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2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点36 法拉第电磁感应定律 自感 涡流
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这是一份2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点36 法拉第电磁感应定律 自感 涡流，共19页。试卷主要包含了基础与经典，真题与模拟等内容，欢迎下载使用。
考点细研究：(1)法拉第电磁感应定律；(2)自感、涡流等。其中考查到的如：2016年全国卷Ⅱ第20题、2016年全国卷Ⅱ第25题、2016年北京高考第16题、2016年浙江高考第16题、2016年江苏高考第6题、2015年全国卷Ⅱ第15题、2015年海南高考第2题、2015年山东高考第19题、2015年重庆高考第4题、2014年四川高考第6题、2014年江苏高考第1题、2014年浙江高考第24题、2014年安徽高考第20题、2014年全国卷Ⅰ第18题等。
备考正能量：法拉第电磁感应定律在高考试题中以选择题和计算题形式考查，命题考点为法拉第电磁感应定律的理解、动生电动势、感生电动势的计算、电磁感应中电荷量的计算。自感、涡流考点以选择题形式考查，有自感现象、自感电流图象、涡流现象及其应用和防止。预计今后高考重点仍然是法拉第电磁感应定律，考查基本知识和基本方法并兼顾灵活应用。
一、基础与经典
1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
答案 C
解析 根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，感应电动势的大小与线圈的匝数、磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)成正比，所以A、B选项错误，C正确；因不知原磁场变化趋势(增强或减弱)，故无法用楞次定律确定感应电流产生的磁场的方向，D错误。
2. 如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq \f(ΔB,Δt)的大小应为( )
A.eq \f(4ωB0,π) B.eq \f(2ωB0,π) C.eq \f(ωB0,π) D.eq \f(ωB0,2π)
答案 C
解析 设圆的半径为r，当其绕过圆心O的轴匀速转动时，圆弧部分不切割磁感线，不产生感应电动势，而在转过半周的过程中仅有一半直径在磁场中，产生的感应电动势E＝B0req \x\t(v)＝B0r·eq \f(rω,2)＝eq \f(1,2)B0r2ω；当线框不动时，E′＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(πr2,2)。由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R)，要使I＝I′，必须使E＝E′，即eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(ωB0,π)，C正确。
3．如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，电阻为R，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增大到2B。在此过程中，通过线圈导线某个横截面的电荷量为 ( )
A.eq \f(Ba2,R) B.eq \f(nBa2,R) C.eq \f(nBa2,2R) D.eq \f(Ba2,2R)
答案 C
解析 根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S＝neq \f(2B－B,Δt)·eq \f(1,2)a2＝eq \f(nBa2,2Δt)，q＝IΔt＝eq \f(E,R)Δt＝eq \f(nBa2,2RΔt)Δt＝eq \f(nBa2,2R)，故选C。
4．如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S。在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示。则在0～t0时间内电容器( )
A．上极板带正电，所带电荷量为eq \f(CSB2－B1,t0)
B．上极板带正电，所带电荷量为eq \f(CB2－B1,t0)
C．上极板带负电，所带电荷量为eq \f(CSB2－B1,t0)
D．上极板带负电，所带电荷量为eq \f(CB2－B1,t0)
答案 A
解析 在0～t0时间内回路中磁通量增加，由楞次定律知，回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，电容器上极板带正电。由法拉第电磁感应定律知，在0～t0时间内回路中产生的感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,t0)＝eq \f(B2－B1S,t0)，电容器两极板之间电压U＝E，电容器所带电荷量为q＝CU＝eq \f(CSB2－B1,t0)，选项A正确。
5. 如图所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L上的左右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来电键K是闭合的，三个灯泡均在发光。某时刻将电键K打开，则下列说法正确的是( )
A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭
B．b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
D．b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭
答案 B
解析 电键K闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻较B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由a到b，a点电势高于b点。当电键K打开，由于与电源断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，由楞次定律可得b点电势高于a点，阻碍流过A灯的电流减小，瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮一下后再缓慢熄灭，故B正确。
