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2021高考物理大一轮复习领航教学案：第十章 电磁感应 Word版含解析
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这是一份2021高考物理大一轮复习领航教学案：第十章 电磁感应 Word版含解析，共95页。学案主要包含了磁通量，电磁感应，感应电流方向的判断，电磁感应中的能量问题等内容，欢迎下载使用。
第1节 电磁感应现象 楞次定律
一、磁通量
1．概念：磁感应强度B与面积S的乘积．
2．计算
(1)公式：Φ＝BS.
(2)适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场的有效面积．
(3)单位：韦伯(Wb)，1 Wb＝1_T·m2.
3．意义：穿过某一面积的磁感线的条数．
4．标矢性：磁通量是标量，但有正、负．
二、电磁感应
1．电磁感应现象
当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有电流产生，这种现象称为电磁感应现象．
2．产生感应电动势和感应电流的条件
(1)产生感应电动势的条件
无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，回路中就有感应电动势．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
(2)产生感应电流的条件
①电路闭合．②磁通量变化．
三、感应电流方向的判断
1．右手定则：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个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，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．如右图所示．
2．楞次定律
内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)磁通量虽然是标量，但有正、负之分．(√)
(2)当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流．(×)
(3)穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关．(√)
(4)电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流．(×)
(5)感应电流的磁场总是与原磁场方向相反．(×)
(6)楞次定律和右手定则都可以判断感应电流的方向，二者没什么区别．(×)
(7)回路不闭合时，穿过回路的磁通量发生变化也会产生“阻碍”作用．(×)
2．如图所示，匀强磁场中有一个矩形闭合导线框．在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是( )
A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动
B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在 磁场中上下运动
C．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动
D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
解析：选C.保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项A错误；保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项B错误；线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动，磁通量周期性地改变，故一定有感应电流，故选项C正确；线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项D错误．
3．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )
A．总是顺时针
B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针
D．先逆时针后顺时针
解析：选C.磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则导体环中，先是向上的磁通量增加，磁铁过中间以后，向上的磁通量减少，根据楞次定律，产生的感应电流方向先顺时针后逆时针，选项C正确．
4．如图所示，AOC是光滑的金属导轨，电阻不计，AO沿竖直方向，OC沿水平方向；PQ是金属直杆，电阻为R，几乎竖直斜靠在导轨AO上，由静止开始在重力作用下运动，运动过程中P、Q端始终在金属导轨AOC上；空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆从开始滑动到P端滑到OC的过程中，PQ中感应电流的方向( )
A．始终是由P→Q
B．始终是由Q →P
C．先是由P→Q，后是由Q →P
D．先是由Q →P，后是由P→Q
解析：选C.在PQ杆滑动的过程中，△POQ的面积先增大后减小，穿过△POQ的磁通量先增加后减少，根据楞次定律可知，感应电流的方向先是由P →Q，后是由Q →P，C正确．
考点一 电磁感应现象的判断
1．穿过闭合电路的磁通量发生变化的四种情况
(1)磁感应强度B不变，线圈面积S发生变化．
(2)线圈面积S不变，磁感应强度B发生变化．
(3)线圈面积S变化，磁感应强度B也变化，它们的乘积BS发生变化．
(4)线圈面积S不变，磁感应强度B也不变，但二者之间夹角发生变化．
2．判断电磁感应现象能否发生的一般流程：
1. 如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是( )
A．ab向右运动，同时使θ减小
B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小
C．ab向左运动，同时增大磁感应强度B
D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)
解析：选A.本题中引起磁通量变化都有两个方面，面积的变化和夹角改变，向右运动的同时θ减小都会使磁通量变大，所以A项正确．
2．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接．下列说法中正确的是( )
A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转
C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度
D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转
解析：选A.只要闭合回路磁通量发生变化就会产生感应电流，故A正确，B错误；开关闭合后，只要滑片P滑动就会产生感应电流，故C、D错误．
3．(多选)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
解析：选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．
确定磁通量变化的两种方法
(1)通过对穿过回路磁感线条数的分析和计算，可以确定磁通量是否变化．
(2)依据公式Φ＝BSsin θ(θ是B与S的夹角)确定磁通量与哪些因素有关．
考点二 楞次定律的理解及应用
1．判断感应电流方向的两种方法
方法一 用楞次定律判断
方法二 用右手定则判断
该方法适用于切割磁感线产生的感应电流．判断时注意掌心、拇指、四指的方向：
(1)掌心——磁感线垂直穿入；
(2)拇指——指向导体运动的方向；
(3)四指——指向感应电流的方向．
2．楞次定律推论的应用
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”
B减小，线圈扩张
阻碍原电流的变化——“增反减同”
考向1：应用楞次定律判感应电流方向
[典例1] 如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是( )
A．a→b→c→d→a
B．d→c→b→a→d
C．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a
D．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d
解析 由楞次定律可知，在线框从右侧摆动到O点正下方的过程中，向上的磁通量在减小，故感应电流的方向沿d→c→b→a→d；同理，线框从O点正下方向左侧摆动的过程中，电流方向沿d→c→b→a→d，B正确．
答案 B
考向2：右手定则判感应电流的方向
[典例2] 如图所示，MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，垂直纸面向外的匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，则( )
A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→b→d→c→a
B．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a
C．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中的电流为零
D．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd＞vab，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a
解析 由右手定则可判断出A项做法使回路产生顺时针方向的电流，故A项错．若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故B项错．若ab向左，cd向右，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故C项错．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd＞vab，则ab、cd所围面积发生变化，磁通量也发生变化，由楞次定律可判断出，abdc回路中产生顺时针方向的电流，故D项正确．
答案 D
考向3：“阻碍法”的应用
[典例3] (2017·东北三省五校联考)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，下列表述正确的是( )
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的磁通量减少
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 当滑片P向下移动时滑动变阻器连入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加，方向向下，选项B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，选项A错误；再根据楞次定律“阻碍”含义的推广，线圈a应有收缩或远离b的趋势来阻碍磁通量的增加，所以C错误，D正确．
答案 D
感应电流方向判断的两点注意
(1)楞次定律可应用于磁通量变化引起感应电流的各种情况(包括一部分导体切割磁感线运动的情况)．
(2)右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情景，是楞次定律的一种特殊情况．
考点三 “三定则、一定律”的理解及应用
1．“三个定则、一个定律”的应用对比：
名称
基本现象
因果关系
应用的定则或定律
电流的磁效应
运动电荷、电流产生磁场
因电生磁
安培定则
洛伦兹力、安培力
磁场对运动电荷、电流有作用力
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
2.三个定则、一个定律”的相互联系：
(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．
1．(多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，它与大线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在金属导轨上的金属棒ab的运动情况是(两线圈共面放置)( )
A．向右匀速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向右加速运动
解析：选BC.欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有沿顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此对前者应使ab向右减速运动；对于后者，则应使ab向左加速运动．
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的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一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．
3．(多选)如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出．左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法中正确的是( )
A．当金属棒ab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ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势
C．当金属棒ab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ab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BD.当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向由a→b.根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点．又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，A错误，B正确．当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb>φa，电流沿逆时针方向．
又由E＝BLv可知ab导体两端的E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且场强不断增强，所以右边电路的线圈中的向上的磁通量不断增加．由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上．把这个线圈看作电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，所以d点电势高于c点，C错误，D正确．
左、右手定则区分技巧
(1)抓住“因果关系”：“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手．
(2)形象记忆：把两个定则简单地总结为“通电受力用左手，运动生电用右手”．“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．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.产生感应电流的条件为：闭合回路内磁通量发生变化．A项中，线圈绕在磁铁上，磁通量未变，不会产生感应电流，A错误．同理B错误．C项中，往线圈中插入条形磁铁的瞬间，线圈中磁通量发生变化，此时线圈中将产生感应电流，但插入后磁通量不再变化，无感应电流，故到相邻房间观察时无示数，C错误．D项中，在线圈通电或断电的瞬间，磁通量发生变化，产生感应电流，D正确．
2．如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生图中箭头方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是( )
A．使匀强磁场均匀增大
B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°
C．使圆环绕水平轴cd如图转动30°
D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动
解析：选A.根据右手定则，圆环中感应电流产生的磁场竖直向下与原磁场方向相反，根据楞次定律，说明圆环磁通量在增大．磁场增强则磁通量增大，A正确．使圆环绕水平轴ab或cd转动30°，圆环在垂直磁场方向上的投影面积减小，磁通量减小，只会产生与图示方向相反的感应电流，B、C错误．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通量不变，不会产生感应电流，D错误．
3．如图甲所示，在同一平面内有两个相互绝缘的金属圆环A、B，圆环A平分圆环B为面积相等的两部分，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，甲图中A环所示的电流方向为正，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中先有顺时针方向的感应电流，后有逆时针方向的感应电流
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，故选项B正确．
4．(多选)如图，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中产生逆时针的感应电流
B．A中产生顺时针的感应电流
C．A具有收缩的趋势
D．A具有扩展的趋势
解析：选BD.由图可知，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大；由楞次定律可知，磁场增大时，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C错误，D正确．
5．(多选)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的．电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去．现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率ρ铜<ρ铝．闭合开关S的瞬间( )
A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向
B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C．若将环放置在线圈右方，环将向左运动
D．电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
解析：选AB.线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，环中感应电流由左侧看为顺时针，A正确．由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环的，B正确．若将环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，C错误．电池正负极调换后，金属环受力仍向左，故仍将向左弹出，D错误．
6．多年来物理学家一直设想用实验证实自然界中存在“磁单极子”．磁单极子是指只有S极或只有N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布．如图所示的实验就是用于检测磁单极子的实验之一，abcd为用超导材料围成的闭合回路．设想有一个N极磁单极子沿abcd轴线从左向右穿过超导回路，那么在回路中可能发生的现象是( )
A．回路中无感应电流
B．回路中形成持续的abcda流向的感应电流
C．回路中形成持续的adcba流向的感应电流
D．回路中形成先abcda流向后adcba流向的感应电流
解析：选C.N极磁单极子的磁感线分布类似于正点电荷的电场线分布，由楞次定律知，回路中形成方向沿adcba流向的感应电流，由于回路为超导材料做成的，电阻为零，故感应电流不会消失，C项正确．
[综合应用题组]
7．(多选)如图所示，一接有电压表的矩形闭合线圈ABCD向右匀速穿过匀强磁场的过程中，下列说法正确的是( )
A．线圈中有感应电动势，有感应电流
B．线圈中有感应电动势，无感应电流
C．AB边两端有电压，且电压表有示数
D．AB边两端有电压，但电压表无示数
解析：选BD.由于通过回路的磁通量不变，故回路中无感应电流产生，A项错；由欧姆定律知电压表示数U＝IRV＝0，C项错；由于AB棒切割磁感线AB两端有电压，B、D项正确．
8．如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两条可自由滑动的导体棒ab和cd，当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体棒ab和cd的运动情况是( )
A．一起向左运动
B．一起向右运动
C．ab和cd相向运动，相互靠近
D．ab和cd相背运动，相互远离
解析：选C.电流增强时，电流在abdc回路中产生的垂直纸面向里的磁场增强，回路中磁通量增大，根据楞次定律可知回路要减小面积以阻碍磁通量的增加，因此，两导体棒要相向运动，相互靠近．选项C正确．
9．如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流．现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中感应电流的方向是( )
A．先顺时针后逆时针
B．先逆时针后顺时针
C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针
D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针
解析：选D.如图为地下通电直导线产生的磁场的正视图，当线圈在通电直导线正上方的左侧时由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，同理在右侧也为逆时针，当线圈一部分在左侧一部分在右侧时为顺时针，故D正确．
10．(多选)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
解析：选ABD.设想把金属圆盘切割成无数根导体棒，导体棒切割磁感线产生感应电动势、感应电流，根据右手定则可知，靠近圆心处的电势高，选项A正确；根据E＝BLv可知，所加磁场B越强，感应电动势E越大，感应电流越大，因F＝BIL，所以安培力也越大，安培力对圆盘的转动阻碍作用越强，选项B正确；若所加磁场反向，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍将减速运动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘的半径切割磁感线，产生感应电动势，但圆盘内没有涡流，故没有安培力，不消耗机械能，所以圆盘匀速转动，选项D正确．
11．(多选)如图所示，铁芯上有两个线圈A和B.线圈A跟电源相连，LED(发光二极管，具有单向导电性)M和N并联后接在线圈B两端．图中所有元件均正常，则( )
A．S闭合瞬间，A中有感应电动势
B．S断开瞬间，A中有感应电动势
C．S闭合瞬间，M亮一下，N不亮
D．S断开瞬间，M和N二者均不亮
解析：选ABC.闭合开关的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加，线圈A中将产生自感电动势，故A正确．开关断开的瞬间，穿过线圈A的磁通量减小，线圈A中将产生自感电动势，故B正确．闭合开关的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加，根据安培定则可知，A中产生的磁场的方向向上，穿过B的磁通量向上增大时，根据楞次定律可知，B中感应电流的磁场的方向向下，根据安培定则可知B中感应电流的方向向下，所以线圈下端的电势高，电流能通过二极管M，不能通过二极管N，故C正确．结合C的分析可知，S断开瞬间，穿过线圈B的磁通量减小，产生感应电流的方向与C中感应电流的方向相反，所以感应电流能通过二极管N，不能通过二极管M，故D错误．
12．经过不懈的努力，法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电”的现象，他把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图所示)，一个线圈A连接电池与开关，另一线圈B闭合并在其中一段直导线附近平行放置小磁针．法拉第可观察到的现象有( )
A．当合上开关，A线圈接通电流瞬间，小磁针偏转一下，随即复原
B．只要A线圈中有电流，小磁针就会发生偏转
C．A线圈接通后其电流越大，小磁针偏转角度也越大
D．当开关打开，A线圈电流中断瞬间，小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相同的偏转
解析：选A.当合上开关，A线圈接通电流瞬间，穿过A的磁通量发生变化，使得穿过B的磁通量也变化，所以在B中产生感生电流，电流稳定后穿过A、B的磁通量不再变化，所以B中不再有感应电流，即小磁针偏转一下，随即复原，选项A正确；A线圈中有电流，但是如果电流大小不变，则在B中不会产生感应电流，即小磁针就不会发生偏转，选项B错误；B线圈中的感应电流大小与A中电流的变化率有关，与A中电流大小无关，故C错误；当开关打开，A线圈电流中断瞬间，由于穿过B的磁通量减小，则在B中产生的电流方向与A线圈接通电流瞬间产生的电流方向相反，所以小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相反的偏转，选项D错误．
13．(多选)某同学将一条形磁铁放在水平转盘上，如图甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边．当转盘(及磁铁)转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化的周期与转盘转动周期一致．经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象．该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈，当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时．按照这种猜测( )
A．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
B．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
C．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
D．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
解析：选AC.题图乙中斜率既能反映线圈内产生的感应电流的方向变化，又能反映感应电流的大小变化．t＝0.1 s时刻，图线斜率最大，意味着磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值，t＝0.1 s时刻前后的图线斜率一正一负，说明产生的感应电流的方向发生了变化，所以A、C正确；同理可知t＝0.15 s时刻，图线斜率不是最大值，且该时刻前后图线斜率全为负值，说明线圈内产生的感应电流的方向没有变化，而且大小并未达到最大值，选项B、D错误．
14．磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内，有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度v匀速通过磁场，如图所示，从ab进入磁场时开始计时，到线框离开磁场为止．
(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象；
(2)判断线框中有无感应电流．若有，说明感应电流的方向．
解析：(1)当ab边进入磁场时，穿过线框的磁通量均匀增加，在t1＝时线框全部进入磁场，磁通量Φ＝Bl2不变化；当在t2＝时，ab边离开磁场，穿过线框的磁通量均匀减少到零，所以该过程的Φ －t图象如图所示．
(2)ab边进入磁场时有感应电流，根据右手定则可判知感应电流方向为逆时针；ab边离开磁场时有感应电流，根据右手定则可判知感应电流方向为顺时针；中间过程t1～t2磁通量不变化，没有感应电流．
答案：见解析
第2节 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
一、法拉第电磁感应定律
1．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．
(2)公式：E＝n，n为线圈匝数．
2．导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv.
(2)E＝Blvsin θ，θ为运动方向与磁感线方向的夹角．
(3)导体棒在磁场中转动：导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bl＝Bl2ω.
二、自感和涡流
1．自感现象：当导体中电流发生变化时，导体本身就产生感应电动势，这个电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，这种由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象叫自感现象．
2．自感电动势：在自感现象中产生的感应电动势E＝L，其中L叫自感系数，它与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关，自感系数的单位是亨利(H)，1 mH＝10－3H,1 μH＝10－6H.
3．涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生像水的漩涡状的感应电流．
(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动．
(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来．交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的．
[自我诊断]
1．判断正误
(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)线圈中的电流越大，自感系数也越大．(×)
(5)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．(√)
(6)对于同一线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势越大．(√)
2．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.由题意可知＝k，导体圆环中产生的感应电动势E＝＝·S＝·πr2，因ra∶rb＝2∶1，故Ea∶Eb＝4∶1；由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确．
3．如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′，则等于( )
A. B．
C．1 D.
解析：选B.设金属棒长度为l，匀强磁场的磁感应强度为B，根据电磁感应定律得E＝Blv.金属棒弯折后，切割磁感线运动的有效长度变为l，故E′＝Blv.因此＝，B正确．
4．(2017·江苏盐城中学学情检测)(多选)如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零．A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有( )
A．当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，最后B灯熄灭
B．当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭
C．当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低
D．当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b
解析：选AD.开关S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，选项A正确；稳定后当开关S断开后，A马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，左端电势高，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，B闪一下再熄灭，选项D正确，B、C错误．
考点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用
1．感应电动势大小的决定因素
(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(2)当ΔΦ仅由B引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝n；当ΔΦ由B、S的变化同时引起，则E＝n≠n.
