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，故B正确。小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于流过线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，故C错误。线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故D错误。
[B级——保分题目练通抓牢]
7．(多选)(2019·盐城调研)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不变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
解析：选AD　由题图乙可知，磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，由C＝可知，感应电动势不变，电容器的电压U不变，则电荷量大小不变，故A正确；根据楞次定律可知MN中的感应电流方向由N到M，电容器的a极板一直带正电，故B错误；感应电流不变，由于磁感应强度的大小先减小后增大，MN所受安培力F＝BIL，所以安培力的大小先减小后增大，方向先向右后向左，故C错误，D正确。
8．(多选)如图所示，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是(　　)
A．感应电流方向为逆时针方向
B．CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势的最大值E＝Bdv
D．感应电动势的平均值＝πBdv
解析：选AD　线圈进磁场过程，垂直平面向里的磁通量逐渐增大，根据楞次定律“增反减同”，感应电流方向为逆时针方向，选项A正确；CD端导线电流方向与磁场垂直，根据左手定则判断，安培力竖直向下，选项B错误；线圈进磁场切割磁感线的有效长度是初、末位置的连线，进磁场过程，有效切割长度最长为半径，所以感应电动势最大值为，选项C错误；感应电动势的平均值＝＝＝，选项D正确。
9.(2019·天津模拟)一匝由粗细均匀的同种导线绕成的矩形导线框abcd固定不动，其中矩形区域efcd存在磁场(未画出)，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t均匀变化，且＝k(k>0)。已知ab＝fc＝4L，bc＝5L，且L长度的导线电阻为r，则导线框abcd中的电流为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　电路中的总电阻为R＝18r，电路中的感应电动势为E＝S＝16kL2，导线框abcd中的电流为I＝＝，选项A正确。
10．(2019·济宁调研)如图甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示(规定图甲中B的方向为正方向)。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计。求0～t1时间内：


(1)通过电阻R1的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1的电荷量q及电阻R1上产生的热量。
解析：(1)根据楞次定律可知，通过R1的电流方向为由b到a。根据法拉第电磁感应定律得，
线圈中的电动势E＝n＝
根据闭合电路欧姆定律得，
通过R1的电流I＝＝。
(2)通过R1的电荷量q＝It1＝
R1上产生的热量Q＝I2R1t1＝。
答案：(1)　由b到a
(2)　　
[C级——难度题目适情选做]
11．(多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度的电阻均为R0。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，杆产生的感应电动势为2Bav
B．θ＝时，杆产生的感应电动势为Bav
C．θ＝0时，杆受到的安培力大小为
D．θ＝时，杆受到的安培力大小为
解析：选AD　根据法拉第电磁感应定律可得E＝Blv，其中l为有效长度，当θ＝0时，l＝2a，则E＝2Bav，选项A正确；当θ＝时，l＝a，则E＝Bav，故选项B错误；根据通电直导线在磁场中所受安培力大小的计算公式可得F＝BIl，根据闭合电路欧姆定律可得I＝，当θ＝0时，l＝2a，E＝2Bav，r＋R＝(π＋2)aR0，解得F＝，选项C错误；当θ＝时，l＝a，E＝Bav，r＋R＝aR0，解得F＝，故选项D正确。


12．(多选)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是(　　)
A．金属棒中电流从B流向A
B．金属棒两端电压为Bωr2
C．电容器的M板带负电
D．电容器所带电荷量为CBωr2
解析：选AB　根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，选项A正确；金属棒转动产生的电动势为E＝Br＝Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U＝E＝Bωr2，选项B正确；金属棒A端相当于电源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C＝可得电容器所带电荷量为Q＝CBωr2，选项D错误。
13.(2019·淮北模拟)如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d，导轨所在平面与水平面成θ角，M、P间接阻值为R的电阻。匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B。质量为m、阻值为r、长度为d的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度v匀速向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
(1)金属棒产生的感应电动势E；
(2)通过电阻R的电流I；
(3)拉力F的大小。
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得E＝Bdv。
(2)根据闭合电路欧姆定律得I＝＝。
(3)金属棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有F－F安－mgsin θ＝0，又因为F安＝BId＝，
所以F＝mgsin θ＋。
答案：(1)Bdv　(2)　
(3)mgsin θ＋
第3节　电磁感应中的电路和图像问题

高考对本节内容的考查主要以选择题的形式呈现，难度中等，其中电磁感应中的电路问题涉及的内容除“三定则、两定律”外，通常还包括闭合电路的欧姆定律、电流、电荷量、焦耳定律、电功率等内容；而解答电磁感应中的图像问题时则需要在掌握电磁感应知识的基础上，把分析力学图像、电磁场图像以及电路图像的方法技巧迁移过来应用。
考点一　电磁感应中的电路问题[师生共研类]
1．电磁感应中电路知识的关系图

2．“三步走”分析电路为主的电磁感应问题

[典例]　(多选)如图所示，水平面上固定一个顶角为60°的光滑金属导轨MON，导轨处于磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m的导体棒CD与∠MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。t＝0时刻，棒CD在水平外力F的作用下从O点以恒定速度v0沿∠MON的角平分线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均足够长，则(　　)