6. (多选)如图所示，三角形金属导轨EOF上放有一金属杆AB，在外力作用下，使AB保持与OF垂直，以速度v匀速从O点开始右移，设导轨与金属杆均为粗细相同的同种金属制成， 则下列判断正确的是( )
A．电路中的感应电流大小不变
B．电路中的感应电动势大小不变
C．电路中的感应电动势逐渐增大
D．电路中的感应电流逐渐减小
答案 AC
解析 设金属杆从O开始运动到如题图所示位置所经历的时间为t，∠EOF＝θ，则金属杆切割磁感线的有效长度L⊥＝OBtanθ，故E＝BL⊥v＝Bv·vttanθ＝Bv2tanθ·t，即电路中电动势与时间成正比，C选项正确；电路中电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Bv2tanθ·t,ρL/S)。而L等于电路中三条边的总长度，即L＝vt＋vt·tanθ＋eq \f(vt,csθ)＝vteq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋tanθ＋\f(1,csθ)))，所以I＝eq \f(Bvtanθ·S,ρ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋tanθ＋\f(1,csθ))))＝恒量，所以A正确。
7. 如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕过O点的轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )
A．由c到d，I＝eq \f(Br2ω,R) B．由d到c，I＝eq \f(Br2ω,R)
C．由c到d，I＝eq \f(Br2ω,2R) D．由d到c，I＝eq \f(Br2ω,2R)
答案 D
解析 由右手定则可知通过电阻R的电流的方向是由d到c；而金属圆盘产生的感应电动势E＝Breq \x\t(v)＝Br·ω·eq \f(r,2)＝eq \f(1,2)Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝eq \f(Br2ω,2R)。选项D正确。
8. (多选)一个面积S＝4×10－2 m2、匝数n＝100的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )
A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08 Wb/s
B．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 V
D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
答案 AC
解析 由图知，前2 s内eq \f(ΔB,Δt)＝2 T/s，所以eq \f(ΔФ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·S＝2×4×10－2 Wb/s＝0.08 Wb/s, A选项正确；在开始的2 s内磁感应强度B由2 T减到0，又从0向相反方向增加到2 T，所以这2 s内的磁通量的变化量ΔФ＝ΔB·s＝4×4×10－2＝0.16 Wb，B选项错误；在开始的2 s内E＝neq \f(ΔФ,Δt)＝100×0.08 V＝8 V，C选项正确；第3 s末的感应电动势等于2～4 s内的平均感应电动势，E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(nΔB,Δt)S＝100×2×4×10－2 V＝8 V，D选项错误。
9．(多选)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。则( )
A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝eq \f(π,3)时，杆产生的电动势为eq \r(3)Bav
C．θ＝eq \f(π,3)时，杆受的安培力大小为eq \f(3B2av,5π＋3R0)
D．θ＝0时，杆受的安培力大小为eq \f(2B2av,π＋2R0)
答案 AC
解析 θ＝0时，杆产生的电动势E＝BLv＝2Bav，故A正确；θ＝eq \f(π,3)时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为Bav，故B错误；θ＝eq \f(π,3)时，电路中的总电阻是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)π＋1))aR0，所以杆受的安培力大小为F′＝BI′L′＝eq \f(3B2av,5π＋3R0)，故C正确；θ＝0时，由于单位长度的电阻均为R0，所以电路中的总电阻为(2＋π)aR0，所以杆受到的安培力大小为F＝BIL＝B·2aeq \f(2Bav,2＋πaR0)＝eq \f(4B2av,π＋2R0)，故D错误。
二、真题与模拟
10．2016·全国卷Ⅱ] (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
答案 AB
解析 设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝eq \f(1,2)Br2ω，可知转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D项错误。
11．2016·江苏高考] (多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有( )
A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
答案 BCD
解析 由于铜质弦不能被磁化，振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，因此电吉他不能正常工作，A错误。取走磁体，没有磁场，金属弦不能被磁化，弦振动时不能产生变化的磁场，线圈不能产生感应电流，电吉他就不能正常工作，B正确。增加线圈的匝数，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势会增大，C正确。弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，产生的感应电流方向不断变化，D正确。