2．磁通量的变化率是Φ－t图象上某点切线的斜率．
3．应用E＝n时应注意的几个问题
(1)由于磁通量有正负之分，计算磁通量的变化时一定要规定磁通量的正方向．正向的磁通量增加与反向的磁通量减少产生的感应电流的方向相同．
(2)公式E＝n是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择．若为恒量，则平均电动势等于瞬时电动势．
(3)用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内垂直磁场方向的有效面积．
1．图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb( )
A．恒为
B．从0均匀变化到
C．恒为－
D．从0均匀变化到－
解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－n，选项C正确．
2．(2016·湖南衡阳联考)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，如图所示，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁场以的变化率增强时，不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响，则( )
A．线圈中感应电流方向为adbca
B．线圈中产生的电动势E＝·l2
C．线圈中a点电势高于b点电势
D．线圈中b、a两点间的电势差为
解析：选D.处于磁场中的线圈面积不变，增大时，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为acbda方向，A项错；产生感应电动势的acb部分等效为电源，b端为等效电源的正极，电势高于a端，C项错；由法拉第电磁感应定律E＝＝·，知B项错；adb部分等效为外电路，b、a两点间电势差为等效电路的路端电压，U＝·R＝＝，D项正确．
3．A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示．在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，下列说法正确的是( )
A．两导线环内所产生的感应电动势相等
B．A环内所产生的感应电动势大于B环内所产生的感应电动势
C．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶4
D．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶1
解析：选A.某一时刻穿过A、B两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φ＝BS，由E＝＝S(S为磁场区域面积)，对A、B两导线环，有＝1，所以A正确，B错误；I＝，R＝ρ(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以＝＝，C、D错误．
4．(2017·连云港质检)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω.磁感应强度B在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T．在1 s～5 s内从0.2 T均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：
(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
(2)在1 s～5 s内通过线圈的电荷量q；
解析：(1)感应电动势E1＝
磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB1S
解得E1＝
代入数据得E1＝10 V
由楞次定律得，感应电流的方向为a→d→c→b→a.
(2)同理可得在1 s～5 s内产生的感应电动势
E2＝N
感应电流I2＝
电荷量q＝I2Δt2
解得q＝N
代入数据得q＝10 C
答案：(1)10 V a→d→c→b→a (2)10 C
应用法拉第电磁感应定律的两点注意
(1)一般步骤：
①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；
②利用楞次定律确定感应电流的方向；
③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解．
(2)一个结论：通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关．推导如下：q＝Δt＝·Δt＝.
考点二 导体棒切割类电动势的计算
1．导体平动切割磁感线
(1)一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝Blvsin θ.
(2)常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝Blv.
(3)若导体棒不是直的，则E＝Blv中的l为切割磁感线的导体棒的有效长度．下图中，棒的有效长度均为ab间的距离．
2．导体转动切割磁感线
导体棒以端点为轴，在垂直于磁感线的平面内以角速度ω匀速转动产生的感应电动势E＝Bωl2(导体棒的长度为l)．
1. 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，金属框中的电流方向沿abca
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿acba
解析：选C.金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误．转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
解析：选B.金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝＝＝，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝B··＝，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝·＝，选项D错误．
3．(2017·山东济南模拟)在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度L＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量m＝0.05 kg、电阻R＝1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若杆cd在水平外力F的作用下以恒定加速度a＝2 m/s2，由静止开始向右做匀变速运动，求：
(1)在5 s内平均感应电动势是多少？
(2)第5 s末回路中的电流I多大？
(3)第5 s末作用在杆cd上的水平外力F多大？
解析：(1)t＝5 s内金属杆的位移
x＝at2＝25 m
5 s内的平均速度
＝＝5 m/s
故平均感应电动势＝BL＝0.4 V
(2)第5 s末杆的速度v＝at＝10 m/s
此时感应电动势E＝BLv
则回路中的电流为I＝＝＝0.8 A
(3)杆cd匀加速运动，由左手定则判得所受安培力方向向左，由牛顿第二定律得F－F安＝ma
杆cd所受安培力F安＝BIL，
即F＝BIL＋ma＝0.164 N
答案：(1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
求解感应电动势常见情况与方法
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垂直且在导线框平面内的轴转动的导线框
表达式
E＝n
E＝BLvsin θ
E＝BL2ω
E＝NBSωsin(ωt＋φ0)
考点三 自感现象的理解及应用
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．两种情况灯泡中电流方向均改变.
1．(多选)如图甲、乙所示，电路中的电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )
A．在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗
B．在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗
C．在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗
D．在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗
解析：选AD.题图甲所示电路中，灯A和线圈L串联，电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，通过R、A形成回路，灯A逐渐变暗．题图乙所示电路中，电阻R和灯A串联，灯A和电阻R的总电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不给灯供电，而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流比原来大，变得更亮，然后逐渐变暗．
2．(多选)如图所示，电路中A和B是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的电感线圈，C是电容很大的电容器．当S闭合与断开时，对A、B的发光情况判断正确的是( )
A．S闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭
B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭
C．S闭合足够长时间后，B发光而A不发光
D．S闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭而A逐渐熄灭
答案：AC.
3．(多选)如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S.经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )
解析：选AC.当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知选项A、C正确．
(1)对自感现象“阻碍”作用的理解
①流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增加，使其缓慢地增加；
②流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势阻碍原电流的减小，使其缓慢地减小．
(2)分析自感现象应注意
①通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流逐渐变大，断电过程中，电流逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路；
②断电自感现象中灯泡是否“闪亮”的判断：若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮，再慢慢熄灭．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1. (多选)粗细均匀的导线绕成匝数为n、半径为r的圆形闭合线圈．线圈放在磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，线圈中产生的电流为I，下列说法正确的是( )
A．电流I与匝数n成正比
B．电流I与线圈半径r成正比
C．电流I与线圈面积S成正比
D．电流I与导线横截面积S0成正比
解析：选BD.由题给条件可知感应电动势为E＝nπr2，电阻为R＝，电流I＝，联立以上各式得I＝·，则可知B、D项正确，A、C项错误．
2．(多选)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．
3．(多选)一导线弯成如图所示的闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．线圈总电阻为R，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是( )
A．感应电流一直沿顺时针方向
B．线圈受到的安培力先增大，后减小
C．感应电动势的最大值E＝Brv
D．穿过线圈某个横截面的电荷量为
解析：选AB.在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直沿顺时针方向，A正确；线圈切割磁感线的有效长度先变长后变短，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B正确；线圈切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大值E＝2Brv，C错误；穿过线圈某个横截面的电荷量为Q＝＝，D错误．
4．如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐．若第1次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第2次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则( )
A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2
C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1
解析：选A.第1次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，线框中的感应电动势恒定，有1＝E1＝BLv1.第2次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，所需时间t＝＝，线框中的磁通量变化量ΔΦ＝B·L·＝BL2，产生的平均电动势2＝＝.由题意知1＝2，可得v1∶v2＝2∶π，A正确．
5．如图所示的电路，电源电动势为E，线圈L的电阻不计，以下判断正确的是( )
A．闭合S，稳定后，电容器两端电压为E
B．闭合S，稳定后，电容器的a极板带正电
C．断开S的瞬间，电容器的a极板将带正电
D．断开S的瞬间，电容器的a极板将带负电
解析：选C.由题意及自感现象规律可知，当开关S闭合且电路稳定后，电容器与线圈L并联，由于线圈的直流电阻不计，所以电容器两端电压为零，故A、B项错误；断开S的瞬间，由自感规律可知，线圈中要产生感应电动势，感应电动势引起的感应电流的方向与原电流的方向一致，因而电容器的a极板将带正电，故C项正确．
[综合应用题组]
6．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如右图所示，抛物线的方程是y＝x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )
A．mgb B.mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
解析：选D.金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好飞不出磁场，就往复运动永不停止，由能量守恒可得Q＝ΔE＝mv2＋mg(b－a)．
7．如图所示，边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个边长为L、粗细均匀的正方形导线框abcd，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框各边的电阻大小均为R.在导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是( )
A．导线框进入磁场区域时产生顺时针方向的感应电流
B．导线框中有感应电流的时间为
C．导线框的bd对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为
D．导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为
解析：选D.根据楞次定律知，感应电流的效果总是阻碍磁通量的变化，故由楞次定律判断出，导线框进入磁场区域时产生的感应电流的方向为逆时针方向，故选项A错误；导线框完全进入磁场后感应电流消失，导线框从开始进入磁场到完全进入经历的时间为，穿出的时间也为，导线框中有感应电流的时间为t＝×2，故选项B错误；导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导体的有效切割长度为，感应电动势为，由安培力公式可算出安培力为，故选项C错误；导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为电动势的一半，即，故选项D正确．
8．如图所示的电路中，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相同．下列说法正确的是( )
A．闭合开关S，A灯逐渐变亮
B．电路接通稳定后，流过B灯的电流是流过C灯电流的
C．电路接通稳定后，断开开关S，C灯立即熄灭
D．电路接通稳定后，断开开关S，A、B、C灯过一会儿才熄灭，且A灯亮度比B、C灯亮度高
解析：选D.画出等效电路如图所示，闭合开关S，所有的灯都立即变亮，A错误；电路稳定后，线圈和灯泡A的并联电阻为，与B灯的串联电阻为，C灯的电阻为R，根据并联电路分流与电阻成反比，故流过B灯的电流是流过C灯电流的，B错误；断开开关S，线圈产生的感应电动势对三个灯泡供电，因此三个灯泡都过一会才熄灭，供电电路是B、C灯串联与A灯并联，因此A灯的亮度比B、C灯的亮度高，C错误，D正确．
9．如图所示，PQQ2P2是由两个正方形导线方格PQQ1P1、P1Q1Q2P2构成的网络电路．方格每边长度l＝10 cm.在x>0的半空间分布有随时间t均匀增加的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸内．今令网络电路PQQ2P2以恒定的速度v＝5 cm/s沿x轴正方向运动并进入磁场区域，在运动过程中方格的边PQ始终与y轴平行．若取PQ与y轴重合的时刻为t＝0，在以后任一时刻t磁场的磁感应强度为B＝B0＋bt，式中t的单位为s，B0、b为已知恒量．当t＝2.5 s时刻，方格PQQ1P1中的感应电动势是E1，方格P1Q1Q2P2中的感应电动势是E2.E1、E2的表达式正确的是( )
A．E1＝B0lv B．E1＝bl2
C．E2＝ D．E2＝(B0＋bt)lv
解析：选B.经过2.5 s，线框向右运动了12.5 cm，此时右边的线框只有感生电动势，根据法拉第电磁感应定律得E1＝bl2，B正确，A错误；此时左边的线框只有右边在磁场中，离磁场边界0.25l，线框中既有动生电动势又有感生电动势，故电动势的大小E2＝(B0＋2.5b)lv＋0.25bl2，C、D错误．
10．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＝n1B0IL
天平平衡mg＝n1B0IL
代入数据得n1＝25匝
(2)由电磁感应定律得E＝n2
即E＝n2Ld
由欧姆定律得I′＝
线圈受到安培力F′＝n2B0I′L
天平平衡m′g＝nB0·
代入数据可得＝0.1 T/s
答案：(1)25匝 (2)0.1 T/s
11．(1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3 m，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5 T．一根直金属杆MN以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好．杆MN的电阻r1＝1 Ω，导轨的电阻可忽略．求杆MN中产生的感应电动势E1.
(2)如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，面积S1＝0.4 m2，电阻r2＝1 Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3 m2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示．求圆形线圈中产生的感应电动势E2.
(3)有一个R＝2 Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b端接地．试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？求这种情况中a端的电势φa.
解析：(1)杆MN做切割磁感线的运动，E1＝B1Lv
产生的感应电动势E1＝0.3 V.
(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，E2＝nS2
产生的感应电动势E2＝4.5 V.
(3)当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高
通过电阻R的电流I＝
电阻R两端的电势差φa－φb＝IR
a端的电势φa＝IR＝0.2 V.
答案：(1)0.3 V (2)4.5 V (3)与图甲中的导轨相连接a端电势高 φa＝0.2 V
第3节 电磁感应的综合应用
一、电磁感应中的电路问题
1．电源和电阻
2．电流方向
在外电路，电流由高电势流向低电势；在内电路，电流由低电势流向高电势．
二、电磁感应中的图象问题
图象类型
①随时间t变化的图象，如B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象
②随位移x变化的图象，如E－x图象和I－x图象
问题类型
①由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象
②由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)
应用知识
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律，函数图象等知识
三、电磁感应中的动力学问题
1．安培力的大小
⇒F＝
2．安培力的方向
(1)先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向．
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反．
四、电磁感应中的能量问题
1．能量的转化
闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力．外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能．
2．实质
电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路．(√)
(2)“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势．(×)
(3)闭合电路中电流一定从高电势流向低电势．(×)
(4)在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动．(×)
(5)电磁感应中求焦耳热时，均可直接用公式Q＝I2Rt.(×)
(6)电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功．(√)
2．如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的一半，磁场垂直穿过粗金属环所在的区域，当磁感应强度均匀变化时，在粗环内产生的电动势为E，则ab两点间的电势差为( )
A. B．
C. D．E
解析：选C.粗环相当于电源，细环相当于负载，ab间的电势差就是等效电路的路端电压．粗环电阻是细环电阻的一半，则路端电压是电动势的，即Uab＝.
3．如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中( )
A．回路中产生的内能相等
B．棒运动的加速度相等
C．安培力做功相等
D．通过棒横截面积的电荷量相等
解析：选D.棒由a到b再到c的过程中，速度逐渐减小，根据E＝Blv，E减小，故I减小，再根据F＝IlB可知安培力减小，根据F＝ma可知加速度减小，选项B错误．由于a到b与b到c的间距相等，故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功，故选项A、C错误．再根据平均感应电动势E＝＝，平均感应电流I＝＝，通过棒横截面积的电荷量为q＝IΔt＝，故选项D正确．
4．如图，一载流长直导线和一矩形线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，长直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右．设电流i的正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( )
解析：选A.因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以其受到的安培力方向相反，线框的左边受到的安培力大于线框的右边受到的安培力，所以合力与线框的左边受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，B、C、D错误.
考点一 电磁感应中的电路问题
1．内电路和外电路
(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．
(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电阻．
2．电源电动势和路端电压
(1)电动势：E＝Blv或E＝n.
(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir＝·R.
1．(2017·江西赣中南五校联考)如图所示，用相同导线制成的边长为L或2L的4个单匝闭合回路，它们以相同的速度先后垂直穿过正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，区域宽度大于2L，则进入磁场过程中，电流最大的回路是( )
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
解析：选C.线框进入磁场过程中，做切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝Bdv，根据电阻定律可知，线框的电阻R＝ρ，由闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流I＝，联立以上各式有I＝·，所以线框切割磁感线的边长d越长，总长度L越短，其感应电流越大，对照4种图形可知，C正确．
2．(2017·贵州七校联考)(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间分别接阻值为R＝10 Ω的电阻．一阻值为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为B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( )
A．导体棒ab中电流的流向为由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.由右手定则可判知A错误；由法拉第电磁感应定律E＝Blv＝0.5×1×4 V＝2 V，Ucd＝E＝1 V，B正确；由于de、cf间电阻没有电流流过，故Ude＝Ucf＝0，所以Ufe＝Ucd＝1 V，C错误，D正确．
3．(多选)如图所示电路中，均匀变化的匀强磁场只存在于虚线框内，三个电阻阻值之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，其他部分电阻不计．当S3断开，而S1、S2闭合时，回路中感应电流为I，当S1断开，而S2、S3闭合时，回路中感应电流为5I，当S2断开，而S1、S3闭合时，可判断( )
A．闭合回路中感应电流为4I
B．闭合回路中感应电流为7I
C．R1、R3消耗的功率之比PR1∶PR3＝3∶1
D．上下两部分磁场的面积之比S上∶S下＝3∶25
解析：选BD.因R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，可以设R1＝R，R2＝2R，R3＝3R.由题图可知，当S1、S2闭合S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得E1＝3IR；当S2、S3闭合S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得E2＝5I×5R＝25IR；当S1、S3闭合S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势E＝E1＋E2＝28IR，则此时的电流I′＝＝7I，A错误，B正确．
根据P＝I2R可知，串联电路电流相等，则各电阻的功率与电阻阻值成正比，故PR1∶PR3＝1∶3，C错误．E1＝3IR，E2＝25IR，再根据法拉第电磁感应定律E＝S可知，上下两部分磁场的面积之比S上∶S下＝3∶25，D正确．
4．(2017·湖北咸宁联考)如图所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l＝0.5 m，左端通过导线与阻值R＝3 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为RL＝6 Ω的小灯泡L连接，在CDFE矩形区域内有竖直向上，磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场．一根阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒在恒力F＝2 N的作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动，经过t＝1 s刚好进入磁场区域．求金属棒刚进入磁场时：
(1)金属棒切割磁感线产生的电动势；
(2)小灯泡两端的电压和金属棒受到的安培力．
解析：(1)0～1 s棒只受拉力，由牛顿第二定律得F＝ma，金属棒进入磁场前的加速度a＝＝10 m/s2.
设其刚要进入磁场时速度为v，v＝at＝10×1 m/s＝10 m/s.
金属棒进入磁场时切割磁感线，感应电动势E＝Blv＝0.2×0.5×10 V＝1 V.
(2)小灯泡与电阻R并联，R并＝＝2 Ω，通过金属棒的电流大小I＝＝0.4 A，小灯泡两端的电压U＝E－Ir＝1 V－0.4×0.5 V＝0.8 V.
金属棒受到的安培力大小FA＝BIl＝0.2×0.4×0.5 N＝0.04 N，由右手定则和左手定则可判断安培力方向水平向左．
答案：(1)1 V (2)0.8 V 0.04 N，方向水平向左
解决电磁感应中的电路问题三部曲
考点二 电磁感应中的图象问题
1．图象问题的求解类型
类型
据电磁感应过程选图象
据图象分析判断电磁感应过程
求解流程
2.解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．
3．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；
(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的对应关系；
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式；
(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)画图象或判断图象．
考向1：据电磁感应过程选择图象
问题类型
由给定的电磁感应过程选出正确的图象
解题关键
根据题意分析相关物理量的函数关系、分析物理过程中的转折点、明确“＋、－”号的含义，结合数学知识做正确的判断
[典例1] (2017·湖北宜昌模拟)如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧小三角形内磁场方向垂直纸面向外，右侧小三角形内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( )
解析 bc边的位置坐标x在L～2L过程，线框bc边有效切割长度为l1＝x－L，感应电动势为E＝Bl1v＝B(x－L)v，感应电流i1＝＝，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．x在2L～3L过程，ad边和bc边都切割磁感线，产生感应电动势，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，有效切割长度为l2＝L，感应电动势为E＝Bl2v＝BLv，感应电流i2＝－.x在3L～4L过程，线框ad边有效切割长度为l3＝L－(x－3L)＝4L－x，感应电动势为E＝Bl3v＝B(4L－x)v，感应电流i3＝，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．根据数学知识知道D正确．
答案 D
考向2：据图象分析判断电磁感应过程
问题类型
由电磁感应图象得出的物理量和规律分析求解动力学、电路等问题
解题关键
第一个关键是破译，即解读图象中的关键信息(尤其是过程信息)，另一个关键是转换，即有效地实现物理信息和数学信息的相互转换
[典例2] (2017·河南中原名校联考)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；
(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量．
解析 (1)F安＝B0IL①
E＝B0Lv②
I＝＝③
v＝at④
所以F安＝t
当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有
F－f－F安＝ma⑤
联立可得F－f－t＝ma⑥
由图象可得：当t＝0时，F＝0.4 N，当t＝1 s时，
F＝0.5 N.
