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2020 第1部分 专题4 第2讲 电磁感应定律及其应用
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这是一份2020 第1部分 专题4 第2讲 电磁感应定律及其应用
第2讲 电磁感应定律及其应用
[高考统计·定方向] (教师授课资源)
考点
考向
五年考情汇总
1.楞次定律、法拉第电磁感应定律
考向1.电磁感应现象、楞次定律
2019·全国卷Ⅲ T14
2018·全国卷Ⅰ T19
2018·全国卷Ⅲ T20
2017·全国卷Ⅲ T15
2017·全国卷Ⅰ T18
考向2.“E＝Blv”(转动)切割与电路
2016·全国卷Ⅱ T20
2015·全国卷Ⅱ T15
考向3.“E＝”变化与电路
2019·全国卷Ⅰ T20
2018·全国卷Ⅰ T17
2015·全国卷Ⅰ T19
2.电磁感应的图象问题
考向1.由给定的电磁感应过程选出正确的图象
2019·全国卷Ⅱ T21
2018·全国卷Ⅱ T18
考向2.由给定的图象求解电磁感应过程中的物理量
2017·全国卷Ⅱ T20
3.电磁感应中的力电综合问题
考向1.单杆切割问题
2016·全国卷Ⅰ T24
2016·全国卷Ⅱ T24
2016·全国卷Ⅲ T25
考向2.双杆、线框切割问题
2019·全国卷Ⅲ T19
楞次定律和法拉第电磁感应定律 (5年10考)
❶分析近五年的高考试题可以看出，楞次定律和法拉第电磁感应定律是高考命题的重点和热点，题型以选择题为主，涉及感应电流方向和大小的分析与计算。
❷预计2020年高考仍会围绕感应电流大小和方向命题，考查对两定律理解。
1．(2019·全国卷Ⅲ·T14)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？( )
A．电阻定律 B．库仑定律
C．欧姆定律 D．能量守恒定律
D [楞次定律中的“阻碍”作用，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，在克服这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能，选项D正确。]
2．(多选)(2019·全国卷Ⅰ·T20)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＝t1的时间间隔内( )
(a) (b)
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
D．圆环中的感应电动势大小为
BC [根据楞次定律可知在0～t0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t0～t1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＝＝πr2·＝，根据电阻定律可得R＝ρ ，根据欧姆定律可得I＝＝，所以选项C正确，D错误。]
3．(多选)(2018·全国卷Ⅰ·T19)如图所示，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
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，铁芯中产生水平向右的磁场，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。]
4．(多选)(2018·全国卷Ⅲ·T20)如图(a)所示，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( )
图(a) 图(b)
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
AC [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，～内电动势的方向沿顺时针，时刻最大，C正确。其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。]
[教师备选题]
1．(2017·全国卷Ⅲ·T15)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
D [金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D正确。]
2．(2017·全国卷Ⅰ·T18)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( )
A B C D
A [底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；
在选项B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；
选项A这种情况下，不管紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，选项A正确。]
3．(多选)(2015·全国卷Ⅰ·T19)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
AB [A.当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；
B．如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；
C．在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误。]
4．(2015·全国卷Ⅱ·T15)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Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
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Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误。由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确。]
1．感应电流方向的判断方法
(1)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)楞次定律：即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断(如下T1、T3)。
2．楞次定律中“阻碍”的理解
(1)阻碍原磁通量的变化“增反减同”。
(2)阻碍物体间的相对运动“来拒去留”。
(3)阻碍线圈面积的变化“增缩减扩”(如下T1)。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)“增反减同”。
3．求感应电动势大小的三种方法。
(1)磁通量变化型：E＝n。
(2)平动切割型：E＝Blv。
(3)转动切割型：E＝Bl2ω。
(2018·全国卷Ⅰ·T17)如图所示，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
[题眼点拨] “在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等”，说明I1·Δt1＝I2·Δt2，而I1＝，E1＝，I2＝，E2＝。
[解析] 由公式E＝，I＝，q＝It得q＝，设半圆弧半径为r，对于过程Ⅰ，q1＝，对于过程Ⅱ，q2＝，由q1＝q2得，＝，故B项正确。
[答案] B
反思：电磁感应中电荷量的求解方法
1．q＝It。
2．q＝，其中ΔΦ的求解有三种情况：(1)只有S变化，ΔΦ＝B·ΔS；(2)只有B变化，ΔΦ＝ΔB·S；(3)B和S都变化，ΔΦ＝Φ2－Φ1。
考向1 电磁感应现象、楞次定律
1．(多选)(2019·山东潍坊二模)如图所示，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图所示规律变化时( )
A．在0～t1时间内，环有收缩趋势
B．在t1～t2时间内，环有扩张趋势
C．在t1～t2时间内，环内有逆时针方向的感应电流
D．在t2～t3时间内，环内有逆时针方向的感应电流
BC [在0～t1时间内，B均匀增加，在线圈中产生恒定不变的感应电动势，则在导线框abcd中形成稳定的电流，此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，选项A错误；在t1～t2时间内，B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向外且逐渐减小，穿过环的磁通量向外且逐渐减小，根据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，选项B、C正确；在t2～t3时间内，B的方向向下，且B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向里且逐渐减小，穿过环的磁通量向里且逐渐减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，选项D错误。]
考向2 “E＝Blv”(转动)切割与电路
2．(多选)(2019·山东潍坊高三期末)如图所示，等边三角形导体框abc边长为l，bd⊥ac，导体框绕轴bd以角速度ω匀速转动，导体框所在空间有竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场。下列说法正确的是( )
A．导体框中无感应电流
B．导体框中产生正弦交变电流
C．a、d两点间电势差为0
D．a、d两点间电势差大小为Bl2ω
AD [导体框bd转动过程中，穿过线圈的磁通量总是零，故无感应电流产生，A正确，B错误；a、d两点间的电势差大小为Uad＝Bω＝Bωl2，C错误，D正确。]
3．(多选)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规律的It图象如图乙所示，则下列说法正确的是( )
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 A
B．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 A
C．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 A
D．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
