（全國通用）2022屆高考物理二輪復習 專題11 電磁感應規(guī)律及其應用學案考題一楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用1.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化“增反減同”；(2)阻礙相對運動“來拒去留”；(3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢“增縮減擴”；(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)“增反減同”.2.楞次定律和右手定則的適用對象(1)楞次定律：一般適用于線圈面積不變，磁感應強度發(fā)生變化的情形.(2)右手定則：一般適用于導體棒切割磁感線的情形.3.求感應電動勢大小的五種類型(1)磁通量變化型：En.(2)磁感應強度變化型：EnS.(3)面積變化型：EnB.(4)平動切割型：EBlv.(5)轉動切割型：EnBl2.注意：公式EnS中的S是垂直于磁場方向的有效面積.例1(2016·浙江·16)如圖1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la3lb，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均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則()圖1A.兩線圈內產(chǎn)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91C.a、b線圈中感應電流之比為34D.a、b線圈中電功率之比為31解析根據(jù)楞次定律可知，兩線圈內均產(chǎn)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Ennl2，則()2，選項B正確；根據(jù)I可知，Il，故a、b線圈中感應電流之比為31，選項C錯誤；電功率PIE·nl2，則Pl3，故a、b線圈中電功率之比為271，選項D錯誤.答案B變式訓練1.如圖2所示，a、b、c三個線圈是同心圓，b線圈上連接有直流電源E和開關K，則下列說法正確的是()圖2A.在K閉合的一瞬間，線圈a中有逆時針方向的瞬時電流，有收縮趨勢B.在K閉合的一瞬間，線圈c中有順時針方向的瞬時電流，有收縮趨勢C.在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，線圈c中有感應電流，線圈a中沒有感應電流D.在K閉合的一瞬間，線圈b中有感應電動勢；在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，線圈b中仍然有感應電動勢答案D解析K閉合時線圈b中有順時針的電流，根據(jù)右手定則可知內部有向里增大的磁場，則a線圈產(chǎn)生阻礙原磁通量變化的電流，根據(jù)楞次定律可知，電流方向為逆時針，線圈受到向外的安培力，故有擴張的趨勢，故A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，c中感應電流為逆時針且有收縮的趨勢，故B錯誤；在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，兩線圈中均有磁通量的變化，故線圈中均有感應電流，故C錯誤；在K閉合的一瞬間，線圈b中有感應電動勢；在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，線圈b中仍然有感應電動勢，故D正確.2.(2016·海南·4)如圖3，一圓形金屬環(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3A.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，當金屬圓環(huán)上、下移動時，穿過圓環(huán)的磁通量不發(fā)生變化，故沒有感應電流產(chǎn)生，故選項A、B錯誤；當金屬圓環(huán)向左移動時，則穿過圓環(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(chǎn)生的感應電流為順時針，故選項C錯誤；當金屬圓環(huán)向右移動時，則穿過圓環(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(chǎn)生的感應電流為逆時針，故選項D正確.3.(2016·全國甲卷·20)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖4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4A.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(chǎn)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律得感應電動勢EBLBL2，I，恒定時，I大小恒定，大小變化時，I大小變化，方向不變，故A對，C錯；由PI2R知，當變?yōu)樵瓉淼?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯.4.如圖5所示，一根弧長為L的半圓形硬導體棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在豎直平面內的U形框架上勻速滑動，勻強磁場的磁感應強度為B，回路中除電阻R外，其余電阻均不計，U形框左端與平行板電容器相連，質量為m的帶電油滴靜止于電容器兩極板中央，半圓形硬導體棒AB始終與U形框接觸良好.