2018年高考物理大二輪復習 專題七 電磁感應和電路 第1講 電磁感應問題講學案

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1、 第1講　電磁感應問題 課標卷高考命題分析 年份 題號·題型·分值 模型·情景 題眼分析 難度 2015年 Ⅰ卷 19題·選擇題·6分 阿拉果“圓盤實驗” 渦流的產生 難 Ⅱ卷 15題·選擇題·6分 直角三角形金屬框轉動切割 等效速度、電路分析 易 2016年 Ⅱ卷 20題·選擇題·6分 法拉第圓盤發(fā)電機 旋轉切割等效速度、電路分析 中 Ⅲ卷 21題·選擇題·6分 電磁感應與交變電流的綜合 感應電動勢規(guī)律的分析 中 25題·計算題·20分 電磁感應的綜合 磁通量的分析計算 難 2017年 Ⅰ卷 18題·選擇題·6分 感應

2、電流產生的條件 施加磁場來快速衰減其微小震動 中 Ⅱ卷 20題·選擇題·6分 法拉第電磁感應定律；楞次定律；安培力 E－t圖象中獲取信息 中 Ⅲ卷 15題·選擇題·6分 楞次定律 PQRS中產生的感應電流也產生磁場 易 1．楞次定律中“阻礙”的表現(xiàn) (1)阻礙磁通量的變化(增反減同)． (2)阻礙物體間的相對運動(來拒去留)． (3)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)． 2．感應電動勢的計算 (1)法拉第電磁感應定律：E＝n，常用于計算感應電動勢的平均值． ①若B變，而S不變，則E＝nS； ②若S變，而B不變，則E＝nB. (2)導體棒垂直切割磁感線

3、：E＝Blv，主要用于求電動勢的瞬時值． (3)如圖1所示，導體棒Oa圍繞棒的一端O在垂直磁場的平面內做勻速圓周運動而切割磁感線，產生的電動勢E＝Bl2ω. 圖1 3．感應電荷量的計算 回路中發(fā)生磁通量變化時，在Δt時間內遷移的電荷量(感應電荷量)為q＝I·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n.可見，q僅由回路電阻R和磁通量的變化量ΔΦ決定，與發(fā)生磁通量變化的時間Δt無關． 4．電磁感應電路中產生的焦耳熱 當電路中電流恒定時，可用焦耳定律計算；當電路中電流變化時，則用功能關系或能量守恒定律計算． 解決感應電路綜合問題的一般思路是“先電后力”，即： 先作“源”的分析——分析電路中由

4、電磁感應所產生的“電源”，求出電源參數(shù)E和r； 接著進行“路”的分析——分析電路結構，弄清串、并聯(lián)關系，求出相關部分的電流大小，以便求解安培力； 然后是“力”的分析——分析研究對象(通常是金屬棒、導體、線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力； 接著進行“運動狀態(tài)”的分析——根據(jù)力和運動的關系，判斷出正確的運動模型； 最后是“能量”的分析——尋找電磁感應過程和研究對象的運動過程中，其能量轉化和守恒的關系． 高考題型1　楞次定律和電磁感應定律的應用 例1　(多選)(2017·山東模擬)如圖2所示，豎直面內有一個閉合導線框ACDE(由細軟導線制成)掛在兩固定點A、D上，水平線段AD為

5、半圓的直徑，在導線框的E處有一個動滑輪，動滑輪下面掛一重物，使導線處于繃緊狀態(tài)．在半圓形區(qū)域內，有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場．設導線框的電阻為r，圓的半徑為R，在將導線上的C點以恒定角速度ω(相對圓心O)從A點沿圓弧移動的過程中，若不考慮導線中電流間的相互作用，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A．在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中，導線框中感應電流的方向先逆時針，后順時針 B．在C從A點沿圓弧移動到圖中∠ADC＝30°位置的過程中，通過導線上C點的電荷量為 C．當C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導線框中的感應電動勢最大 D．在C從A點沿圓弧移動到D點的過