A．流过导体棒的电流I始终为
B．F随时间t的变化关系为F＝t
C．t0时刻导体棒的发热功率为t0
D．撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为mv02
[解析]　导体棒的有效切割长度L＝2v0ttan 30°，感应电动势E＝BLv0，回路的总电阻R＝r，联立可得通过导体棒的电流I＝＝，选项A正确；导体棒受力平衡，则外力F与安培力平衡，即F＝BIL，得F＝t，选项B正确；t0时刻导体棒的电阻为Rx＝2v0t0tan 30°·r，则导体棒的发热功率P棒＝I2Rx＝t0，选项C正确；从撤去F到导体棒停下的过程，根据能量守恒定律有Q棒＋Q轨＝mv02－0，得导体棒上能产生的焦耳热Q棒＝mv02－Q轨 [答案]　ABC
[延伸思考]　
(1)试推导出回路中的热功率P随时间变化的关系式，并画出图像。
(2)试推导出回路中产生的焦耳热Q随时间变化的关系式，并画出图像。
提示：(1)回路中热功率P＝I2R，回路中电流I＝为定值，R＝tan 30°＋2v0tr，可得P＝t，图像如图甲所示。
(2)(1)中P­t图线与t轴所围面积表示回路中产生的焦耳热Q，则Q＝Pt＝t2。图像如图乙、丙所示。
　　　　　
[题点全练]
1．[电路的电势差分析]
(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻。一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好。导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法正确的是(　　)
A．导体棒ab中电流的方向为由b到a
B．cd两端的电压为1 V
C．de两端的电压为1 V
D．fe两端的电压为1 V

解析：选BD　由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝×R＝＝1 V，B、D正确，C错误。
2．[含容电路分析]
(多选)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2。螺线管导线电阻r＝1 Ω，R1＝4 Ω，R2＝5 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。下列说法正确的是(　　)

A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B．闭合S，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电
C．电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2 W
D．S断开后，通过R2的电荷量为1.8×10－5 C
解析：选AD　由法拉第电磁感应定律可知，螺线管内产生的电动势为E＝nS＝1 500××20×10－4 V＝1.2 V，故A正确；根据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故B错误；电流稳定后，电流为I＝＝ A＝0.12 A，电阻R1上消耗的功率为P＝I2R1＝0.122×4 W＝5.76×10－2 W，故C错误；开关断开后通过电阻R2的电荷量为Q＝CU＝CIR2＝30×
10－6×0.12×5 C＝1.8×10－5 C，故D正确。
3．[电功率的分析]
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的光滑的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2Br
B．外力的大小为Br
C．导体杆旋转的角速度为
D．导体杆旋转的角速度为
解析：选C　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＝Br2ω，I＝，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＝，v＝rω，联立解得F＝Br，ω＝，选项C正确，A、B、D错误。
考点二　电磁感应中的图像问题[多维探究类]
图像
类型
随时间变化的图像，如B­t图像、Φ­t图像、E­t图像、I­t图像
随位移变化的图像，如E­x图像、I­x图像
(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)
问题
类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像(画图像)
(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图像)
解题
方法
四个规律
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类公式
(1)平均电动势E＝n
(2)平动切割电动势E＝Blv
(3)转动切割电动势E＝Bl2ω
(4)闭合电路欧姆定律I＝
(5)安培力F＝BIl
(6)牛顿运动定律的相关公式等

考法(一)　由“感生”角度衍生的图像问题(直接设问式)
[例1]　(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。以下说法正确的是(　　)

A．在0～2 s时间内，I的最大值为0.01 A
B．在3～5 s时间内，I的大小越来越小
C．前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 C
D．第3 s内，线圈的发热功率最大
[解析]　0～2 s时间内，t＝0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大，I＝＝＝0.01 A，A正确；3～5 s时间内电流大小不变，B错误；前2 s内通过线圈的电荷量q＝＝＝0.01 C，C正确；第3 s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D错误。
[答案]　AC

(1)法拉第电磁感应定律E＝n，常有两种特殊情况，即E＝nS和E＝nB，其中是B­t图像中图线的斜率，若斜率不变则感应电动势是恒定不变的。
(2)感生电动势产生的感应电流方向，一般用楞次定律结合安培定则来判定。
(3)计算电动势时要注意有效面积，求解电压时要分清内外电路。　　
考法(二)　由“感生”角度衍生的图像问题(图像转化式)
[例2]　如图甲所示，正三角形硬导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直。图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里。在0～4t0时间内，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(规定垂直ab边向左为安培力的正方向)(　　)


[解析]　0～t0时间内，磁场方向垂直纸面向里，均匀减小，＝，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab的电流I不变，方向从b到a，其受到的安培力方向向左，大小为F＝BIL，均匀减小到零；同理，t0～2t0时间内，磁场方向垂直纸面向外，均匀增大，＝，流经导线ab的电流I不变，方向从b到a，其受到的安培力方向向右，从零开始均匀增大；2t0～3t0时间内，磁场方向垂直纸面向外，＝0，导线ab不受安培力；3t0～3.5t0时间内，磁场方向垂直纸面向外，均匀减小，＝，流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b，其受到的安培力方向向左，大小为F＝2BIL，即均匀减小到零；3.5t0～4t0时间内，磁场方向垂直纸面向里，均匀增加，＝，流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b，其受到的安培力方向向右，大小为F＝2BIL，即从零开始均匀增大，A项正确。
[答案]　A

对于电磁感应图像问题的分析要注意以下三个方面
(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何。
(2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应。
(3)注意观察图像的变化趋势，看图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应。　　
考法(三)　由“动生”角度衍生的图像问题
(侧重力学或电学量)
[例3]　如图甲所示，固定的水平金属导轨足够长且电阻不计。两阻值相同的导体棒ab、cd置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触。整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场B中。现让导体棒ab以如图乙所示的速度向右运动。导体棒cd始终静止在导轨上，以水平向右为正方向，则导体棒cd所受的静摩擦力f随时间变化的图像是选项中的(　　)