則以下判斷正確的是()圖5A.油滴所帶電荷量為B.電流自上而下流過電阻RC.A、B間的電勢差UABBLv0D.其他條件不變，使電容器兩極板距離減小，電容器所帶電荷量將增加，油滴將向上運動答案BD解析導體棒AB在水平拉力F作用下向右運動，由右手定則可知，導體棒AB相當于電源，A端是正極，故電流自上而下流過電阻R，B對；導體棒AB的弧長為L，與磁場切割有效長度為，故A、C錯；根據(jù)電容器C，C，兩極板距離d減小，C增大，Q增加，電場強度E增大，油滴將向上運動，D對.考題二電磁感應中的圖象問題解決電磁感應圖象問題的方法技巧(1)解決電磁感應圖象問題的“三點關注”：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.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.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)解決電磁感應圖象問題的一般步驟：明確圖象的種類，即是Bt圖還是t圖，或者Et圖、It圖等.分析電磁感應的具體過程.用右手定則或楞次定律確定方向對應關系.結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關系式.根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等.畫圖象或判斷圖象.(3)圖象選擇技巧：求解物理圖象的選擇題時可用“排除法”，即排除與題目要求相違背的圖象，留下正確圖象.例2(2016·四川·7)如圖6所示，電阻不計、間距為L的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一定值電阻R.質量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動，外力F與金屬棒速度v的關系是FF0kv(F0、k是常量)，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好.金屬棒中感應電流為i，受到的安培力大小為F安，電阻R兩端的電壓為UR，感應電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有()圖6解析設金屬棒在某一時刻速度為v，由題意可知，感應電動勢EBLv，回路電流Iv，即Iv；安培力F安BILv，方向水平向左，即F安v；R兩端電壓URIRv，即URv；感應電流功率PEIv2，即Pv2.分析金屬棒運動情況，由牛頓運動第二定律可得F0kvvma，即F0(k)vma.因為金屬棒從靜止開始運動，所以F0>0 .(1)若k，金屬棒水平向右做勻加速直線運動.所以在此情況下沒有選項符合；(2)若k>，F(xiàn)合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說明金屬棒在做加速度增大的加速運動，根據(jù)四個物理量與速度的關系可知B選項符合；(3)若k<，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運動，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)四個物理量與速度關系可知C選項符合.綜上所述，選項B、C符合題意.答案BC變式訓練5.在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一個面積不變的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖7甲所示，取線圈中磁場B的方向向上為正，當磁場中的磁感應強度B隨時間t如圖乙變化時，下列圖中能正確表示線圈中感應電流變化的是()圖7答案A解析在0 s內，根據(jù)法拉第電磁感應定律，En.根據(jù)楞次定律，感應電動勢的方向與圖示箭頭方向相反，為負值；在T內，根據(jù)法拉第電磁感應定律，En2E，所以感應電流是之前的2倍.再根據(jù)楞次定律，感應電動勢的方向與圖示方向相反，為負值.故A正確.6.如圖8所示，有一個邊界為正三角形的勻強磁場區(qū)域，邊長為a，磁感應強度方向垂直紙面向里，一個導體矩形框的長為a，寬為，平行于紙面沿著磁場區(qū)域的軸線勻速穿越磁場區(qū)域，導體框中感應電流的正方向為逆時針方向，以導體框剛進入磁場時為t0時刻，則導體框中的感應電流隨時間變化的圖象是()圖8答案D解析由右手定則可知，線框進入磁場過程與離開磁場過程感應電流方向相反，故A錯誤；由圖示可知，線框開始進入磁場的一段時間內，切割磁感線的有效長度L不變，電流I大小不變，當線框右邊部分穿出磁場過程，切割磁感線的有效長度L減小，感應電流減小，線框右邊完全離開磁場后，線框左邊完全進入磁場，然后線框左邊切割磁感線，感應電流反向，此后一段時間內，線框切割磁感線的有效長度L不變，感應電流大小不變，線框左邊離開磁場過程，線框切割磁感線的有效長度L減小，感應電流減小，故B、C錯誤，D正確.7.寬度均為d且足夠長的兩相鄰條形區(qū)域內，各存在磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場.