12．2016·北京高考] 如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是( )
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
答案 B
解析 原磁场方向向外，当磁场均匀增大时，在圆环中产生与原磁场方向相反的感应磁场，由安培定则可知感应电流的方向为顺时针，由法拉第电磁感应定律得E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(ΔB,Δt)·πr2，故Ea∶Eb＝4∶1，B正确。
13．2016·浙江高考] 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
答案 B
解析 根据楞次定律可判断，感应电流为逆时针方向，A错误。根据E＝neq \f(ΔB,Δt)·S可知Ea∶Eb＝Sa∶Sb＝9∶1，B正确。根据R＝ρeq \f(l,S截)知Ra∶Rb＝3∶1，又I＝eq \f(E,R)，所以Ia∶Ib＝3∶1，C错误。根据P＝EI可知Pa∶Pb＝27∶1，D错误。
14. 2015·全国卷Ⅱ]如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．Ubc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
答案 C
解析 在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：电动势大小为eq \f(1,2)Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得电动势大小也为eq \f(1,2)Bl2ω；由右手定则可知金属框内无电流，且Uc>Ub＝Ua，选项A、B错误；Ubc＝Uac＝－eq \f(1,2)Bl2ω，选项C正确，选项D错误。
15．2015·重庆高考] 如图所示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eq \f(nSB2－B1,t2－t1)
B．从0均匀变化到eq \f(nSB2－B1,t2－t1)
C．恒为－eq \f(nSB2－B1,t2－t1)
D．从0均匀变化到－eq \f(nSB2－B1,t2－t1)
答案 C
解析 根据E＝eq \f(nΔΦ,Δt)，ΔΦ＝(B2－B1)S，知E＝eq \f(nSB2－B1,t2－t1)，根据楞次定律可判断电流由a流向b，电源内部由低电势流向高电势，所以φb>φa，A、B错误。磁感应强度均匀增加，产生恒定电动势，C正确，D错误。
16．2014·江苏高考](多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有 ( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
答案 AB
解析 交变电流在铁芯中产生交变磁场，金属杯会产生感应电流而发热，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，产生的感应电流的大小取决于交流电源的频率、线圈的匝数、线圈中是否存在铁芯等。增加线圈的匝数和提高交流电源的频率都可以增大金属杯中产生的电流，可缩短加热时间，选项A、B正确；将金属杯换成瓷杯，变化的磁场不能使它产生电流，也就不能使水加热，选项C错误；取走线圈中的铁芯，会减小通过金属杯的磁场，金属杯产生的电流会减小，从而增加水沸腾的时间，选项D错误。
17．2014·四川高考](多选)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则( )
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
答案 AC
解析 由楞次定律可知，t＝1 s、t＝3 s时，金属杆中感应电流方向均从C到D，选项A正确、B错误；由法拉第电磁感应定律，得感应电动势E＝eq \f(ΔB,Δt)S·sin30°＝0.1 V，感应电流I＝eq \f(E,R)＝1 A。t＝1 s时，金属杆受力如图甲所示，由平衡条件，得FP＝FAsin30°＝BILsin30°＝(0.4－0.2t)T×ILsin30°＝0.1 N，选项C正确；t＝3 s时，金属杆受力如图乙所示，由平衡条件，得FH＝FAsin30°＝B3ILsin30°，而B3＝0.4 T－0.2×3 T＝－0.2 T，方向向左上方，代入解得FH＝0.1 N，选项D错误。
一、基础与经典
18．如图甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计，求0至t1时间内：
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量。
答案 (1)eq \f(nB0πr\\al(2,2),3Rt0)，方向从b到a
(2)eq \f(nB0πr\\al(2,2)t1,3Rt0) eq \f(2n2B\\al(2,0)π2r\\al(4,2)t1,9Rt\\al(2,0))
解析 (1)由图乙分析可知，0至t1时间内eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(B0,t0)，
由法拉第电磁感应定律有：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S，
其中S＝πreq \\al(2,2)，由闭合电路欧姆定律有：I1＝eq \f(E,R1＋R)，
联立以上各式，解得通过电阻R1上的电流大小I1＝eq \f(nB0πr\\al(2,2),3Rt0)。
由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a。
(2)通过电阻R1上的电量q＝I1t1＝eq \f(nB0πr\\al(2,2)t1,3Rt0)，
电阻R1上产生的热量Q＝Ieq \\al(2,1)R1t1＝eq \f(2n2B\\al(2,0)π2r\\al(4,2)t1,9Rt\\al(2,0))。