[解析]　由右手定则可知ab中感应电流的方向向上，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，由欧姆定律得：I＝。感应电流从上向下流过cd棒，由左手定则可知，产生的安培力向右，大小为F＝BIL＝，对cd进行受力分析可知，cd棒竖直方向受到重力和轨道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共点力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等、方向相反，即方向向左，大小为f＝F＝，可得大小与速度v成正比，与速度的方向相反，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B

解决此类问题，求解选择题时，用方向排除法较为简单。判断过程涉及三大定律。
(1)楞次定律判断电流方向。当然，也可以用右手定则。
(2)法拉第电磁感应定律计算电动势，也可以用特例E＝Blv，注意切割导体的有效长度和导体速度的变化。
(3)闭合电路的欧姆定律计算电流，感应电流是由电动势和回路电阻共同决定的。　　
考法(四)　由“动生”角度衍生的图像问题(综合考查)
[例4]　(多选)如图所示，一个边长为L的正方形线圈置于边界水平的匀强磁场上方L处，磁场宽也为L，方向垂直纸面向里，由静止释放线圈且线圈平面始终与磁场方向垂直。如果从线圈的一条边刚进入磁场开始计时，下列关于通过线圈横截面的电荷量q、感应电流i、线圈运动的加速度a、线圈具有的动能Ek随时间变化的图像中，可能正确的是(　　)

[解析]　若线圈进入磁场时受到的安培力等于重力，则线圈匀速进入，感应电流恒定，由q＝It可知，通过线圈横截面的电荷量均匀增大，线圈离开时由楞次定律可知，感应电流方向改变，通过的电荷量均匀减小，A项可能；由于线圈通过磁场时，线圈的宽度与磁场的宽度相等，故始终是一条边做切割磁感线运动，且速度不可能减小到零，所以线圈通过磁场的过程中不可能出现感应电流为零的情况，故B项错误；由于线圈进入磁场时重力也可能大于安培力，因此继续做加速运动，但速度增大安培力也增大，则加速度减小，当安培力增大到等于重力时，加速度变为零，故C项可能；如果线圈刚进入磁场时安培力就大于重力，则线圈做减速运动，速度减小则安培力减小，最后可能达到平衡，速度不变，动能不变，故D项可能。
[答案]　ACD

线圈“坠落”进入磁场时，要正确分析受力，特别是安培力与其他力的比较，像本题中，线圈进入磁场，可能做匀速运动，也可能加速，甚至减速，所以此类问题往往伴随多解。
针对涉及多个物理量的电磁感应图像综合问题优先选择排除法以便快捷解题。
排除法
定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项
函数法
根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断
　　
[题点全练]
1.(2018·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l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(　　)




解析：选D　设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i。
线框位移
等效电路的连接
电流
0～

I＝2i(顺时针)
～l

I＝0
l～

I＝2i(逆时针)
～2l

I＝0
综合分析知，只有选项D符合要求。
2．(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 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．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＝＝ m/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＝＝ T＝0.2 T，A项错误；由题图(b)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＝＝ A＝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。

“STS问题”巧迁移——电磁感应现象在生产、生活中的应用
电磁感应现象在日常生活中应用十分广泛，与人类的生活息息相关，比如电磁感应在电子天平中的应用问题在近几年高考中时常出现。
1．(2014·重庆高考)某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g。问：
(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？
(2)供电电流I是从C端还是从D端流入？求重物质量与电流的关系。
(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？
解析：(1)线圈向下运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知感应电流从C端流出。
(2)由左手定则可知外加电流从D端流入。
设线圈受到的安培力为FA
由FA＝mg和FA＝2nBIL
得m＝I。
(3)设称量最大质量为m0
由m＝I和P＝I02 R
得m0＝ 。
答案：(1)C端　(2)D端　m＝I　(3)
2．(2015·浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1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N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝10 m/s2)

(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝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2所示，保持B0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。
解析：(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL①
天平平衡mg＝N1B0IL②
代入数据得N1＝25 匝。③
(2)由电磁感应定律得E＝N2④
即E＝N2Ld⑤
由欧姆定律得I′＝⑥
线圈受到安培力F′＝N2B0I′L⑦
天平平衡m′g＝N22B0·⑧
代入数据可得＝0.1 T/s。⑨
答案：(1)25匝　(2)0.1 T/s
3．(2018·天津高考)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v0，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？

解析：(1)列车要向右运动，安培力方向应向右。根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极。
(2)金属棒ab、cd中的电流均为
I＝
列车所受安培力之和为
F＝2IlB
根据牛顿第二定律有
F＝ma
解得a＝。
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有
E1＝
其中ΔΦ＝Bl2
由闭合电路欧姆定律得回路中平均电流为
I′＝
则cd受到的平均安培力为
F′＝I′lB
以向右为正方向，可得Δt时间内cd受安培力的冲量为
I冲＝－F′Δt＝－
I冲与时间Δt无关，同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，则回路进出一块有界磁场区域的安培力冲量为
I0＝2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0
所以＝
讨论：若恰为整数，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。
答案：(1)见解析　(2)　(3)见解析

[课时跟踪检测]
[A级——基础小题练熟练快]
1．(2019·杭州调研)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t按图乙所示变化时，下列选项中能正确表示线圈中感应电动势E变化的是(　　)