電阻為R、邊長為d的等邊三角形金屬框的AB邊與磁場邊界平行，金屬框從圖9所示位置以垂直于AB邊向右的方向做勻速直線運動，取逆時針方向電流為正，從金屬框C端剛進入磁場開始計時，框中產(chǎn)生的感應電流隨時間變化的圖象是()圖9答案A考題三電磁感應中的動力學問題電磁感應與動力學綜合題的解題策略(1)分析“源”：找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應電動勢的大小和方向；(2)分析“路”：畫出等效電路圖，求解回路中的電流的大小及方向；(3)分析“力”：分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推得對電流的影響，最后確定導體棒的最終運動情況；(4)列“方程”：列出牛頓第二定律或平衡方程求解.例3(2016·全國甲卷·24)如圖10，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上.t0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求：圖10(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??；(2)電阻的阻值.解析(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得Fmgma設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有vat0當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律知產(chǎn)生的電動勢為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(g)(2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為F安BlI因金屬桿做勻速運動，有FmgF安0聯(lián)立式得R答案(1)Blt0(g)(2)變式訓練8.如圖11(a)所示，在光滑水平面上用恒力F拉質量為1 kg的單匝均勻正方形銅線框，在1位置以速度v03 m/s進入勻強磁場時開始計時t0，此時線框中感應電動勢為1 V，在t3 s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場.此過程中vt圖象如圖(b)所示，那么()圖11A.線框右側邊兩端MN間的電壓為0.25 VB.恒力F的大小為0.5 NC.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為3 m/sD.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為1 m/s答案B解析t0時，線框右側邊MN的兩端電壓為外電壓，總的感應電動勢為：EBlv0，外電壓U外E0.75 V.故A錯誤；在13 s內，線框做勻加速運動，沒有感應電流，線框不受安培力，則有Fma，由速度時間圖象的斜率表示加速度，求得a m/s20.5 m/s2，則得F0.5 N.故B正確.由(b)圖象看出，在t3 s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場時與線框進入勻強磁場時速度相同，則線框出磁場與進磁場運動情況完全相同，則知線框完全離開磁場的瞬間位置3速度與t1 s時刻的速度相等，即為2 m/s.故C、D錯誤.9.如圖12所示，兩根光滑、足夠長的平行金屬導軌固定在水平面上.滑動變阻器接入電路的電阻值為R(最大阻值足夠大)，導軌的寬度L0.5 m，空間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度的大小B1 T.內阻r1 的金屬桿在F5 N的水平恒力作用下由靜止開始運動.經(jīng)過一段時間后，金屬桿的速度達到最大速度vm，不計導軌電阻，則有()圖12A.R越小，vm越大B.金屬桿的最大速度大于或等于20 m/sC.金屬桿達到最大速度之前，恒力F所做的功等于電路中消耗的電能D.金屬桿達到最大速度后，金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動的平均速率ve與恒力F成正比答案BD解析當導體棒達到最大速度時滿足FF安，則FBL，解得vm，可知R越大，vm越大，選項A錯誤；金屬桿的最大速度vm20(1R) m/s，則金屬桿的最大速度大于或等于20 m/s，選項B正確；在金屬桿達到最大速度之前，恒力F所做的功等于電路中消耗的電能與導體棒動能增量之和，選項C錯誤；金屬桿達到最大速度后導體棒中的電流I，則IneSve，則ve，故金屬桿達到最大速度后，金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動的平均速率ve與恒力F成正比，選項D正確.考題四電磁感應中的能量問題電磁感應中能量的三種求解方法(1)利用克服安培力做功求解：電磁感應中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功.(2)利用能量守恒定律求解：若只有電能與機械能參與轉化，則機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能.(3)利用電路的相關公式電功公式或電熱公式求解：若通過電阻的電流是恒定的，則可直接利用電功公式或焦耳定律求解焦耳熱.特別提醒：回路中某個元件的焦耳熱和回路總焦耳熱之間的關系，不能混淆.例4如圖13所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ與水平面的夾角為30°，導軌電阻不計，導軌處在垂直導軌平面斜向上的有界勻強磁場中，兩根電阻都為R2 、質量都為m0.2 kg的完全相同的細金屬棒ab和cd垂直導軌并排靠緊的放置在導軌上，與磁場上邊界距離為x1.6 m，有界勻強磁場寬度為3x4.8 m.