19. 如图所示，有一个上、下两层连通且均与水平面平行的“U”型的光滑金属平行导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆与轨道垂直，在“U”型导轨的右侧空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，杆A1在磁场中，杆A2在磁场之外。设两导轨面相距为H，平行导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r。现在有同样的金属杆A3从左侧半圆形轨道的中点从静止开始下滑，在下面与金属杆A2发生碰撞，设碰撞后两杆立刻粘在一起并向右运动。求：
(1)回路内感应电流的最大值；
(2)在整个运动过程中，感应电流最多产生的热量；
(3)当杆A2、A3与杆A1的速度之比为3∶1时，A1受到的安培力大小。
答案 (1)eq \f(B\r(gH),3r) (2)eq \f(1,12)mgH (3)eq \f(4B2L\r(gH),21r)
解析 (1)设A3从半圆形轨道的中点滑到水平轨道的速度为v0，有：mg·eq \f(1,2)H＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得：v0＝eq \r(gH)。
A3、A2碰撞过程动量守恒：mv0＝2mv1，
解得：v1＝eq \f(\r(gH),2)。
A3、A2结合后，刚进入磁场时的感应电动势最大，电流也最大。最大电动势：Emax＝BLv1，总电阻为A3、A2的电阻并联为等效内阻，再与A1的电阻串联：R＝eq \f(1,2)Lr＋Lr＝1.5Lr，最大电流：Imax＝eq \f(Emax,R)＝eq \f(B\r(gH),3r)。
(2)分析可得：A3、A2进入磁场后，A3、A2向右减速、A1向右加速，最终达到共速(设为v2)，此后保持匀速。三杆系统(A1A2和A3)的总动量经检验知，符合动量守恒条件(必须检验)，则有2mv1＝3mv2，解得：v2＝eq \f(1,3)v0＝eq \f(1,3)eq \r(gH)，由能量守恒，整个过程感应电流产生的最多热量为：Q＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,12)mgH。
(3)设A1的速度为v，则A3、A2的速度为3v，同理，由于系统符合动量守恒条件：2mv1＝mv＋2m·3v，解得：v＝eq \f(1,7)v0＝eq \f(1,7)eq \r(gH)，整个电路的总电动势为：E＝BL·3v－BLv＝2BLv＝eq \f(2,7)BLeq \r(gH)，电路中的电流：I＝eq \f(E,R)，A1所受安培力的大小为：F＝BIL＝eq \f(4B2L\r(gH),21r)。
二、真题与模拟
20．2016·全国卷Ⅰ]如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小。
答案 (1)mg(sinθ－3μcsθ) (2)(sinθ－3μcsθ)eq \f(mgR,B2L2)
解析 (1)设两根导线的总的张力大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsinθ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcsθ②
对于cd棒，同理有mgsinθ＋μN2＝T③
N2＝mgcsθ④
联立①②③④式得：F＝mg(sinθ－3μcsθ)⑤
(2)由安培力公式得F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。
ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小。
由欧姆定律得：I＝eq \f(E,R)⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得：v＝(sinθ－3μcsθ)eq \f(mgR,B2L2)。
21．2016·全国卷Ⅲ]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。
答案 (1)eq \f(kt0S,R) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS)eq \f(B0l,R)
解析 (1)在金属棒未越过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＝eq \f(ΔΦ,Δt)②
由欧姆定律有i＝eq \f(E,R)③
由电流的定义式有i＝eq \f(Δq,Δt)④
联立①②③④式得|Δq|＝eq \f(kS,R)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|＝eq \f(kt0S,R)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＝B0lI⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪
式中，Φ仍如①式所示。由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量为：
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＝eq \f(ΔΦt,Δt)⑭
由欧姆定律有I＝eq \f(Et,R)⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS)eq \f(B0l,R)。
22．2016·全国卷Ⅱ]如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值。
答案 (1)Blt0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,m)－μg)) (2)eq \f(B2l2t0,m)
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＝Blt0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,m)－μg))④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝eq \f(E,R)⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为FA＝BIl⑥