解析：选A　根据楞次定律得，0～1 s内，感应电流为正方向；1～3 s内，无感应电流；3～5 s内，感应电流为负方向；再由法拉第电磁感应定律得：0～1 s内的感应电动势为3～5 s内的二倍，故A正确。
2．(多选)一环形线圈放在匀强磁场中，设第1 s内磁感线垂直线圈平面向里，如图甲所示。若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么下列选项正确的是(　　)

A．第1 s内线圈中感应电流的大小逐渐增加
B．第2 s内线圈中感应电流的大小恒定
C．第3 s内线圈中感应电流的方向为顺时针方向
D．第4 s内线圈中感应电流的方向为逆时针方向
解析：选BD　由题给图像分析可知，磁场在每1 s内为均匀变化，斜率恒定，线圈中产生的感应电流大小恒定，因此A错误，B正确；由楞次定律可判断出第3 s、第4 s内线圈中感应电流的方向均为逆时针方向，C错误，D正确。

3．(多选)如图所示，导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域。ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧磁场的磁感应强度是左侧磁场的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计。下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流由M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)(　　)

解析：选AC　设ac左侧磁感应强度大小为B，导轨间距为L，导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过导体棒的电流方向向上，电流由M经R到N为正值，大小为I＝＝，根据左手定则，导体棒所受安培力向左，大小为F＝BI·2vt＝；同理可得导体棒在右半区域时，电流为负值，大小为I＝＝，安培力向左，大小为F＝2BI·(2L－2vt)＝；根据数学知识，A、C正确，B、D错误。
4.(2018·上饶二模)在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中。忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的v­t图像，可能正确的是(　　)

解析：选C　线框进入磁场过程中受到的安培力F＝BIl＝，线框切割磁感线的有效长度l增大、安培力增大，由牛顿第二定律得：mg－F＝ma，得a＝g－，线框由静止加速，由于l、v不断增大，a不断减小，则线框做加速度减小的加速运动，故C正确。
5．将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是(　　)


解析：选B　0～时间内，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环形区域产生大小恒定的、顺时针方向的感应电流，根据左手定则，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同理可得～T时间内，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故B项正确。
6.(2018·温州模拟)如图所示，一足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度大小以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　)
A．2.5 m/s,1 W　　　　 B．5 m/s,1 W
C．7.5 m/s,9 W D．15 m/s,9 W
解析：选B　小灯泡稳定发光时，导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsin 37°＝μmgcos 37°＋，解得v＝5 m/s；导体棒产生的感应电动势E＝BLv，电路电流I＝，灯泡消耗的功率P＝I2R，解得P＝1 W，故选项B正确。
[B级——保分题目练通抓牢]
7.纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω。t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示，若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是(　　)

解析：选C　由右手定则可知，开始时感应电动势为正，故D错误；设经时间t导体杆转过的角度为α，则α＝ωt，导体杆有效切割长度为L＝2Rsin ωt。由E＝BL2ω可知，E＝2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不变，故A、B错误，C正确。
8．如图甲，光滑平行且足够长的金属导轨ab、cd所在平面与水平面成θ角，b、c两端接有阻值为R的定值电阻。阻值为r的金属棒PQ垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。从t＝0时刻开始，金属棒受到一个平行于导轨向上的外力F作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中金属棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R的感应电流I随时间t变化的图像如图乙所示。下面分别给出了穿过回路PQcb的磁通量Φ、磁通量的变化率、电阻R两端的电势差U和通过金属棒上某横截面的电荷量q随运动时间t变化的图像，其中正确的是(　　)


解析：选B　由题意可知产生的感应电动势是逐渐增大的，而图像A描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，A错误；回路中的感应电动势为：E＝，感应电流为I＝＝，由题图乙可知：I＝kt，故有：＝k(R＋r)t，所以图像B正确；I均匀增大，电阻R两端的电势差U＝IR＝ktR，则知U与时间t成正比，C错误；通过金属棒某横截面的电荷量为：q＝t＝kt2，故有q­t图像为抛物线，并非过原点的直线，D错误。
9.(2019·保定模拟)如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度均为B＝0.5 T，两边界间距s＝0.1 m。一边长L＝0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻为R＝0.4 Ω。现使线框以v＝2 m/s的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则下列能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图像是(　　)

解析：选A　ab边切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv＝0.2 V，线框中感应电流为I＝＝0.5 A，所以在0～5×10－2 s时间内，a、b两点间电势差为Uab＝I·R＝0.15 V。在5×10－2～10×10－2 s时间内，a、b两点间电势差Uab＝E＝0.2 V；在10×10－2～15×10－2 s时间内，a、b两点间电势差为Uab＝I·R＝0.05 V，选项A正确。
10．(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k＞0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　　)
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
解析：选AC　由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS有E＝kπr2，D错误；因k＞0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，B错误；由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2＝U＝，A正确；设R2消耗的功率为P＝IU2，则R消耗的功率P′＝2I×2U2＋IU2＝5P，故C正确。



[C级——难度题目适情选做]
11．(多选)如图所示，三个连续的有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L。在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直。现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，外力F向右为正。以下能正确反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图像的是(　　)