先將金屬棒ab由靜止釋放，金屬棒ab剛進入磁場就恰好做勻速運動，此時立即由靜止釋放金屬棒cd，金屬棒cd在出磁場前已做勻速運動，兩金屬棒在下滑過程中與導軌接觸始終良好(取重力加速度g10 m/s2)，求：圖13(1)金屬棒ab剛進入磁場時棒中電流I；(2)金屬棒cd在磁場中運動的過程中通過回路某一截面的電量q；(3)兩根金屬棒全部通過磁場的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.思維規(guī)范流程步驟1：列動能定理方程ab勻速進入，列平衡方程分步列式，得部分分(1)ab進入磁場前mgxsin mv0得v14 m/smgsin F安F安BILIEBLv1得：I1 A步驟2：cd在磁場外的位移ab在磁場內的位移由幾何關系得設經(jīng)時間t，cd進入磁場xcdxtxabv1t2x兩棒都在磁場中時速度相同，無電流，ab出磁場后，cd上有電流xcd2xq0.8 C步驟3：ab勻速進入，列能量守恒方程cd進出磁場速度相等，列能量守恒方程Q1mg·2x·sin Q2mg·3x·sin QQ1Q28 J每式各2分，其余各式1分.變式訓練10.如圖14所示，正方形金屬線框abcd位于豎直平面內，其質量為m，電阻為R.在線框的下方有一勻強磁場，MN和MN是磁場的水平邊界，并與bc邊平行，磁場方向垂直于紙面向里.現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，圖乙是線圈由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的vt圖象，圖中字母均為已知量.重力加速度為g，不計空氣阻力.下列說法正確的是()圖14A.金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向B.金屬線框的邊長為v1(t2t1)C.磁場的磁感應強度為 D.金屬線框在0t4的時間內所產(chǎn)生的熱量為2mgv1(t2t1)m(vv)答案BD解析金屬線框剛進入磁場時磁通量增大，根據(jù)楞次定律判斷可知，感應電流方向沿abcda方向，故A錯誤；由題圖乙可知，金屬線框進入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2t1，故金屬線框的邊長：lv1(t2t1)，故B正確；在金屬線框進入磁場的過程中，金屬線框所受安培力等于重力，則得：mgBIl，I，又lv1(t2t1).聯(lián)立解得：B ，故C錯誤；t1到t2時間內，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：Q1mglmgv1(t2t1)；t3到t4時間內，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：Q2mglm(vv)mgv1(t2t1)m(vv)故QQ1Q22mgv1(t2t1)m(vv)，故D正確.11.(2016·浙江·24)小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖15所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53°，導軌上端串接一個R0.05 的電阻.在導軌間長d0.56 m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B2.0 T.質量m4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s0.24 m.一位健身者用恒力F80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直.當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 53°0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量).求：圖15(1)CD棒進入磁場時速度v的大小；(2)CD棒進入磁場時所受的安培力F安的大?。?3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J解析(1)由牛頓第二定律得a12 m/s2進入磁場時的速度v2.4 m/s(2)感應電動勢EBlv感應電流I安培力F安IBl代入得F安48 N(3)健身者做功WF(sd)64 J又Fmgsin F安0CD棒在磁場區(qū)做勻速運動在磁場中運動時間t焦耳熱QI2Rt26.88 J.專題規(guī)范練1.下列沒有利用渦流的是()A.金屬探測器B.變壓器中用互相絕緣的硅鋼片疊壓成鐵芯C.用來冶煉合金鋼的真空冶煉爐D.磁電式儀表的線圈用鋁框做骨架答案B解析金屬探測器中變化電流遇到金屬物體，在金屬物體中產(chǎn)生渦流，故A、D是利用渦流的；變壓器的鐵芯用硅鋼片疊壓而成，是為了減小渦流，故B正確；真空冶煉爐是線圈中的電流做周期性變化，在冶煉爐中產(chǎn)生渦流，從而產(chǎn)生大量的熱量，故C是利用渦流的.2.(多選)(2016·江蘇·6)電吉他中電拾音器的基本結構如圖1所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產(chǎn)生感應電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音，下列說法正確的有()圖1A.選用銅質弦，電吉他仍能正常工作B.取走磁體，電吉他將不能正常工作C.增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應電動勢D.弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化答案BCD解析銅質弦為非磁性材料，不能被磁化，選用銅質弦，電吉他不能正常工作，A項錯誤；若取走磁體，金屬弦不能被磁化，其振動時，不能在線圈中產(chǎn)生感應電動勢，電吉他不能正常工作，B項對；由En可知，C項正確；弦振動過程中，穿過線圈的磁通量大小不斷變化，由楞次定律可知，線圈中感應電流方向不斷變化，D項正確.3.如圖2所示，三個相同的燈泡a、b、c和電阻不計的線圈L與內阻不計的電源連接，下列判斷正確的是()圖2A.K閉合的瞬間，b、c兩燈亮度不同B.K閉合足夠長時間以后，b、c兩燈亮度相同C.K斷開的瞬間，a、c兩燈立即熄滅D.K斷開之后，b燈突然閃亮以后再逐漸變暗答案D解析K閉合的瞬間，三個燈同時發(fā)光，由于線圈自感電動勢的阻礙，開始時通過L的電流很小，b、c兩燈的電流相同，一樣亮.由于a燈的電壓等于b、c電壓之和，所以a燈最亮，K閉合足夠長時間以后，b燈被線圈短路，故b燈熄滅，故b、c兩燈亮度不相同，故A、B錯誤.K斷開的瞬間，線圈中電流將要減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，有電流流過a、c兩燈，由于兩燈串聯(lián)，所以a、c兩燈逐漸變暗且亮度相同.故C錯誤；因K斷開之后，b燈中有電流通過，故使得b燈突然閃亮以后再逐漸變暗，選項D正確.4.(多選)(2016·上海·19)如圖3(a)，螺線管內有平行于軸線的外加勻強磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向.螺線管與導線框abcd相連，導線框內有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框在同一平面內.當螺線管內的磁感應強度B隨時間按圖(b)所示規(guī)律變化時()圖3A.在t1t2時間內，L有收縮趨勢B.在t2t3時間內，L有擴張趨勢C.在t2t3時間內，L內有逆時針方向的感應電流D.在t3t4時間內，L內有順時針方向的感應電流答案AD解析據(jù)題意，在t1t2時間內，外加磁場磁感應強度增加且斜率在增加，則在導線框中產(chǎn)生順時針方向大小增加的電流，該電流激發(fā)出增加的磁場，該磁場通過圓環(huán)，在圓環(huán)內產(chǎn)生感應電流，據(jù)結論“增縮減擴”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢，故選項A正確；在t2t3時間內，外加磁場均勻變化，在導線框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流，該電流激發(fā)出穩(wěn)定磁場，該磁場通過圓環(huán)時，圓環(huán)中沒有感應電流，故選項B、C錯誤；在t3t4時間內，外加磁場向下減小，且斜率也減小，在導線框中產(chǎn)生順時針方向減小的電流，該電流激發(fā)出向內減小的磁場，故圓環(huán)內產(chǎn)生順時針方向的感應電流，選項D正確.5.(2016·北京·16)如圖4所示，勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直.磁感應強度B隨時間均勻增大.兩圓環(huán)半徑之比為21，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響.下列說法正確的是()圖4A.EaEb41，感應電流均沿逆時針方向B.EaEb41，感應電流均沿順時針方向C.EaEb21，感應電流均沿逆時針方向D.EaEb21，感應電流均沿順時針方向答案B解析由法拉第電磁感應定律得圓環(huán)中產(chǎn)生的電動勢為Er2·，則，由楞次定律可知感應電流的方向均沿順時針方向，B項對.6.如圖5所示，邊長為L的金屬框abcd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邊以角速度逆時針轉動時，a、b、c、d四點的電勢分別為a、b、c、d.下列判斷正確的是()圖5A.金屬框中無電流，adB.金屬框中電流方向沿adcba，adC.金屬框中無電流，UbcBL2D.金屬框中無電流，UbcBL2答案C解析因穿過線圈的磁通量始終為零，故線圈中無電流；根據(jù)右手定則可知，d端電勢高于a端，c端電勢高于d端，UbcBLBL2，故選項A、B、D錯誤，C正確；故選C.7.如圖6甲所示，正三角形導線框abc固定在磁場中，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應強度B隨時間變化的關系如圖乙所示.t0時刻磁場方向垂直紙面向里，在05 s時間內，線框ab邊所受安培力F隨時間t變化的關系(規(guī)定水平向左為力的正方向)可能是下列選項中的()圖6答案A解析01 s，感應電動勢為：E1SSB0，為定值；感應電流：I1，為定值；安培力FBI1LB；由于B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零，根據(jù)楞次定律可知，線圈ab邊所受的安培力向左，為正；同理：12 s，感應電動勢為：E1SSB0，為定值；感應電流：I1，為定值；安培力FBI1LB；由于B逐漸增大，故安培力逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈ab邊所受的安培力向右，為負；33.5 s內，感應電動勢為：E2S2SB0，為定值；感應電流：I2，為定值；安培力FBI2LB，由于B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零；由于B逐漸減小到零，故通過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，感應電流要阻礙磁通量減小，有擴張趨勢，故安培力向外，即ab邊所受安培力向左，為正，故A正確，B、C、D錯誤.8.