6、程中，導線框中產生的電熱為 答案　ABD 解析　由題意知，在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中，直角三角形的面積先增大后減少，穿過直角三角形的磁通量先增大后減少，由楞次定律知導線框中感應電流的方向先逆時針，后順時針，則A項正確；在C從A點沿圓弧移動到圖中∠ADC＝30°位置的過程中，通過導線上C點的電荷量q＝It＝t＝＝＝＝，則B項正確；設DC與AD間夾角為θ，通過導線框的磁通量Φ＝B·2Rsin θ·2Rcos θ＝2R2Bsin θcos θ＝R2Bsin 2θ，所以通過導線框的磁通量表達式為Φ＝R2Bsin ωt，當C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導線框中的磁通量最大，而感應電動勢為零

7、，則C項錯誤；在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中，對Φ－t的表達式求導得E＝R2Bωcos ωt，產生的熱量為Q＝·＝，則D項正確． 1．求感應電動勢的兩種方法 (1)E＝n，用來計算感應電動勢的平均值． (2)E＝BLv或E＝BL2ω，主要用來計算感應電動勢的瞬時值． 2．判斷感應電流方向的兩種方法 (1)利用右手定則，即根據(jù)導體在磁場中做切割磁感線運動的情況進行判斷． (2)利用楞次定律，即根據(jù)穿過回路的磁通量的變化情況進行判斷． 3．楞次定律中“阻礙”的四種表現(xiàn)形式 (1)阻礙磁通量的變化——“增反減同”． (2)阻礙相對運動——“來拒去留”． (3)使線圈面積有

8、擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”． (4)阻礙電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”． 1．(2017·全國卷Ⅲ·15)如圖3，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直，金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內，線框與導軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向 B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向 C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向 D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時

9、針方向 答案　D 解析　金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，閉合回路PQRS中磁場方向垂直紙面向里，磁通量增大，由楞次定律可判斷，閉合回路PQRS中感應電流產生的磁場垂直紙面向外，由安培定則可判斷感應電流方向為逆時針方向；由于閉合回路PQRS中感應電流產生的磁場方向垂直紙面向外，與原磁場方向相反，則T中磁通量減小，由楞次定律可判斷，T中感應電流產生的磁場方向垂直紙面向里，由安培定則可知T中感應電流方向為順時針方向，選項D正確． 2．(多選)(2017·江西鷹潭市一模)如圖4甲所示，一個匝數(shù)為n的圓形線圈(圖中只畫了2匝)，面積為S，線圈的電阻為R，在線圈外接一個阻值為R的電阻和一個

10、理想電壓表，將線圈放入垂直線圈平面指向紙內的磁場中，磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．0～t1時間內線圈中感應電流沿逆時針方向 B．0～t1時間內電壓表的讀數(shù)為 C．t1～t2時間內R上的電流為 D．t1～t2時間內P端電勢高于Q端電勢 答案　AC 解析　0～t1時間內，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知線圈中感應電流沿逆時針方向，故A正確；0～t1時間內線圈產生的感應電動勢E＝n＝nS＝nS，電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的電壓U＝IR＝·R＝，故B錯誤；t1～t2時間內線圈產生的感應電動勢E′＝n＝nS，根據(jù)閉合電路的歐姆定律I′＝＝

11、，故C正確；t1～t2時間內，磁通量減小，根據(jù)楞次定律，感應電流沿順時針方向，線圈相當于電源，上端為負極，下端為正極，所以P端電勢低于Q端電勢，故D錯誤． 高考題型2　電磁感應圖象問題 例2　(多選)(2017·全國卷Ⅱ·20)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直．邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖5(a)所示．已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場．線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)．下列說法正確的是(　　) 圖5 A．

12、磁感應強度的大小為0.5 T B．導線框運動的速度的大小為0.5 m/s C．磁感應強度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1 N 答案　BC 解析　由E-t圖象可知，導線框經(jīng)過0.2 s全部進入磁場，則速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，選項B正確；由圖象可知，E＝0.01 V，根據(jù)E＝Blv得，B＝＝ T＝0.2 T，選項A錯誤；根據(jù)右手定則及正方向的規(guī)定可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向外，選項C正確；在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內，導線框中的感應電流I＝＝ A＝2 A, 所受的安培力大小為F＝BIl＝0

