高考物理二轮复习热点题型归纳与变式演练专题12：电磁感应定律及应用（2份，原卷版+解析版）

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考点1 楞次定律和法拉第电磁感应定律1
考点2 电磁感应中的图象问题3
考点3 电磁感应中力电综合问题8
考点4 电磁感应中的动力学、动量和能量问题12
考点1 楞次定律和法拉第电磁感应定律
1．判定感应电流方向的两种方法
(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。
2．求感应电动势的方法
(1)感生电动势：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S不变时E＝nS\f(ΔB,Δt),B不变时E＝nB\f(ΔS,Δt)))
(2)动生电动势：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(平动切割：E＝Blv,转动切割：E＝\f(1,2)Bl2ω))
【典例1】管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（ ）
A. 库仑B. 霍尔C. 洛伦兹D. 法拉第
【答案】D
【解析】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。
【变式1-2】如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨和，与平行，是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧左侧和扇形内有方向如图的匀强磁场，金属杆的O端与e点用导线相接，P端与圆弧接触良好，初始时，可滑动的金属杆静止在平行导轨上，若杆绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A. 杆产生的感应电动势恒定
B. 杆受到的安培力不变
C. 杆做匀加速直线运动
D. 杆中的电流逐渐减小
【答案】AD
【解析】A．OP转动切割磁感线产生的感应电动势为
因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；
BCD．杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，BC错误。
故选AD。
【变式1-2】高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场，如图所示。探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，都会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报；靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是( )
A．金属探测器利用的是电磁感应现象
B．金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用
C．金属探测器利用的是静电感应现象
D．金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化
【答案】AD
【解析】：线圈通电后会产生磁场，当有金属物体进入磁场时，通过金属物体横截面的磁通量发生变化，金属物体内部会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，由此判断是否有金属物体。故选项A、D正确。
【变式1-3】如图所示，光滑平行导轨M、N固定在同一水平面上，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
A．P、Q将互相靠拢B．P、Q将互相远离
C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度大于g
【答案】 A
【解析】 方法一 根据楞次定律的另一表述“感应电流的效果总是要阻碍产生感应电流的原因”，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近。所以，P、Q将互相靠拢且磁铁的加速度小于g，选项A正确。
方法二 设磁铁下端为N极，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，如图所示，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，可见P、Q将相互靠拢。由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g。当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结论，选项A正确。
考点2 电磁感应中的图象问题
电磁感应中常见的图象问题
【变式2-1】（2021·河北卷）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是（ ）
A．通过金属棒的电流为
B．金属棒到达时，电容器极板上的电荷量为
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
【答案】A
【解析】C．根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误；
A．由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为L = 2xtanθ，x = vt
则产生的感应电动势为E = 2Bv2ttanθ
由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q = CE = 2BCv2ttanθ
则流过导体棒的电流I = = 2BCv2tanθ，A正确；
B．当金属棒到达x0处时，导体棒产生的感应电动势为E′ = 2Bvx0tanθ
则电容器的电荷量为Q = CE′ = 2BCvx0tanθ，B错误；
D．由于导体棒做匀速运动则F = F安 = BIL
由选项A可知流过导体棒的电流I恒定，但L与t成正比，则F为变力，再根据力做功的功率公式P = Fv，可看出F为变力，v不变则功率P随力F变化而变化；D错误；
【变式2-2】（2021·浙江卷）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值的细导线绕制、匝数的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值的电阻连接。螺线管的横截面是半径的圆，其中心与长直导线的距离。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为，其中。
（1）求内通过长直导线横截面的电荷量Q；
（2）求时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量；
（3）若规定为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的图像；
（4）若规定为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的图像。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）见解析
【解析】（1）由电量和电流的关系可知图像下方的面积表示电荷量，因此有
代入数据解得
（2）由磁通量的定义可得
代入数据可得
（3）在时间内电流均匀增加，有楞次定律可知感应电流的方向，产生恒定的感应电动势
由闭合回路欧姆定律可得
代入数据解得
在电流恒定，穿过圆形螺旋管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为，则图像如图所示
（4）考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻碍电流的变化，因此开始时电流是缓慢增加的，过一段时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在时间内电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。同理，在内电流缓慢增加，过一段时间电路达到稳定后自感消失，在之后，电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。图像如图
【变式2-3】手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中（ ）
A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
【答案】AC
【解析】AB．由于送电线圈输入的是正弦式交变电流，是周期性变化的，因此产生的磁场也是周期性变化的，A正确，B错误；
C．根据变压器原理，原、副线圈是通过互感现象实现能量传递，因此送电线圈和受电线圈也是通过互感现象实现能量传递，C正确；
D．手机与机座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有能量损失的，D错误。
故选AC。
【变式2-4】（2020·浙江卷）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴上，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．棒产生的电动势为B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为D．电容器所带的电荷量为
【答案】B
【解析】A．如图所示，金属棒绕轴切割磁感线转动，棒产生的电动势
A错误；
B．电容器两极板间电压等于电源电动势，带电微粒在两极板间处于静止状态，则
即，B正确；
C．电阻消耗的功率，C错误；
D．电容器所带的电荷量，D错误。
故选B。
考点3 电磁感应中力电综合问题
一．电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
2．力学对象和电学对象的相互关系
二．电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。
(3)根据能量守恒列方程求解。
三．动量观点在电磁感应问题中的应用
1．对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题；
2．由Beq \x\t(I)L·Δt＝m·Δv、q＝eq \x\t(I)·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题。
【典例3】(2020·浙江7月选考)如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0 m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5 m、电阻R＝0.25 Ω的正方形线框abcd。当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，正方形线框在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0 m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3 s内线框始终做匀速运动。
(1)求外力F的大小；
(2)在1.0 s≤t≤1.3 s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在0≤t≤1.3 s内流过导线横截面的电荷量q。
【答案】 (1)0.062 5 N (2)B＝ eq \f(1,6－4t) (3)0.5 C
【解析】 (1)根据题图2可得t＝0时B0＝0.25 T
回路电流I＝ eq \f(B0Lv,R)
安培力FA＝ eq \f(B02L2,R) v
外力F＝FA＝0.062 5 N。
(2)线框匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，Φ1＝Φ
t1＝1.0 s时，B1＝0.5 T，磁通量Φ1＝B1L2
t时刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]
联立得B＝ eq \f(1,6－4t) 。
(3)0≤t≤0.5 s时电荷量q1＝ eq \f(B0L2,R) ＝0.25 C
0．5 s≤t≤1.0 s电荷量q2＝ eq \f(B1L2－B0L2,R) ＝0.25 C
总电荷量q＝q1＋q2＝0.5 C。
【变式3-1】(多选)(2020·山东等级考)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象可能正确的是( )