(多選)如圖7甲所示，一光滑的平行金屬導軌ABCD豎直放置，AB、CD相距L，在A、C之間接一個阻值為R的電阻；在兩導軌間的abcd矩形區(qū)域內有垂直導軌平面向外、高度為5h的有界勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m、電阻為r、長度也為L的導體棒放在磁場下邊界ab上(與ab邊重合).現(xiàn)用一個豎直向上的力F拉導體棒，使它由靜止開始向上運動，導體棒剛要離開磁場時恰好做勻速直線運動，導體棒與導軌始終垂直且保持良好接觸，導軌電阻不計.F隨導體棒與初始位置的距離x變化的情況如圖乙所示，下列說法正確的是()圖7A.導體棒離開磁場時速度大小為B.離開磁場時導體棒兩端電壓為C.導體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量為D.導體棒經(jīng)過磁場的過程中，電阻R產(chǎn)生焦耳熱為答案BD解析導體棒剛要離開磁場時，做勻速直線運動，則3mgmgBL可求得：v，A錯；由3mgmgBL知U，B對；導體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量q，C錯；導體棒經(jīng)過磁場的過程中，設產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律得：2mgh3mg·4hmg·5hmv2Q總，知QRQ總，D對.9.(2016·全國丙卷·25)如圖8，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內，其左端接一阻值為R的電阻；一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上；在電阻、導軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應強度大小B1隨時間t的變化關系為B1kt，式中k為常量；在金屬棒右側還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導軌垂直，磁場的磁感應強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里.某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動.金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計.求：圖8(1)在t0到tt0時間間隔內，流過電阻的電荷量的絕對值；(2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小.答案(1)(2)B0lv0(tt0)kSt(B0lv0kS)解析(1)在金屬棒未越過MN之前，穿過回路的磁通量的變化量為BSktS由法拉第電磁感應定律有E由歐姆定律得I由電流的定義得I聯(lián)立式得|q|t由式得，在t0到tt0的時間間隔內即tt0，流過電阻R的電荷量q的絕對值為|q|(2)當t>t0時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側做勻速運動，有FF安式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力.設此時回路中的電流為I，F(xiàn)安B0lI此時金屬棒與MN之間的距離為sv0(tt0)勻強磁場穿過回路的磁通量為B0ls回路的總磁通量為t其中B1SktS由式得，在時刻t(t>t0)，穿過回路的總磁通量為tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的時間間隔內，總磁通量的改變量t為t(B0lv0kS)t由法拉第電磁感應定律得，回路感應電動勢的大小為Et由歐姆定律得I聯(lián)立式得F(B0lv0kS).10.如圖9所示，寬L2 m、足夠長的金屬導軌MN和MN放在傾角為30°的斜面上，在N與N之間連接一個R2.0 的定值電阻，在AA處放置一根與導軌垂直、質量m0.8 kg、電阻r2.0 的金屬桿，桿和導軌間的動摩擦因數(shù)，導軌電阻不計，導軌處于磁感應強度B1.0 T、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中.用輕繩通過定滑輪將電動小車與桿的中點相連，滑輪與桿之間的連線平行于斜面，開始時小車位于滑輪正下方水平面上的P處(小車可視為質點)，滑輪離小車的高度H4.0 m.啟動電動小車，使之沿PS方向以v5.0 m/s的速度勻速前進，當桿滑到OO位置時的加速度a3.2 m/s2，AA與OO之間的距離d1 m，求：圖9(1)該過程中，通過電阻R的電量q；(2)桿通過OO時的速度大?。?3)桿在OO時，輕繩的拉力大??；(4)上述過程中，若拉力對桿所做的功為13 J，求電阻R上的平均電功率.答案(1)0.5 C(2)3 m/s(3)12.56 N(4)2 W解析(1)平均感應電動勢q·t代入數(shù)據(jù)，可得：q0.5 C(2)由幾何關系：Hd解得：sin 0.853°桿的速度等于小車速度沿繩方向的分量：v1vcos 3 m/s(3)桿受的摩擦力Ffmgcos 3 N桿受的安培力F安BIL代入數(shù)據(jù)，可得F安3 N根據(jù)牛頓第二定律：FTmgsin FfF安ma解得：FT12.56 N(4)根據(jù)動能定理：WW安mgdsin Ffdmv解得W安2.4 J，電路產(chǎn)生的總電熱Q總2.4 J那么，R上的電熱QR1.2 J此過程所用的時間t0.6 sR上的平均電功率 W2 W.