AC [在第1 s内，线框进入磁场，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)，大小I＝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，没有感应电流，选项B错误；在第3 s内，线框从磁场中出来，穿过线框的磁通量均匀减小，感应电流为顺时针方向(为负方向)，大小I＝0.3 A，选项C正确；在第1 s内，感应电流方向沿逆时针方向，则C点电势低于D点电势，选项D错误。]
考向3 “E＝”变化与电路
4．(2019·河南联考)如图甲所示，abcd为边长为L＝1 m的正方形金属线框，电阻为R＝2 Ω，虚线为正方形的对称轴，虚线上方线框内有按图乙变化的匀强磁场，虚线下方线框内有按图丙变化的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里为正，则线框中的感应电流大小为( )
甲 乙 丙
A. A B. A C. A D. A
C [由法拉第电磁感应定律可知：E＝E上＋E下＝＋＝＝ V，故感应电流为：I＝＝ A，故选C。]
5．(多选)(2019·成都高三摸底)如图甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.3 m2，总电阻r＝2 Ω，A右侧所接电路中，电阻R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝3 μF，开关S1闭合。A中有横截面积为0.2 m2的区域D(图中虚线)，D内有图乙所示的变化磁场，t＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。下列判断正确的是( )
A．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由b流向a
B．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为0.4 A
C．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电流由b流向a
D．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6 C
BD [t＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里，由题图乙并根据楞次定律和安培定则可知，线圈A中产生顺时针方向的感应电流，闭合S2，电路稳定后，通过R2的电流由a流向b，选项A错误；由题图乙可知，磁感应强度的变化率的绝对值为||＝0.2 T/s，根据法拉第电磁感应定律，在线圈A中产生的感应电动势E＝nS||＝100×0.2×0.2 V＝4 V，闭合S2、电路稳定后，根据闭合电路欧姆定律，通过R2的电流大小为I＝＝0.4 A，选项B正确；闭合S2、电路稳定后电容器C的上极板带正电荷，再断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，选项C错误；闭合S2后，外电路为电阻R2与电阻R1串联，电路稳定后电容器C两极板之间的电压等于R2两端电压U＝IR2＝0.4×6 V＝2.4 V，再断开S1，通过R2的电荷量为Q＝CU＝7.2×10－6 C，选项D正确。]
电磁感应的图象问题(5年3考)
❶分析近五年的高考试题可以看出，电磁感应中的图象问题是高考考查的热点问题。题型以选择题为主，涉及图象的选取和图象信息的应用。
❷预计2020年对电磁感应图象问题的考查可能会以图象信息的应用命题。
1．(多选)(2019·全国卷Ⅱ·T21)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是( )
A B C D
AD [两棒均由同一位置由静止释放，则进入磁场时，两棒的速度相等。若PQ棒出磁场后，MN棒再进入磁场，则MN棒做匀速运动切割磁感线，则通过PQ棒上的电流随时间变化的图象为A图；若PQ棒出磁场前MN棒进入磁场，则PQ棒与MN棒在磁场中做加速运动，当PQ棒出磁场后，MN棒切割磁感线运动的速度比进入时的大，MN棒做减速运动，通过PQ棒的电流随时间变化的图象应为D图。]
2．(2018·全国卷Ⅱ·T18)如图所示，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( )
A B C D
D [设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个的时间内，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＝，回路中电流方向为顺时针；第二个的时间内，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＝，回路中电流方向为逆时针，所以D正确。]
3．(多选)(2017·全国卷Ⅱ·T20)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( )
图(a) 图(b)
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
BC [A错：由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感应强度的大小B＝ T＝0.2 T。
B对：由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v＝ m/s＝0.5 m/s。
C对：感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外。
D错：t＝0.4 s至t＝0.6 s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程。由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F＝，代入数据得F＝0.04 N。]
1．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，是Bt图象还是Φt图象，或者是Et图象、It图象等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。
(4)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关系式。
(5)根据函数关系式进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
(6)画出图象或判断图象。
2．图象问题——掌握两个技法，做到解题快又准
(1)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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。(如上T2可用排除法)
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两处物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简的方法，但却是最有效的方法。(如下典例展示可用函数法)
(多选)在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l。金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长为l的绝缘细线相连，棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示，从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象，可能正确的是(规定金属棒ab中电流方向由a到b为正)( )
AC [在ab棒通过磁场的时间内，ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E＝BLv分析可知，ab产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b到a，为负值。根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F为0；在cd棒通过磁场的时间内，cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E＝BLv分析可知，cd产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由a到b，为正值。根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F＝BIL＝(L为切割磁感线的有效长度)，L均匀增大，则F与L2成正比。故B、D错误，A、C正确。]
反思：解决电磁感应图象问题的“三点关注”
(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。
(2)关注变化过程，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象变化相对应。
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程相对应。
考向1 由给定的电磁感应过程选出正确图象
1．(多选)(2019·东北三省四市联考)如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ放置在同一水平面内，M、P之间接一定值电阻R，金属棒ab垂直导轨放置，导轨电阻不计。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动。下列关于通过金属棒的电流i、通过导轨横截面的电荷量q、拉力F和拉力的功率P随时间变化的图象，正确的是( )
AC [由题知，金属棒由静止开始做匀加速直线运动，则有：x＝at2，v＝at，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝BLat，则感应电流i＝＝t，故A正确；根据＝、＝和q＝Δt，得q＝，而ΔФ＝BΔS＝BLx＝BLat2，故q＝t2，故B错误；根据牛顿第二定律有：F－F安＝ma，F安＝BIL＝t，解得：F＝ma＋t，故C正确；根据P＝Fv，得P＝Fv＝ma2t＋t2，故D错误。]