13、.2×2×0.1 N＝0.04 N，選項D錯誤． 1．解決電磁感應圖象問題的“三點關注”： (1)關注初始時刻，如初始時刻感應電流是否為零，是正方向還是負方向． (2)關注變化過程，看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應． (3)關注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對應． 2．常用解決電磁感應圖象問題的“兩個方法” (1)排除法； (2)函數(shù)法． 3.(2017·貴州畢節(jié)市模擬)如圖6所示，圓心為O、圓心角為90°的扇形導線框N位于紙面內(豎直面)，過O的水平面上方足夠大區(qū)域內有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里

14、．現(xiàn)使線框N在t＝0時從圖示位置開始，繞垂直于紙面、且過圓心O的軸逆時針勻速轉動．下列可能正確表示此導線框中感應電流i隨時間t變化關系的圖象是(　　) 圖6 答案　C 解析　當線框進入磁場時，切割的有效長度為半圓的半徑，即電動勢及電流大小不變，由右手定則可知，電流為逆時針，當線框全部進入磁場后，穿過線框的磁通量不變，無感應電流．離開磁場時，電流為順時針． 4．(多選)(2017·遼寧錦州市模擬)圖7甲為固定在勻強磁場中的正三角形導線框abc，磁場的方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示．規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向，abca的方向為線框中感應電

15、流的正方向，水平向右為安培力的正方向，關于線框中的電流I與ab邊所受的安培力F隨時間t變化的圖象(圖中不考慮2 s末線框中的電流及ab邊的受力情況)，下列各圖正確的是(　　) 圖7 答案　AD 解析　線框中的感應電流決定于磁感應強度B隨時間t的變化率，0～1 s時間內，B均勻增大，Φ均勻增大，由右手定則可知線框中的感應電流沿逆時針方向，因而是恒定的正值，B均勻增加，故安培力均勻增加，根據(jù)左手定則可知ab邊所受安培力方向向右，為正值.1～2 s、2～3 s穿過線框的磁通量不變，所以無感應電流，安培力為0；3～4 s根據(jù)楞次定律得感應電流沿逆時針方向，因而是正值且大小恒定，同樣B

16、均勻減小，故安培力均勻減小，根據(jù)左手定則可知ab邊所受安培力方向向左，為負值． 高考題型3　動力學觀點和能量觀點的應用 例3　(2017·四川資陽市4月模擬)如圖8所示，一足夠大的傾角θ＝30°的粗糙斜面上有一個粗細均勻的由同種材料制成的金屬線框abcd，線框的質量m＝0.6 kg，其電阻值R＝1.0 Ω，ab邊長L1＝1 m，bc邊長L2＝2 m，與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝.斜面以EF為界，EF上側有垂直于斜面向上的勻強磁場．一質量為M的物體用絕緣細線跨過光滑定滑輪與線框相連，連接線框的細線與斜面平行且細線最初處于松弛狀態(tài)．現(xiàn)先釋放線框再釋放物體，當cd邊離開磁場時線框即以v＝2 m/s

17、的速度勻速下滑，在ab邊運動到EF位置時，細線恰好被拉直繃緊(時間極短)，隨即物體和線框一起勻速運動，t＝1 s后開始做勻加速運動．取g＝10 m/s2，求： 圖8 (1)勻強磁場的磁感應強度B的大??； (2)細繩繃緊前，M下降的高度H； (3)系統(tǒng)在線框cd邊離開磁場至重新進入磁場過程中損失的機械能ΔE. 答案　(1)1 T　(2)1.8 m　(3)21.6 J 解析　(1)線框cd邊離開磁場時勻速下滑，有： mgsin θ－μmgcos θ－FB＝0 FB＝BI1L1 I1＝ 聯(lián)立解得：B＝1 T (2)由題意，線框第二次勻速運動方向向上，設其速度為v1，細線拉力

18、為FT，則： v1＝ FT－mgsin θ－μmgcos θ－BI2L1＝0 I2＝ FT－Mg＝0 設繩突然繃緊過程中繩子作用力沖量大小為I，對線框和物體分別用動量定理有： I＝mv1－m(－v) I＝Mv0－Mv1 繩繃緊前M自由下落： v02＝2gH 聯(lián)立解得：H＝1.8 m (3)根據(jù)能量守恒定律： 線框勻速下滑過程：Q1＝mgL2sin θ 繩子突然繃緊過程：Q2＝(Mv02＋mv2)－(M＋m)v12 線框勻速上滑過程：Q3＝MgL2－mgL2sin θ ΔE＝Q1＋Q2＋Q3 聯(lián)立解得：ΔE＝21.6 J. 1．電荷量q＝IΔt，其中I必須是