代入⑥式，可解得a＝5 m/s2，f＝0.2 N.
(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b所受安培力F安′与最大静摩擦力f相等时开始滑动．
感应电动势E′＝L2＝0.02 V⑦
I′＝＝1 A⑧
棒b将要运动时，有F安′＝BtI′L＝f⑨
所以Bt＝1 T，根据Bt＝B0＋t⑩
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
考向3：图象的描绘
问题类型
由题目给出的电磁感应现象画出所求物理量的图象
解题关键
由题目给出的电磁感应过程结合所学物理规律求出所求物理量的函数关系式，然后在坐标系中做出相对应的图象
[典例3] 如图甲所示，水平面上固定一个间距L＝1 m的光滑平行金属导轨，整个导轨处在竖直方向的磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，导轨一端接阻值R＝9 Ω的电阻．导轨上有质量m＝1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为1 m的导体棒，在外力的作用下从t＝0开始沿平行导轨方向运动，其速度随时间的变化规律是v＝2，不计导轨电阻．求：
(1)t＝4 s时导体棒受到的安培力的大小；
(2)请在如图乙所示的坐标系中画出电流平方与时间的关系(I2t)图象．
解析 (1)4 s时导体棒的速度
v＝2＝4 m/s
感应电动势E＝BLv，感应电流I＝
此时导体棒受到的安培力
F安＝BIL＝0.4 N
(2)由(1)可得
I2＝2＝42t＝0.04t
作出图象如图所示．
答案 (1)0.4 N (2)见解析图
(1)处理图象问题要做到“四明确、一理解”
(2)电磁感应中图象类选择题的两个常用方法
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)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．
②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象进行分析和判断．
考点三 电磁感应中的动力学和能量问题
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
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2.力学对象和电学对象的相互关系
3．能量转化过程的理解
(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．
(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．
1．(2017·安徽宿州一模)(多选)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在平面与匀强磁场垂直．将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )
A．金属棒在最低点的加速度小于g
B．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
C．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大
D．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度
解析：选AD.金属棒先向下做加速运动，后向下做减速运动，假设没有磁场，金属棒运动到最低点时，根据简谐运动的对称性可知，最低点的加速度等于刚释放时的加速度g，由于金属棒向下运动的过程中产生感应电流，受到安培力，而安培力是阻力，则知金属棒下降的高度小于没有磁场时的高度，故金属棒在最低点的加速度小于g.故A正确．根据能量守恒定律得知，回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差，故B错误，金属棒向下运动的过程中，受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用，当三力平衡时，速度最大，即当弹簧弹力、安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，故C错误．由于产生内能，且弹簧具有弹性势能，由能量守恒得知，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，故D正确．
2．(2017·河北邯郸一模)如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成θ角，上端与一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g.则( )
A．金属杆加速运动过程中的平均速度为v/2
B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率
C．当金属杆的速度为v/2时，它的加速度大小为
D．整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－mv2
解析：选C.对金属杆分析知，金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，因金属杆加速运动过程不是匀加速，故其平均速度不等于，A错误．当安培力等于重力沿斜面的分力，即mg sin θ＝时，杆ab开始匀速运动，此时v最大，F安最大，故匀速运动时克服安培力做功的功率大，B错误；当金属杆速度为时，F安′＝＝mgsin θ，所以F合＝mgsin θ－F安′＝mgsin θ＝ma，得a＝，C正确；由能量守恒可得mgh－mv2＝Qab＋QR，即mgh－mv2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热，D错误．
3．(2017·四川资阳诊断)如图所示，无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为θ＝53°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L＝1 m，底部接入一阻值为R＝0.4 Ω的定值电阻，上端开口．垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2 T．一质量为m＝0.5 kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，ab连入导轨间的电阻r＝0.1 Ω，电路中其余电阻不计．现用一质量为M＝2.86 kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连．由静止释放M，当M下落高度h＝2.0 m时，ab开始匀速运动(运动中ab始终垂直导轨，并接触良好)．不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s2.求：
(1)ab棒沿斜面向上运动的最大速度vm；
(2)ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR和流过电阻R的总电荷量q.
解析：(1)由题意知，由静止释放M后，ab棒在绳拉力T、重力mg、安培力F和导轨支持力N及摩擦力f共同作用下沿导轨向上做加速度逐渐减小的加速运动直至匀速运动，当达到最大速度时，由平衡条件有
T－mgsin θ－F－f＝0
N－mgcos θ＝0，T＝Mg
又f＝μN
ab棒所受的安培力F＝BIL
回路中的感应电流I＝
联立以上各式，代入数据解得
最大速度vm＝3.0 m/s
(2)由能量守恒定律知，系统的总能量守恒，即系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热及由于摩擦产生的内能之和，有Mgh－mghsin θ＝(M＋m)v＋Q＋fh
电阻R产生的焦耳热QR＝Q
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有
流过电阻R的总电荷量q＝IΔt
电流的平均值＝
感应电动势的平均值＝
磁通量的变化量ΔΦ＝B·(Lh)
联立以上各式，代入数据解得QR＝26.30 J，q＝8 C.
答案：(1)3.0 m/s (2)26.30 J 8 C
(1)解决动力学问题关键是做好两个分析
①受力分析：准确分析运动导体的受力，特别是安培力，求出合力．
②运动分析：分析导体的运动性质，是加速、减速，还是匀速，从而确定相应的运动规律．
(2)电磁感应现象中电能的求解方法
①若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．
②若电流变化，则①利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析：选C.小磁块下落过程中，在塑料管Q中只受到重力，而在铜管P中还受到向上的磁场力，即只在Q中做自由落体运动，故选项A、B错误；小磁块在P中加速度较小，故在P中下落时间较长，落至底部时在P中的速度较小，选项C正确，D错误．
2．(多选)如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则( )
A．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功
B．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功
C．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
D．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率
解析：选AC.线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看成反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，所以上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率，故正确选项为A、C.
3．如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在以下选项中，线框中感应电流i与线框移动的位移x的关系图象正确的是( )
解析：选C.线框从开始进入到全部进入第一个磁场过程，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，故B一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E＝BLv可知，电动势也均匀增加，而在全部进入第一个磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也为零，故A错误；当线框开始进入第二个磁场时，线框中磁通量向里减小，则可知电流方向为顺时针方向，故D错误；而进入第二个磁场后，分处两磁场的线框两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二个磁场时，线框中电流达最大2I0.故C正确．
4．(多选)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有( )
解析：选BC.经受力分析和电路分析知，i＝，FA＝Bil＝ v，UR＝iR＝ v，P＝i2(R＋r)＝v2，因此i∝FA∝UR∝∝v，i－t、FA－t、UR－t图象的形状与v－t图象相同．对金属棒由牛顿第二定律得F－FA＝ma，得F0＋v＝ma.若k＝，则a＝0，金属棒做匀加速运动，A错误．若k＞，a逐渐增大，B正确．若k＜，a逐渐减小，最后趋向于零，C正确．由以上分析知P－t图象形状与B或C相似，D错误．
5．(多选)如图所示，光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中．有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A点．在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A点的总电荷量为Q.已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值恒为R，其余电阻不计．则( )
A．该过程中导体棒做匀减速运动
B．该过程中接触电阻产生的热量为mv
C．开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S＝
D．当导体棒的速度为v0时，回路中感应电流大小为初始时的一半
解析：选BC.该过程中l、v均在减小，故加速度a减小，选项A错误．由能量守恒定律可知Q热＝mv，选项B正确．I＝＝，ΔΦ＝BS，Q＝IΔt，联立得S＝，选项C正确．当v＝v0时，l＜l0，由I＝＝知，I＜，选项D错误．
6．如图所示，足够长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.小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F安＝，对棒满足：mgsin θ－μmgcos θ－＝0
因为R灯＝R棒则：P灯＝P棒
再依据功能关系：mgsin θ·v－μmgcos θ·v＝P灯＋P棒
联立解得v＝5 m/s，P灯＝1 W，所以B项正确．
[综合应用题组]
7．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻均不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则( )
A．金属棒将做往复运动，动能、弹性势能与重力势能的总和保持不变
B．金属棒最后将静止，静止时弹簧的伸长量为
C．金属棒最后将静止，电阻R上产生的总热量为mg·
D．金属棒第1次达到最大速度时金属棒的伸长量为
解析：选B.金属棒在往复运动的过程中不断克服安培力做功产生电能，并转化成焦耳热，机械能不断减少，最终静止，静止时弹力等于金属棒的重力，A错误、B正确．由能量守恒定律可得mg·＝Q＋E弹，C错误．当金属棒第1次达到最大速度时，加速度为零，则mg＝kx＋F安，D错误．
8．(多选)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的v t图象，图中数据均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B．磁场的磁感应强度为
C．金属线框在0～t3时间内所产生的热量 为mgv1(t2－t1)
D．MN和PQ之间的距离为v1(t2－t1)
解析：选BC.根据楞次定律可知，线框刚进入磁场时，感应电流的方向为abcda方向，选项A错误；由于bc边进入磁场时线框匀速运动，则mg＝，而线框边长l＝v1(t2－t1)，联立可得B＝ ，选项B正确；金属线框在0～t3时间内，只有在t1～t2时间内才产生热量，此过程中安培力与重力大小相等，因此所产生的热量为mgv1(t2－t1)，选项C正确；MN和PQ之间的距离为v1(t2－t1)＋(t3－t2)，选项D错误．
9．(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．
10．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．
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＝Blt0④
(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
FA＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－FA＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝⑧
答案：(1)Blt0 (2)
11．如图，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．
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＝ktS①
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
E＝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＝F⑦
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＝B0Il⑧
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′＝B0ls
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪
式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑪式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为
Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑬
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
Et＝⑭
由欧姆定律有I＝⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
f＝(B0lv0＋kS)⑯
答案：(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS)
12．如图甲所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L＝0.5 m，导轨左端M、P间接有一阻值R＝0.2 Ω的定值电阻，导体棒ab的质量m＝0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端d＝1.0 m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计．整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t＝0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，不计感应电流产生的磁场的影响．取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求t＝0时棒所受到的安培力F0；
(2)分析前3 s时间内导体棒的运动情况并求前3 s内棒所受的摩擦力Ff随时间t变化的关系式；
(3)若t＝3 s时，突然使ab棒获得向右的速度v0＝8 m/s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F，使棒的加速度大小恒为a＝4 m/s2、方向向左．求从t＝3 s到t＝4 s的时间内通过电阻的电荷量q.
解析：(1)t＝0时棒的速度为零，故回路中只有感生电动势，由法拉第电磁感应定律知E＝＝Ld
感应电流I＝
t＝0时棒所受到的安培力F0＝B0IL
代入数据解得F0＝0.025 N
(2)ab棒与导轨间的最大静摩擦力
Ffm＝μmg＝0.1 N>F0＝0.025 N
所以在t＝0时刻棒静止不动，加速度为零，在0～3 s内磁感应强度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3 s内导体棒静止不动，电流恒为I＝0.25 A
在0～3 s内，磁感应强度B＝B0－kt＝0.2－0.1t T
因导体棒静止不动，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，则有Ff＝BIL＝(B0－kt)IL
代入数据可得Ff＝0.012 5(2－t)N(t<3 s)
(3)3～4 s内磁感应强度大小恒为B2＝0.1 T，ab棒做匀变速直线运动，Δt1＝4 s－3 s＝1 s
设t＝4 s时棒的速度为v，第4 s内的位移为x，则
v＝v0－aΔt1＝4 m/s
x＝Δt1＝6 m
在这段时间内的平均感应电动势＝
通过电阻的电荷量q＝ Δt1＝Δt1＝＝1.5 C
答案：(1)0.025 N (2)静止不动 Ff＝0.012 5(2－t)N(t＜3 s) (3)1.5 C
第4节 微专题4 电磁感应中的“杆＋导轨”模型
“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．
考点一 单杆水平式模型
1．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
解析：选C.PQ在运动过程中切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，线框左右两端电阻并联，当PQ运动到中间时并联电阻最大，流经PQ的电流最小，因此在滑动过程中，PQ中的电流先减小后增大，选项A错误；由于外接电阻先增大后减小，因此PQ两端的电压即路端电压先增大后减小，选项B错误；
由能量守恒得拉力功率等于线框和导体棒的电功率，因此拉力功率为P＝＝，由于电路总电阻先增大后减小，因此拉力功率先减小后增大，选项C正确；矩形线框abcd总电阻为3R，当PQ滑动到ab中点时，线框并联总电阻最大，最大值为R，小于导体棒PQ的电阻，所以滑动过程中线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．
2．U形光滑金属导轨水平放置，如图所示为俯视图，导轨右端接入电阻R＝0.36 Ω，其他部分无电阻，导轨间距为L＝0.6 m，界线MN右侧有匀强磁场，磁感应强度为B＝ T．导体棒ab电阻为零，质量m＝1 kg.导体棒与导轨始终垂直且接触良好，在距离界线MN为d＝0.5 m处受恒力F＝1 N作用从静止开始向右运动，到达界线PQ时恰好匀速，界线PQ与MN间距也为d.
(1)求匀速运动时的速度v的大小；
(2)求导体棒在MN和PQ间运动过程中R的发热量Q.
解析：(1)匀速时合力为零，所以F＝F安＝BIL＝
得v＝＝0.5 m/s
(2)设导体棒从出发到匀速的过程安培力做功为WA，根据动能定理有F·2d＋WA＝mv2
得WA＝－ J
R的发热量即为导体棒克服安培力做的功，
即Q＝|WA|＝ J
答案：(1)0.5 m/s (2) J
3．(2017·湖南邵阳二模)如图所示，一对足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，两导轨间距为L，左端接一电源，其电动势为E、内阻为r，有一质量为m、长度也为L的金属棒置于导轨上，且与导轨垂直，金属棒的电阻为R，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中．
(1)若闭合开关S的同时对金属棒施加水平向右恒力F，求棒即将运动时的加速度和运动过程中的最大速度；
(2)若开关S开始是断开的，现对静止的金属棒施加水平向右的恒力F，一段时间后再闭合开关S；要使开关S闭合瞬间棒的加速度大小为，则F需作用多长时间．
解析：(1)闭合开关S的瞬间回路电流I＝
金属棒所受安培力水平向右，其大小FA＝ILB
由牛顿第二定律得a＝
整理可得a＝LB＋
金属棒向右运动的过程中，切割磁感线产生与电源正负极相反的感应电动势，回路中电流减小，安培力减小，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，此时由平衡条件得FA′＝F
由安培力公式得FA′＝I′LB
由闭合电路欧姆定律得I′＝
联立求得vm＝＋
(2)设闭合开关S时金属棒的速度为v，
此时电流I″＝
由牛顿第二定律得a″＝
所以加速度a″＝－LB
若加速度大小为，则＝
解得速度v1＝，v2＝＋
未闭合开关S前金属棒的加速度一直为a0＝
解得恒力F作用时间
t1＝＝或t2＝＝＋
答案：(1)LB＋ ＋
(2)或＋
考点二 单杆倾斜式模型
1. (2017·河南安阳检测)如图所示，平行金属导轨宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面成θ角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现将一质量为m、长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分之前已经匀速，滑动过程中与导轨保持良好接触，重力加速度为g)．不计一切摩擦力，导体棒接入回路电阻为r，则整个下滑过程中( )
A．导体棒匀速运动时速度大小为
B．匀速运动时导体棒两端电压为
C．导体棒下滑距离为s时，通过R的总电荷量为
D．重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能
解析：选A.导体棒下滑过程中受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的安培力，当匀速运动时，有mgsin θ＝BId，根据欧姆定律可得I＝，根据法拉第电磁感应定律可得E＝Bdv，联立解得v＝sin θ，E＝sin θ，故导体棒两端的电压为U＝R＝sin θ，A正确，B错误．根据法拉第电磁感应定律E＝＝＝，故q＝IΔt＝Δt＝，根据动能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，C、D错误．
2．(2017·北京东城期末)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.
(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；
(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；
(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.
解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm.
由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ－F安＝0
F安＝BIL，I＝，解得vm＝2.0 m/s
(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PR＝I2R，解得PR＝3 W
(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律得
mgxsin θ＝μmgxcos θ＋QR＋Qr＋mv
根据焦耳定律＝，解得x＝2.0 m
根据q＝ Δt，＝
＝＝，解得q＝1.0 C
答案：(1)2 m/s (2)3 W (3)1.0 C
3．(2017·山西第二次四校联考)如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距L，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上．长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R.现闭合开关K，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率．重力加速度为g，求：
(1)金属棒能达到的最大速度vm；
(2)灯泡的额定功率PL；
(3)若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的电热Q1.
解析：(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动，设最大速度为vm，则速度达到最大时有
E＝BLvm，I＝，
F＝BIL＋mgsin θ，解得vm＝，
(2)PL＝I2R，解得PL＝.
(3)设整个电路放出的电热为Q，由能量守恒定律有
F·2s＝Q＋mgsin θ·2s＋mv，
由题意可知Q1＝，解得Q1＝mgs－.
答案：(1) (2) (3)mgs－
考点三 双杆模型
物理模型
“双杆”模型分为两类：一类是“一动一静”，甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止，受力平衡．另一种情况是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减．
分析方法
通过受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态．对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解.
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ab刚好不下滑时，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/s⑥
(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＋m2v2⑦
又Q＝Q总⑧
解得Q＝1.3 J⑨
答案：(1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
2．如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨与水平面成53°角固定放置，导轨间连接一阻值为6 Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线m、n间有一与导轨所在平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场．导体棒a的质量为ma＝0.4 kg，电阻Ra＝3 Ω；导体棒b的质量为mb＝0.1 kg，电阻Rb＝6 Ω；它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．a、b从开始相距L0＝0.5 m处同时由静止开始释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时，a正好进入磁场(g取10 m/s2，不计a、b之间电流的相互作用)．求：
(1)当a、b分别穿越磁场的过程中，通过R的电荷量之比；
(2)在穿越磁场的过程中，a、b两导体棒匀速运动的速度大小之比；
(3)磁场区域沿导轨方向的宽度d；
(4)在整个过程中产生的总焦耳热．
解析：(1)由法拉第电磁感应定律得＝，
平均电流＝，
通过导体棒的总电荷量q总＝ Δt＝.