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＝eq \f(B2l2t0,m)。
考点细研究：(1)法拉第电磁感应定律；(2)自感、涡流等。其中考查到的如：2016年全国卷Ⅱ第20题、2016年全国卷Ⅱ第25题、2016年北京高考第16题、2016年浙江高考第16题、2016年江苏高考第6题、2015年全国卷Ⅱ第15题、2015年海南高考第2题、2015年山东高考第19题、2015年重庆高考第4题、2014年四川高考第6题、2014年江苏高考第1题、2014年浙江高考第24题、2014年安徽高考第20题、2014年全国卷Ⅰ第18题等。
备考正能量：法拉第电磁感应定律在高考试题中以选择题和计算题形式考查，命题考点为法拉第电磁感应定律的理解、动生电动势、感生电动势的计算、电磁感应中电荷量的计算。自感、涡流考点以选择题形式考查，有自感现象、自感电流图象、涡流现象及其应用和防止。预计今后高考重点仍然是法拉第电磁感应定律，考查基本知识和基本方法并兼顾灵活应用。
一、基础与经典
1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
答案 C
解析 根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，感应电动势的大小与线圈的匝数、磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)成正比，所以A、B选项错误，C正确；因不知原磁场变化趋势(增强或减弱)，故无法用楞次定律确定感应电流产生的磁场的方向，D错误。
2. 如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq \f(ΔB,Δt)的大小应为( )
A.eq \f(4ωB0,π) B.eq \f(2ωB0,π) C.eq \f(ωB0,π) D.eq \f(ωB0,2π)
答案 C
解析 设圆的半径为r，当其绕过圆心O的轴匀速转动时，圆弧部分不切割磁感线，不产生感应电动势，而在转过半周的过程中仅有一半直径在磁场中，产生的感应电动势E＝B0req \x\t(v)＝B0r·eq \f(rω,2)＝eq \f(1,2)B0r2ω；当线框不动时，E′＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(πr2,2)。由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R)，要使I＝I′，必须使E＝E′，即eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(ωB0,π)，C正确。
3．如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，电阻为R，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增大到2B。在此过程中，通过线圈导线某个横截面的电荷量为 ( )
A.eq \f(Ba2,R) B.eq \f(nBa2,R) C.eq \f(nBa2,2R) D.eq \f(Ba2,2R)
答案 C
解析 根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S＝neq \f(2B－B,Δt)·eq \f(1,2)a2＝eq \f(nBa2,2Δt)，q＝IΔt＝eq \f(E,R)Δt＝eq \f(nBa2,2RΔt)Δt＝eq \f(nBa2,2R)，故选C。
4．如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S。在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示。则在0～t0时间内电容器( )
A．上极板带正电，所带电荷量为eq \f(CSB2－B1,t0)
B．上极板带正电，所带电荷量为eq \f(CB2－B1,t0)
C．上极板带负电，所带电荷量为eq \f(CSB2－B1,t0)
D．上极板带负电，所带电荷量为eq \f(CB2－B1,t0)
答案 A
解析 在0～t0时间内回路中磁通量增加，由楞次定律知，回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，电容器上极板带正电。由法拉第电磁感应定律知，在0～t0时间内回路中产生的感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,t0)＝eq \f(B2－B1S,t0)，电容器两极板之间电压U＝E，电容器所带电荷量为q＝CU＝eq \f(CSB2－B1,t0)，选项A正确。
5. 如图所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L上的左右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来电键K是闭合的，三个灯泡均在发光。某时刻将电键K打开，则下列说法正确的是( )
A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭
B．b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
D．b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭
答案 B
解析 电键K闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻较B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由a到b，a点电势高于b点。当电键K打开，由于与电源断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，由楞次定律可得b点电势高于a点，阻碍流过A灯的电流减小，瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮一下后再缓慢熄灭，故B正确。