19、電流的平均值．由E＝N、I＝、q＝IΔt聯(lián)立可得q＝N，與時間無關． 2．求解焦耳熱Q的三種方法 (1)焦耳定律：Q＝I2Rt. (2)功能關系：Q＝W克服安培力． (3)能量轉化：Q＝ΔE其他能的減少量． 5．(多選)(2017·山東日照市一模)如圖9所示，在豎直面內有一磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、高度為h的有界勻強磁場，磁場上、下邊界水平．將一邊長為l(l

20、．導體框一定是減速進入磁場 B．導體框可能勻速穿過整個磁場區(qū)域 C．導體框穿過磁場的過程中，電阻產生的熱量為mg(l＋h) D．導體框進入磁場的過程中，通過某個橫截面的電荷量為 答案　AD 解析　導體框進入磁場時如果是勻速或加速，則完全進入磁場后再次加速，剛出磁場時的速度一定大于剛進入磁場時的速度，與ab邊剛進入磁場的瞬間和剛穿出磁場的瞬間速度相等相矛盾，A正確；由于l小于h，則可知，當線圈全部進入磁場時要做加速運動，故B錯誤；從線框ab邊進入磁場到剛出磁場過程中，根據(jù)功能關系可知，產生的焦耳熱等于重力勢能的改變量，故為mgh，穿出和穿入過程中產生的焦耳熱相等，則在導體框穿過磁場的過

21、程中，電阻產生的熱量為2mgh，故C錯誤；導體框進入磁場的過程中，通過某個橫截面的電荷量為q＝＝，D正確． 6．(2017·江蘇南通市二模)如圖10所示，質量為m、電阻為R的單匝矩形線框置于光滑水平面上，線框邊長ab＝L、ad＝2L.虛線MN過ad、bc邊中點．一根能承受最大拉力F0的細線沿水平方向拴住ab邊中點O.從某時刻起，在MN右側加一方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小按B＝kt的規(guī)律均勻變化．一段時間后，細線被拉斷，線框向左運動，ab邊穿出磁場時的速度為v.求： 圖10 (1)細線斷裂前線框中的電功率P； (2)細線斷裂后瞬間線框的加速度大小a及線框離開磁場的過程中安培

22、力所做的功W； (3)線框穿出磁場過程中通過導線截面的電量q. 答案　(1)　(2)　mv2　(3) 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律 E＝＝L2＝kL2 電功率P＝＝ (2)細線斷裂瞬間安培力FA＝F0 線框的加速度a＝＝ 線框離開磁場過程中，由動能定理得W＝mv2 (3)設細線斷裂時刻磁感應強度為B1，則有ILB1＝F0 其中I＝＝ 線圈穿出磁場過程＝＝ 電流＝ 通過的電量q＝Δt 聯(lián)立解得q＝. 題組1　全國卷真題精選 1．(多選)(2016·全國卷Ⅱ·20)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖11所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣

23、和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中．圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　) 圖11 A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動 C．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D．若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 答案　AB 解析　將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都在切割磁感線從而產生感應電動勢和感應電流，則當圓盤順時針(俯視)轉動時，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，B對；由法拉第電磁感應定

24、律得感應電動勢E＝BL＝BL2ω，I＝，ω恒定時，I大小恒定，ω大小變化時，I大小變化，方向不變，故A對，C錯；由P＝I2R＝知，當ω變?yōu)樵瓉淼?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯． 2．(2015·新課標全國Ⅱ·15)如圖12，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是(　　) 圖12 A．Ua＞Uc，金屬框中無電流 B．Ub＞Uc，金屬框中電流方向沿abca C．Ubc＝－Bl2ω，金屬框中無電流 D．Ubc＝Bl2ω，

