高考物理考前知识专题11　电磁感应规律及其应用

这是一份高考物理考前知识专题11　电磁感应规律及其应用，共24页。试卷主要包含了楞次定律和右手定则的适用对象，求感应电动势大小的五种类型，25 V等内容，欢迎下载使用。

考题一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”.
2.楞次定律和右手定则的适用对象
(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形.
(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形.
3.求感应电动势大小的五种类型
(1)磁通量变化型：E＝neq \f(ΔΦ,Δt).
(2)磁感应强度变化型：E＝nSeq \f(ΔB,Δt).
(3)面积变化型：E＝nBeq \f(ΔS,Δt).
(4)平动切割型：E＝Blv.
(5)转动切割型：E＝eq \f(1,2)nBl2ω.
注意：公式E＝neq \f(ΔB,Δt)S中的S是垂直于磁场方向的有效面积.
例1 (2016·浙江·16)如图1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( )
图1
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 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，设eq \f(ΔB,Δt)＝k，根据法拉第电磁感应定律可得E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)l2，则eq \f(Ea,Eb)＝(eq \f(3,1))2＝eq \f(9,1)，选项B正确；根据I＝eq \f(E,R)＝eq \f(E,ρ\f(4nl,S))＝eq \f(n\f(ΔB,Δt)l2S,4ρnl)＝eq \f(klS,4ρ)可知，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＝eq \f(klS,4ρ)·neq \f(ΔB,Δt)l2＝eq \f(nk2l3S,4ρ)，则P∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27∶1，选项D错误.
答案 B
变式训练
1.如图2所示，a、b、c三个线圈是同心圆，b线圈上连接有直流电源E和开关K，则下列说法正确的是( )
图2
A.在K闭合的一瞬间，线圈a中有逆时针方向的瞬时电流，有收缩趋势
B.在K闭合的一瞬间，线圈c中有顺时针方向的瞬时电流，有收缩趋势
C.在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈c中有感应电流，线圈a中没有感应电流
D.在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势
答案 D
解析 K闭合时线圈b中有顺时针的电流，根据右手定则可知内部有向里增大的磁场，则a线圈产生阻碍原磁通量变化的电流，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针，线圈受到向外的安培力，故有扩张的趋势，故A错误；根据楞次定律可知，c中感应电流为逆时针且有收缩的趋势，故B错误；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，两线圈中均有磁通量的变化，故线圈中均有感应电流，故C错误；在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势，故D正确.
2.(2016·海南·4)如图3，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距.两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流.若( )
图3
A.金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B.金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C.金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
D.金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
答案 D
解析 根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确.
3.(2016·全国甲卷·20)法拉第圆盘发电机的示意图如图4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( )
图4
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 将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLeq \x\t(v)＝eq \f(1,2)BL2ω，I＝eq \f(E,R＋r)，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝eq \f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错.
4.如图5所示，一根弧长为L的半圆形硬导体棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在竖直平面内的U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路中除电阻R外，其余电阻均不计，U形框左端与平行板电容器相连，质量为m的带电油滴静止于电容器两极板中央，半圆形硬导体棒AB始终与U形框接触良好.则以下判断正确的是( )
图5
A.油滴所带电荷量为eq \f(mgd,BLv0)
B.电流自上而下流过电阻R
C.A、B间的电势差UAB＝BLv0
D.其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器所带电荷量将增加，油滴将向上运动
答案 BD
解析 导体棒AB在水平拉力F作用下向右运动，由右手定则可知，导体棒AB相当于电源，A端是正极，故电流自上而下流过电阻R，B对；导体棒AB的弧长为L，与磁场切割有效长度为eq \f(2L,π)，故A、C错；根据电容器C＝eq \f(εrS,4πkd)，C＝eq \f(Q,U)，两极板距离d减小，C增大，Q增加，电场强度E增大，油滴将向上运动，D对.
考题二 电磁感应中的图象问题
解决电磁感应图象问题的方法技巧
(1)解决电磁感应图象问题的“三点关注”：
①关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向.
②关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应.
③关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应.
(2)解决电磁感应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、牛顿运动定律等规律写出函数关系式.
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.
(3)图象选择技巧：求解物理图象的选择题时可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象.
例2 (2016·四川·7)如图6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F安，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( )
图6
解析 设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E＝BLv，回路电流I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BL,R＋r)v，即I∝v；安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2,R＋r)v，方向水平向左，即F安∝v；R两端电压UR＝IR＝eq \f(BLR,R＋r)v，即UR∝v；感应电流功率P＝EI＝eq \f(B2L2,R＋r)v2，即P∝v2.