6. (多选)如图所示，三角形金属导轨EOF上放有一金属杆AB，在外力作用下，使AB保持与OF垂直，以速度v匀速从O点开始右移，设导轨与金属杆均为粗细相同的同种金属制成， 则下列判断正确的是( )
A．电路中的感应电流大小不变
B．电路中的感应电动势大小不变
C．电路中的感应电动势逐渐增大
D．电路中的感应电流逐渐减小
答案 AC
解析 设金属杆从O开始运动到如题图所示位置所经历的时间为t，∠EOF＝θ，则金属杆切割磁感线的有效长度L⊥＝OBtanθ，故E＝BL⊥v＝Bv·vttanθ＝Bv2tanθ·t，即电路中电动势与时间成正比，C选项正确；电路中电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Bv2tanθ·t,ρL/S)。而L等于电路中三条边的总长度，即L＝vt＋vt·tanθ＋eq \f(vt,csθ)＝vteq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋tanθ＋\f(1,csθ)))，所以I＝eq \f(Bvtanθ·S,ρ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋tanθ＋\f(1,csθ))))＝恒量，所以A正确。
7. 如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕过O点的轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )
A．由c到d，I＝eq \f(Br2ω,R) B．由d到c，I＝eq \f(Br2ω,R)
C．由c到d，I＝eq \f(Br2ω,2R) D．由d到c，I＝eq \f(Br2ω,2R)
答案 D
解析 由右手定则可知通过电阻R的电流的方向是由d到c；而金属圆盘产生的感应电动势E＝Breq \x\t(v)＝Br·ω·eq \f(r,2)＝eq \f(1,2)Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝eq \f(Br2ω,2R)。选项D正确。
8. (多选)一个面积S＝4×10－2 m2、匝数n＝100的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )
A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08 Wb/s
B．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 V
D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
答案 AC
解析 由图知，前2 s内eq \f(ΔB,Δt)＝2 T/s，所以eq \f(ΔФ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·S＝2×4×10－2 Wb/s＝0.08 Wb/s, A选项正确；在开始的2 s内磁感应强度B由2 T减到0，又从0向相反方向增加到2 T，所以这2 s内的磁通量的变化量ΔФ＝ΔB·s＝4×4×10－2＝0.16 Wb，B选项错误；在开始的2 s内E＝neq \f(ΔФ,Δt)＝100×0.08 V＝8 V，C选项正确；第3 s末的感应电动势等于2～4 s内的平均感应电动势，E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(nΔB,Δt)S＝100×2×4×10－2 V＝8 V，D选项错误。
9．(多选)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。则( )
A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝eq \f(π,3)时，杆产生的电动势为eq \r(3)Bav
C．θ＝eq \f(π,3)时，杆受的安培力大小为eq \f(3B2av,5π＋3R0)
D．θ＝0时，杆受的安培力大小为eq \f(2B2av,π＋2R0)
答案 AC
解析 θ＝0时，杆产生的电动势E＝BLv＝2Bav，故A正确；θ＝eq \f(π,3)时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为Bav，故B错误；θ＝eq \f(π,3)时，电路中的总电阻是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)π＋1))aR0，所以杆受的安培力大小为F′＝BI′L′＝eq \f(3B2av,5π＋3R0)，故C正确；θ＝0时，由于单位长度的电阻均为R0，所以电路中的总电阻为(2＋π)aR0，所以杆受到的安培力大小为F＝BIL＝B·2aeq \f(2Bav,2＋πaR0)＝eq \f(4B2av,π＋2R0)，故D错误。
二、真题与模拟
10．2016·全国卷Ⅱ] (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
答案 AB
解析 设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝eq \f(1,2)Br2ω，可知转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D项错误。
11．2016·江苏高考] (多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有( )
A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
答案 BCD
解析 由于铜质弦不能被磁化，振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，因此电吉他不能正常工作，A错误。取走磁体，没有磁场，金属弦不能被磁化，弦振动时不能产生变化的磁场，线圈不能产生感应电流，电吉他就不能正常工作，B正确。增加线圈的匝数，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势会增大，C正确。弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，产生的感应电流方向不断变化，D正确。
12．2016·北京高考] 如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是( )