25、金屬框中電流方向沿acba 答案　C 解析　金屬框abc平面與磁場平行，轉動過程中磁通量始終為零，所以無感應電流產生，選項B、D錯誤．轉動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產生感應電動勢，由右手定則判斷Ua

26、案　C 解析　由題圖(b)可知在cd間不同時間段內產生的電壓大小是恒定的，所以在該時間段內線圈ab中的磁場是均勻變化的，則線圈ab中的電流是均勻變化的，故選項A、B、D錯誤，選項C正確． 題組2　各省市真題精選 4．(2016·海南卷·4)如圖14，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導線在同一豎直面內，環(huán)的圓心與兩導線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導線間距．兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流．若(　　) 圖14 A．金屬環(huán)向上運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 B．金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 C．金屬環(huán)向左側直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向

27、 D．金屬環(huán)向右側直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向 答案　D 解析　根據(jù)楞次定律，當金屬環(huán)上、下移動時，穿過環(huán)的磁通量不發(fā)生變化，故沒有感應電流產生，故選項A、B錯誤；當金屬環(huán)向左移動時，則穿過金屬環(huán)的磁場垂直紙面向外并且增強，故根據(jù)楞次定律可以知道，產生的感應電流為順時針方向，故選項C錯誤；當金屬環(huán)向右移動時，則穿過金屬環(huán)的磁場垂直紙面向里并且增強，故根據(jù)楞次定律可以知道，產生的感應電流為逆時針方向，故選項D正確． 5．(多選)(2014·江蘇單科·7)如圖15所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內的水沸騰起來．若要縮短上述加熱時間，下列措

28、施可行的有(　　) 圖15 A．增加線圈的匝數(shù) B．提高交流電源的頻率 C．將金屬杯換為瓷杯 D．取走線圈中的鐵芯 答案　AB 解析　當電磁鐵接通交流電源時，金屬杯處在變化的磁場中產生渦電流發(fā)熱，使水溫升高．要縮短加熱時間，需增大渦電流，即增大感應電動勢或減小電阻．增加線圈匝數(shù)、提高交變電流的頻率都是為了增大感應電動勢，瓷杯不能產生渦電流，取走鐵芯會導致磁性減弱．所以選項A、B正確，選項C、D錯誤． 6．(2016·浙江理綜·16)如圖16所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間

29、均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則(　　) 圖16 A．兩線圈內產生順時針方向的感應電流 B．a、b線圈中感應電動勢之比為9∶1 C．a、b線圈中感應電流之比為3∶4 D．a、b線圈中電功率之比為3∶1 答案　B 解析　根據(jù)楞次定律可知，兩線圈內均產生逆時針方向的感應電流，選項A錯誤；因磁感應強度隨時間均勻增大，設＝k，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E＝n＝nl2，則＝()2＝，選項B正確；根據(jù)I＝＝＝＝可知，I∝l，故a、b線圈中感應電流之比為3∶1，選項C錯誤；電功率P＝IE＝·nl2＝，則P∝l3，故a、b線圈中電功率之比為27∶1，選項D錯誤． 專題強化練 1．(

30、2017·全國卷Ⅰ·18)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌．為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖1所示．無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及其左右振動的衰減最有效的方案是(　　) 圖1 答案　A 解析　感應電流產生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變化．在A圖中，系統(tǒng)震動時，紫銅薄板隨之上下及左右振動，在磁場中的部分有時多有時少，磁通量發(fā)生變化，產生感應電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的震動；在B圖中，只有紫銅薄板向左振動才產生感應電流，而上下

31、振動或向右振動均無感應電流產生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，都不會產生感應電流；在D圖中，只有紫銅薄板左右振動才產生感應電流，而上下振動無感應電流產生，故選項A正確，B、C、D錯誤． 2．(多選)(2017·山東濰坊市一模)如圖2甲所示，線圈兩端a、b與一電阻R相連，線圈內有垂直于線圈平面向里的磁場，t＝0時起，穿過線圈的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化．下列說法正確的是(　　) 圖2 A.時刻，R中電流方向由a到b B.t0時刻，R中電流方向由a到b C．0～t0時間內R中的電流是t0～2t0時間內的 D．0～t0時間內R產生的焦耳熱是t0～2t0時間內的 答案　A