解析：选ABD　线框匀速穿过磁场区域，当线框进入磁场时，位移在0～L内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达到最大且为负值；位移在L～2L内，向里的磁通量增加，总磁通量先减小后反向增加，当位移为1.5L时，磁通量最小，为零，位移为2L时磁通量变为向里的最大，由此分析以后的运动可知A正确。当线框进入第一个磁场时，由E＝BLv可知，E保持不变，感应电动势为顺时针方向；而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，感应电动势为2BLv，方向为逆时针方向，为正值，由此分析以后的运动可知B正确。因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误。拉力的功率P＝Fv，因速度不变，线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，F安＝2B·L＝4，因此安培力变4倍，则拉力的功率变为原来的4倍，由此分析以后的运动可知D正确。
12.(2019·昆明调研)如图所示，在PQ、QR区域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，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t＝0时刻开始线框向右匀速横穿两个磁场区域。以a→b→c→d→e→f为线框中电流的正方向。以下四个i­t关系示意图中正确的是(　　)


解析：选C　下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图。

在甲→乙阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知电动势为负，大小为Blv；在乙→丙阶段，bc切割向里的磁感线，电动势为逆时针方向，同时de切割向外的磁感线线，电动势为顺时针方向，等效电动势为零；在丙→丁阶段，de切割向里的磁感线，同时af切割向外的磁感线，两个电动势同为逆时针方向，等效电动势为正，大小为3Blv；在丁→戊阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为负，大小为2Blv，故C正确。
13．如图所示，用粗细均匀、电阻率也相同的导线绕制的直角边长为l或2l的四个闭合导线框a、b、c、d，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，在每个线框刚进入磁场时，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是(　　)

A．Ua＜Ub＜Uc＜Ud B．Ua＜Ub＜Ud＜Uc
C．Ua＝Ub＜Uc＝Ud D．Ub＜Ua＜Ud＜Uc
解析：选B　由电阻定律，各个线框的电阻分别为Ra＝ρ、Rb＝ρ、Rc＝ρ、Rd＝ρ，设线框刚进入磁场时的速度为v，各线框MN边有效切割长度分别为l、l、2l、2l，各线框MN边的内阻分别为ra＝ρ、rb＝ρ、rc＝ρ、rd＝ρ，则各边产生的感应电动势分别为Ea＝Blv，Eb＝Blv，Ec＝2Blv，Ed＝2Blv，MN两点间的电压分别为Ua＝×ρ＝Blv＝Blv，同理Ub＝Blv，Uc＝Blv，Ud＝(－1)Blv，则Ua＜Ub＜Ud＜Uc，B正确。
14．(多选)如图所示(俯视图)，在光滑的水平面上，宽为l的区域内存在一匀强磁场，磁场方向垂直水平面向下。水平面内有一不可形变的粗细均匀的等边三角形闭合导线框CDE(由同种材料制成)，边长为l。t＝0时刻，E点处于磁场边界，CD边与磁场边界平行。在外力F的作用下线框沿垂直于磁场区域边界的方向匀速穿过磁场区域。从E点进入磁场到CD边恰好离开磁场的过程中，线框中感应电流I(以逆时针方向的感应电流为正)、外力F(水平向右为正方向)随时间变化的图像中，可能正确的有(　　)

解析：选BD　等边三角形闭合导线框CDE进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律可知，线框产生的感应电流方向为逆时针方向，拉出磁场的过程中，线框产生的感应电流为顺时针方向，在磁场中运动时感应电流为零。同时当线框进入或拉出磁场时线框切割磁感线的有效长度随时间t均匀增大，产生的感应电动势、感应电流均匀增大，选项B正确，A错误；因线框在磁场中匀速运动，所以外力F等于线框受到的安培力，外力F＝BIl∝t2，选项C错误，D正确。
第4节　电磁感应中的动力学、能量和动量问题

高考对本节内容的考查常以压轴计算题的形式呈现，即便以选择题的形式考查，通常题目难度也较大，因为这类题目可以说是以电磁感应为载体，把直线运动、相互作用、牛顿运动定律、机械能、动量、电路、磁场，甚至包括电场和交变电流等力学、电学知识全部综合到一起进行考查。
考点一　电磁感应中的动力学问题[多维探究类]
1．两种状态及处理方法
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析

2．抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题

考法(一)　导体棒在磁场中静止
[例1]　(2017·天津高考)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a
B．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]　根据楞次定律，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。
[答案]　D
考法(二)　导体棒在磁场中做匀速运动
[例2]　(2016·全国卷Ⅱ)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0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。
[思路点拨]
分别画出金属杆进入磁场前、后的受力示意图，有助于快速准确的求解问题。

[解析]　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
ma＝F－μmg①
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＝at0②
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＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0。④


(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为
F安＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－F安＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝。⑧
[答案]　(1)Blt0　(2)
考法(三)　导体棒在磁场中做加速运动
[例3]　(2018·江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒

(1)末速度的大小v；
(2)通过的电流大小I；
(3)通过的电荷量Q。
[解析]　(1)金属棒做匀加速直线运动，
根据运动学公式有v2＝2as
解得v＝。
(2)金属棒所受安培力F安＝IdB
金属棒所受合力F＝mgsin θ－F安
根据牛顿第二定律有F＝ma
解得I＝。


(3)金属棒的运动时间t＝，
通过的电荷量Q＝It
解得Q＝。
[答案]　(1)　(2)
(3)
[易错提醒]
导体棒或线框做匀变速直线运动时，才能应用牛顿第二定律和运动学公式解题，如果是加速度变化的问题，一般要应用能量或动量观点。


考点二　电磁感应中的能量与动量问题[多维探究类]
考法(一)　电磁感应中的能量问题
[例1]　如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN。Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：

(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大？
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少？
[解析]　(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b。
(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsin θ①
设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝③
设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，
由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s。
(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q总＋m2v2
又Q＝Q总
解得Q＝1.3 J。
[答案]　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J