2．(2019·山西省五地市高三联考)如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框，线框斜边长为l，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流逆时针方向为正方向，其感应电流i随位移x变化的图象正确的是( )
B [闭合导线框穿过磁场的过程中，磁通量先增加后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向先向外后向内，根据安培定则，感应电流先逆时针后顺时针，即先正后负，A、D错误；导线框切割的有效长度等于三角形区域和三角形线框重叠部分的竖直高度，故切割的有效长度是先增加后减小，根据E＝BLv，感应电动势的大小是先增加后减小，所以感应电流先增加后减小，B正确，C错误。]
考向2 由给定的图象求解电磁感应过程中的物理量
3．(多选)如图甲所示，矩形线圈abcd平放在水平桌面上，其空间存在两个竖直方向的磁场，两磁场方向相反，两磁场的分界线OO′恰好把线圈分成左右对称的两部分，当两磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化时，线圈始终静止，规定磁场垂直纸面向里为正方向，线圈中电流逆时针方向为正方向，线圈所受桌面的摩擦力向左为正方向，则下列关于线圈产生的感应电流和桌面对线圈的摩擦力随时间变化的图象正确的是( )
甲 乙
AC [由楞次定律可得，在0～t1时间内，线圈中产生逆时针方向的感应电流，在t1～t2时间内，线圈中产生顺时针方向的感应电流，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律知，线圈中的电流I＝＝，电流恒定，故选项A正确，B错误；线圈在水平桌面上处于静止状态，则水平方向受到的安培力和摩擦力大小相等，方向相反，因为F＝BIl，当磁感应强度B均匀变化时，感应电流I恒定，l恒定，根据题图甲、乙可知，分界线OO′左侧磁场的磁感应强度B1＝kt(0＜t＜t1)，分界线OO′右侧磁场的磁感应强度B2＝－B0＋kt(0＜t＜t1)，在0～t1时间内由楞次定律可得感应电流的方向为逆时针，由左手定则可知安培力的方向为水平向右，线圈所受安培力的合力恒为B0Il，则线圈受到的摩擦力的方向向左，同理t1～t2时间内线圈受到的摩擦力的方向向右且恒为B0Il，故选项D错误，C正确。]
4．(多选)(2019·湖南六校联考)如图甲所示，在MN、QP间存在一匀强磁场，t＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示。已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝2 Ω，则( )
甲 乙
A．磁场宽度为4 m
B．匀强磁场的磁感应强度为 T
C．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为2 C
D．线框穿过磁场过程中，线框产生的热量为1 J
AB [线框的加速度为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，磁场宽度d＝at＝4 m，A正确；线框的边长L＝at＝1 m，当线框全部进入磁场的瞬间有：F1－F安＝ma，F安＝＝，解得B＝ T，B正确；线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为零；线框进入磁场过程中，线框产生的热量为Q＝W－mv2＝1 J，故线框穿过磁场的过程中，线框产生的热量大于1 J，C、D错误。]
电磁感应中的力电综合问题(5年4考)
❶分析近五年的高考试题可以看出，电磁感应的力电综合问题是近几年高考考查的热点内容，常与图象、动力学、能量、电路、动量等相结合进行考查。
❷预计2020年可能会在选择题或计算题中以单杆、双杆、导体框切割磁感线的形式命题。
1．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·T19)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( )
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＝，选项A、C均正确，B、D均错误。]
2．(2016·全国卷Ⅱ·T24)如图所示，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。
[题眼点拨] ①“恒定拉力作用”说明金属杆进磁场前做匀加速直线运动；②“保持匀速运动”说明金属杆所受合外力为零。
[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－μmg ①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0 ②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律得杆中的电动势为
E＝Blv ③
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＝BlI ⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－f＝0 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝。 ⑧
[答案] (1)Blt0 (2)
3．(2016·全国卷Ⅲ·T25)如图所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
[题眼点拨] ①“B1＝kt”说明磁场随时间均匀变化形成的电流稳定；②“匀速运动”说明金属棒所受合外力为零；③“t0时刻恰好……”说明面积为S的区域内磁通量的变化量ΔΦ＝kt0·S。
[解析] (1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ①
设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有
ε＝－ ②
由欧姆定律有i＝ ③
由电流的定义有i＝ ④
联立①②③④式得|Δq|＝Δt⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|＝。 ⑥
(2)当t>t0时，金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有
f＝F ⑦
式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I，F的大小为
F＝B0Il ⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪
式中，Φ仍如①式所示。由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)
穿过回路的总磁通量为
Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt ⑫
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ⑬
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
εt＝ ⑭
由欧姆定律有I＝ ⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
f＝(B0lv0＋kS)。
[答案] (1)
(2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS)
[教师备选题]
(2016·全国卷Ⅰ·T24)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＋F ①
N1＝2mgcos θ ②
对于cd棒，同理有
mgsin θ＋μN2＝T ③
N2＝mgcos θ ④
联立①②③④式得
F＝mg(sin θ－3μcos θ)。 ⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL ⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为
ε＝BLv ⑦
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)
1．解决电磁感应综合问题的一般思维流程(先“电”后“力”)
(1)电路分析：等效电路图(导体棒相当于电源)
电学方程：I＝。
(2)受力分析：受力分析图(安培力大小、方向)
动力学方程：F安＝BIL或F安＝，F合＝ma(牛顿第二定律)。
(3)过程分析：过程情景图(稳态后a＝0或不变)，稳态平衡方程：a＝0或F合＝0(共点力平衡)(如上T2)。
(4)能量分析：能量转化关系(克服安培力做功产生电能，转化成电热)，能量方程：－W安＝Q电，W合＝ΔEk(动能定理)。
2．安培力的冲量与通过导体电荷量的联系
设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F为变力，则其冲量为I＝Δt，而＝BL，故有：BLΔt＝mv1－mv2，而t＝q，故有q＝。
3．电磁感应现象中动量守恒
(1)如果双杆运动过程中，双杆系统所受合外力为零，首先用动量守恒定律求速度(如上T1)，再用能量守恒定律求电能。
(2)如果双杆运动过程中，双杆系统不满足动量守恒，应用好电路问题的两个分析：“电源”的分析和“运动”的分析。
(2018·安徽马鞍山二模)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x0，现给导体棒a一水平向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δvt图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)
(1)试证明：在0～t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关；
(2)求t1时刻棒b的加速度大小；
(3)求t2时刻两棒之间的距离。
[题眼点拨] (1)本题注意挖掘图象中的关键信息：①图象纵轴是两棒的相对速度；②t2时刻两棒共速；
(2)“两棒等长且在同一磁场中”则在相对运动的过程中，受到的安培力的合力为零，可运用动量守恒定律或能量守恒定律分析。
[解析] (1)t2时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有2mv＝mv0
由能量守恒定律有Q＝mv－(2m)v2
解得Q＝mv
所以在0～t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关。