在b穿越磁场的过程中，b是电源，a与R是外电路，电路的总电阻R总1＝Rb＋＝8 Ω.
则通过R的电荷量为qRb＝q总＝·.
同理，a穿越磁场的过程中，R总2＝Ra＋＝6 Ω，通过R的电荷量为qRa＝q总＝·.
解得qRa∶qRb＝2∶1.
(2)设b在磁场中匀速运动的速度大小为vb，则b中的电流Ib＝.由平衡条件得＝mbgsin 53°.
同理，a在磁场中匀速运动时有＝magsin 53°.
联立可得va∶vb＝3∶1.
(3)设a、b穿越磁场的过程中的速度分别为va和vb.
由题意得va＝vb＋gtsin 53°，d＝vbt，
因v－v＝2gL0sin 53°，解得d＝0.25 m.
(4)由F安a＝magsin 53°，故Wa＝magdsin 53°＝0.8 J，
同理Wb＝mbgdsin 53°＝0.2 J.
在整个过程中，电路中共产生焦耳热为
Q＝Wa＋Wb＝1 J.
答案：(1)2∶1 (2)3∶1 (3)0.25 m (4)1 J
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为( )
A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1
C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2
解析：选C.杆MN向右匀速滑动，由右手定则判知，通过R的电流方向为a→c；又因为E＝BLv，所以E1∶E2＝1∶2，故选项C正确．
2．(多选)如图，水平放置的金属导体框abcd，ab、cd边平行、间距为l，导体框内均有垂直于框面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一单位长度电阻为r的金属杆MN，与导轨成θ角，以速度v沿平行于cd的方向匀速滑动，金属杆滑动过程中与导轨接触良好，导轨框电阻不计，则( )
A．M点电势低于N点电势
B．闭合回路中磁通量的变化率为Blv
C．金属杆所受安培力的方向与运动方向相反
D．金属杆所受安培力的大小为
解析：选BD.由右手定则可知M点电势高于N点电势，故A错误．根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝Blv，故B正确．由左手定则知，金属杆所受安培力方向垂直于MN斜向上，故C错误．由E＝Blv，I＝，R＝r，F＝BI，解得F＝，故D正确．
3．如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上．两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置．开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住．现将金属杆ab由静止释放，金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动．已知重力加速度为g，则( )
A．金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由a到b
B．金属杆ab进入磁场时速度大小为
C．金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为
D．金属杆ab进入磁场后，金属杆cd对两根小柱的压力大小为零
解析：选B.由右手定则可知，金属杆ab进入磁场时产生的感应电流的方向为由b到a，故A错误；因金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动，则有mgsin α＝，解得v＝，故B正确；金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势E＝Blv，解得E＝，故C错误；由左手定则可知，金属杆cd受到的安培力与斜面平行且向下，则金属杆cd对两根小柱的压力不为零，故D错误．
4．CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示．导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是( )
A．电阻R的最大电流为
B．流过电阻R的电荷量为
C．整个电路中产生的焦耳热为mgh
D．电阻R中产生的焦耳热为mg(h－μd)
解析：选D.由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有mgh＝mv2，所以I＝＝＝，A错误；流过R的电荷量为q＝ t＝＝，B错误；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，C错误；由于导体棒的电阻也为R，则电阻R中产生的焦耳热为Q＝mg(h－μd)，D正确．
5．(多选)如图所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的部分的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )
A．a点的电势高于b点的电势
B．ab棒中产生的焦耳热小于ab棒重力势能的减少量
C．下滑的位移大小为
D．受到的最大安培力大小为sin θ
解析：选ABC.由右手定则可知a点相当于电源的正极，b点相当于电源的负极，故A正确；由能量守恒可知ab棒重力势能的减少量等于ab棒中产生的焦耳热与ab棒的动能之和，故B正确；由q＝＝可得，下滑的位移大小为x＝，故C正确；金属棒ab在这一过程中受到的安培力大小为F＝BIL，I最大为，故最大安培力大小为，故D错误．
6．(多选)如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接．导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆、导轨的电阻均忽略不计，匀强磁场垂直导轨平面向下．用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，金属杆做匀速运动时的速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．金属杆在匀速运动之前做匀加速直线运动
B．流过电阻R的电流方向为a→R→b
C．由图象可以得出B、L、R三者的关系式为＝
D．当恒力F＝3 N时，电阻R消耗的最大电功率为8 W
解析：选BD.金属杆在匀速运动之前，随着运动速度的增大，由F安＝可知金属杆所受的安培力增大，由牛顿第二定律可知金属杆的加速度减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，选项A错误；由楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为a→R→b，选项B正确；因为图象与横轴交点等于金属杆所受摩擦力的大小，故由图象可知金属杆所受的摩擦力为Ff＝1 N，金属杆匀速运动时有F－Ff＝F安＝，则可得＝＝，选项C错误；当恒力F＝3 N时，金属杆受到的安培力大小为F安＝F－Ff＝2 N，金属杆匀速运动的速度为4 m/s，所以金属杆克服安培力做功的功率P＝8 W，转化为电能的功率为8 W，故电阻R消耗的最大电功率为8 W，选项D正确．
[综合应用题组]
7. 如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的电热为Q，求：
(1)导体棒MN受到的最大摩擦力；
(2)导体棒EF上升的最大高度．
解析：(1)EF获得向上初速度v0时，产生感应电动势E＝BLv0，电路中电流为I，由闭合电路的欧姆定律有
I＝，
此时对导体棒MN受力分析，由平衡条件有
FA＋mgsin α＝Ff，FA＝BIL，
解得Ff＝＋mgsin θ.
(2)导体棒EF上升过程MN一直静止，对系统由能的转化和守恒定律有mv＝mgh＋2Q，解得h＝.
答案：(1)＋mgsin θ (2)
8．如图甲所示，足够长的光滑导轨倾角为30°，间距L＝1 m，电阻不计，恒定的非匀强磁场方向垂直于斜面向下，电阻R＝1 Ω，导体棒ab质量m＝0.25 kg，其电阻r＝1 Ω，垂直于导轨放置．现导体棒ab从磁场上边界由静止下滑，测得导体棒所到达位置的磁感应强度B与导体棒在该位置速度之间的关系如图乙所示，(g取10 m/s2)
(1)求导体棒下滑2 s时的速度和位移；
(2)求导体棒下滑2 s内回路中产生的焦耳热．
解析：(1)由题图乙可知，棒下滑的任意状态有
B2v＝0.5 T2·m·s－1
对棒下滑过程中某一状态由牛顿第二定律得
mgsin 30°－＝ma
代入数据可得导体棒的加速度a＝4 m/s2
可见导体棒在斜面上做a＝4 m/s2的匀加速直线运动
棒在2 s内的位移x＝at2＝8 m
2 s末的速度v＝at＝8 m/s
(2)由能量守恒得mgxsin 30°＝mv2＋Q
代入数据解得Q＝2 J.
答案：(1)8 m/s 8 m (2)2 J
9．如图甲所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m.导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S，将金属棒由静止释放．
(1)判断金属棒ab中电流的方向；
(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；
(3)当B＝0.40 T，L＝0.50 m，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系，如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求R1的阻值和金属棒的质量m.
解析：(1)由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向为由b到a.
(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热 ，即mgh＝mv2＋Q
则Q＝mgh－mv2.
(3)金属棒达到最大速度vm时，切割磁感线产生的感应电动势：
E＝BLvm
由闭合电路的欧姆定律得：I＝
从b端向a端看，金属棒受力如图所示
金属棒达到最大速度时，满足：
mgsin α－BIL＝0
由以上三式得
vm＝(R2＋R1)
由图乙可知：斜率
k＝ m·s－1·Ω－1＝15 m·s－1·Ω－1，
纵轴截距v＝30 m/s
所以R1＝v，＝k
解得R1＝2.0 Ω，m＝0.1 kg
答案：(1)b→a (2)mgh－mv2 (3)2.0 Ω 0.1 kg
10．如图所示，电阻不计、间距L＝1 m、足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝37°角，导轨平面矩形区域efhg内分布着磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，边界ef、gh之间的距离D＝1.4 m．现将质量m＝0.1 kg、电阻R＝ Ω的导体棒P、Q相隔Δt＝0.2 s先后从导轨顶端由静止自由释放，P、Q在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，P进入磁场时恰好匀速运动，Q穿出磁场时速度为2.8 m/s.已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)导轨顶端与磁场上边界ef之间的距离s；
(2)从导体棒P释放到Q穿出磁场的过程，回路中产生的焦耳热Q总．
解析：(1)设P进入磁场时的速度为v1，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv1
由闭合电路欧姆定律有I＝，安培力F＝BIL，
P匀速运动有F＝mgsin θ，联立解得v1＝2 m/s，
P从ac到ef过程，由牛顿第二定律有a＝gsin θ，由运动学公式有s＝，
解得s＝ m≈0.33 m.
(2)P进入磁场以速度v1匀速运动，Δt＝0.2 s后，Q恰好进入磁场，速度也为v1＝2 m/s.之后，P、Q以加速度a匀加速运动，P出磁场以后继续以加速度a匀加速运动，而Q在安培力作用下减速运动，直到穿出磁场区域．
P在磁场中匀速运动的位移x1＝v1Δt，
此过程回路产生的焦耳热Q1＝mgx1sin θ，
P、Q一起匀加速运动的位移x2＝D－x1，
设P刚好出磁场时，P、Q的速度为v，由运动学公式有v2－v＝2ax2，解得v＝4 m/s，
P出磁场后Q做减速运动，Q出磁场时的速度v2＝2.8 m/s，运动的位移x3＝x1，
Q减速运动过程中回路产生的焦耳热Q2＝mgx3sin θ＋mv2－mv，所以，全过程回路中的焦耳热为Q总＝Q1＋Q2＝0.888 J.
答案：(1)0.33 m (2)0.888 J
章末检测十 电磁感应
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
1．首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是( )
A．安培和法拉第 B．法拉第和楞次
C．奥斯特和安培 D．奥斯特和法拉第
解析：选D.首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特；发现电磁感应现象的科学家是法拉第，故选项D正确．
2．磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁( )
A．向上运动 B．向下运动
C．向左运动 D．向右运动
解析：选B.据题意，从图示可以看出磁铁提供的穿过线圈原磁场的磁通量方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流激发的感应磁场方向向上，即两个磁场的方向相反，则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加，故选项B正确．
3．某学校操场上有如图所示的运动器械：两根长金属链条将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架上．静止时ab水平且沿东西方向．已知当地的地磁场方向自南向北斜向下跟竖直方向成45°，现让ab随链条荡起来，跟竖直方向最大偏角45°，则下列说法正确的是( )
A．当ab棒自南向北经过最低点时，ab中感应电流的方向是自西向东
B．当链条与竖直方向成45°时，回路中感应电流最大
C．当ab棒自南向北经过最低点时，安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下
D．在ab棒运动过程中，不断有磁场能转化为电场能
解析：选C.当ab棒自南向北经过最低点时，由右手定则知电流方向自东向西，故A错误；当ab运动方向与B方向垂直时感应电流最大，当链条偏南与竖直方向成45°时，ab运动方向(沿圆轨迹的切线方向)与磁场方向平行，此时感应电流为零，最小，故B错误；当ab棒自南向北经过最低点时，由左手定则知安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下，C正确；在ab棒运动过程中，不断有机械能转化为电场能，故D错误．
4．如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下列选项中的( )
解析：选D.由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则，可知：感应电流的方向由B到A，再由右手定则可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由B到A的感应电流，由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F＝B，因安培力的大小不变，则B是定值，若磁场B增大，则减小，若磁场B减小，则增大，故D正确，A、B、C错误．
5．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为3∶1
解析：选B.根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝n＝nl2，则＝2＝，选项B正确；根据I＝＝＝＝∝l，故a、b线圈中感应电流之比为3∶1，选项C错误；电功率P＝IE＝·nl2＝∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27∶1，选项D错误；故选B.
6．如图所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是( )
A．回路中有大小和方向周期性变化的电流
B．回路中电流大小恒定，且等于
C．回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘
D．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中一定有电流流过
解析：选BC.据题意，当盘转动后，由右手定则可以确定电流流向盘的中心，从b端流出到达a端，故选项A错误；所产生的电动势大小为：E＝BLv＝BL，则产生的电流大小为：I＝＝，故B选项正确；根据右手定则判断电流方向，电流为b到a，所以C正确；如果将匀强磁场改成变化的磁场，铜盘不转动的话，没有导体切割磁场，回路中不会产生感应电流，故D选项错误．
7．如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有( )
A．当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮
B．当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮
C．当S断开时，L2立即熄灭
D．当S 断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
解析：选BD.当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L1一直不亮；通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L2逐渐变亮，选项B正确，A错误；当S断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L的电流要在L2－L1－D－L之中形成新的回路，故L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确；故选B、D.
8．如图所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上．滑动变阻器接入电路的电阻值为R(最大阻值足够大)，导轨的宽度L＝0.5 m，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝1 T．内阻r＝1 Ω的金属杆在F＝5 N的水平恒力作用下由静止开始运动．经过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度vm，不计导轨电阻，则有( )
A．R越小，vm越大
B．金属杆的最大速度大于或等于20 m/s
C．在金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能
D．金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比
解析：选BD.当导体棒达到最大速度时满足F＝F安；则F＝BL，解得vm＝，可知R越大，vm越大，选项A错误；金属杆的最大速度vm＝＝＝20(1＋R)m/s，则金属杆的最大速度大于或等于20 m/s，选项B正确；在金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C错误；金属杆达到最大速度后导体棒中的电流I＝，则I＝neSve，则ve＝＝，故金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比，选项D正确；故选B、D.
二、非选择题(共4小题， 52分)
9．(12分)很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示．自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动．已知磁感应强度B＝0.5 T，圆盘半径l＝0.3 m，圆盘电阻不计．导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R＝10 Ω的小灯泡．后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U＝0.6 V.
(1)与a连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱？
(2)圆盘匀速转动10分钟，则此过程中产生了多少电能 ?
(3)自行车车轮边缘线速度是多少？
解析：(1)根据右手定则，轮子边缘点是等效电源的负极，则a点接电压表的负接线柱
(2)根据焦耳定律Q＝t
代入数据得Q＝21.6 J
(3)由U＝E＝Bl2ω得v＝lω＝8 m/s
答案：(1)负 (2)Q＝21.6 J (3)v＝8 m/s
10．(12分)如图所示，平行光滑U形导轨倾斜放置，倾角θ＝30°，导轨间的距离L＝1.0 m，电阻R＝R1＝3.0 Ω，电容器电容C＝2×10－8F，导轨电阻不计，匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝2.0 T，质量m＝0.4 kg，电阻r＝1.0 Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小F＝5.0 N的恒力，使金属棒ab从静止起沿导轨向上滑行，求：
(1)金属棒ab达到匀速运动时的速度大小(g＝10 m/s2 )；
(2)金属棒ab从静止开始到匀速运动的过程中通过电阻R1的电荷量．
解析：(1)当金属棒匀速运动时，由力的平衡条件得：F＝mgsin 30°＋BIL求得：I＝1.5 A.
由闭合电路欧姆定律得：I＝＝
联立以上方程解得金属棒匀速运动的速度大小为：
v＝3 m/s.
(2)当金属棒匀速运动时，电容器两端的电压
U＝IR＝4.5 V
电容器极板上聚集的电荷量Q＝CU＝9×10－8 C，
所以通过R1的电荷量Q′＝Q＝9×10－8C
答案：(1)v＝3 m/s (2)9×10－8 C
11．(12分)如图所示，水平放置的三条光滑平行金属导轨a，b，c，相距均为d＝1 m，导轨ac间横跨一质量为m＝1 kg的金属棒MN，棒与导轨始终良好接触．棒的总电阻r＝2 Ω，导轨的电阻忽略不计. 在导轨bc间接一电阻为R＝2 Ω的灯泡，导轨ac间接一理想电压表．整个装置放在磁感应强度B＝2 T匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对棒MN施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始运动，已知施加的水平外力功率恒定，经过t＝1 s时间棒达到稳定时速度3 m/s.试求：
(1)金属棒达到稳定时施加水平恒力F为多大？水平外力F的功率为多少？
(2)金属棒达到稳定时电压表的读数为多少？
(3)此过程中灯泡产生的热量是多少？
解析：(1)当F＝F安时，金属棒速度达到稳定，
则F安＝BId
I＝，联立得F＝4 N，P＝Fv＝12 W.
(2)设电压表的读数为U，则有U＝Bdv＋UL
UL＝R，代入数据得U＝10 V.
(3)设小灯泡和金属棒产生的热量分别为Q1、Q2，根据焦耳定律得知：＝.
由功能关系得：Pt＝Q1＋Q2＋mv2，代入数据得Q1＝5 J.
答案：(1)F＝4 N P＝12 W (2)U＝10 V
(3)Q1＝5 J
12．(16分)如图甲所示，斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长L1＝1 m，bc边的边长L2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，线框的电阻R＝ 0.1 Ω，线框受到沿斜面向上的恒力F的作用，已知F＝15 N，线框与斜面间的动摩擦因数μ＝.线框的边ab∥ef∥gh，斜面的efhg区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙的B－t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x＝5.1 m，取g＝10 m/s2.求：
(1)线框进入磁场前的加速度a；
(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；
(3)在丙图中画出线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线过程的v－t图象；
(4)线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热Q.
解析：(1)线框进入磁场前，线框受到线框的重力、拉力F、斜面的支持力和斜面对线框的摩擦力作用，由牛顿第二定律：F－mgsin α－μmgcos α＝ma
得线框进入磁场前的加速度a＝5 m/s2.
(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E1＝BL1v
形成的感应电流I1＝
受到沿斜面向下的恒定的安培力F安＝BI1L1
线框受力平衡，有F＝mgsin α＋μmgcos α＋F安
此时磁感应强度必恒定不变B＝0.5 T，
代入数据解得v＝2 m/s.
(3)线框abcd进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场前的运动时间
t1＝＝0.4 s
进入磁场过程中线框做匀速运动的时间t2＝＝0.3 s.
线框完全进入磁场后至运动到gh线，线框受力情况与进入磁场前相同，仍做匀加速直线运动，所以该阶段的加速度大小仍为a＝5 m/s2，该过程有x－l2＝vt3＋at，解得t3＝1 s
线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线过程的v－t图象如图；
(4)线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中，线框中有感应电流的时间
t4＝t1＋t2＋t3－0.9 s＝0.8 s
E2＝＝ V＝0.25 V
此过程产生的焦耳热Q2＝t4＝0.5 J.