电磁感应问题中的能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化

(2)求解焦耳热Q的三种方法
焦耳定律
功能关系
能量转化
Q＝I2Rt
Q＝W克服安培力
Q＝ΔE其他能的减少量
　　
考法(二)　电磁感应中的动量问题
[例2]　(多选)如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为B。ad、bc两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，分别位于两磁场中，现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两金属棒组成的系统的动量守恒
B．两金属棒组成的系统的动量不守恒
C．ad棒克服安培力做功的功率等于ad棒的发热功率
D．ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和
[解析]　开始时，ad棒以初速度v0切割磁感线，产生感应电动势，在回路中产生顺时针方向(俯视)的感应电流，ad棒因受到向右的安培力而减速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；当两棒的速度大小相等，即两棒因切割磁感线而产生的感应电动势相等时，回路中没有感应电流，两棒各自做匀速直线运动；由于两棒所受的安培力都向右，两金属棒组成的系统所受合外力不为零，所以该系统的动量不守恒，选项A错误，B正确。根据能量守恒定律可知，ad棒动能的减小量等于回路中产生的热量和bc棒动能的增加量，由动能定理可知，ad棒动能的减小量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒动能的增加量等于安培力对bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和，选项C错误，D正确。
[答案]　BD
[延伸思考]
(1)双棒稳定时，是否还受安培力？
(2)若ad、bc棒的质量分别为m、2m，则两棒达到稳定时的速度为多大？
(3)接(2)问中，ad棒向左运动的过程中，ad棒产生的总焦耳热是多少？
提示：(1)稳定时，产生电动势相等，回路中无感应电流，不受安培力。
(2)稳定时，va＝vb，由动量定理
对ad棒：－BLt＝mva－mv0　
对bc棒：BLt＝2mvb－0
得va＝vb＝v0
(3)对系统应用能量守恒定律
Q总＝mv02－mva2－×2mvb2
由公式Q＝I2Rt得：＝＝
则Qa＝mv02。
[一题悟通]
例题及相关延伸思考旨在让考生掌握利用动量、能量的观点解决电磁感应问题，会根据相关条件分析双杆切割磁感线运动问题，会用“三大力学观点”解决此类问题。
动力学
观点
通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量
观点
其中一个金属杆机械能的减少量等于另一个金属杆机械能的增加量与回路中产生的焦耳热之和
动量
观点
对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
由BL·Δt＝m·Δv、q＝·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题
考法(三)　三大观点的综合应用
[例3]　如图所示，在大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路。导轨间距为l，导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速v0，求：
(1)当cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
(2)从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能为多大？
(3)两棒之间距离增长量x的上限。
[解析]　(1)设当cd棒速度减为0.8v0时ab棒的速度为v′，由动量守恒定律得
mv0＝0.8mv0＋mv′①
解得：v′＝0.2v0
此时回路的电流是I＝②
cd棒的加速度为a＝③
解得：a＝。
(2)设两棒稳定时共同的末速度为v，据动量守恒定律得
mv0＝(m＋m)v④
解得：v＝v0⑤
由能量守恒定律得，最终稳定后电路中产生的电能为
Q＝mv02－(m＋m)v2＝mv02。
(3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势
E＝＝⑥
这段时间内回路的电流为＝⑦
对cd棒由动量定理得：－BlΔt＝mv－mv0⑧
由⑤～⑧解得Δx＝。⑨
[答案]　(1)　(2)mv02　(3)



“融会贯通”归纳好——“杆＋导轨＋电阻”四种模型剖析

模型一(v0≠0)
模型二(v0＝0)
模型三(v0＝0)
模型四(v0＝0)
说明
质量为m，电阻不计的单杆cd以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L
轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
倾斜轨道光滑，倾角为α，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
竖直轨道光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
示意图




力学
观点
杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝，安培力F＝BIL＝。杆做减速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止
开始时a＝，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
开始时a＝gsin α，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mgsin α－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
图像
观点




能量
观点
动能全部转化为内能：
Q＝mv02
F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WF＝Q＋mvm2
重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋mvm2
重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋mvm2


1.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。
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＝BLv，回路中的感应电流I＝
杆所受的安培力F＝BIL
根据牛顿第二定律有mgsin θ－＝ma
当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a＝gsin 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vm＝，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mgxsin θ＝Q总＋mvm2
又Q杆＝Q总
所以Q杆＝mgxsin θ－。
答案：(1)gsin θ　　(2)mgxsin θ－
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，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。

解析：(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡，有
mgsin θ＝μmgcos θ
解得μ＝tan θ。
(2)在光滑导轨上
感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
安培力F安＝BIL
导体棒受力平衡有F安＝mgsin θ
联立解得v＝。
(3)摩擦生热Q′＝μmgdcos θ
由能量守恒定律有3mgdsin θ＝Q＋Q′＋mv2
联立解得Q＝2mgdsin θ－。
答案：(1)tan θ　(2)
(3)2mgdsin θ－