(2)t1时刻有va－vb＝
回路中的电流I＝＝
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a1＝＝。
(3)t2时刻，两棒速度相同，均为v＝
0～t2时间内，对棒b，由动量定理有BL·Δt＝mv－0
根据法拉第电磁感应定律有＝
根据闭合电路欧姆定律有＝
而ΔΦ＝BΔS＝BL(x－x0)
解得t2时刻两棒之间的距离x＝x0＋。
[答案] 见解析
反思：(1)例题中导轨是等间距的，双棒受到的安培力是等大反向的，合力为零，双棒动量守恒。若双棒分别放在不等间距的双轨上，双棒受到的安培力大小不相等，合力不为零，动量就不守恒了，这种情况下应对双棒分别运用动量定理列方程找关系。
(2)双轨双棒问题，要注意分析两棒的运动过程，明确两棒匀速运动时它们的感应电动势是相等的。
(3)由BIL·Δt＝m·Δv、 q＝I·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。
考向1 单杆切割问题
1．(2019·西南名校联考)如图所示，有一边长为L的正方形线框abcd，由距匀强磁场上边界H处静止释放，其下边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动。匀强磁场区域宽度也为L。ab边开始进入磁场时记为t1，cd边出磁场时记为t2，忽略空气阻力，从线框开始下落到cd边刚出磁场的过程中，线框的速度大小v、加速度大小a、ab两点的电压大小Uab、线框中产生的焦耳热Q随时间t的变化图象可能正确的是( )
C [线圈在磁场上方H开始下落到下边进入磁场过程中，线圈做匀加速运动；因线圈下边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动，可知线圈直到cd边出磁场时也做匀速运动，选项A、B错误；线圈ab边进入磁场的过程：E＝BLv，则Uab＝BLv；ab边出离磁场的过程：E＝BLv，则Uab＝BLv；线圈进入磁场和出离磁场过程中电动势相同，均为E＝BLv，时间相同，则产生的热量相同；故选项C正确，A、B、D错误。]
2．(易错题)(2019·湖北1月联考)如图所示，用质量相同，粗细不同的均匀同种金属丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场中匀速拉出磁场，若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则Wa∶Wb为( )
A．1∶4 B．1∶2
C．1∶1 D．不能确定
B [线框的边长之比为1∶2，由E＝BLv得＝；由于线框质量相等，因为m＝ρ·4LS，所以他们横截面积之比为2∶1，由电阻定律知R＝ρ，得＝，得Rb＝4Ra；由t＝，得＝。根据能的转化和守恒可知，外力做功等于电能，而电能又全部转化为焦耳热W＝Q＝t。故Wa∶Wb＝1∶2，故B对，A、C、D错。]
易错点评：本题主要考虑由于线框质量相同，边长不同引起的电动势大小，电阻大小，运动时间大小带来的不同，解题时很容易因考虑问题不周全而出错。
考向2 双杆、线框切割问题
3．(多选)(2019·石家庄高三模拟(一))如图所示，倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在水平地面上，斜面上间距d＝1 m的两平行虚线aa′和bb′之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B＝5 T。一质量m＝1 kg，总电阻R＝5 Ω，边长也为d＝1 m的正方形金属线框MNPQ有一半面积位于磁场中，现让线框由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中线框MN边始终与虚线aa′保持平行，线框的MN边穿出磁场后开始做匀速直线运动。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，线框与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．从开始到线框完全进入磁场的过程中，通过线框某一横截面的电荷量为0.5 C
B．线框做匀速直线运动时的速度大小为0.4 m/s
C．线框速度为0.2 m/s时的加速度为1.6 m/s2
D．线框从开始运动到全部通过磁场的过程中产生的焦耳热为3 J
AB [从开始运动到线框完全进入磁场的过程中，线框中磁通量的变化量ΔΦ＝Bd2，产生的平均感应电动势＝，平均电流＝，通过线框某一横截面的电荷量q＝Δt，联立解得q＝0.5 C，选项A正确；线框做匀速直线运动时，有mgsin θ＝BId＋μmgcos θ，I＝，E＝Bdvm，联立解得vm＝0.4 m/s，选项B正确；线框速度v＝0.2 m/s时，产生的感应电动势E1＝Bdv＝1 V，线框中电流I1＝＝0.2 A，线框所受安培力F＝BI1d＝1 N，由牛顿第二定律有mgsin θ－F－μmgcos θ＝ma，解得a＝1 m/s2，选项C错误；由能量守恒定律有1.5mgdsin θ＝μmgcos θ·1.5d＋Q＋mv，解得：Q＝2.92 J，选项D错误。]
4．(易错题) 如图所示，两根质量均为m＝2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s＝0.5 m时其上产生的焦耳热为Q2＝30 J，此时两棒速率之比为vA∶vC＝1∶2，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：
(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；
(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；
(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小v′A和v′C。
[解析] (1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，则AB棒上产生的焦耳热Q1＝15 J。
(2)根据能量守恒定律
有Fs＝mv＋mv＋Q1＋Q2
又vA∶vC＝1∶2，联立以上两式并代入数据得
vA＝4 m/s，vC＝8 m/s。
(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足
BLv′A＝B·2Lv′C
即v′A＝2v′C(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)
对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向，
有A·t＝mv′A－mvA，C·t＝－mv′C－(－mvC)。
因为FC＝2FA，故有＝
联立以上各式解得v′A＝6.4 m/s，v′C＝3.2 m/s。
[答案] (1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s
易错点评：撤去外力F后，两棒组成的系统所受安培力的合力不为0，系统动量不守恒，必须根据动量定理解题。由于回路内电流变化，因此金属棒AB产生的焦耳热判断错误也是本题的常见错误，因金属棒AB和CD为串联关系，尽管回路内电流变化，但两者产生的焦耳热之比永远为1∶2。
物理学是科学技术的基础，联系生产、生活，考查物理知识的应用是高考命题的热点，能够体现高考对学科素养的重视。
[典例1] (2019·北京海淀模拟)托卡马克(Tokamak)是一种复杂的环形装置，结构如图所示。环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈。当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度。再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度。同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行。已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，下列说法正确的是( )
A．托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的
B．极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体
C．欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变
D．为了约束温度为T的等离子体，所需要的磁感应强度B必须正比于温度T
C [目前核电站中核反应的原理是核裂变，原理不同，故A错误；极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行，故B错误；欧姆线圈中通以恒定的电流时，产生恒定的磁场，恒定的磁场无法激发电场，则在托卡马克的内部无法产生电场，等离子体无法被加速，因而不能发生核聚变，故C正确；带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，则T∝mv2，由洛伦兹力提供向心力，则qvB＝m，则有B∝，故D错误。]
[典例2] (多选)(2019·江苏南通联考)健身车的磁控阻力原理如图所示，在铜质飞轮的外侧有一些磁铁(与飞轮不接触)，人在健身时带动飞轮转动，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动控制拉杆可以改变磁铁与飞轮间的距离。则( )
A．飞轮受到阻力大小与其材料密度有关
B．飞轮受到阻力大小与其材料电阻率无关
C．飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，其受到的阻力越大
D．磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮转速越大，其受到阻力越大
CD [飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，所以会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，而安培力大小与其材料的电阻率有关，与其密度无关，故A、B错误；磁铁越靠近飞轮，飞轮处的磁感应强度越强，所以在飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大，故C正确；磁铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，则飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，那么飞轮受到的阻力越大，故D正确；故选C、D。]