线框匀速进入磁场过程中产生的焦耳热Q1＝IRt2＝3 J
线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝3.5 J
答案：(1)5 m/s2 (2)2 m/s (3)如图 (4)3.5 J
第1节 电磁感应现象 楞次定律
一、磁通量
1．概念：磁感应强度B与面积S的乘积．
2．计算
(1)公式：Φ＝BS.
(2)适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场的有效面积．
(3)单位：韦伯(Wb)，1 Wb＝1_T·m2.
3．意义：穿过某一面积的磁感线的条数．
4．标矢性：磁通量是标量，但有正、负．
二、电磁感应
1．电磁感应现象
当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有电流产生，这种现象称为电磁感应现象．
2．产生感应电动势和感应电流的条件
(1)产生感应电动势的条件
无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，回路中就有感应电动势．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
(2)产生感应电流的条件
①电路闭合．②磁通量变化．
三、感应电流方向的判断
1．右手定则：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个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，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．如右图所示．
2．楞次定律
内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)磁通量虽然是标量，但有正、负之分．(√)
(2)当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流．(×)
(3)穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关．(√)
(4)电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流．(×)
(5)感应电流的磁场总是与原磁场方向相反．(×)
(6)楞次定律和右手定则都可以判断感应电流的方向，二者没什么区别．(×)
(7)回路不闭合时，穿过回路的磁通量发生变化也会产生“阻碍”作用．(×)
2．如图所示，匀强磁场中有一个矩形闭合导线框．在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是( )
A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动
B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在 磁场中上下运动
C．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动
D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
解析：选C.保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项A错误；保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项B错误；线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动，磁通量周期性地改变，故一定有感应电流，故选项C正确；线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项D错误．
3．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )
A．总是顺时针
B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针
D．先逆时针后顺时针
解析：选C.磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则导体环中，先是向上的磁通量增加，磁铁过中间以后，向上的磁通量减少，根据楞次定律，产生的感应电流方向先顺时针后逆时针，选项C正确．
4．如图所示，AOC是光滑的金属导轨，电阻不计，AO沿竖直方向，OC沿水平方向；PQ是金属直杆，电阻为R，几乎竖直斜靠在导轨AO上，由静止开始在重力作用下运动，运动过程中P、Q端始终在金属导轨AOC上；空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆从开始滑动到P端滑到OC的过程中，PQ中感应电流的方向( )
A．始终是由P→Q
B．始终是由Q →P
C．先是由P→Q，后是由Q →P
D．先是由Q →P，后是由P→Q
解析：选C.在PQ杆滑动的过程中，△POQ的面积先增大后减小，穿过△POQ的磁通量先增加后减少，根据楞次定律可知，感应电流的方向先是由P →Q，后是由Q →P，C正确．
考点一 电磁感应现象的判断
1．穿过闭合电路的磁通量发生变化的四种情况
(1)磁感应强度B不变，线圈面积S发生变化．
(2)线圈面积S不变，磁感应强度B发生变化．
(3)线圈面积S变化，磁感应强度B也变化，它们的乘积BS发生变化．
(4)线圈面积S不变，磁感应强度B也不变，但二者之间夹角发生变化．
2．判断电磁感应现象能否发生的一般流程：
1. 如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是( )
A．ab向右运动，同时使θ减小
B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小
C．ab向左运动，同时增大磁感应强度B
D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)
解析：选A.本题中引起磁通量变化都有两个方面，面积的变化和夹角改变，向右运动的同时θ减小都会使磁通量变大，所以A项正确．
2．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接．下列说法中正确的是( )
A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转
C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度
D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转
解析：选A.只要闭合回路磁通量发生变化就会产生感应电流，故A正确，B错误；开关闭合后，只要滑片P滑动就会产生感应电流，故C、D错误．
3．(多选)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
解析：选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．
确定磁通量变化的两种方法
(1)通过对穿过回路磁感线条数的分析和计算，可以确定磁通量是否变化．
(2)依据公式Φ＝BSsin θ(θ是B与S的夹角)确定磁通量与哪些因素有关．
考点二 楞次定律的理解及应用
1．判断感应电流方向的两种方法
方法一 用楞次定律判断
方法二 用右手定则判断
该方法适用于切割磁感线产生的感应电流．判断时注意掌心、拇指、四指的方向：
(1)掌心——磁感线垂直穿入；
(2)拇指——指向导体运动的方向；
(3)四指——指向感应电流的方向．
2．楞次定律推论的应用
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”
B减小，线圈扩张
阻碍原电流的变化——“增反减同”
考向1：应用楞次定律判感应电流方向
[典例1] 如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是( )
A．a→b→c→d→a
B．d→c→b→a→d
C．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a
D．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d
解析 由楞次定律可知，在线框从右侧摆动到O点正下方的过程中，向上的磁通量在减小，故感应电流的方向沿d→c→b→a→d；同理，线框从O点正下方向左侧摆动的过程中，电流方向沿d→c→b→a→d，B正确．
答案 B
考向2：右手定则判感应电流的方向
[典例2] 如图所示，MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，垂直纸面向外的匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，则( )
A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→b→d→c→a
B．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a
C．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中的电流为零
D．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd＞vab，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a
解析 由右手定则可判断出A项做法使回路产生顺时针方向的电流，故A项错．若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故B项错．若ab向左，cd向右，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故C项错．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd＞vab，则ab、cd所围面积发生变化，磁通量也发生变化，由楞次定律可判断出，abdc回路中产生顺时针方向的电流，故D项正确．
答案 D
考向3：“阻碍法”的应用
[典例3] (2017·东北三省五校联考)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，下列表述正确的是( )
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的磁通量减少
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 当滑片P向下移动时滑动变阻器连入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加，方向向下，选项B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，选项A错误；再根据楞次定律“阻碍”含义的推广，线圈a应有收缩或远离b的趋势来阻碍磁通量的增加，所以C错误，D正确．
答案 D
感应电流方向判断的两点注意
(1)楞次定律可应用于磁通量变化引起感应电流的各种情况(包括一部分导体切割磁感线运动的情况)．
(2)右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情景，是楞次定律的一种特殊情况．
考点三 “三定则、一定律”的理解及应用
1．“三个定则、一个定律”的应用对比：
名称
基本现象
因果关系
应用的定则或定律
电流的磁效应
运动电荷、电流产生磁场
因电生磁
安培定则
洛伦兹力、安培力
磁场对运动电荷、电流有作用力
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
2.三个定则、一个定律”的相互联系：
(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．
1．(多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，它与大线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在金属导轨上的金属棒ab的运动情况是(两线圈共面放置)( )
A．向右匀速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向右加速运动
解析：选BC.欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有沿顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此对前者应使ab向右减速运动；对于后者，则应使ab向左加速运动．
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的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一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．
3．(多选)如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出．左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法中正确的是( )
A．当金属棒ab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ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势
C．当金属棒ab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ab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BD.当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向由a→b.根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点．又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，A错误，B正确．当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb>φa，电流沿逆时针方向．
又由E＝BLv可知ab导体两端的E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且场强不断增强，所以右边电路的线圈中的向上的磁通量不断增加．由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上．把这个线圈看作电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，所以d点电势高于c点，C错误，D正确．
左、右手定则区分技巧
(1)抓住“因果关系”：“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手．
(2)形象记忆：把两个定则简单地总结为“通电受力用左手，运动生电用右手”．“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．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.产生感应电流的条件为：闭合回路内磁通量发生变化．A项中，线圈绕在磁铁上，磁通量未变，不会产生感应电流，A错误．同理B错误．C项中，往线圈中插入条形磁铁的瞬间，线圈中磁通量发生变化，此时线圈中将产生感应电流，但插入后磁通量不再变化，无感应电流，故到相邻房间观察时无示数，C错误．D项中，在线圈通电或断电的瞬间，磁通量发生变化，产生感应电流，D正确．
2．如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生图中箭头方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是( )
A．使匀强磁场均匀增大
B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°
C．使圆环绕水平轴cd如图转动30°
D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动
解析：选A.根据右手定则，圆环中感应电流产生的磁场竖直向下与原磁场方向相反，根据楞次定律，说明圆环磁通量在增大．磁场增强则磁通量增大，A正确．使圆环绕水平轴ab或cd转动30°，圆环在垂直磁场方向上的投影面积减小，磁通量减小，只会产生与图示方向相反的感应电流，B、C错误．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通量不变，不会产生感应电流，D错误．
3．如图甲所示，在同一平面内有两个相互绝缘的金属圆环A、B，圆环A平分圆环B为面积相等的两部分，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，甲图中A环所示的电流方向为正，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中先有顺时针方向的感应电流，后有逆时针方向的感应电流
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，故选项B正确．
4．(多选)如图，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中产生逆时针的感应电流
B．A中产生顺时针的感应电流
C．A具有收缩的趋势
D．A具有扩展的趋势
解析：选BD.由图可知，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大；由楞次定律可知，磁场增大时，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C错误，D正确．
5．(多选)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的．电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去．现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率ρ铜<ρ铝．闭合开关S的瞬间( )
A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向
B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C．若将环放置在线圈右方，环将向左运动
D．电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
解析：选AB.线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，环中感应电流由左侧看为顺时针，A正确．由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环的，B正确．若将环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，C错误．电池正负极调换后，金属环受力仍向左，故仍将向左弹出，D错误．
6．多年来物理学家一直设想用实验证实自然界中存在“磁单极子”．磁单极子是指只有S极或只有N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布．如图所示的实验就是用于检测磁单极子的实验之一，abcd为用超导材料围成的闭合回路．设想有一个N极磁单极子沿abcd轴线从左向右穿过超导回路，那么在回路中可能发生的现象是( )
A．回路中无感应电流
B．回路中形成持续的abcda流向的感应电流
C．回路中形成持续的adcba流向的感应电流
D．回路中形成先abcda流向后adcba流向的感应电流
解析：选C.N极磁单极子的磁感线分布类似于正点电荷的电场线分布，由楞次定律知，回路中形成方向沿adcba流向的感应电流，由于回路为超导材料做成的，电阻为零，故感应电流不会消失，C项正确．
[综合应用题组]
7．(多选)如图所示，一接有电压表的矩形闭合线圈ABCD向右匀速穿过匀强磁场的过程中，下列说法正确的是( )
A．线圈中有感应电动势，有感应电流
B．线圈中有感应电动势，无感应电流
C．AB边两端有电压，且电压表有示数
D．AB边两端有电压，但电压表无示数
解析：选BD.由于通过回路的磁通量不变，故回路中无感应电流产生，A项错；由欧姆定律知电压表示数U＝IRV＝0，C项错；由于AB棒切割磁感线AB两端有电压，B、D项正确．
8．如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两条可自由滑动的导体棒ab和cd，当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体棒ab和cd的运动情况是( )
A．一起向左运动
B．一起向右运动
C．ab和cd相向运动，相互靠近
D．ab和cd相背运动，相互远离
解析：选C.电流增强时，电流在abdc回路中产生的垂直纸面向里的磁场增强，回路中磁通量增大，根据楞次定律可知回路要减小面积以阻碍磁通量的增加，因此，两导体棒要相向运动，相互靠近．选项C正确．
9．如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流．现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中感应电流的方向是( )
A．先顺时针后逆时针
B．先逆时针后顺时针
C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针
D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针
解析：选D.如图为地下通电直导线产生的磁场的正视图，当线圈在通电直导线正上方的左侧时由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，同理在右侧也为逆时针，当线圈一部分在左侧一部分在右侧时为顺时针，故D正确．
10．(多选)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
解析：选ABD.设想把金属圆盘切割成无数根导体棒，导体棒切割磁感线产生感应电动势、感应电流，根据右手定则可知，靠近圆心处的电势高，选项A正确；根据E＝BLv可知，所加磁场B越强，感应电动势E越大，感应电流越大，因F＝BIL，所以安培力也越大，安培力对圆盘的转动阻碍作用越强，选项B正确；若所加磁场反向，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍将减速运动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘的半径切割磁感线，产生感应电动势，但圆盘内没有涡流，故没有安培力，不消耗机械能，所以圆盘匀速转动，选项D正确．
11．(多选)如图所示，铁芯上有两个线圈A和B.线圈A跟电源相连，LED(发光二极管，具有单向导电性)M和N并联后接在线圈B两端．图中所有元件均正常，则( )
A．S闭合瞬间，A中有感应电动势
B．S断开瞬间，A中有感应电动势
C．S闭合瞬间，M亮一下，N不亮
D．S断开瞬间，M和N二者均不亮
解析：选ABC.闭合开关的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加，线圈A中将产生自感电动势，故A正确．开关断开的瞬间，穿过线圈A的磁通量减小，线圈A中将产生自感电动势，故B正确．闭合开关的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加，根据安培定则可知，A中产生的磁场的方向向上，穿过B的磁通量向上增大时，根据楞次定律可知，B中感应电流的磁场的方向向下，根据安培定则可知B中感应电流的方向向下，所以线圈下端的电势高，电流能通过二极管M，不能通过二极管N，故C正确．结合C的分析可知，S断开瞬间，穿过线圈B的磁通量减小，产生感应电流的方向与C中感应电流的方向相反，所以感应电流能通过二极管N，不能通过二极管M，故D错误．
12．经过不懈的努力，法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电”的现象，他把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图所示)，一个线圈A连接电池与开关，另一线圈B闭合并在其中一段直导线附近平行放置小磁针．法拉第可观察到的现象有( )
A．当合上开关，A线圈接通电流瞬间，小磁针偏转一下，随即复原
B．只要A线圈中有电流，小磁针就会发生偏转
C．A线圈接通后其电流越大，小磁针偏转角度也越大
D．当开关打开，A线圈电流中断瞬间，小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相同的偏转
解析：选A.当合上开关，A线圈接通电流瞬间，穿过A的磁通量发生变化，使得穿过B的磁通量也变化，所以在B中产生感生电流，电流稳定后穿过A、B的磁通量不再变化，所以B中不再有感应电流，即小磁针偏转一下，随即复原，选项A正确；A线圈中有电流，但是如果电流大小不变，则在B中不会产生感应电流，即小磁针就不会发生偏转，选项B错误；B线圈中的感应电流大小与A中电流的变化率有关，与A中电流大小无关，故C错误；当开关打开，A线圈电流中断瞬间，由于穿过B的磁通量减小，则在B中产生的电流方向与A线圈接通电流瞬间产生的电流方向相反，所以小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相反的偏转，选项D错误．
13．(多选)某同学将一条形磁铁放在水平转盘上，如图甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边．当转盘(及磁铁)转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化的周期与转盘转动周期一致．经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象．该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈，当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时．按照这种猜测( )
A．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
B．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
C．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
D．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
解析：选AC.题图乙中斜率既能反映线圈内产生的感应电流的方向变化，又能反映感应电流的大小变化．t＝0.1 s时刻，图线斜率最大，意味着磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值，t＝0.1 s时刻前后的图线斜率一正一负，说明产生的感应电流的方向发生了变化，所以A、C正确；同理可知t＝0.15 s时刻，图线斜率不是最大值，且该时刻前后图线斜率全为负值，说明线圈内产生的感应电流的方向没有变化，而且大小并未达到最大值，选项B、D错误．
14．磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内，有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度v匀速通过磁场，如图所示，从ab进入磁场时开始计时，到线框离开磁场为止．
(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象；
(2)判断线框中有无感应电流．若有，说明感应电流的方向．
解析：(1)当ab边进入磁场时，穿过线框的磁通量均匀增加，在t1＝时线框全部进入磁场，磁通量Φ＝Bl2不变化；当在t2＝时，ab边离开磁场，穿过线框的磁通量均匀减少到零，所以该过程的Φ －t图象如图所示．
(2)ab边进入磁场时有感应电流，根据右手定则可判知感应电流方向为逆时针；ab边离开磁场时有感应电流，根据右手定则可判知感应电流方向为顺时针；中间过程t1～t2磁通量不变化，没有感应电流．
答案：见解析
第2节 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
一、法拉第电磁感应定律
1．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．
(2)公式：E＝n，n为线圈匝数．
2．导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv.
(2)E＝Blvsin θ，θ为运动方向与磁感线方向的夹角．
(3)导体棒在磁场中转动：导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bl＝Bl2ω.
二、自感和涡流
1．自感现象：当导体中电流发生变化时，导体本身就产生感应电动势，这个电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，这种由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象叫自感现象．
2．自感电动势：在自感现象中产生的感应电动势E＝L，其中L叫自感系数，它与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关，自感系数的单位是亨利(H)，1 mH＝10－3H,1 μH＝10－6H.
3．涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生像水的漩涡状的感应电流．
(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动．
(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来．交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的．
[自我诊断]
1．判断正误
(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)线圈中的电流越大，自感系数也越大．(×)
(5)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．(√)
(6)对于同一线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势越大．(√)
2．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.由题意可知＝k，导体圆环中产生的感应电动势E＝＝·S＝·πr2，因ra∶rb＝2∶1，故Ea∶Eb＝4∶1；由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确．
3．如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′，则等于( )
A. B．
C．1 D.
解析：选B.设金属棒长度为l，匀强磁场的磁感应强度为B，根据电磁感应定律得E＝Blv.金属棒弯折后，切割磁感线运动的有效长度变为l，故E′＝Blv.因此＝，B正确．
4．(2017·江苏盐城中学学情检测)(多选)如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零．A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有( )
A．当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，最后B灯熄灭
B．当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭
C．当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低
D．当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b
解析：选AD.开关S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，选项A正确；稳定后当开关S断开后，A马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，左端电势高，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，B闪一下再熄灭，选项D正确，B、C错误．
考点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用
1．感应电动势大小的决定因素
(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(2)当ΔΦ仅由B引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝n；当ΔΦ由B、S的变化同时引起，则E＝n≠n.