分析金属棒运动情况，由牛顿运动第二定律可得F0＋kv－eq \f(B2L2,R＋r)v＝ma，即F0＋(k－eq \f(B2L2,R＋r))v＝ma.因为金属棒从静止开始运动，所以F0>0 .
(1)若k＝eq \f(B2L2,R＋r)，金属棒水平向右做匀加速直线运动.所以在此情况下没有选项符合；
(2)若k>eq \f(B2L2,R＋r)，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；
(3)若k综上所述，选项B、C符合题意.
答案 BC
变式训练
5.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图7甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是( )
图7
答案 A
解析 在0～eq \f(T,2) s内，根据法拉第电磁感应定律，E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(4nB0S,T).根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相反，为负值；在eq \f(T,2)～T内，根据法拉第电磁感应定律，E′＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(8nB0S,T)＝2E，所以感应电流是之前的2倍.再根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值.故A正确.
6.如图8所示，有一个边界为正三角形的匀强磁场区域，边长为a，磁感应强度方向垂直纸面向里，一个导体矩形框的长为eq \f(\r(3),2)a，宽为eq \f(a,2)，平行于纸面沿着磁场区域的轴线匀速穿越磁场区域，导体框中感应电流的正方向为逆时针方向，以导体框刚进入磁场时为t＝0时刻，则导体框中的感应电流随时间变化的图象是( )
图8
答案 D
解析 由右手定则可知，线框进入磁场过程与离开磁场过程感应电流方向相反，故A错误；由图示可知，线框开始进入磁场的一段时间内，切割磁感线的有效长度L不变，电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)大小不变，当线框右边部分穿出磁场过程，切割磁感线的有效长度L减小，感应电流减小，线框右边完全离开磁场后，线框左边完全进入磁场，然后线框左边切割磁感线，感应电流反向，此后一段时间内，线框切割磁感线的有效长度L不变，感应电流大小不变，线框左边离开磁场过程，线框切割磁感线的有效长度L减小，感应电流减小，故B、C错误，D正确.
7.宽度均为d且足够长的两相邻条形区域内，各存在磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场.电阻为R、边长为eq \f(4\r(3),3)d的等边三角形金属框的AB边与磁场边界平行，金属框从图9所示位置以垂直于AB边向右的方向做匀速直线运动，取逆时针方向电流为正，从金属框C端刚进入磁场开始计时，框中产生的感应电流随时间变化的图象是( )
图9
答案 A
考题三 电磁感应中的动力学问题
电磁感应与动力学综合题的解题策略
(1)分析“源”：找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向；
(2)分析“路”：画出等效电路图，求解回路中的电流的大小及方向；
(3)分析“力”：分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推得对电流的影响，最后确定导体棒的最终运动情况；
(4)列“方程”：列出牛顿第二定律或平衡方程求解.
例3 (2016·全国甲卷·24)如图10，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：
图10
(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
F－μmg＝ma①
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知产生的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0(eq \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
F安＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，有
F－μmg－F安＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝eq \f(B2l2t0,m)
答案 (1)Blt0(eq \f(F,m)－μg) (2)eq \f(B2l2t0,m)
变式训练
8.如图11(a)所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为1 kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v0＝3 m/s进入匀强磁场时开始计时t＝0，此时线框中感应电动势为1 V，在t＝3 s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场.此过程中v－t图象如图(b)所示，那么( )
图11
A.线框右侧边两端MN间的电压为0.25 V
B.恒力F的大小为0.5 N
C.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为3 m/s
D.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为1 m/s
答案 B
解析 t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为外电压，总的感应电动势为：E＝Blv0，外电压U外＝eq \f(3,4)E＝0.75 V.故A错误；在1～3 s内，线框做匀加速运动，没有感应电流，线框不受安培力，则有F＝ma，由速度—时间图象的斜率表示加速度，求得a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(3－2,3－1) m/s2＝0.5 m/s2，则得F＝0.5 N.故B正确.由(b)图象看出，在t＝3 s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进入匀强磁场时速度相同，则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同，则知线框完全离开磁场的瞬间位置3速度与t＝1 s时刻的速度相等，即为2 m/s.故C、D错误.
9.如图12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( )
图12
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.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
答案 BD
解析 当导体棒达到最大速度时满足F＝F安，则F＝Beq \f(BLvm,r＋R)L，解得vm＝eq \f(Fr＋R,B2L2)，可知R越大，vm越大，选项A错误；金属杆的最大速度vm＝eq \f(Fr＋R,B2L2)＝eq \f(5×1＋R,12×0.52)＝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＝eq \f(F,BL)，则I＝neSve，则ve＝eq \f(I,neS)＝eq \f(F,BLneS)，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.