第2讲 电磁感应定律及其应用
[高考统计·定方向] (教师授课资源)
考点
考向
五年考情汇总
1.楞次定律、法拉第电磁感应定律
考向1.电磁感应现象、楞次定律
2019·全国卷Ⅲ T14
2018·全国卷Ⅰ T19
2018·全国卷Ⅲ T20
2017·全国卷Ⅲ T15
2017·全国卷Ⅰ T18
考向2.“E＝Blv”(转动)切割与电路
2016·全国卷Ⅱ T20
2015·全国卷Ⅱ T15
考向3.“E＝”变化与电路
2019·全国卷Ⅰ T20
2018·全国卷Ⅰ T17
2015·全国卷Ⅰ T19
2.电磁感应的图象问题
考向1.由给定的电磁感应过程选出正确的图象
2019·全国卷Ⅱ T21
2018·全国卷Ⅱ T18
考向2.由给定的图象求解电磁感应过程中的物理量
2017·全国卷Ⅱ T20
3.电磁感应中的力电综合问题
考向1.单杆切割问题
2016·全国卷Ⅰ T24
2016·全国卷Ⅱ T24
2016·全国卷Ⅲ T25
考向2.双杆、线框切割问题
2019·全国卷Ⅲ T19
楞次定律和法拉第电磁感应定律 (5年10考)
❶分析近五年的高考试题可以看出，楞次定律和法拉第电磁感应定律是高考命题的重点和热点，题型以选择题为主，涉及感应电流方向和大小的分析与计算。
❷预计2020年高考仍会围绕感应电流大小和方向命题，考查对两定律理解。
1．(2019·全国卷Ⅲ·T14)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？( )
A．电阻定律 B．库仑定律
C．欧姆定律 D．能量守恒定律
D [楞次定律中的“阻碍”作用，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，在克服这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能，选项D正确。]
2．(多选)(2019·全国卷Ⅰ·T20)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＝t1的时间间隔内( )
(a) (b)
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
D．圆环中的感应电动势大小为
BC [根据楞次定律可知在0～t0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t0～t1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＝＝πr2·＝，根据电阻定律可得R＝ρ ，根据欧姆定律可得I＝＝，所以选项C正确，D错误。]
3．(多选)(2018·全国卷Ⅰ·T19)如图所示，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
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，铁芯中产生水平向右的磁场，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。]
4．(多选)(2018·全国卷Ⅲ·T20)如图(a)所示，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( )
图(a) 图(b)
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
AC [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，～内电动势的方向沿顺时针，时刻最大，C正确。其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。]
[教师备选题]
1．(2017·全国卷Ⅲ·T15)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
D [金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D正确。]
2．(2017·全国卷Ⅰ·T18)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( )
A B C D
A [底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；
在选项B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；
选项A这种情况下，不管紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，选项A正确。]
3．(多选)(2015·全国卷Ⅰ·T19)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
AB [A.当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；
B．如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；
C．在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误。]
4．(2015·全国卷Ⅱ·T15)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Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
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Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误。由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确。]
1．感应电流方向的判断方法
(1)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)楞次定律：即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断(如下T1、T3)。
2．楞次定律中“阻碍”的理解
(1)阻碍原磁通量的变化“增反减同”。
(2)阻碍物体间的相对运动“来拒去留”。
(3)阻碍线圈面积的变化“增缩减扩”(如下T1)。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)“增反减同”。
3．求感应电动势大小的三种方法。
(1)磁通量变化型：E＝n。
(2)平动切割型：E＝Blv。
(3)转动切割型：E＝Bl2ω。
(2018·全国卷Ⅰ·T17)如图所示，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
[题眼点拨] “在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等”，说明I1·Δt1＝I2·Δt2，而I1＝，E1＝，I2＝，E2＝。
[解析] 由公式E＝，I＝，q＝It得q＝，设半圆弧半径为r，对于过程Ⅰ，q1＝，对于过程Ⅱ，q2＝，由q1＝q2得，＝，故B项正确。
[答案] B
反思：电磁感应中电荷量的求解方法
1．q＝It。
2．q＝，其中ΔΦ的求解有三种情况：(1)只有S变化，ΔΦ＝B·ΔS；(2)只有B变化，ΔΦ＝ΔB·S；(3)B和S都变化，ΔΦ＝Φ2－Φ1。
考向1 电磁感应现象、楞次定律
1．(多选)(2019·山东潍坊二模)如图所示，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图所示规律变化时( )
A．在0～t1时间内，环有收缩趋势
B．在t1～t2时间内，环有扩张趋势
C．在t1～t2时间内，环内有逆时针方向的感应电流
D．在t2～t3时间内，环内有逆时针方向的感应电流
BC [在0～t1时间内，B均匀增加，在线圈中产生恒定不变的感应电动势，则在导线框abcd中形成稳定的电流，此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，选项A错误；在t1～t2时间内，B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向外且逐渐减小，穿过环的磁通量向外且逐渐减小，根据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，选项B、C正确；在t2～t3时间内，B的方向向下，且B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向里且逐渐减小，穿过环的磁通量向里且逐渐减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，选项D错误。]
考向2 “E＝Blv”(转动)切割与电路
2．(多选)(2019·山东潍坊高三期末)如图所示，等边三角形导体框abc边长为l，bd⊥ac，导体框绕轴bd以角速度ω匀速转动，导体框所在空间有竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场。下列说法正确的是( )
A．导体框中无感应电流
B．导体框中产生正弦交变电流
C．a、d两点间电势差为0
D．a、d两点间电势差大小为Bl2ω
AD [导体框bd转动过程中，穿过线圈的磁通量总是零，故无感应电流产生，A正确，B错误；a、d两点间的电势差大小为Uad＝Bω＝Bωl2，C错误，D正确。]
3．(多选)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规律的It图象如图乙所示，则下列说法正确的是( )
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 A
B．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 A
C．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 A
D．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