“杆＋导轨＋电阻”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景，综合考查电路、动力学、功能关系等知识。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。　
[课时跟踪检测]
A卷——基础保分专练
1．(多选)如图所示，位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直。现有一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动。杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计。用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于(　　)
A．F的功率　　　　 　　　 B．安培力的功率的绝对值
C．F与安培力的合力的功率 D．iE
解析：选BD　金属杆ab做加速度减小的加速运动，根据能量守恒可知，恒力F做的功等于杆增加的动能和电路中产生的电能。电阻消耗的功率等于电路中产生电能的功率，不等于恒力F的功率，故A错误。电阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率，等于电路的电功率iE，故B、D正确，C错误。
2．(多选)如图所示，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在垂直纸面向里的匀强磁场内，已知磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd的长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N。现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动。则在ab上升时，下列说法正确的是(　　)
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
解析：选BC　对导体棒cd分析：mg＝BIl＝，代入数据解得v＝2 m/s，故选项B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安vt＝＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为W拉＝Fvt＝0.8 J，选项D错误。
3．(多选)(2019·唐山模拟)如图所示，在磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v＝2 m/s向右匀速滑动。两导轨间距离l＝1.0 m，电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，导轨电阻忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．通过R的感应电流的方向为由a到d
B．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 V
C．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 N
D．外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热
解析：选ABC　由右手定则判断知，当金属杆滑动时产生逆时针方向的电流，通过R的感应电流的方向为由a到d，故A正确。金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为：E＝Blv＝1.0×1×2 V＝2 V，故B正确。在整个回路中产生的感应电流为：I＝，代入数据得：I＝0.5 A。由安培力公式：F安＝BIl，代入数据得：F安＝0.5 N，故C正确。金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U型导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和，故D错误。
4．(多选) 如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距L＝0.4 m，导轨所在平面与水平面的夹角为30°，其电阻不计。把完全相同的两金属棒(长度均为0.4 m)ab、cd分别垂直于导轨放置，并使棒的两端都与导轨良好接触。已知两金属棒的质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝0.2 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5 T。当金属棒ab在平行于导轨向上的力F作用下沿导轨向上匀速运动时，金属棒cd恰好能保持静止(g＝10 m/s2)，则(　　)
A．F的大小为0.5 N
B．金属棒ab产生的感应电动势为1.0 V
C．ab棒两端的电压为1.0 V
D．ab棒的速度为5.0 m/s
解析：选BD　对于cd棒有mgsin θ＝BIL，解得回路中的电流I＝2.5 A，所以回路中的感应电动势E＝2IR＝1.0 V，选项B正确；Uab＝IR＝0.5 V，选项C错误；对于ab棒有F＝BIL＋mgsin θ，解得F＝1.0 N，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，解得v＝5.0 m/s，选项D正确。
5．(多选)(2018·江苏高考)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4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
解析：选BC　金属杆在磁场之外的区域做加速运动，所以进入磁场Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁场Ⅰ的速度，则金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误。金属杆在磁场Ⅰ中(先)做加速度减小的减速运动，在两磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移相等，v­t图像可能如图所示，可以看出B正确。由于进入两磁场时速度相等，由动能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为2mgd，即产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，故C正确。设刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知mgh＝mv2，由牛顿第二定律得－mg＝ma，解得h＝＞，故D错误。
6．(2018·恩施模拟)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接；导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上。若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法正确的是(　　)
A．所受安培力方向水平向左
B．可能以速度v匀速下滑
C．刚下滑瞬间产生的电动势为BLv
D．减少的重力势能等于电阻R产生的内能
解析：选B　根据右手定则判断可知，ab棒中感应电流方向从b→a，由左手定则判断得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如图所示，故A错误。若安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力大小相等，ab棒可能匀速下滑，故B正确。刚下滑瞬间产生的感应电动势为E＝BLvcos θ，故C错误。根据能量守恒定律得知，若ab棒匀速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能之和；若ab棒加速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能与棒ab增加的动能之和；若ab棒减速下滑，其减少的重力势能和动能之和等于电阻R和棒ab产生的内能之和，所以减少的重力势能不等于电阻R产生的内能，故D错误。
7.（多选）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均为B，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在恒定外力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
解析：选AC　金属棒的运动方向不变，磁场方向反向，则电流方向反向，A正确；电流方向反向，磁场也反向时，安培力的方向不变，B错误；由q＝知，因为初、末状态磁通量相等，所以通过电阻R的电荷量等于零，C正确；由于金属棒匀速运动，所以动能不变，即外力做功全部转化为电热，Q＝2Fx，D错误。
8．（多选）(2019·青岛联考)如图所示，在Ⅰ、Ⅲ区域内分布有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，两区域中间为宽为s的无磁场区Ⅱ。有一边长为L(L＞s)、电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于区域Ⅰ中，ab边与磁场边界平行，线框平面与磁场方向垂直。金属线框在水平向右的拉力作用下，以速度v向右匀速运动，则(　　)

A．当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，c、d两点间电压大小为
B．ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，通过ab边的电流大小为，方向为b→a
C．把金属线框从区域Ⅰ完全拉入区域Ⅲ的过程中，拉力所做的功为(2L－s)
D．在cd边刚出区域Ⅰ到刚进入区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热为(L－s)
解析：选AC　当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，c、d两点间的电压大小为U＝E＝BLv，A正确；ab边刚进入磁场Ⅲ时，通过ab的电流大小为I＝，由右手定则可得，方向为a→b，B错误；把金属线框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做功W＝2s＋2··(L－s)＝(2L－s)，故C正确；在cd边刚出区域Ⅰ到刚进区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝2·R·＝s，D错误。
9．(2018·衡水模拟)如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率＝k，k为负的常量。用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的正方形导线框。将正方形导线框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中。求：
(1)导线框中感应电流的大小；
(2)磁场对导线框作用力的大小随时间的变化率。
解析：(1)导线框产生的感应电动势为
E＝＝·l2①
导线框中的电流为I＝②
式中R是导线框的电阻，根据电阻率公式有R＝ρ③
联立①②③式，将＝k代入得I＝。④
(2)导线框所受磁场的作用力的大小为F＝BIl⑤
它随时间的变化率为＝Il⑥
得＝。⑦
答案：(1)　(2)
10．如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L＝20 cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻R＝0.02 Ω 的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝40 g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L＝20 cm。该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。开始时，磁感应强度B0＝0.1 T。设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。