32、C 解析　時刻，線圈中向里的磁通量在增加，根據(jù)楞次定律，感應電流沿逆時針方向，所以R中電流方向由a到b，故A正確；t0時刻，線圈中向里的磁通量在減少，根據(jù)楞次定律，感應電流沿順時針方向，R中的電流方向由b到a，故B錯誤；0～t0時間內感應電動勢大小E1＝＝；t0～2t0時間內感應電動勢大小E2＝＝，由歐姆定律，知0～t0時間內R中的電流是t0～2t0時間的，故C正確；根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，知0～t0時間內R產生的焦耳熱是t0～2t0時間內的，故D錯誤． 3．(多選)(2017·遼寧沈陽市質檢)如圖3甲所示，一個足夠長的U型光滑金屬導軌固定在水平桌面上，電阻R＝10 Ω，其余電阻均不計，

33、兩導軌間的距離l＝0.2 m，有垂直于桌面向下并隨時間變化的勻強磁場，磁感應強度B隨時間變化規(guī)律如圖乙所示．一個電阻不計的金屬桿可在導軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌兩邊垂直．在t＝0時刻，金屬桿緊靠在最左端，桿在外力的作用下以速度v＝0.5 m/s向右做勻速運動．當t＝4 s時，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．穿過回路的磁通量為0.08 Wb B．流過電阻R的感應電流的方向為b→a C．電路中感應電動勢大小E＝0.02 V D．金屬桿所受到的安培力的大小為1.6×10－4 N 答案　AD 解析　當t＝4 s時，金屬桿的位移為：x＝vt＝0.5×4 m＝2 m，

34、則穿過回路的磁通量為：Φ＝BS＝Blx＝0.2×0.2×2 Wb＝0.08 Wb，A正確；根據(jù)楞次定律可得流過電阻R的感應電流的方向為a→b，B錯誤；電路中感應電動勢大小為：E＝Blv＋＝0.2×0.2×0.5 V＋ V＝0.04 V，C錯誤；根據(jù)歐姆定律可得電路中的電流為：I＝＝ A＝0.004 A，金屬桿所受到的安培力的大小為：F＝BIl＝0.2×0.004×0.2 N＝1.6×10－4 N，D正確． 4．(2017·廣西桂林市聯(lián)考)如圖4甲所示，一根電阻R＝4 Ω的導線繞成半徑d＝2 m的圓，在圓內部分區(qū)域存在變化的勻強磁場，中間S形虛線是兩個直徑均為d的半圓，磁感應強度隨時間變化的圖

35、象如圖乙所示(磁場垂直于紙面向外為正，電流逆時針方向為正)，關于圓環(huán)中的感應電流—時間圖象，下列選項中正確的是(　　) 圖4 答案　C 解析　0～1 s，E1＝S＝4π V，I＝＝π A，由楞次定律知感應電流為順時針方向，由圖知，C正確． 5．(多選)(2017·東北三省四市二模)如圖5所示，空間存在有界的勻強磁場，磁場上下邊界水平，方向垂直紙面向里，寬度為L.一邊長為L的正方形線框自磁場邊界上方某處自由下落，線框自開始進入磁場區(qū)域到全部離開磁場區(qū)域的過程中(線框下落過程中始終保持在同一豎直平面內，且底邊保持與磁場邊界平行)，下列關于線框速度和感應電流大小隨時間變化的圖象可

36、能正確的是(　　) 圖5 答案　ACD 6．(多選)(2017·河北石家莊市第二次質檢) 如圖6甲所示，質量m＝3.0×10－3 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l＝0.20 m，處于磁感應強度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強磁場中．有一匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01 m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2隨時間t變化的關系如圖乙所示．t＝0.22 s時閉合開關K，瞬間細框跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m．不計空氣阻力，重力加速度g＝

37、10 m/s2，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．0～0.10 s內線圈中的感應電動勢大小為3 V B．開關K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D C．磁感應強度B2的方向豎直向下 D．開關K閉合瞬間，通過細桿CD的電荷量為0.03 C 答案　BD 解析　由題圖可知，0～0.10 s內：ΔΦ＝ΔBS＝(1－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb,0～0.10 s線圈中的感應電動勢大?。篍＝n＝300× V＝30 V，故選項A錯誤；由題可知閉合開關K瞬間細桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知，電流方向為：C→D，由安培定則可知線圈中感應電流的磁場方向豎直向上，由題圖乙可知