AC [在第1 s内，线框进入磁场，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)，大小I＝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，没有感应电流，选项B错误；在第3 s内，线框从磁场中出来，穿过线框的磁通量均匀减小，感应电流为顺时针方向(为负方向)，大小I＝0.3 A，选项C正确；在第1 s内，感应电流方向沿逆时针方向，则C点电势低于D点电势，选项D错误。]
考向3 “E＝”变化与电路
4．(2019·河南联考)如图甲所示，abcd为边长为L＝1 m的正方形金属线框，电阻为R＝2 Ω，虚线为正方形的对称轴，虚线上方线框内有按图乙变化的匀强磁场，虚线下方线框内有按图丙变化的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里为正，则线框中的感应电流大小为( )
甲 乙 丙
A. A B. A C. A D. A
C [由法拉第电磁感应定律可知：E＝E上＋E下＝＋＝＝ V，故感应电流为：I＝＝ A，故选C。]
5．(多选)(2019·成都高三摸底)如图甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.3 m2，总电阻r＝2 Ω，A右侧所接电路中，电阻R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝3 μF，开关S1闭合。A中有横截面积为0.2 m2的区域D(图中虚线)，D内有图乙所示的变化磁场，t＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。下列判断正确的是( )
A．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由b流向a
B．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为0.4 A
C．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电流由b流向a
D．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6 C
BD [t＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里，由题图乙并根据楞次定律和安培定则可知，线圈A中产生顺时针方向的感应电流，闭合S2，电路稳定后，通过R2的电流由a流向b，选项A错误；由题图乙可知，磁感应强度的变化率的绝对值为||＝0.2 T/s，根据法拉第电磁感应定律，在线圈A中产生的感应电动势E＝nS||＝100×0.2×0.2 V＝4 V，闭合S2、电路稳定后，根据闭合电路欧姆定律，通过R2的电流大小为I＝＝0.4 A，选项B正确；闭合S2、电路稳定后电容器C的上极板带正电荷，再断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，选项C错误；闭合S2后，外电路为电阻R2与电阻R1串联，电路稳定后电容器C两极板之间的电压等于R2两端电压U＝IR2＝0.4×6 V＝2.4 V，再断开S1，通过R2的电荷量为Q＝CU＝7.2×10－6 C，选项D正确。]
电磁感应的图象问题(5年3考)
❶分析近五年的高考试题可以看出，电磁感应中的图象问题是高考考查的热点问题。题型以选择题为主，涉及图象的选取和图象信息的应用。
❷预计2020年对电磁感应图象问题的考查可能会以图象信息的应用命题。
1．(多选)(2019·全国卷Ⅱ·T21)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是( )
A B C D
AD [两棒均由同一位置由静止释放，则进入磁场时，两棒的速度相等。若PQ棒出磁场后，MN棒再进入磁场，则MN棒做匀速运动切割磁感线，则通过PQ棒上的电流随时间变化的图象为A图；若PQ棒出磁场前MN棒进入磁场，则PQ棒与MN棒在磁场中做加速运动，当PQ棒出磁场后，MN棒切割磁感线运动的速度比进入时的大，MN棒做减速运动，通过PQ棒的电流随时间变化的图象应为D图。]
2．(2018·全国卷Ⅱ·T18)如图所示，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( )
A B C D
D [设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个的时间内，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＝，回路中电流方向为顺时针；第二个的时间内，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＝，回路中电流方向为逆时针，所以D正确。]
3．(多选)(2017·全国卷Ⅱ·T20)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( )
图(a) 图(b)
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
BC [A错：由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感应强度的大小B＝ T＝0.2 T。
B对：由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v＝ m/s＝0.5 m/s。
C对：感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外。
D错：t＝0.4 s至t＝0.6 s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程。由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F＝，代入数据得F＝0.04 N。]
1．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，是Bt图象还是Φt图象，或者是Et图象、It图象等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。
(4)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关系式。
(5)根据函数关系式进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
(6)画出图象或判断图象。
2．图象问题——掌握两个技法，做到解题快又准
(1)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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。(如上T2可用排除法)
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两处物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简的方法，但却是最有效的方法。(如下典例展示可用函数法)
(多选)在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l。金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长为l的绝缘细线相连，棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示，从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象，可能正确的是(规定金属棒ab中电流方向由a到b为正)( )
AC [在ab棒通过磁场的时间内，ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E＝BLv分析可知，ab产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b到a，为负值。根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F为0；在cd棒通过磁场的时间内，cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E＝BLv分析可知，cd产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由a到b，为正值。根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F＝BIL＝(L为切割磁感线的有效长度)，L均匀增大，则F与L2成正比。故B、D错误，A、C正确。]
反思：解决电磁感应图象问题的“三点关注”
(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。
(2)关注变化过程，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象变化相对应。
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程相对应。
考向1 由给定的电磁感应过程选出正确图象
1．(多选)(2019·东北三省四市联考)如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ放置在同一水平面内，M、P之间接一定值电阻R，金属棒ab垂直导轨放置，导轨电阻不计。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动。下列关于通过金属棒的电流i、通过导轨横截面的电荷量q、拉力F和拉力的功率P随时间变化的图象，正确的是( )
AC [由题知，金属棒由静止开始做匀加速直线运动，则有：x＝at2，v＝at，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝BLat，则感应电流i＝＝t，故A正确；根据＝、＝和q＝Δt，得q＝，而ΔФ＝BΔS＝BLx＝BLat2，故q＝t2，故B错误；根据牛顿第二定律有：F－F安＝ma，F安＝BIL＝t，解得：F＝ma＋t，故C正确；根据P＝Fv，得P＝Fv＝ma2t＋t2，故D错误。]
2．(2019·山西省五地市高三联考)如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框，线框斜边长为l，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流逆时针方向为正方向，其感应电流i随位移x变化的图象正确的是( )