2．磁通量的变化率是Φ－t图象上某点切线的斜率．
3．应用E＝n时应注意的几个问题
(1)由于磁通量有正负之分，计算磁通量的变化时一定要规定磁通量的正方向．正向的磁通量增加与反向的磁通量减少产生的感应电流的方向相同．
(2)公式E＝n是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择．若为恒量，则平均电动势等于瞬时电动势．
(3)用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内垂直磁场方向的有效面积．
1．图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb( )
A．恒为
B．从0均匀变化到
C．恒为－
D．从0均匀变化到－
解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－n，选项C正确．
2．(2016·湖南衡阳联考)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，如图所示，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁场以的变化率增强时，不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响，则( )
A．线圈中感应电流方向为adbca
B．线圈中产生的电动势E＝·l2
C．线圈中a点电势高于b点电势
D．线圈中b、a两点间的电势差为
解析：选D.处于磁场中的线圈面积不变，增大时，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为acbda方向，A项错；产生感应电动势的acb部分等效为电源，b端为等效电源的正极，电势高于a端，C项错；由法拉第电磁感应定律E＝＝·，知B项错；adb部分等效为外电路，b、a两点间电势差为等效电路的路端电压，U＝·R＝＝，D项正确．
3．A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示．在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，下列说法正确的是( )
A．两导线环内所产生的感应电动势相等
B．A环内所产生的感应电动势大于B环内所产生的感应电动势
C．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶4
D．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶1
解析：选A.某一时刻穿过A、B两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φ＝BS，由E＝＝S(S为磁场区域面积)，对A、B两导线环，有＝1，所以A正确，B错误；I＝，R＝ρ(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以＝＝，C、D错误．
4．(2017·连云港质检)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω.磁感应强度B在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T．在1 s～5 s内从0.2 T均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：
(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
(2)在1 s～5 s内通过线圈的电荷量q；
解析：(1)感应电动势E1＝
磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB1S
解得E1＝
代入数据得E1＝10 V
由楞次定律得，感应电流的方向为a→d→c→b→a.
(2)同理可得在1 s～5 s内产生的感应电动势
E2＝N
感应电流I2＝
电荷量q＝I2Δt2
解得q＝N
代入数据得q＝10 C
答案：(1)10 V a→d→c→b→a (2)10 C
应用法拉第电磁感应定律的两点注意
(1)一般步骤：
①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；
②利用楞次定律确定感应电流的方向；
③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解．
(2)一个结论：通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关．推导如下：q＝Δt＝·Δt＝.
考点二 导体棒切割类电动势的计算
1．导体平动切割磁感线
(1)一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝Blvsin θ.
(2)常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝Blv.
(3)若导体棒不是直的，则E＝Blv中的l为切割磁感线的导体棒的有效长度．下图中，棒的有效长度均为ab间的距离．
2．导体转动切割磁感线
导体棒以端点为轴，在垂直于磁感线的平面内以角速度ω匀速转动产生的感应电动势E＝Bωl2(导体棒的长度为l)．
1. 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，金属框中的电流方向沿abca
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿acba
解析：选C.金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误．转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
解析：选B.金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝＝＝，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝B··＝，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝·＝，选项D错误．
3．(2017·山东济南模拟)在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度L＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量m＝0.05 kg、电阻R＝1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若杆cd在水平外力F的作用下以恒定加速度a＝2 m/s2，由静止开始向右做匀变速运动，求：
(1)在5 s内平均感应电动势是多少？
(2)第5 s末回路中的电流I多大？
(3)第5 s末作用在杆cd上的水平外力F多大？
解析：(1)t＝5 s内金属杆的位移
x＝at2＝25 m
5 s内的平均速度
＝＝5 m/s
故平均感应电动势＝BL＝0.4 V
(2)第5 s末杆的速度v＝at＝10 m/s
此时感应电动势E＝BLv
则回路中的电流为I＝＝＝0.8 A
(3)杆cd匀加速运动，由左手定则判得所受安培力方向向左，由牛顿第二定律得F－F安＝ma
杆cd所受安培力F安＝BIL，
即F＝BIL＋ma＝0.164 N
答案：(1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
求解感应电动势常见情况与方法
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垂直且在导线框平面内的轴转动的导线框
表达式
E＝n
E＝BLvsin θ
E＝BL2ω
E＝NBSωsin(ωt＋φ0)
考点三 自感现象的理解及应用
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．两种情况灯泡中电流方向均改变.
1．(多选)如图甲、乙所示，电路中的电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )
A．在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗
B．在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗
C．在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗
D．在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗
解析：选AD.题图甲所示电路中，灯A和线圈L串联，电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，通过R、A形成回路，灯A逐渐变暗．题图乙所示电路中，电阻R和灯A串联，灯A和电阻R的总电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不给灯供电，而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流比原来大，变得更亮，然后逐渐变暗．
2．(多选)如图所示，电路中A和B是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的电感线圈，C是电容很大的电容器．当S闭合与断开时，对A、B的发光情况判断正确的是( )
A．S闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭
B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭
C．S闭合足够长时间后，B发光而A不发光
D．S闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭而A逐渐熄灭
答案：AC.
3．(多选)如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S.经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )
解析：选AC.当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知选项A、C正确．
(1)对自感现象“阻碍”作用的理解
①流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增加，使其缓慢地增加；
②流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势阻碍原电流的减小，使其缓慢地减小．
(2)分析自感现象应注意
①通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流逐渐变大，断电过程中，电流逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路；
②断电自感现象中灯泡是否“闪亮”的判断：若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮，再慢慢熄灭．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1. (多选)粗细均匀的导线绕成匝数为n、半径为r的圆形闭合线圈．线圈放在磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，线圈中产生的电流为I，下列说法正确的是( )
A．电流I与匝数n成正比
B．电流I与线圈半径r成正比
C．电流I与线圈面积S成正比
D．电流I与导线横截面积S0成正比
解析：选BD.由题给条件可知感应电动势为E＝nπr2，电阻为R＝，电流I＝，联立以上各式得I＝·，则可知B、D项正确，A、C项错误．
2．(多选)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．
3．(多选)一导线弯成如图所示的闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．线圈总电阻为R，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是( )
A．感应电流一直沿顺时针方向
B．线圈受到的安培力先增大，后减小
C．感应电动势的最大值E＝Brv
D．穿过线圈某个横截面的电荷量为
解析：选AB.在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直沿顺时针方向，A正确；线圈切割磁感线的有效长度先变长后变短，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B正确；线圈切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大值E＝2Brv，C错误；穿过线圈某个横截面的电荷量为Q＝＝，D错误．
4．如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐．若第1次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第2次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则( )
A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2
C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1
解析：选A.第1次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，线框中的感应电动势恒定，有1＝E1＝BLv1.第2次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，所需时间t＝＝，线框中的磁通量变化量ΔΦ＝B·L·＝BL2，产生的平均电动势2＝＝.由题意知1＝2，可得v1∶v2＝2∶π，A正确．
5．如图所示的电路，电源电动势为E，线圈L的电阻不计，以下判断正确的是( )
A．闭合S，稳定后，电容器两端电压为E
B．闭合S，稳定后，电容器的a极板带正电
C．断开S的瞬间，电容器的a极板将带正电
D．断开S的瞬间，电容器的a极板将带负电
解析：选C.由题意及自感现象规律可知，当开关S闭合且电路稳定后，电容器与线圈L并联，由于线圈的直流电阻不计，所以电容器两端电压为零，故A、B项错误；断开S的瞬间，由自感规律可知，线圈中要产生感应电动势，感应电动势引起的感应电流的方向与原电流的方向一致，因而电容器的a极板将带正电，故C项正确．
[综合应用题组]
6．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如右图所示，抛物线的方程是y＝x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )
A．mgb B.mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
解析：选D.金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好飞不出磁场，就往复运动永不停止，由能量守恒可得Q＝ΔE＝mv2＋mg(b－a)．
7．如图所示，边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个边长为L、粗细均匀的正方形导线框abcd，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框各边的电阻大小均为R.在导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是( )
A．导线框进入磁场区域时产生顺时针方向的感应电流
B．导线框中有感应电流的时间为
C．导线框的bd对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为
D．导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为
解析：选D.根据楞次定律知，感应电流的效果总是阻碍磁通量的变化，故由楞次定律判断出，导线框进入磁场区域时产生的感应电流的方向为逆时针方向，故选项A错误；导线框完全进入磁场后感应电流消失，导线框从开始进入磁场到完全进入经历的时间为，穿出的时间也为，导线框中有感应电流的时间为t＝×2，故选项B错误；导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导体的有效切割长度为，感应电动势为，由安培力公式可算出安培力为，故选项C错误；导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为电动势的一半，即，故选项D正确．
8．如图所示的电路中，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相同．下列说法正确的是( )
A．闭合开关S，A灯逐渐变亮
B．电路接通稳定后，流过B灯的电流是流过C灯电流的
C．电路接通稳定后，断开开关S，C灯立即熄灭
D．电路接通稳定后，断开开关S，A、B、C灯过一会儿才熄灭，且A灯亮度比B、C灯亮度高
解析：选D.画出等效电路如图所示，闭合开关S，所有的灯都立即变亮，A错误；电路稳定后，线圈和灯泡A的并联电阻为，与B灯的串联电阻为，C灯的电阻为R，根据并联电路分流与电阻成反比，故流过B灯的电流是流过C灯电流的，B错误；断开开关S，线圈产生的感应电动势对三个灯泡供电，因此三个灯泡都过一会才熄灭，供电电路是B、C灯串联与A灯并联，因此A灯的亮度比B、C灯的亮度高，C错误，D正确．
9．如图所示，PQQ2P2是由两个正方形导线方格PQQ1P1、P1Q1Q2P2构成的网络电路．方格每边长度l＝10 cm.在x>0的半空间分布有随时间t均匀增加的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸内．今令网络电路PQQ2P2以恒定的速度v＝5 cm/s沿x轴正方向运动并进入磁场区域，在运动过程中方格的边PQ始终与y轴平行．若取PQ与y轴重合的时刻为t＝0，在以后任一时刻t磁场的磁感应强度为B＝B0＋bt，式中t的单位为s，B0、b为已知恒量．当t＝2.5 s时刻，方格PQQ1P1中的感应电动势是E1，方格P1Q1Q2P2中的感应电动势是E2.E1、E2的表达式正确的是( )
A．E1＝B0lv B．E1＝bl2
C．E2＝ D．E2＝(B0＋bt)lv
解析：选B.经过2.5 s，线框向右运动了12.5 cm，此时右边的线框只有感生电动势，根据法拉第电磁感应定律得E1＝bl2，B正确，A错误；此时左边的线框只有右边在磁场中，离磁场边界0.25l，线框中既有动生电动势又有感生电动势，故电动势的大小E2＝(B0＋2.5b)lv＋0.25bl2，C、D错误．
10．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＝n1B0IL
天平平衡mg＝n1B0IL
代入数据得n1＝25匝
(2)由电磁感应定律得E＝n2
即E＝n2Ld
由欧姆定律得I′＝
线圈受到安培力F′＝n2B0I′L
天平平衡m′g＝nB0·
代入数据可得＝0.1 T/s
答案：(1)25匝 (2)0.1 T/s
11．(1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3 m，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5 T．一根直金属杆MN以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好．杆MN的电阻r1＝1 Ω，导轨的电阻可忽略．求杆MN中产生的感应电动势E1.
(2)如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，面积S1＝0.4 m2，电阻r2＝1 Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3 m2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示．求圆形线圈中产生的感应电动势E2.
(3)有一个R＝2 Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b端接地．试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？求这种情况中a端的电势φa.
解析：(1)杆MN做切割磁感线的运动，E1＝B1Lv
产生的感应电动势E1＝0.3 V.
(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，E2＝nS2
产生的感应电动势E2＝4.5 V.
(3)当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高
通过电阻R的电流I＝
电阻R两端的电势差φa－φb＝IR
a端的电势φa＝IR＝0.2 V.
答案：(1)0.3 V (2)4.5 V (3)与图甲中的导轨相连接a端电势高 φa＝0.2 V
第3节 电磁感应的综合应用
一、电磁感应中的电路问题
1．电源和电阻
2．电流方向
在外电路，电流由高电势流向低电势；在内电路，电流由低电势流向高电势．
二、电磁感应中的图象问题
图象类型
①随时间t变化的图象，如B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象
②随位移x变化的图象，如E－x图象和I－x图象
问题类型
①由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象
②由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)
应用知识
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律，函数图象等知识
三、电磁感应中的动力学问题
1．安培力的大小
⇒F＝
2．安培力的方向
(1)先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向．
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反．
四、电磁感应中的能量问题
1．能量的转化
闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力．外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能．
2．实质
电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路．(√)
(2)“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势．(×)
(3)闭合电路中电流一定从高电势流向低电势．(×)
(4)在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动．(×)
(5)电磁感应中求焦耳热时，均可直接用公式Q＝I2Rt.(×)
(6)电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功．(√)
2．如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的一半，磁场垂直穿过粗金属环所在的区域，当磁感应强度均匀变化时，在粗环内产生的电动势为E，则ab两点间的电势差为( )
A. B．
C. D．E
解析：选C.粗环相当于电源，细环相当于负载，ab间的电势差就是等效电路的路端电压．粗环电阻是细环电阻的一半，则路端电压是电动势的，即Uab＝.
3．如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中( )
A．回路中产生的内能相等
B．棒运动的加速度相等
C．安培力做功相等
D．通过棒横截面积的电荷量相等
解析：选D.棒由a到b再到c的过程中，速度逐渐减小，根据E＝Blv，E减小，故I减小，再根据F＝IlB可知安培力减小，根据F＝ma可知加速度减小，选项B错误．由于a到b与b到c的间距相等，故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功，故选项A、C错误．再根据平均感应电动势E＝＝，平均感应电流I＝＝，通过棒横截面积的电荷量为q＝IΔt＝，故选项D正确．
4．如图，一载流长直导线和一矩形线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，长直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右．设电流i的正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( )
解析：选A.因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以其受到的安培力方向相反，线框的左边受到的安培力大于线框的右边受到的安培力，所以合力与线框的左边受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，B、C、D错误.
考点一 电磁感应中的电路问题
1．内电路和外电路
(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．
(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电阻．
2．电源电动势和路端电压
(1)电动势：E＝Blv或E＝n.
(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir＝·R.
1．(2017·江西赣中南五校联考)如图所示，用相同导线制成的边长为L或2L的4个单匝闭合回路，它们以相同的速度先后垂直穿过正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，区域宽度大于2L，则进入磁场过程中，电流最大的回路是( )
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
解析：选C.线框进入磁场过程中，做切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝Bdv，根据电阻定律可知，线框的电阻R＝ρ，由闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流I＝，联立以上各式有I＝·，所以线框切割磁感线的边长d越长，总长度L越短，其感应电流越大，对照4种图形可知，C正确．
2．(2017·贵州七校联考)(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间分别接阻值为R＝10 Ω的电阻．一阻值为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为B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( )
A．导体棒ab中电流的流向为由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.由右手定则可判知A错误；由法拉第电磁感应定律E＝Blv＝0.5×1×4 V＝2 V，Ucd＝E＝1 V，B正确；由于de、cf间电阻没有电流流过，故Ude＝Ucf＝0，所以Ufe＝Ucd＝1 V，C错误，D正确．
3．(多选)如图所示电路中，均匀变化的匀强磁场只存在于虚线框内，三个电阻阻值之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，其他部分电阻不计．当S3断开，而S1、S2闭合时，回路中感应电流为I，当S1断开，而S2、S3闭合时，回路中感应电流为5I，当S2断开，而S1、S3闭合时，可判断( )
A．闭合回路中感应电流为4I
B．闭合回路中感应电流为7I
C．R1、R3消耗的功率之比PR1∶PR3＝3∶1
D．上下两部分磁场的面积之比S上∶S下＝3∶25
解析：选BD.因R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，可以设R1＝R，R2＝2R，R3＝3R.由题图可知，当S1、S2闭合S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得E1＝3IR；当S2、S3闭合S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得E2＝5I×5R＝25IR；当S1、S3闭合S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势E＝E1＋E2＝28IR，则此时的电流I′＝＝7I，A错误，B正确．
根据P＝I2R可知，串联电路电流相等，则各电阻的功率与电阻阻值成正比，故PR1∶PR3＝1∶3，C错误．E1＝3IR，E2＝25IR，再根据法拉第电磁感应定律E＝S可知，上下两部分磁场的面积之比S上∶S下＝3∶25，D正确．
4．(2017·湖北咸宁联考)如图所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l＝0.5 m，左端通过导线与阻值R＝3 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为RL＝6 Ω的小灯泡L连接，在CDFE矩形区域内有竖直向上，磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场．一根阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒在恒力F＝2 N的作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动，经过t＝1 s刚好进入磁场区域．求金属棒刚进入磁场时：
(1)金属棒切割磁感线产生的电动势；
(2)小灯泡两端的电压和金属棒受到的安培力．
解析：(1)0～1 s棒只受拉力，由牛顿第二定律得F＝ma，金属棒进入磁场前的加速度a＝＝10 m/s2.
设其刚要进入磁场时速度为v，v＝at＝10×1 m/s＝10 m/s.
金属棒进入磁场时切割磁感线，感应电动势E＝Blv＝0.2×0.5×10 V＝1 V.
(2)小灯泡与电阻R并联，R并＝＝2 Ω，通过金属棒的电流大小I＝＝0.4 A，小灯泡两端的电压U＝E－Ir＝1 V－0.4×0.5 V＝0.8 V.
金属棒受到的安培力大小FA＝BIl＝0.2×0.4×0.5 N＝0.04 N，由右手定则和左手定则可判断安培力方向水平向左．
答案：(1)1 V (2)0.8 V 0.04 N，方向水平向左
解决电磁感应中的电路问题三部曲
考点二 电磁感应中的图象问题
1．图象问题的求解类型
类型
据电磁感应过程选图象
据图象分析判断电磁感应过程
求解流程
2.解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．
3．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；
(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的对应关系；
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式；
(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)画图象或判断图象．
考向1：据电磁感应过程选择图象
问题类型
由给定的电磁感应过程选出正确的图象
解题关键
根据题意分析相关物理量的函数关系、分析物理过程中的转折点、明确“＋、－”号的含义，结合数学知识做正确的判断
[典例1] (2017·湖北宜昌模拟)如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧小三角形内磁场方向垂直纸面向外，右侧小三角形内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( )
解析 bc边的位置坐标x在L～2L过程，线框bc边有效切割长度为l1＝x－L，感应电动势为E＝Bl1v＝B(x－L)v，感应电流i1＝＝，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．x在2L～3L过程，ad边和bc边都切割磁感线，产生感应电动势，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，有效切割长度为l2＝L，感应电动势为E＝Bl2v＝BLv，感应电流i2＝－.x在3L～4L过程，线框ad边有效切割长度为l3＝L－(x－3L)＝4L－x，感应电动势为E＝Bl3v＝B(4L－x)v，感应电流i3＝，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．根据数学知识知道D正确．
答案 D
考向2：据图象分析判断电磁感应过程
问题类型
由电磁感应图象得出的物理量和规律分析求解动力学、电路等问题
解题关键
第一个关键是破译，即解读图象中的关键信息(尤其是过程信息)，另一个关键是转换，即有效地实现物理信息和数学信息的相互转换
[典例2] (2017·河南中原名校联考)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；
(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量．
解析 (1)F安＝B0IL①
E＝B0Lv②
I＝＝③
v＝at④
所以F安＝t
当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有
F－f－F安＝ma⑤
联立可得F－f－t＝ma⑥
由图象可得：当t＝0时，F＝0.4 N，当t＝1 s时，
F＝0.5 N.