38、，在0.2～0.25 s內穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律可知，磁感應強度B2方向豎直向上，故選項B正確，選項C錯誤；對細框，由動量定理得：B1IlΔt＝mv－0，細框向上做豎直上拋運動：v2＝2gh，電荷量：Q＝IΔt，解得：Q＝＝ C＝0.03 C，故選項D正確． 7．(多選)(2017·山東濟寧市一模)如圖7所示，在水平面內有兩個相同的“V”字型光滑金屬導軌，空間中存在垂直于水平面的勻強磁場，其中導軌bac固定不動，用外力F使導軌edf向右勻速運動，導軌間接觸始終良好，且兩導軌始終關于ad連線對稱，從圖示位置開始計時，下列關于回路中的電流I的大小和外力F的大小隨時間的變化關系正確的是(

39、　　) 圖7 答案　AD 8.(2017·宜昌市一調)如圖8所示，足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ平行放置，且都傾斜著與水平面成夾角θ.在導軌的最上端M、P之間接有電阻R，不計其它電阻．導體棒ab從導軌的最底端沖上導軌，當沒有磁場時，ab上升的最大高度為H；若存在垂直導軌平面的勻強磁場時，ab上升的最大高度為h.在兩次運動過程中ab都與導軌保持垂直，且初速度都為v0.關于上述情景，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．兩次上升的最大高度相比較為H＜h B．有磁場時導體棒所受合力的功大于無磁場時合力的功 C．有磁場時，電阻R產生的焦耳熱為mv02 D．有磁場時，ab上

40、升過程的最小加速度為gsin θ 答案　D 解析　無磁場時，根據(jù)能量守恒得，動能全部轉化為重力勢能．有磁場時，動能一部分轉化為重力勢能，還有一部分轉化為整個回路的內能．動能相同，則有磁場時的重力勢能小于無磁場時的重力勢能，所以h＜H，故A錯誤．由動能定理知：合力的功等于導體棒動能的變化量，有、無磁場時，導體棒的初速度相等，末速度都為零，導體棒動能的變化量相等，則知導體棒所受合力的功相等，故B錯誤．設有磁場時電阻R產生的焦耳熱為Q，根據(jù)能量守恒知：mv02＝Q＋mgh，則Q

41、據(jù)牛頓第二定律，知加速度a大于等于gsin θ，ab上升到最高點時有最小加速度gsin θ.故D正確． 9.(多選)(2017·內蒙古包頭市一模)如圖9所示，光滑金屬導軌AC、AD固定在水平面內，并處在方向豎直向下、大小為B的勻強磁場中．有一質量為m的導體棒以初速度v0從某位置開始在導軌上水平向右運動，最終恰好靜止在A點．在運動過程中，導體棒與導軌始終構成等邊三角形回路，且通過A點的總電荷量為Q.已知導體棒與導軌間的接觸電阻值恒為R，其余電阻不計，則(　　) 圖9 A．該過程中導體棒做勻減速運動 B．當導體棒的速度為時，回路中感應電流小于初始時的一半 C．開始運動時，導體棒與導軌

42、所構成回路的面積為S＝ D．該過程中接觸電阻產生的熱量為 答案　BC 解析　感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝＝，導體棒受到的安培力F＝BIL＝，由于導體棒在運動過程中L不斷減小，安培力不斷減小，導體棒的加速度減小，導體棒做加速度減小的減速運動，不做勻減速運動，故A錯誤；感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝＝，當導體棒的速度為v0時，導體棒的長度L減小，回路中感應電流大小小于初始時的一半，故B正確；在整個過程中，感應電荷量Q＝Δt＝Δt＝Δt＝，則S＝，故C正確；導體棒克服安培力做功，導體棒的動能轉化為焦耳熱，由能量守恒定律可得，接觸電阻產生的焦耳熱Q＝mv02，故D錯誤． 10.(20