B [闭合导线框穿过磁场的过程中，磁通量先增加后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向先向外后向内，根据安培定则，感应电流先逆时针后顺时针，即先正后负，A、D错误；导线框切割的有效长度等于三角形区域和三角形线框重叠部分的竖直高度，故切割的有效长度是先增加后减小，根据E＝BLv，感应电动势的大小是先增加后减小，所以感应电流先增加后减小，B正确，C错误。]
考向2 由给定的图象求解电磁感应过程中的物理量
3．(多选)如图甲所示，矩形线圈abcd平放在水平桌面上，其空间存在两个竖直方向的磁场，两磁场方向相反，两磁场的分界线OO′恰好把线圈分成左右对称的两部分，当两磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化时，线圈始终静止，规定磁场垂直纸面向里为正方向，线圈中电流逆时针方向为正方向，线圈所受桌面的摩擦力向左为正方向，则下列关于线圈产生的感应电流和桌面对线圈的摩擦力随时间变化的图象正确的是( )
甲 乙
AC [由楞次定律可得，在0～t1时间内，线圈中产生逆时针方向的感应电流，在t1～t2时间内，线圈中产生顺时针方向的感应电流，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律知，线圈中的电流I＝＝，电流恒定，故选项A正确，B错误；线圈在水平桌面上处于静止状态，则水平方向受到的安培力和摩擦力大小相等，方向相反，因为F＝BIl，当磁感应强度B均匀变化时，感应电流I恒定，l恒定，根据题图甲、乙可知，分界线OO′左侧磁场的磁感应强度B1＝kt(0＜t＜t1)，分界线OO′右侧磁场的磁感应强度B2＝－B0＋kt(0＜t＜t1)，在0～t1时间内由楞次定律可得感应电流的方向为逆时针，由左手定则可知安培力的方向为水平向右，线圈所受安培力的合力恒为B0Il，则线圈受到的摩擦力的方向向左，同理t1～t2时间内线圈受到的摩擦力的方向向右且恒为B0Il，故选项D错误，C正确。]
4．(多选)(2019·湖南六校联考)如图甲所示，在MN、QP间存在一匀强磁场，t＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示。已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝2 Ω，则( )
甲 乙
A．磁场宽度为4 m
B．匀强磁场的磁感应强度为 T
C．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为2 C
D．线框穿过磁场过程中，线框产生的热量为1 J
AB [线框的加速度为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，磁场宽度d＝at＝4 m，A正确；线框的边长L＝at＝1 m，当线框全部进入磁场的瞬间有：F1－F安＝ma，F安＝＝，解得B＝ T，B正确；线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为零；线框进入磁场过程中，线框产生的热量为Q＝W－mv2＝1 J，故线框穿过磁场的过程中，线框产生的热量大于1 J，C、D错误。]
电磁感应中的力电综合问题(5年4考)
❶分析近五年的高考试题可以看出，电磁感应的力电综合问题是近几年高考考查的热点内容，常与图象、动力学、能量、电路、动量等相结合进行考查。
❷预计2020年可能会在选择题或计算题中以单杆、双杆、导体框切割磁感线的形式命题。
1．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·T19)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( )
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＝，选项A、C均正确，B、D均错误。]
2．(2016·全国卷Ⅱ·T24)如图所示，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。
[题眼点拨] ①“恒定拉力作用”说明金属杆进磁场前做匀加速直线运动；②“保持匀速运动”说明金属杆所受合外力为零。
[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－μmg ①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0 ②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律得杆中的电动势为
E＝Blv ③
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＝BlI ⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－f＝0 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝。 ⑧
[答案] (1)Blt0 (2)
3．(2016·全国卷Ⅲ·T25)如图所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
[题眼点拨] ①“B1＝kt”说明磁场随时间均匀变化形成的电流稳定；②“匀速运动”说明金属棒所受合外力为零；③“t0时刻恰好……”说明面积为S的区域内磁通量的变化量ΔΦ＝kt0·S。
[解析] (1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ①
设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有
ε＝－ ②
由欧姆定律有i＝ ③
由电流的定义有i＝ ④
联立①②③④式得|Δq|＝Δt⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|＝。 ⑥
(2)当t>t0时，金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有
f＝F ⑦
式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I，F的大小为
F＝B0Il ⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪
式中，Φ仍如①式所示。由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)
穿过回路的总磁通量为
Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt ⑫
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ⑬
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
εt＝ ⑭
由欧姆定律有I＝ ⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
f＝(B0lv0＋kS)。
[答案] (1)
(2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS)
[教师备选题]
(2016·全国卷Ⅰ·T24)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＋F ①
N1＝2mgcos θ ②
对于cd棒，同理有
mgsin θ＋μN2＝T ③
N2＝mgcos θ ④
联立①②③④式得
F＝mg(sin θ－3μcos θ)。 ⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL ⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为
ε＝BLv ⑦
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)
1．解决电磁感应综合问题的一般思维流程(先“电”后“力”)
(1)电路分析：等效电路图(导体棒相当于电源)
电学方程：I＝。
(2)受力分析：受力分析图(安培力大小、方向)
动力学方程：F安＝BIL或F安＝，F合＝ma(牛顿第二定律)。
(3)过程分析：过程情景图(稳态后a＝0或不变)，稳态平衡方程：a＝0或F合＝0(共点力平衡)(如上T2)。
(4)能量分析：能量转化关系(克服安培力做功产生电能，转化成电热)，能量方程：－W安＝Q电，W合＝ΔEk(动能定理)。
2．安培力的冲量与通过导体电荷量的联系
设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F为变力，则其冲量为I＝Δt，而＝BL，故有：BLΔt＝mv1－mv2，而t＝q，故有q＝。
3．电磁感应现象中动量守恒
(1)如果双杆运动过程中，双杆系统所受合外力为零，首先用动量守恒定律求速度(如上T1)，再用能量守恒定律求电能。
(2)如果双杆运动过程中，双杆系统不满足动量守恒，应用好电路问题的两个分析：“电源”的分析和“运动”的分析。
(2018·安徽马鞍山二模)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x0，现给导体棒a一水平向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δvt图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)
(1)试证明：在0～t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关；
(2)求t1时刻棒b的加速度大小；
(3)求t2时刻两棒之间的距离。
[题眼点拨] (1)本题注意挖掘图象中的关键信息：①图象纵轴是两棒的相对速度；②t2时刻两棒共速；
(2)“两棒等长且在同一磁场中”则在相对运动的过程中，受到的安培力的合力为零，可运用动量守恒定律或能量守恒定律分析。
[解析] (1)t2时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有2mv＝mv0
由能量守恒定律有Q＝mv－(2m)v2
解得Q＝mv
所以在0～t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关。
(2)t1时刻有va－vb＝
回路中的电流I＝＝
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a1＝＝。
(3)t2时刻，两棒速度相同，均为v＝