代入⑥式，可解得a＝5 m/s2，f＝0.2 N.
(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b所受安培力F安′与最大静摩擦力f相等时开始滑动．
感应电动势E′＝L2＝0.02 V⑦
I′＝＝1 A⑧
棒b将要运动时，有F安′＝BtI′L＝f⑨
所以Bt＝1 T，根据Bt＝B0＋t⑩
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
考向3：图象的描绘
问题类型
由题目给出的电磁感应现象画出所求物理量的图象
解题关键
由题目给出的电磁感应过程结合所学物理规律求出所求物理量的函数关系式，然后在坐标系中做出相对应的图象
[典例3] 如图甲所示，水平面上固定一个间距L＝1 m的光滑平行金属导轨，整个导轨处在竖直方向的磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，导轨一端接阻值R＝9 Ω的电阻．导轨上有质量m＝1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为1 m的导体棒，在外力的作用下从t＝0开始沿平行导轨方向运动，其速度随时间的变化规律是v＝2，不计导轨电阻．求：
(1)t＝4 s时导体棒受到的安培力的大小；
(2)请在如图乙所示的坐标系中画出电流平方与时间的关系(I2t)图象．
解析 (1)4 s时导体棒的速度
v＝2＝4 m/s
感应电动势E＝BLv，感应电流I＝
此时导体棒受到的安培力
F安＝BIL＝0.4 N
(2)由(1)可得
I2＝2＝42t＝0.04t
作出图象如图所示．
答案 (1)0.4 N (2)见解析图
(1)处理图象问题要做到“四明确、一理解”
(2)电磁感应中图象类选择题的两个常用方法
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)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．
②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象进行分析和判断．
考点三 电磁感应中的动力学和能量问题
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
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2.力学对象和电学对象的相互关系
3．能量转化过程的理解
(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．
(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．
1．(2017·安徽宿州一模)(多选)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在平面与匀强磁场垂直．将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )
A．金属棒在最低点的加速度小于g
B．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
C．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大
D．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度
解析：选AD.金属棒先向下做加速运动，后向下做减速运动，假设没有磁场，金属棒运动到最低点时，根据简谐运动的对称性可知，最低点的加速度等于刚释放时的加速度g，由于金属棒向下运动的过程中产生感应电流，受到安培力，而安培力是阻力，则知金属棒下降的高度小于没有磁场时的高度，故金属棒在最低点的加速度小于g.故A正确．根据能量守恒定律得知，回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差，故B错误，金属棒向下运动的过程中，受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用，当三力平衡时，速度最大，即当弹簧弹力、安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，故C错误．由于产生内能，且弹簧具有弹性势能，由能量守恒得知，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，故D正确．
2．(2017·河北邯郸一模)如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成θ角，上端与一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g.则( )
A．金属杆加速运动过程中的平均速度为v/2
B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率
C．当金属杆的速度为v/2时，它的加速度大小为
D．整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－mv2
解析：选C.对金属杆分析知，金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，因金属杆加速运动过程不是匀加速，故其平均速度不等于，A错误．当安培力等于重力沿斜面的分力，即mg sin θ＝时，杆ab开始匀速运动，此时v最大，F安最大，故匀速运动时克服安培力做功的功率大，B错误；当金属杆速度为时，F安′＝＝mgsin θ，所以F合＝mgsin θ－F安′＝mgsin θ＝ma，得a＝，C正确；由能量守恒可得mgh－mv2＝Qab＋QR，即mgh－mv2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热，D错误．
3．(2017·四川资阳诊断)如图所示，无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为θ＝53°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L＝1 m，底部接入一阻值为R＝0.4 Ω的定值电阻，上端开口．垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2 T．一质量为m＝0.5 kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，ab连入导轨间的电阻r＝0.1 Ω，电路中其余电阻不计．现用一质量为M＝2.86 kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连．由静止释放M，当M下落高度h＝2.0 m时，ab开始匀速运动(运动中ab始终垂直导轨，并接触良好)．不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s2.求：
(1)ab棒沿斜面向上运动的最大速度vm；
(2)ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR和流过电阻R的总电荷量q.
解析：(1)由题意知，由静止释放M后，ab棒在绳拉力T、重力mg、安培力F和导轨支持力N及摩擦力f共同作用下沿导轨向上做加速度逐渐减小的加速运动直至匀速运动，当达到最大速度时，由平衡条件有
T－mgsin θ－F－f＝0
N－mgcos θ＝0，T＝Mg
又f＝μN
ab棒所受的安培力F＝BIL
回路中的感应电流I＝
联立以上各式，代入数据解得
最大速度vm＝3.0 m/s
(2)由能量守恒定律知，系统的总能量守恒，即系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热及由于摩擦产生的内能之和，有Mgh－mghsin θ＝(M＋m)v＋Q＋fh
电阻R产生的焦耳热QR＝Q
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有
流过电阻R的总电荷量q＝IΔt
电流的平均值＝
感应电动势的平均值＝
磁通量的变化量ΔΦ＝B·(Lh)
联立以上各式，代入数据解得QR＝26.30 J，q＝8 C.
答案：(1)3.0 m/s (2)26.30 J 8 C
(1)解决动力学问题关键是做好两个分析
①受力分析：准确分析运动导体的受力，特别是安培力，求出合力．
②运动分析：分析导体的运动性质，是加速、减速，还是匀速，从而确定相应的运动规律．
(2)电磁感应现象中电能的求解方法
①若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．
②若电流变化，则①利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析：选C.小磁块下落过程中，在塑料管Q中只受到重力，而在铜管P中还受到向上的磁场力，即只在Q中做自由落体运动，故选项A、B错误；小磁块在P中加速度较小，故在P中下落时间较长，落至底部时在P中的速度较小，选项C正确，D错误．
2．(多选)如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则( )
A．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功
B．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功
C．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
D．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率
解析：选AC.线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看成反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，所以上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率，故正确选项为A、C.
3．如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在以下选项中，线框中感应电流i与线框移动的位移x的关系图象正确的是( )
解析：选C.线框从开始进入到全部进入第一个磁场过程，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，故B一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E＝BLv可知，电动势也均匀增加，而在全部进入第一个磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也为零，故A错误；当线框开始进入第二个磁场时，线框中磁通量向里减小，则可知电流方向为顺时针方向，故D错误；而进入第二个磁场后，分处两磁场的线框两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二个磁场时，线框中电流达最大2I0.故C正确．
4．(多选)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有( )
解析：选BC.经受力分析和电路分析知，i＝，FA＝Bil＝ v，UR＝iR＝ v，P＝i2(R＋r)＝v2，因此i∝FA∝UR∝∝v，i－t、FA－t、UR－t图象的形状与v－t图象相同．对金属棒由牛顿第二定律得F－FA＝ma，得F0＋v＝ma.若k＝，则a＝0，金属棒做匀加速运动，A错误．若k＞，a逐渐增大，B正确．若k＜，a逐渐减小，最后趋向于零，C正确．由以上分析知P－t图象形状与B或C相似，D错误．
5．(多选)如图所示，光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中．有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A点．在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A点的总电荷量为Q.已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值恒为R，其余电阻不计．则( )
A．该过程中导体棒做匀减速运动
B．该过程中接触电阻产生的热量为mv
C．开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S＝
D．当导体棒的速度为v0时，回路中感应电流大小为初始时的一半
解析：选BC.该过程中l、v均在减小，故加速度a减小，选项A错误．由能量守恒定律可知Q热＝mv，选项B正确．I＝＝，ΔΦ＝BS，Q＝IΔt，联立得S＝，选项C正确．当v＝v0时，l＜l0，由I＝＝知，I＜，选项D错误．
6．如图所示，足够长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.小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F安＝，对棒满足：mgsin θ－μmgcos θ－＝0
因为R灯＝R棒则：P灯＝P棒
再依据功能关系：mgsin θ·v－μmgcos θ·v＝P灯＋P棒
联立解得v＝5 m/s，P灯＝1 W，所以B项正确．
[综合应用题组]
7．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻均不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则( )
A．金属棒将做往复运动，动能、弹性势能与重力势能的总和保持不变
B．金属棒最后将静止，静止时弹簧的伸长量为
C．金属棒最后将静止，电阻R上产生的总热量为mg·
D．金属棒第1次达到最大速度时金属棒的伸长量为
解析：选B.金属棒在往复运动的过程中不断克服安培力做功产生电能，并转化成焦耳热，机械能不断减少，最终静止，静止时弹力等于金属棒的重力，A错误、B正确．由能量守恒定律可得mg·＝Q＋E弹，C错误．当金属棒第1次达到最大速度时，加速度为零，则mg＝kx＋F安，D错误．
8．(多选)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的v t图象，图中数据均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B．磁场的磁感应强度为
C．金属线框在0～t3时间内所产生的热量 为mgv1(t2－t1)
D．MN和PQ之间的距离为v1(t2－t1)
解析：选BC.根据楞次定律可知，线框刚进入磁场时，感应电流的方向为abcda方向，选项A错误；由于bc边进入磁场时线框匀速运动，则mg＝，而线框边长l＝v1(t2－t1)，联立可得B＝ ，选项B正确；金属线框在0～t3时间内，只有在t1～t2时间内才产生热量，此过程中安培力与重力大小相等，因此所产生的热量为mgv1(t2－t1)，选项C正确；MN和PQ之间的距离为v1(t2－t1)＋(t3－t2)，选项D错误．
9．(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．
10．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．
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＝Blt0④
(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
FA＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－FA＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝⑧
答案：(1)Blt0 (2)
11．如图，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．
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＝ktS①
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
E＝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＝F⑦
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＝B0Il⑧
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′＝B0ls
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪
式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑪式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为
Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑬
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
Et＝⑭
由欧姆定律有I＝⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
f＝(B0lv0＋kS)⑯
答案：(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS)
12．如图甲所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L＝0.5 m，导轨左端M、P间接有一阻值R＝0.2 Ω的定值电阻，导体棒ab的质量m＝0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端d＝1.0 m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计．整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t＝0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，不计感应电流产生的磁场的影响．取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求t＝0时棒所受到的安培力F0；
(2)分析前3 s时间内导体棒的运动情况并求前3 s内棒所受的摩擦力Ff随时间t变化的关系式；
(3)若t＝3 s时，突然使ab棒获得向右的速度v0＝8 m/s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F，使棒的加速度大小恒为a＝4 m/s2、方向向左．求从t＝3 s到t＝4 s的时间内通过电阻的电荷量q.
解析：(1)t＝0时棒的速度为零，故回路中只有感生电动势，由法拉第电磁感应定律知E＝＝Ld
感应电流I＝
t＝0时棒所受到的安培力F0＝B0IL
代入数据解得F0＝0.025 N
(2)ab棒与导轨间的最大静摩擦力
Ffm＝μmg＝0.1 N>F0＝0.025 N
所以在t＝0时刻棒静止不动，加速度为零，在0～3 s内磁感应强度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3 s内导体棒静止不动，电流恒为I＝0.25 A
在0～3 s内，磁感应强度B＝B0－kt＝0.2－0.1t T
因导体棒静止不动，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，则有Ff＝BIL＝(B0－kt)IL
代入数据可得Ff＝0.012 5(2－t)N(t<3 s)
(3)3～4 s内磁感应强度大小恒为B2＝0.1 T，ab棒做匀变速直线运动，Δt1＝4 s－3 s＝1 s
设t＝4 s时棒的速度为v，第4 s内的位移为x，则
v＝v0－aΔt1＝4 m/s
x＝Δt1＝6 m
在这段时间内的平均感应电动势＝
通过电阻的电荷量q＝ Δt1＝Δt1＝＝1.5 C
答案：(1)0.025 N (2)静止不动 Ff＝0.012 5(2－t)N(t＜3 s) (3)1.5 C
第4节 微专题4 电磁感应中的“杆＋导轨”模型
“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．
考点一 单杆水平式模型
1．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
解析：选C.PQ在运动过程中切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，线框左右两端电阻并联，当PQ运动到中间时并联电阻最大，流经PQ的电流最小，因此在滑动过程中，PQ中的电流先减小后增大，选项A错误；由于外接电阻先增大后减小，因此PQ两端的电压即路端电压先增大后减小，选项B错误；
由能量守恒得拉力功率等于线框和导体棒的电功率，因此拉力功率为P＝＝，由于电路总电阻先增大后减小，因此拉力功率先减小后增大，选项C正确；矩形线框abcd总电阻为3R，当PQ滑动到ab中点时，线框并联总电阻最大，最大值为R，小于导体棒PQ的电阻，所以滑动过程中线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．
2．U形光滑金属导轨水平放置，如图所示为俯视图，导轨右端接入电阻R＝0.36 Ω，其他部分无电阻，导轨间距为L＝0.6 m，界线MN右侧有匀强磁场，磁感应强度为B＝ T．导体棒ab电阻为零，质量m＝1 kg.导体棒与导轨始终垂直且接触良好，在距离界线MN为d＝0.5 m处受恒力F＝1 N作用从静止开始向右运动，到达界线PQ时恰好匀速，界线PQ与MN间距也为d.
(1)求匀速运动时的速度v的大小；
(2)求导体棒在MN和PQ间运动过程中R的发热量Q.
解析：(1)匀速时合力为零，所以F＝F安＝BIL＝
得v＝＝0.5 m/s
(2)设导体棒从出发到匀速的过程安培力做功为WA，根据动能定理有F·2d＋WA＝mv2
得WA＝－ J
R的发热量即为导体棒克服安培力做的功，
即Q＝|WA|＝ J
答案：(1)0.5 m/s (2) J
3．(2017·湖南邵阳二模)如图所示，一对足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，两导轨间距为L，左端接一电源，其电动势为E、内阻为r，有一质量为m、长度也为L的金属棒置于导轨上，且与导轨垂直，金属棒的电阻为R，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中．
(1)若闭合开关S的同时对金属棒施加水平向右恒力F，求棒即将运动时的加速度和运动过程中的最大速度；
(2)若开关S开始是断开的，现对静止的金属棒施加水平向右的恒力F，一段时间后再闭合开关S；要使开关S闭合瞬间棒的加速度大小为，则F需作用多长时间．
解析：(1)闭合开关S的瞬间回路电流I＝
金属棒所受安培力水平向右，其大小FA＝ILB
由牛顿第二定律得a＝
整理可得a＝LB＋
金属棒向右运动的过程中，切割磁感线产生与电源正负极相反的感应电动势，回路中电流减小，安培力减小，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，此时由平衡条件得FA′＝F
由安培力公式得FA′＝I′LB
由闭合电路欧姆定律得I′＝
联立求得vm＝＋
(2)设闭合开关S时金属棒的速度为v，
此时电流I″＝
由牛顿第二定律得a″＝
所以加速度a″＝－LB
若加速度大小为，则＝
解得速度v1＝，v2＝＋
未闭合开关S前金属棒的加速度一直为a0＝
解得恒力F作用时间
t1＝＝或t2＝＝＋
答案：(1)LB＋ ＋
(2)或＋
考点二 单杆倾斜式模型
1. (2017·河南安阳检测)如图所示，平行金属导轨宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面成θ角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现将一质量为m、长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分之前已经匀速，滑动过程中与导轨保持良好接触，重力加速度为g)．不计一切摩擦力，导体棒接入回路电阻为r，则整个下滑过程中( )
A．导体棒匀速运动时速度大小为
B．匀速运动时导体棒两端电压为
C．导体棒下滑距离为s时，通过R的总电荷量为
D．重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能
解析：选A.导体棒下滑过程中受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的安培力，当匀速运动时，有mgsin θ＝BId，根据欧姆定律可得I＝，根据法拉第电磁感应定律可得E＝Bdv，联立解得v＝sin θ，E＝sin θ，故导体棒两端的电压为U＝R＝sin θ，A正确，B错误．根据法拉第电磁感应定律E＝＝＝，故q＝IΔt＝Δt＝，根据动能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，C、D错误．
2．(2017·北京东城期末)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.
(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；
(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；
(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.
解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm.
由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ－F安＝0
F安＝BIL，I＝，解得vm＝2.0 m/s
(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PR＝I2R，解得PR＝3 W
(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律得
mgxsin θ＝μmgxcos θ＋QR＋Qr＋mv
根据焦耳定律＝，解得x＝2.0 m
根据q＝ Δt，＝
＝＝，解得q＝1.0 C
答案：(1)2 m/s (2)3 W (3)1.0 C
3．(2017·山西第二次四校联考)如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距L，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上．长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R.现闭合开关K，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率．重力加速度为g，求：
(1)金属棒能达到的最大速度vm；
(2)灯泡的额定功率PL；
(3)若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的电热Q1.
解析：(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动，设最大速度为vm，则速度达到最大时有
E＝BLvm，I＝，
F＝BIL＋mgsin θ，解得vm＝，
(2)PL＝I2R，解得PL＝.
(3)设整个电路放出的电热为Q，由能量守恒定律有
F·2s＝Q＋mgsin θ·2s＋mv，
由题意可知Q1＝，解得Q1＝mgs－.
答案：(1) (2) (3)mgs－
考点三 双杆模型
物理模型
“双杆”模型分为两类：一类是“一动一静”，甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止，受力平衡．另一种情况是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减．
分析方法
通过受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态．对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解.
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ab刚好不下滑时，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/s⑥
(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＋m2v2⑦
又Q＝Q总⑧
解得Q＝1.3 J⑨
答案：(1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
2．如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨与水平面成53°角固定放置，导轨间连接一阻值为6 Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线m、n间有一与导轨所在平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场．导体棒a的质量为ma＝0.4 kg，电阻Ra＝3 Ω；导体棒b的质量为mb＝0.1 kg，电阻Rb＝6 Ω；它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．a、b从开始相距L0＝0.5 m处同时由静止开始释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时，a正好进入磁场(g取10 m/s2，不计a、b之间电流的相互作用)．求：
(1)当a、b分别穿越磁场的过程中，通过R的电荷量之比；
(2)在穿越磁场的过程中，a、b两导体棒匀速运动的速度大小之比；
(3)磁场区域沿导轨方向的宽度d；
(4)在整个过程中产生的总焦耳热．
解析：(1)由法拉第电磁感应定律得＝，
平均电流＝，
通过导体棒的总电荷量q总＝ Δt＝.
在b穿越磁场的过程中，b是电源，a与R是外电路，电路的总电阻R总1＝Rb＋＝8 Ω.
则通过R的电荷量为qRb＝q总＝·.