考题四 电磁感应中的能量问题
电磁感应中能量的三种求解方法
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功.
eq \x(其他形式的能量)eq \(―――――――→,\s\up7(克服安培力做功))eq \x(电能)eq \(―――→,\s\up7(电流做功))eq \x(焦耳热或其他形式的能量)
(2)利用能量守恒定律求解：若只有电能与机械能参与转化，则机械能的减少量等于产生的电能.
(3)利用电路的相关公式——电功公式或电热公式求解：若通过电阻的电流是恒定的，则可直接利用电功公式或焦耳定律求解焦耳热.
特别提醒：回路中某个元件的焦耳热和回路总焦耳热之间的关系，不能混淆.
例4 如图13所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，导轨电阻不计，导轨处在垂直导轨平面斜向上的有界匀强磁场中，两根电阻都为R＝2 Ω、质量都为m＝0.2 kg的完全相同的细金属棒ab和cd垂直导轨并排靠紧的放置在导轨上，与磁场上边界距离为x＝1.6 m，有界匀强磁场宽度为3x＝4.8 m.先将金属棒ab由静止释放，金属棒ab刚进入磁场就恰好做匀速运动，此时立即由静止释放金属棒cd，金属棒cd在出磁场前已做匀速运动，两金属棒在下滑过程中与导轨接触始终良好(取重力加速度g＝10 m/s2)，求：
图13
(1)金属棒ab刚进入磁场时棒中电流I；
(2)金属棒cd在磁场中运动的过程中通过回路某一截面的电量q；
(3)两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q.
[思维规范流程]
①③⑪⑫⑬⑭每式各2分，其余各式1分.
变式训练
10.如图14所示，正方形金属线框abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R.在线框的下方有一匀强磁场，MN和M′N′是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里.现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v－t图象，图中字母均为已知量.重力加速度为g，不计空气阻力.下列说法正确的是( )
图14
A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B.金属线框的边长为v1(t2－t1)
C.磁场的磁感应强度为eq \f(1,v1t1－t2) eq \r(\f(mgR,v1))
D.金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为2mgv1(t2－t1)＋eq \f(1,2)m(veq \\al( 2,2)－veq \\al( 2,3))
答案 BD
解析 金属线框刚进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向，故A错误；由题图乙可知，金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2－t1，故金属线框的边长：l＝v1(t2－t1)，故B正确；在金属线框进入磁场的过程中，金属线框所受安培力等于重力，则得：mg＝BIl，I＝eq \f(Blv1,R)，又l＝v1(t2－t1).联立解得：B＝eq \f(1,v1t2－t1) eq \r(\f(mgR,v1))，故C错误；t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1＝mgl＝mgv1(t2－t1)；t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：
Q2＝mgl＋eq \f(1,2)m(veq \\al( 2,2)－veq \\al( 2,3))
＝mgv1(t2－t1)＋eq \f(1,2)m(veq \\al( 2,2)－veq \\al( 2,3))
故Q＝Q1＋Q2＝2mgv1(t2－t1)＋eq \f(1,2)m(veq \\al( 2,2)－veq \\al( 3,3))，故D正确.
11.(2016·浙江·24)小明设计的电磁健身器的简化装置如图15所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻.在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T.质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m.一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求：
图15
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F安的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.
答案 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J
解析 (1)由牛顿第二定律得
a＝eq \f(F－mgsin θ,m)＝12 m/s2
进入磁场时的速度
v＝eq \r(2as)＝2.4 m/s
(2)感应电动势E＝Blv
感应电流I＝eq \f(Blv,R)
安培力F安＝IBl
代入得F安＝eq \f(Bl2v,R)＝48 N
(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J
又F－mgsin θ－F安＝0
CD棒在磁场区做匀速运动
在磁场中运动时间t＝eq \f(d,v)
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J.
专题规范练
1.下列没有利用涡流的是( )
A.金属探测器
B.变压器中用互相绝缘的硅钢片叠压成铁芯
C.用来冶炼合金钢的真空冶炼炉
D.磁电式仪表的线圈用铝框做骨架
答案 B
解析 金属探测器中变化电流遇到金属物体，在金属物体中产生涡流，故A、D是利用涡流的；变压器的铁芯用硅钢片叠压而成，是为了减小涡流，故B正确；真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在冶炼炉中产生涡流，从而产生大量的热量，故C是利用涡流的.