0～t2时间内，对棒b，由动量定理有BL·Δt＝mv－0
根据法拉第电磁感应定律有＝
根据闭合电路欧姆定律有＝
而ΔΦ＝BΔS＝BL(x－x0)
解得t2时刻两棒之间的距离x＝x0＋。
[答案] 见解析
反思：(1)例题中导轨是等间距的，双棒受到的安培力是等大反向的，合力为零，双棒动量守恒。若双棒分别放在不等间距的双轨上，双棒受到的安培力大小不相等，合力不为零，动量就不守恒了，这种情况下应对双棒分别运用动量定理列方程找关系。
(2)双轨双棒问题，要注意分析两棒的运动过程，明确两棒匀速运动时它们的感应电动势是相等的。
(3)由BIL·Δt＝m·Δv、 q＝I·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。
考向1 单杆切割问题
1．(2019·西南名校联考)如图所示，有一边长为L的正方形线框abcd，由距匀强磁场上边界H处静止释放，其下边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动。匀强磁场区域宽度也为L。ab边开始进入磁场时记为t1，cd边出磁场时记为t2，忽略空气阻力，从线框开始下落到cd边刚出磁场的过程中，线框的速度大小v、加速度大小a、ab两点的电压大小Uab、线框中产生的焦耳热Q随时间t的变化图象可能正确的是( )
C [线圈在磁场上方H开始下落到下边进入磁场过程中，线圈做匀加速运动；因线圈下边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动，可知线圈直到cd边出磁场时也做匀速运动，选项A、B错误；线圈ab边进入磁场的过程：E＝BLv，则Uab＝BLv；ab边出离磁场的过程：E＝BLv，则Uab＝BLv；线圈进入磁场和出离磁场过程中电动势相同，均为E＝BLv，时间相同，则产生的热量相同；故选项C正确，A、B、D错误。]
2．(易错题)(2019·湖北1月联考)如图所示，用质量相同，粗细不同的均匀同种金属丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场中匀速拉出磁场，若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则Wa∶Wb为( )
A．1∶4 B．1∶2
C．1∶1 D．不能确定
B [线框的边长之比为1∶2，由E＝BLv得＝；由于线框质量相等，因为m＝ρ·4LS，所以他们横截面积之比为2∶1，由电阻定律知R＝ρ，得＝，得Rb＝4Ra；由t＝，得＝。根据能的转化和守恒可知，外力做功等于电能，而电能又全部转化为焦耳热W＝Q＝t。故Wa∶Wb＝1∶2，故B对，A、C、D错。]
易错点评：本题主要考虑由于线框质量相同，边长不同引起的电动势大小，电阻大小，运动时间大小带来的不同，解题时很容易因考虑问题不周全而出错。
考向2 双杆、线框切割问题
3．(多选)(2019·石家庄高三模拟(一))如图所示，倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在水平地面上，斜面上间距d＝1 m的两平行虚线aa′和bb′之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B＝5 T。一质量m＝1 kg，总电阻R＝5 Ω，边长也为d＝1 m的正方形金属线框MNPQ有一半面积位于磁场中，现让线框由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中线框MN边始终与虚线aa′保持平行，线框的MN边穿出磁场后开始做匀速直线运动。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，线框与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．从开始到线框完全进入磁场的过程中，通过线框某一横截面的电荷量为0.5 C
B．线框做匀速直线运动时的速度大小为0.4 m/s
C．线框速度为0.2 m/s时的加速度为1.6 m/s2
D．线框从开始运动到全部通过磁场的过程中产生的焦耳热为3 J
AB [从开始运动到线框完全进入磁场的过程中，线框中磁通量的变化量ΔΦ＝Bd2，产生的平均感应电动势＝，平均电流＝，通过线框某一横截面的电荷量q＝Δt，联立解得q＝0.5 C，选项A正确；线框做匀速直线运动时，有mgsin θ＝BId＋μmgcos θ，I＝，E＝Bdvm，联立解得vm＝0.4 m/s，选项B正确；线框速度v＝0.2 m/s时，产生的感应电动势E1＝Bdv＝1 V，线框中电流I1＝＝0.2 A，线框所受安培力F＝BI1d＝1 N，由牛顿第二定律有mgsin θ－F－μmgcos θ＝ma，解得a＝1 m/s2，选项C错误；由能量守恒定律有1.5mgdsin θ＝μmgcos θ·1.5d＋Q＋mv，解得：Q＝2.92 J，选项D错误。]
4．(易错题) 如图所示，两根质量均为m＝2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s＝0.5 m时其上产生的焦耳热为Q2＝30 J，此时两棒速率之比为vA∶vC＝1∶2，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：
(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；
(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；
(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小v′A和v′C。
[解析] (1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，则AB棒上产生的焦耳热Q1＝15 J。
(2)根据能量守恒定律
有Fs＝mv＋mv＋Q1＋Q2
又vA∶vC＝1∶2，联立以上两式并代入数据得
vA＝4 m/s，vC＝8 m/s。
(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足
BLv′A＝B·2Lv′C
即v′A＝2v′C(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)
对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向，
有A·t＝mv′A－mvA，C·t＝－mv′C－(－mvC)。
因为FC＝2FA，故有＝
联立以上各式解得v′A＝6.4 m/s，v′C＝3.2 m/s。
[答案] (1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s
易错点评：撤去外力F后，两棒组成的系统所受安培力的合力不为0，系统动量不守恒，必须根据动量定理解题。由于回路内电流变化，因此金属棒AB产生的焦耳热判断错误也是本题的常见错误，因金属棒AB和CD为串联关系，尽管回路内电流变化，但两者产生的焦耳热之比永远为1∶2。
物理学是科学技术的基础，联系生产、生活，考查物理知识的应用是高考命题的热点，能够体现高考对学科素养的重视。
[典例1] (2019·北京海淀模拟)托卡马克(Tokamak)是一种复杂的环形装置，结构如图所示。环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈。当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度。再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度。同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行。已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，下列说法正确的是( )
A．托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的
B．极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体
C．欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变
D．为了约束温度为T的等离子体，所需要的磁感应强度B必须正比于温度T
C [目前核电站中核反应的原理是核裂变，原理不同，故A错误；极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行，故B错误；欧姆线圈中通以恒定的电流时，产生恒定的磁场，恒定的磁场无法激发电场，则在托卡马克的内部无法产生电场，等离子体无法被加速，因而不能发生核聚变，故C正确；带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，则T∝mv2，由洛伦兹力提供向心力，则qvB＝m，则有B∝，故D错误。]
[典例2] (多选)(2019·江苏南通联考)健身车的磁控阻力原理如图所示，在铜质飞轮的外侧有一些磁铁(与飞轮不接触)，人在健身时带动飞轮转动，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动控制拉杆可以改变磁铁与飞轮间的距离。则( )
A．飞轮受到阻力大小与其材料密度有关
B．飞轮受到阻力大小与其材料电阻率无关
C．飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，其受到的阻力越大
D．磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮转速越大，其受到阻力越大
CD [飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，所以会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，而安培力大小与其材料的电阻率有关，与其密度无关，故A、B错误；磁铁越靠近飞轮，飞轮处的磁感应强度越强，所以在飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大，故C正确；磁铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，则飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，那么飞轮受到的阻力越大，故D正确；故选C、D。]
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