同理，a穿越磁场的过程中，R总2＝Ra＋＝6 Ω，通过R的电荷量为qRa＝q总＝·.
解得qRa∶qRb＝2∶1.
(2)设b在磁场中匀速运动的速度大小为vb，则b中的电流Ib＝.由平衡条件得＝mbgsin 53°.
同理，a在磁场中匀速运动时有＝magsin 53°.
联立可得va∶vb＝3∶1.
(3)设a、b穿越磁场的过程中的速度分别为va和vb.
由题意得va＝vb＋gtsin 53°，d＝vbt，
因v－v＝2gL0sin 53°，解得d＝0.25 m.
(4)由F安a＝magsin 53°，故Wa＝magdsin 53°＝0.8 J，
同理Wb＝mbgdsin 53°＝0.2 J.
在整个过程中，电路中共产生焦耳热为
Q＝Wa＋Wb＝1 J.
答案：(1)2∶1 (2)3∶1 (3)0.25 m (4)1 J
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为( )
A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1
C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2
解析：选C.杆MN向右匀速滑动，由右手定则判知，通过R的电流方向为a→c；又因为E＝BLv，所以E1∶E2＝1∶2，故选项C正确．
2．(多选)如图，水平放置的金属导体框abcd，ab、cd边平行、间距为l，导体框内均有垂直于框面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一单位长度电阻为r的金属杆MN，与导轨成θ角，以速度v沿平行于cd的方向匀速滑动，金属杆滑动过程中与导轨接触良好，导轨框电阻不计，则( )
A．M点电势低于N点电势
B．闭合回路中磁通量的变化率为Blv
C．金属杆所受安培力的方向与运动方向相反
D．金属杆所受安培力的大小为
解析：选BD.由右手定则可知M点电势高于N点电势，故A错误．根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝Blv，故B正确．由左手定则知，金属杆所受安培力方向垂直于MN斜向上，故C错误．由E＝Blv，I＝，R＝r，F＝BI，解得F＝，故D正确．
3．如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上．两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置．开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住．现将金属杆ab由静止释放，金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动．已知重力加速度为g，则( )
A．金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由a到b
B．金属杆ab进入磁场时速度大小为
C．金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为
D．金属杆ab进入磁场后，金属杆cd对两根小柱的压力大小为零
解析：选B.由右手定则可知，金属杆ab进入磁场时产生的感应电流的方向为由b到a，故A错误；因金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动，则有mgsin α＝，解得v＝，故B正确；金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势E＝Blv，解得E＝，故C错误；由左手定则可知，金属杆cd受到的安培力与斜面平行且向下，则金属杆cd对两根小柱的压力不为零，故D错误．
4．CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示．导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是( )
A．电阻R的最大电流为
B．流过电阻R的电荷量为
C．整个电路中产生的焦耳热为mgh
D．电阻R中产生的焦耳热为mg(h－μd)
解析：选D.由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有mgh＝mv2，所以I＝＝＝，A错误；流过R的电荷量为q＝ t＝＝，B错误；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，C错误；由于导体棒的电阻也为R，则电阻R中产生的焦耳热为Q＝mg(h－μd)，D正确．
5．(多选)如图所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的部分的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )
A．a点的电势高于b点的电势
B．ab棒中产生的焦耳热小于ab棒重力势能的减少量
C．下滑的位移大小为
D．受到的最大安培力大小为sin θ
解析：选ABC.由右手定则可知a点相当于电源的正极，b点相当于电源的负极，故A正确；由能量守恒可知ab棒重力势能的减少量等于ab棒中产生的焦耳热与ab棒的动能之和，故B正确；由q＝＝可得，下滑的位移大小为x＝，故C正确；金属棒ab在这一过程中受到的安培力大小为F＝BIL，I最大为，故最大安培力大小为，故D错误．
6．(多选)如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接．导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆、导轨的电阻均忽略不计，匀强磁场垂直导轨平面向下．用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，金属杆做匀速运动时的速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．金属杆在匀速运动之前做匀加速直线运动
B．流过电阻R的电流方向为a→R→b
C．由图象可以得出B、L、R三者的关系式为＝
D．当恒力F＝3 N时，电阻R消耗的最大电功率为8 W
解析：选BD.金属杆在匀速运动之前，随着运动速度的增大，由F安＝可知金属杆所受的安培力增大，由牛顿第二定律可知金属杆的加速度减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，选项A错误；由楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为a→R→b，选项B正确；因为图象与横轴交点等于金属杆所受摩擦力的大小，故由图象可知金属杆所受的摩擦力为Ff＝1 N，金属杆匀速运动时有F－Ff＝F安＝，则可得＝＝，选项C错误；当恒力F＝3 N时，金属杆受到的安培力大小为F安＝F－Ff＝2 N，金属杆匀速运动的速度为4 m/s，所以金属杆克服安培力做功的功率P＝8 W，转化为电能的功率为8 W，故电阻R消耗的最大电功率为8 W，选项D正确．
[综合应用题组]
7. 如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的电热为Q，求：
(1)导体棒MN受到的最大摩擦力；
(2)导体棒EF上升的最大高度．
解析：(1)EF获得向上初速度v0时，产生感应电动势E＝BLv0，电路中电流为I，由闭合电路的欧姆定律有
I＝，
此时对导体棒MN受力分析，由平衡条件有
FA＋mgsin α＝Ff，FA＝BIL，
解得Ff＝＋mgsin θ.
(2)导体棒EF上升过程MN一直静止，对系统由能的转化和守恒定律有mv＝mgh＋2Q，解得h＝.
答案：(1)＋mgsin θ (2)
8．如图甲所示，足够长的光滑导轨倾角为30°，间距L＝1 m，电阻不计，恒定的非匀强磁场方向垂直于斜面向下，电阻R＝1 Ω，导体棒ab质量m＝0.25 kg，其电阻r＝1 Ω，垂直于导轨放置．现导体棒ab从磁场上边界由静止下滑，测得导体棒所到达位置的磁感应强度B与导体棒在该位置速度之间的关系如图乙所示，(g取10 m/s2)
(1)求导体棒下滑2 s时的速度和位移；
(2)求导体棒下滑2 s内回路中产生的焦耳热．
解析：(1)由题图乙可知，棒下滑的任意状态有
B2v＝0.5 T2·m·s－1
对棒下滑过程中某一状态由牛顿第二定律得
mgsin 30°－＝ma
代入数据可得导体棒的加速度a＝4 m/s2
可见导体棒在斜面上做a＝4 m/s2的匀加速直线运动
棒在2 s内的位移x＝at2＝8 m
2 s末的速度v＝at＝8 m/s
(2)由能量守恒得mgxsin 30°＝mv2＋Q
代入数据解得Q＝2 J.
答案：(1)8 m/s 8 m (2)2 J
9．如图甲所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m.导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S，将金属棒由静止释放．
(1)判断金属棒ab中电流的方向；
(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；
(3)当B＝0.40 T，L＝0.50 m，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系，如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求R1的阻值和金属棒的质量m.
解析：(1)由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向为由b到a.
(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热 ，即mgh＝mv2＋Q
则Q＝mgh－mv2.
(3)金属棒达到最大速度vm时，切割磁感线产生的感应电动势：
E＝BLvm
由闭合电路的欧姆定律得：I＝
从b端向a端看，金属棒受力如图所示
金属棒达到最大速度时，满足：
mgsin α－BIL＝0
由以上三式得
vm＝(R2＋R1)
由图乙可知：斜率
k＝ m·s－1·Ω－1＝15 m·s－1·Ω－1，
纵轴截距v＝30 m/s
所以R1＝v，＝k
解得R1＝2.0 Ω，m＝0.1 kg
答案：(1)b→a (2)mgh－mv2 (3)2.0 Ω 0.1 kg
10．如图所示，电阻不计、间距L＝1 m、足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝37°角，导轨平面矩形区域efhg内分布着磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，边界ef、gh之间的距离D＝1.4 m．现将质量m＝0.1 kg、电阻R＝ Ω的导体棒P、Q相隔Δt＝0.2 s先后从导轨顶端由静止自由释放，P、Q在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，P进入磁场时恰好匀速运动，Q穿出磁场时速度为2.8 m/s.已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)导轨顶端与磁场上边界ef之间的距离s；
(2)从导体棒P释放到Q穿出磁场的过程，回路中产生的焦耳热Q总．
解析：(1)设P进入磁场时的速度为v1，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv1
由闭合电路欧姆定律有I＝，安培力F＝BIL，
P匀速运动有F＝mgsin θ，联立解得v1＝2 m/s，
P从ac到ef过程，由牛顿第二定律有a＝gsin θ，由运动学公式有s＝，
解得s＝ m≈0.33 m.
(2)P进入磁场以速度v1匀速运动，Δt＝0.2 s后，Q恰好进入磁场，速度也为v1＝2 m/s.之后，P、Q以加速度a匀加速运动，P出磁场以后继续以加速度a匀加速运动，而Q在安培力作用下减速运动，直到穿出磁场区域．
P在磁场中匀速运动的位移x1＝v1Δt，
此过程回路产生的焦耳热Q1＝mgx1sin θ，
P、Q一起匀加速运动的位移x2＝D－x1，
设P刚好出磁场时，P、Q的速度为v，由运动学公式有v2－v＝2ax2，解得v＝4 m/s，
P出磁场后Q做减速运动，Q出磁场时的速度v2＝2.8 m/s，运动的位移x3＝x1，
Q减速运动过程中回路产生的焦耳热Q2＝mgx3sin θ＋mv2－mv，所以，全过程回路中的焦耳热为Q总＝Q1＋Q2＝0.888 J.
答案：(1)0.33 m (2)0.888 J
章末检测十 电磁感应
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
1．首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是( )
A．安培和法拉第 B．法拉第和楞次
C．奥斯特和安培 D．奥斯特和法拉第
解析：选D.首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特；发现电磁感应现象的科学家是法拉第，故选项D正确．
2．磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁( )
A．向上运动 B．向下运动
C．向左运动 D．向右运动
解析：选B.据题意，从图示可以看出磁铁提供的穿过线圈原磁场的磁通量方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流激发的感应磁场方向向上，即两个磁场的方向相反，则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加，故选项B正确．
3．某学校操场上有如图所示的运动器械：两根长金属链条将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架上．静止时ab水平且沿东西方向．已知当地的地磁场方向自南向北斜向下跟竖直方向成45°，现让ab随链条荡起来，跟竖直方向最大偏角45°，则下列说法正确的是( )
A．当ab棒自南向北经过最低点时，ab中感应电流的方向是自西向东
B．当链条与竖直方向成45°时，回路中感应电流最大
C．当ab棒自南向北经过最低点时，安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下
D．在ab棒运动过程中，不断有磁场能转化为电场能
解析：选C.当ab棒自南向北经过最低点时，由右手定则知电流方向自东向西，故A错误；当ab运动方向与B方向垂直时感应电流最大，当链条偏南与竖直方向成45°时，ab运动方向(沿圆轨迹的切线方向)与磁场方向平行，此时感应电流为零，最小，故B错误；当ab棒自南向北经过最低点时，由左手定则知安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下，C正确；在ab棒运动过程中，不断有机械能转化为电场能，故D错误．
4．如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下列选项中的( )
解析：选D.由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则，可知：感应电流的方向由B到A，再由右手定则可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由B到A的感应电流，由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F＝B，因安培力的大小不变，则B是定值，若磁场B增大，则减小，若磁场B减小，则增大，故D正确，A、B、C错误．
5．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为3∶1
解析：选B.根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝n＝nl2，则＝2＝，选项B正确；根据I＝＝＝＝∝l，故a、b线圈中感应电流之比为3∶1，选项C错误；电功率P＝IE＝·nl2＝∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27∶1，选项D错误；故选B.
6．如图所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是( )
A．回路中有大小和方向周期性变化的电流
B．回路中电流大小恒定，且等于
C．回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘
D．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中一定有电流流过
解析：选BC.据题意，当盘转动后，由右手定则可以确定电流流向盘的中心，从b端流出到达a端，故选项A错误；所产生的电动势大小为：E＝BLv＝BL，则产生的电流大小为：I＝＝，故B选项正确；根据右手定则判断电流方向，电流为b到a，所以C正确；如果将匀强磁场改成变化的磁场，铜盘不转动的话，没有导体切割磁场，回路中不会产生感应电流，故D选项错误．
7．如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有( )
A．当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮
B．当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮
C．当S断开时，L2立即熄灭
D．当S 断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
解析：选BD.当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L1一直不亮；通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L2逐渐变亮，选项B正确，A错误；当S断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L的电流要在L2－L1－D－L之中形成新的回路，故L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确；故选B、D.
8．如图所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上．滑动变阻器接入电路的电阻值为R(最大阻值足够大)，导轨的宽度L＝0.5 m，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝1 T．内阻r＝1 Ω的金属杆在F＝5 N的水平恒力作用下由静止开始运动．经过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度vm，不计导轨电阻，则有( )
A．R越小，vm越大
B．金属杆的最大速度大于或等于20 m/s
C．在金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能
D．金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比
解析：选BD.当导体棒达到最大速度时满足F＝F安；则F＝BL，解得vm＝，可知R越大，vm越大，选项A错误；金属杆的最大速度vm＝＝＝20(1＋R)m/s，则金属杆的最大速度大于或等于20 m/s，选项B正确；在金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C错误；金属杆达到最大速度后导体棒中的电流I＝，则I＝neSve，则ve＝＝，故金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比，选项D正确；故选B、D.
二、非选择题(共4小题， 52分)
9．(12分)很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示．自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动．已知磁感应强度B＝0.5 T，圆盘半径l＝0.3 m，圆盘电阻不计．导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R＝10 Ω的小灯泡．后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U＝0.6 V.
(1)与a连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱？
(2)圆盘匀速转动10分钟，则此过程中产生了多少电能 ?
(3)自行车车轮边缘线速度是多少？
解析：(1)根据右手定则，轮子边缘点是等效电源的负极，则a点接电压表的负接线柱
(2)根据焦耳定律Q＝t
代入数据得Q＝21.6 J
(3)由U＝E＝Bl2ω得v＝lω＝8 m/s
答案：(1)负 (2)Q＝21.6 J (3)v＝8 m/s
10．(12分)如图所示，平行光滑U形导轨倾斜放置，倾角θ＝30°，导轨间的距离L＝1.0 m，电阻R＝R1＝3.0 Ω，电容器电容C＝2×10－8F，导轨电阻不计，匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝2.0 T，质量m＝0.4 kg，电阻r＝1.0 Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小F＝5.0 N的恒力，使金属棒ab从静止起沿导轨向上滑行，求：
(1)金属棒ab达到匀速运动时的速度大小(g＝10 m/s2 )；
(2)金属棒ab从静止开始到匀速运动的过程中通过电阻R1的电荷量．
解析：(1)当金属棒匀速运动时，由力的平衡条件得：F＝mgsin 30°＋BIL求得：I＝1.5 A.
由闭合电路欧姆定律得：I＝＝
联立以上方程解得金属棒匀速运动的速度大小为：
v＝3 m/s.
(2)当金属棒匀速运动时，电容器两端的电压
U＝IR＝4.5 V
电容器极板上聚集的电荷量Q＝CU＝9×10－8 C，
所以通过R1的电荷量Q′＝Q＝9×10－8C
答案：(1)v＝3 m/s (2)9×10－8 C
11．(12分)如图所示，水平放置的三条光滑平行金属导轨a，b，c，相距均为d＝1 m，导轨ac间横跨一质量为m＝1 kg的金属棒MN，棒与导轨始终良好接触．棒的总电阻r＝2 Ω，导轨的电阻忽略不计. 在导轨bc间接一电阻为R＝2 Ω的灯泡，导轨ac间接一理想电压表．整个装置放在磁感应强度B＝2 T匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对棒MN施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始运动，已知施加的水平外力功率恒定，经过t＝1 s时间棒达到稳定时速度3 m/s.试求：
(1)金属棒达到稳定时施加水平恒力F为多大？水平外力F的功率为多少？
(2)金属棒达到稳定时电压表的读数为多少？
(3)此过程中灯泡产生的热量是多少？
解析：(1)当F＝F安时，金属棒速度达到稳定，
则F安＝BId
I＝，联立得F＝4 N，P＝Fv＝12 W.
(2)设电压表的读数为U，则有U＝Bdv＋UL
UL＝R，代入数据得U＝10 V.
(3)设小灯泡和金属棒产生的热量分别为Q1、Q2，根据焦耳定律得知：＝.
由功能关系得：Pt＝Q1＋Q2＋mv2，代入数据得Q1＝5 J.
答案：(1)F＝4 N P＝12 W (2)U＝10 V
(3)Q1＝5 J
12．(16分)如图甲所示，斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长L1＝1 m，bc边的边长L2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，线框的电阻R＝ 0.1 Ω，线框受到沿斜面向上的恒力F的作用，已知F＝15 N，线框与斜面间的动摩擦因数μ＝.线框的边ab∥ef∥gh，斜面的efhg区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙的B－t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x＝5.1 m，取g＝10 m/s2.求：
(1)线框进入磁场前的加速度a；
(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；
(3)在丙图中画出线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线过程的v－t图象；
(4)线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热Q.
解析：(1)线框进入磁场前，线框受到线框的重力、拉力F、斜面的支持力和斜面对线框的摩擦力作用，由牛顿第二定律：F－mgsin α－μmgcos α＝ma
得线框进入磁场前的加速度a＝5 m/s2.
(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E1＝BL1v
形成的感应电流I1＝
受到沿斜面向下的恒定的安培力F安＝BI1L1
线框受力平衡，有F＝mgsin α＋μmgcos α＋F安
此时磁感应强度必恒定不变B＝0.5 T，
代入数据解得v＝2 m/s.
(3)线框abcd进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场前的运动时间
t1＝＝0.4 s
进入磁场过程中线框做匀速运动的时间t2＝＝0.3 s.
线框完全进入磁场后至运动到gh线，线框受力情况与进入磁场前相同，仍做匀加速直线运动，所以该阶段的加速度大小仍为a＝5 m/s2，该过程有x－l2＝vt3＋at，解得t3＝1 s
线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线过程的v－t图象如图；
(4)线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中，线框中有感应电流的时间
t4＝t1＋t2＋t3－0.9 s＝0.8 s
E2＝＝ V＝0.25 V
此过程产生的焦耳热Q2＝t4＝0.5 J.
线框匀速进入磁场过程中产生的焦耳热Q1＝IRt2＝3 J
线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝3.5 J
答案：(1)5 m/s2 (2)2 m/s (3)如图 (4)3.5 J
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