2.(多选)(2016·江苏·6)电吉他中电拾音器的基本结构如图1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( )
图1
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 铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项对；由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D项正确.
3.如图2所示，三个相同的灯泡a、b、c和电阻不计的线圈L与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是( )
图2
A.K闭合的瞬间，b、c两灯亮度不同
B.K闭合足够长时间以后，b、c两灯亮度相同
C.K断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭
D.K断开之后，b灯突然闪亮以后再逐渐变暗
答案 D
解析 K闭合的瞬间，三个灯同时发光，由于线圈自感电动势的阻碍，开始时通过L的电流很小，b、c两灯的电流相同，一样亮.由于a灯的电压等于b、c电压之和，所以a灯最亮，K闭合足够长时间以后，b灯被线圈短路，故b灯熄灭，故b、c两灯亮度不相同，故A、B错误.K断开的瞬间，线圈中电流将要减小，产生自感电动势，相当于电源，有电流流过a、c两灯，由于两灯串联，所以a、c两灯逐渐变暗且亮度相同.故C错误；因K断开之后，b灯中有电流通过，故使得b灯突然闪亮以后再逐渐变暗，选项D正确.
4.(多选)(2016·上海·19)如图3(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向.螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内.当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时( )
图3
A.在t1～t2时间内，L有收缩趋势
B.在t2～t3时间内，L有扩张趋势
C.在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流
D.在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流
答案 AD
解析 据题意，在t1～t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加，则在导线框中产生顺时针方向大小增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向的感应电流，选项D正确.
5.(2016·北京·16)如图4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( )
图4
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 由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝πr2·eq \f(ΔB,Δt)，则eq \f(Ea,Eb)＝eq \f(r\\al(2,a),r\\al(2,b))＝eq \f(4,1)，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，B项对.
6.如图5所示，边长为L的金属框abcd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、d四点的电势分别为φa、φb、φc、φd.下列判断正确的是( )
图5
A.金属框中无电流，φa＝φd
B.金属框中电流方向沿a－d－c－b－a，φa＜φd
C.金属框中无电流，Ubc＝－eq \f(1,2)BL2ω
D.金属框中无电流，Ubc＝－BL2ω
答案 C
解析 因穿过线圈的磁通量始终为零，故线圈中无电流；根据右手定则可知，d端电势高于a端，c端电势高于d端，Ubc＝－BLeq \f(ωL,2)＝－eq \f(1,2)BL2ω，故选项A、B、D错误，C正确；故选C.
7.如图6甲所示，正三角形导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示.t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里，在0～5 s时间内，线框ab边所受安培力F随时间t变化的关系(规定水平向左为力的正方向)可能是下列选项中的( )
图6
答案 A
解析 0～1 s，感应电动势为：E1＝Seq \f(ΔB,Δt)＝SB0，为定值；感应电流：I1＝eq \f(E1,r)＝eq \f(SB0,r)，为定值；安培力F＝BI1L∝B；由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据楞次定律可知，线圈ab边所受的安培力向左，为正；同理：1～2 s，感应电动势为：E1＝Seq \f(ΔB,Δt)＝SB0，为定值；感应电流：I1＝eq \f(E1,r)＝eq \f(SB0,r)，为定值；安培力F＝BI1L∝B；由于B逐渐增大，故安培力逐渐增大，根据楞次定律可知，线圈ab边所受的安培力向右，为负；3～3.5 s内，感应电动势为：E2＝Seq \f(ΔB,Δt)＝2SB0，为定值；感应电流：I2＝eq \f(E2,r)＝eq \f(2SB0,r)，为定值；安培力F＝BI2L∝B，由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零；由于B逐渐减小到零，故通过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量减小，有扩张趋势，故安培力向外，即ab边所受安培力向左，为正，故A正确，B、C、D错误.