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
答案 B
解析 原磁场方向向外，当磁场均匀增大时，在圆环中产生与原磁场方向相反的感应磁场，由安培定则可知感应电流的方向为顺时针，由法拉第电磁感应定律得E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(ΔB,Δt)·πr2，故Ea∶Eb＝4∶1，B正确。
13．2016·浙江高考] 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
答案 B
解析 根据楞次定律可判断，感应电流为逆时针方向，A错误。根据E＝neq \f(ΔB,Δt)·S可知Ea∶Eb＝Sa∶Sb＝9∶1，B正确。根据R＝ρeq \f(l,S截)知Ra∶Rb＝3∶1，又I＝eq \f(E,R)，所以Ia∶Ib＝3∶1，C错误。根据P＝EI可知Pa∶Pb＝27∶1，D错误。
14. 2015·全国卷Ⅱ]如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．Ubc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
答案 C
解析 在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：电动势大小为eq \f(1,2)Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得电动势大小也为eq \f(1,2)Bl2ω；由右手定则可知金属框内无电流，且Uc>Ub＝Ua，选项A、B错误；Ubc＝Uac＝－eq \f(1,2)Bl2ω，选项C正确，选项D错误。
15．2015·重庆高考] 如图所示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eq \f(nSB2－B1,t2－t1)
B．从0均匀变化到eq \f(nSB2－B1,t2－t1)
C．恒为－eq \f(nSB2－B1,t2－t1)
D．从0均匀变化到－eq \f(nSB2－B1,t2－t1)
答案 C
解析 根据E＝eq \f(nΔΦ,Δt)，ΔΦ＝(B2－B1)S，知E＝eq \f(nSB2－B1,t2－t1)，根据楞次定律可判断电流由a流向b，电源内部由低电势流向高电势，所以φb>φa，A、B错误。磁感应强度均匀增加，产生恒定电动势，C正确，D错误。
16．2014·江苏高考](多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有 ( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
答案 AB
解析 交变电流在铁芯中产生交变磁场，金属杯会产生感应电流而发热，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，产生的感应电流的大小取决于交流电源的频率、线圈的匝数、线圈中是否存在铁芯等。增加线圈的匝数和提高交流电源的频率都可以增大金属杯中产生的电流，可缩短加热时间，选项A、B正确；将金属杯换成瓷杯，变化的磁场不能使它产生电流，也就不能使水加热，选项C错误；取走线圈中的铁芯，会减小通过金属杯的磁场，金属杯产生的电流会减小，从而增加水沸腾的时间，选项D错误。
17．2014·四川高考](多选)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则( )
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
答案 AC
解析 由楞次定律可知，t＝1 s、t＝3 s时，金属杆中感应电流方向均从C到D，选项A正确、B错误；由法拉第电磁感应定律，得感应电动势E＝eq \f(ΔB,Δt)S·sin30°＝0.1 V，感应电流I＝eq \f(E,R)＝1 A。t＝1 s时，金属杆受力如图甲所示，由平衡条件，得FP＝FAsin30°＝BILsin30°＝(0.4－0.2t)T×ILsin30°＝0.1 N，选项C正确；t＝3 s时，金属杆受力如图乙所示，由平衡条件，得FH＝FAsin30°＝B3ILsin30°，而B3＝0.4 T－0.2×3 T＝－0.2 T，方向向左上方，代入解得FH＝0.1 N，选项D错误。
一、基础与经典
18．如图甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计，求0至t1时间内：
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量。
答案 (1)eq \f(nB0πr\\al(2,2),3Rt0)，方向从b到a
(2)eq \f(nB0πr\\al(2,2)t1,3Rt0) eq \f(2n2B\\al(2,0)π2r\\al(4,2)t1,9Rt\\al(2,0))
解析 (1)由图乙分析可知，0至t1时间内eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(B0,t0)，
由法拉第电磁感应定律有：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S，
其中S＝πreq \\al(2,2)，由闭合电路欧姆定律有：I1＝eq \f(E,R1＋R)，
联立以上各式，解得通过电阻R1上的电流大小I1＝eq \f(nB0πr\\al(2,2),3Rt0)。
由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a。
(2)通过电阻R1上的电量q＝I1t1＝eq \f(nB0πr\\al(2,2)t1,3Rt0)，
电阻R1上产生的热量Q＝Ieq \\al(2,1)R1t1＝eq \f(2n2B\\al(2,0)π2r\\al(4,2)t1,9Rt\\al(2,0))。
19. 如图所示，有一个上、下两层连通且均与水平面平行的“U”型的光滑金属平行导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆与轨道垂直，在“U”型导轨的右侧空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，杆A1在磁场中，杆A2在磁场之外。设两导轨面相距为H，平行导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r。现在有同样的金属杆A3从左侧半圆形轨道的中点从静止开始下滑，在下面与金属杆A2发生碰撞，设碰撞后两杆立刻粘在一起并向右运动。求：