(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动。此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示。求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力大小；
(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图像所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量。
解析：(1)由题图乙可得拉力F的大小随时间t变化的函数表达式为F＝F0＋t＝0.4＋0.1t(N)
当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有
F－Ff－F安＝ma
F安＝B0IL
E＝B0Lv
I＝＝
v＝at
所以F安＝t
联立可得F＝Ff＋ma＋t
由图像可得：
当t＝0时，F＝0.4 N，
当t＝1 s时，F＝0.5 N。
代入上式，可解得a＝5 m/s2，Ff＝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棒所受安培力F安′与最大静摩擦力Ff相等时开始滑动
感应电动势E′＝L2＝0.02 V
I′＝＝1 A
b棒将要运动时，有F安′＝BtI′L＝Ff
所以Bt＝1 T，根据Bt＝B0＋t
解得t＝1.8 s
回路中产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝0.036 J。
答案：(1)5 m/s2　0.2 N　(2)0.036 J
11．(2016·全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小。
解析：(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。
对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsin θ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcos θ②
对于cd棒，同理有
mgsin θ＋μN2＝T③
N2＝mgcos θ④
联立①②③④式得
F＝mg(sin θ－3μcos θ)。⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为
ε＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得
I＝⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sin θ－3μcos θ)。⑨
答案：(1)mg(sin θ－3μcos θ)　(2)(sin θ－3μcos θ)



B卷——重难增分专练
1.如图所示，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，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，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可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。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v0，若两导体棒在运动中始终不接触，求：
(1)在运动中产生的焦耳热Q最多是多少？
(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度a是多少？
解析：(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有
mv0＝2mv，
根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热
Q＝mv02－(2m)v2＝mv02。
(2)设ab棒的速度变为时，cd棒的速度为v′，
由动量守恒定律得mv0＝mv0＋mv′，
解得：v′＝。
此时回路中感应电动势E＝BLv0－BLv0＝BLv0，
回路中电流I＝＝，
此时cd棒所受的安培力F＝BIL＝，
由牛顿第二定律，cd棒的加速度a＝＝。
答案：(1)mv02　(2)
2．(2019·吉林联考)如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为l，b、c两点间接一阻值为R的电阻。ef是一水平放置的导体杆，其质量为m，有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触。整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现用一竖直向下的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为1.5g的匀加速运动，下降了h高度，这一过程中b、c间电阻R产生的焦耳热为Q，g为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。求：
(1)导体杆下降h过程中通过杆的电荷量；
(2)导体杆下降h时所受拉力F的大小；
(3)导体杆下降h过程中拉力做的功。
解析：(1)根据电磁感应定律，得＝＝，
根据闭合电路欧姆定律得＝，
通过杆的电荷量q＝Δt，
联立解得q＝。
(2)设ef下降h时，速度为v1、拉力为F，根据运动学公式，
有v12＝2ah，
解得v1＝，
根据牛顿第二定律，得F＋mg－BI1l＝ma，
根据闭合电路欧姆定律，得I1＝，
联立解得F＝＋。
(3)由功能关系，得WF＋mgh－2Q＝mv12－0，
解得WF＝＋2Q。
答案：(1)　(2)＋　(3)＋2Q
3.(2018·江门二模)如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m、电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°。求：
(1)ab棒在N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？
(2)cd棒能达到的最大速度是多大？
(3)cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？
解析：(1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，有
mgR(1－cos 60°)＝mv2
解得v＝
进入磁场区瞬间，回路中电流强度
I＝＝。
(2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度。由动量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′
解得v′＝。
(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，
故Q＝mv2－·3mv′2
解得Q＝mgR。
答案：(1)　　(2)　(3)mgR
4.如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小为B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω。现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度大小a0；
(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W。
解析：(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有
E＝Bdv0
I＝
对cd棒由牛顿第二定律得
BId＝m2a0
联立解得：a0＝30 m/s2。
(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量守恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
cd棒进入圆轨道后恰能通过轨道最高点，由机械能守恒定律得
m2v22＝m2g·2r＋m2vP2
cd棒在最高点PP′，有
m2g＝m2
联立解得：v1＝7.5 m/s。
(3)由动能定理得－W＝m1v12－m1v02
解得：W＝4.375 J。
答案：(1)30 m/s2　(2)7.5 m/s　(3)4.375 J
5．(2019·焦作模拟)如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5 T，磁场宽度d＝0.55 m。有一边长L＝0.4 m、质量m1＝0.6 kg、电阻R＝2 Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2＝0.4 kg的物体相连。物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)求线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小；
(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x；
(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2 m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量。
解析：(1)线框还未进入磁场的过程中，以整体法有
m1gsin θ－μm2g＝(m1＋m2)a，
解得a＝2 m/s2。
以m2为研究对象，由牛顿第二定律得
T－μm2g＝m2a，
解得T＝2.4 N。
(2)线框刚进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有
m1gsin θ－μm2g－＝0，
解得v＝1 m/s。
ab到MN前线框做匀加速运动，有v2＝2ax，
解得x＝0.25 m。
(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时，有
m1gsin θ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝(m1＋m2)v12＋Q，
解得Q＝0.4 J，
所以Qab＝Q＝0.1 J。
答案：(1)2.4 N　(2)0.25 m　(3)0.1 J