8.(多选)如图7甲所示，一光滑的平行金属导轨ABCD竖直放置，AB、CD相距L，在A、C之间接一个阻值为R的电阻；在两导轨间的abcd矩形区域内有垂直导轨平面向外、高度为5h的有界匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电阻为r、长度也为L的导体棒放在磁场下边界ab上(与ab边重合).现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始向上运动，导体棒刚要离开磁场时恰好做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计.F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图乙所示，下列说法正确的是( )
图7
A.导体棒离开磁场时速度大小为eq \f(3mgR＋r,B2L2)
B.离开磁场时导体棒两端电压为eq \f(2mgR,BL)
C.导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为eq \f(2BLh,R)
D.导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生焦耳热为eq \f(9mghR,r＋R)－eq \f(2m3g2RR＋r,B4L4)
答案 BD
解析 导体棒刚要离开磁场时，做匀速直线运动，则3mg＝mg＋Beq \f(BLv,r＋R)L可求得：v＝eq \f(2mgR＋r,B2L2)，A错；由3mg＝mg＋Beq \f(U,R)L知U＝eq \f(2mgR,BL)，B对；导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,r＋R)＝eq \f(5BLh,r＋R)，C错；导体棒经过磁场的过程中，设产生的总热量为Q总，由能量守恒定律得：2mgh＋3mg·4h－mg·5h＝eq \f(1,2)mv2＋Q总，知QR＝eq \f(R,R＋r)Q总＝eq \f(9mghR,r＋R)－eq \f(2m3g2RR＋r,B4L4)，D对.
9.(2016·全国丙卷·25)如图8，两条相距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：
图8
(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，穿过回路的磁通量的变化量为
ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS①
由法拉第电磁感应定律有
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)②
由欧姆定律得
I＝eq \f(E,R)③
由电流的定义得
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的时间间隔内即Δt＝t0，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＝F安⑦
式中，F是外加水平恒力，F安是金属棒受到的安培力.设此时回路中的电流为I，
F安＝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
其中Φ＝B1S＝ktS⑫
由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t(t>t0)，穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑬
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑭
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)⑮
由欧姆定律得
I＝eq \f(Et,R)⑯
联立⑦⑧⑭⑮⑯式得
F＝(B0lv0＋kS)eq \f(B0l,R).
10.如图9所示，宽L＝2 m、足够长的金属导轨MN和M′N′放在倾角为θ＝30°的斜面上，在N与N′之间连接一个R＝2.0 Ω的定值电阻，在AA′处放置一根与导轨垂直、质量m＝0.8 kg、电阻r＝2.0 Ω的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),4)，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度B＝1.0 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P处(小车可视为质点)，滑轮离小车的高度H＝4.0 m.启动电动小车，使之沿PS方向以v＝5.0 m/s的速度匀速前进，当杆滑到OO′位置时的加速度a＝3.2 m/s2，AA′与OO′之间的距离d＝1 m，求：
图9
(1)该过程中，通过电阻R的电量q；
(2)杆通过OO′时的速度大小；
(3)杆在OO′时，轻绳的拉力大小；
(4)上述过程中，若拉力对杆所做的功为13 J，求电阻R上的平均电功率.
答案 (1)0.5 C (2)3 m/s (3)12.56 N (4)2 W
解析 (1)平均感应电动势eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLd,R＋r)
代入数据，可得：q＝0.5 C
(2)由几何关系：eq \f(H,sin α)－H＝d
解得：sin α＝0.8 α＝53°
杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：
v1＝vcs α＝3 m/s
(3)杆受的摩擦力Ff＝μmgcs θ＝3 N
杆受的安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2v1,R＋r)
代入数据，可得F安＝3 N
根据牛顿第二定律：FT－mgsin θ－Ff－F安＝ma
解得：FT＝12.56 N
(4)根据动能定理：W＋W安－mgdsin θ－Ffd＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)
解得W安＝－2.4 J，电路产生的总电热Q总＝2.4 J
那么，R上的电热QR＝1.2 J
此过程所用的时间t＝eq \f(\f(H,tan α),v)＝0.6 s
R上的平均电功率eq \x\t(P)＝eq \f(QR,t)＝eq \f(1.2,0.6) W＝2 W.

步骤1：列动能定理方程
ab匀速进入，列平衡方程
分步列式，得部分分
(1)ab进入磁场前
mgxsin θ＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)－0①
得v1＝4 m/s②
mgsin θ＝F安③
F安＝BIL④
I＝eq \f(E,2R)⑤
E＝BLv1⑥
得：I＝1 A⑦
步骤2：cd在磁场外的位移
ab在磁场内的位移
由几何关系得
设经时间t，cd进入磁场
xcd＝x＝eq \f(v1,2)t⑧
xab＝v1t＝2x⑨
两棒都在磁场中时速度相同，无电流，
ab出磁场后，cd上有电流
xcd′＝2x⑩
q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(B·2xL,2R)＝0.8 C⑪
步骤3：
ab匀速进入，列能量守恒方程
cd进出磁场速度相等，列能量守恒方程
Q1＝mg·2x·sin θ⑫
Q2＝mg·3x·sin θ⑬
Q＝Q1＋Q2＝8 J⑭