(1)回路内感应电流的最大值；
(2)在整个运动过程中，感应电流最多产生的热量；
(3)当杆A2、A3与杆A1的速度之比为3∶1时，A1受到的安培力大小。
答案 (1)eq \f(B\r(gH),3r) (2)eq \f(1,12)mgH (3)eq \f(4B2L\r(gH),21r)
解析 (1)设A3从半圆形轨道的中点滑到水平轨道的速度为v0，有：mg·eq \f(1,2)H＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得：v0＝eq \r(gH)。
A3、A2碰撞过程动量守恒：mv0＝2mv1，
解得：v1＝eq \f(\r(gH),2)。
A3、A2结合后，刚进入磁场时的感应电动势最大，电流也最大。最大电动势：Emax＝BLv1，总电阻为A3、A2的电阻并联为等效内阻，再与A1的电阻串联：R＝eq \f(1,2)Lr＋Lr＝1.5Lr，最大电流：Imax＝eq \f(Emax,R)＝eq \f(B\r(gH),3r)。
(2)分析可得：A3、A2进入磁场后，A3、A2向右减速、A1向右加速，最终达到共速(设为v2)，此后保持匀速。三杆系统(A1A2和A3)的总动量经检验知，符合动量守恒条件(必须检验)，则有2mv1＝3mv2，解得：v2＝eq \f(1,3)v0＝eq \f(1,3)eq \r(gH)，由能量守恒，整个过程感应电流产生的最多热量为：Q＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,12)mgH。
(3)设A1的速度为v，则A3、A2的速度为3v，同理，由于系统符合动量守恒条件：2mv1＝mv＋2m·3v，解得：v＝eq \f(1,7)v0＝eq \f(1,7)eq \r(gH)，整个电路的总电动势为：E＝BL·3v－BLv＝2BLv＝eq \f(2,7)BLeq \r(gH)，电路中的电流：I＝eq \f(E,R)，A1所受安培力的大小为：F＝BIL＝eq \f(4B2L\r(gH),21r)。
二、真题与模拟
20．2016·全国卷Ⅰ]如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小。
答案 (1)mg(sinθ－3μcsθ) (2)(sinθ－3μcsθ)eq \f(mgR,B2L2)
解析 (1)设两根导线的总的张力大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsinθ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcsθ②
对于cd棒，同理有mgsinθ＋μN2＝T③
N2＝mgcsθ④
联立①②③④式得：F＝mg(sinθ－3μcsθ)⑤
(2)由安培力公式得F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。
ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小。
由欧姆定律得：I＝eq \f(E,R)⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得：v＝(sinθ－3μcsθ)eq \f(mgR,B2L2)。
21．2016·全国卷Ⅲ]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。
答案 (1)eq \f(kt0S,R) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS)eq \f(B0l,R)
解析 (1)在金属棒未越过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＝eq \f(ΔΦ,Δt)②
由欧姆定律有i＝eq \f(E,R)③
由电流的定义式有i＝eq \f(Δq,Δt)④
联立①②③④式得|Δq|＝eq \f(kS,R)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|＝eq \f(kt0S,R)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＝B0lI⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪
式中，Φ仍如①式所示。由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量为：
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＝eq \f(ΔΦt,Δt)⑭
由欧姆定律有I＝eq \f(Et,R)⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS)eq \f(B0l,R)。
22．2016·全国卷Ⅱ]如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值。
答案 (1)Blt0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,m)－μg)) (2)eq \f(B2l2t0,m)
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＝Blt0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,m)－μg))④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝eq \f(E,R)⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为FA＝BIl⑥
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＝eq \f(B2l2t0,m)。
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