43、17·福建漳州市八校模擬)如圖10所示，MN、PQ為間距L＝0.5 m的足夠長平行導軌，NQ⊥MN.導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°，NQ間連接有一個R＝5 Ω 的電阻．有一勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B0＝1 T．將一根質量為m＝0.05 kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導軌上，且與導軌接觸良好，導軌與金屬棒的電阻均不計．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與NQ平行．已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，當金屬棒滑行至cd處時已經(jīng)達到穩(wěn)定速度，cd距離NQ為s＝2 m．則：(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖10 (1

44、)當金屬棒滑行至cd處時，回路中的電流是多大； (2)金屬棒達到的穩(wěn)定速度是多大； (3)當金屬棒滑行至cd處時，回路中產生的焦耳熱是多少？ 答案　(1)0.2 A　(2)2 m/s　(3)0.1 J 解析　(1)金屬棒勻速運動時，沿導軌方向金屬棒受力平衡mgsin θ＝Ff＋F 金屬棒受的安培力為F＝B0IL Ff＝μFN＝μmgcos θ 解得I＝0.2 A (2)由歐姆定律得I＝ 由電磁感應定律得E＝B0Lv 解得v＝2 m/s (3)金屬棒滑行至cd處時，由能量守恒定律得 mgssin θ＝mv2＋Q＋μmgcos θ·s 解得Q＝0.1 J. 11．(20

45、17·湖南省十三校第一次聯(lián)考)如圖11所示，粗糙斜面的傾角θ＝37°，斜面上直徑d＝0.4 m的圓形區(qū)域內存在著垂直于斜面向下的勻強磁場，一個匝數(shù)為n＝100匝的剛性正方形線框abcd，邊長為0.5 m，通過松弛的柔軟導線與一個額定功率P＝2 W的小燈泡A相連，圓形磁場的一條直徑恰好過線框bc邊，已知線框質量m＝2 kg，總電阻R0＝2 Ω，與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，從t＝0時起，磁場的磁感應強度按B＝(1－t) T的規(guī)律變化，開始時線框靜止在斜面上，在線框運動前，燈泡始終正常發(fā)光，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

46、 圖11 (1)線框靜止時，回路中的電流大小I； (2)在線框保持不動的時間內，小燈泡產生的熱量Q； (3)若線框剛好開始運動時即保持磁場不再變化，求線框從開始運動到bc邊離開磁場的過程中通過燈泡的電荷量q(柔軟導線及小燈泡對線框運動的影響可忽略，且斜面足夠長)． 答案　(1)1 A　(2)π J　(3) C 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律可得 E＝n＝4 V P＝I2R＝()2R 故可得R＝2 Ω，I＝1 A (2)線框剛要開始運動時， mgsin θ＝n(1－t)Id＋μmgcos θ 解得：t＝π s 則Q＝Pt＝π J (3)線框剛好開始運動時， B＝

47、1－t＝0.1 T ＝＝，q＝Δt＝ C. 12．(2017·山東青島市一模)如圖12所示，兩平行光滑金屬導軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分為半徑r＝0.5 m的豎直半圓，兩導軌間距離d＝0.3 m，導軌水平部分處于豎直向上、磁感應強度大小B＝1 T的勻強磁場中，兩導軌電阻不計．有兩根長度均為d的金屬棒ab、cd，均垂直導軌置于水平導軌上，金屬棒ab、cd的質量分別為m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，電阻分別為R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.現(xiàn)讓ab棒以v0＝10 m/s的初速度開始水平向右運動，cd棒進入圓軌道后，恰好能通過軌道最高點PP′，cd棒進入圓軌道前兩棒未相碰，

48、重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖12 (1)ab棒開始向右運動時cd棒的加速度a0； (2)cd棒剛進入半圓軌道時ab棒的速度大小v1； (3)cd棒進入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W. 答案　(1)30 m/s2　(2)7.5 m/s　(3)4.375 J 解析　(1)ab棒開始向右運動時，設回路中電流為I，有 E＝Bdv0 I＝ BId＝m2a0 解得：a0＝30 m/s2 (2)設cd棒剛進入半圓軌道時的速度為v2，系統(tǒng)動量定恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m2v22＝m2g·2r＋m2vp2 m2g＝m2 解得：v1＝7.5 m/s (3)由動能定理得m1v12－m1v02＝－W 解得：W＝4.375 J． 24