【答案】 BC
【解析】 第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知，ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比。第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大。第3～4 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s末感应电动势达到最大，之后便不断减小；第3 s末与第1 s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s末线框中产生的感应电流大小相等，但第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍。综上可知A、D错误，B、C正确。
【变式3-2】（2020·北京卷）如图甲所示，匝的线圈（图中只画了2匝），电阻，其两端与一个的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
(1)判断通过电阻的电流方向；
(2)求线圈产生的感应电动势；
(3)求电阻两端的电压。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻的电流方向为。
(2)根据法拉第电磁感应定律
(3)电阻两端的电压为路端电压，根据分压规律可知
【变式3-3】(多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是( )

A B C D
【答案】选AC
【解析】 导体棒ab向右运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大。如图所示。由E＝Blv知，感应电动势E随速度v的减小而减小，则感应电流非均匀变化。当两导体棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。根据系统的动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝ eq \f(v0,2) ，A对。导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其v­t图象应该是曲线，B错。由前面分析知，两导体棒做变速运动，感应电流变小，最后为零，但非均匀变化，C对，D错。
考点4电磁感应中的动力学、动量和能量问题
电磁感应中的动力学、动量和能量问题解题策略
【典例4】(2020·滨州市重点中学高考模拟考试)如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2。两导轨间有一边长为eq \f(L,2)的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab处由静止释放，若金属杆离开磁场前已做匀速运动，其余电阻均不计。求：
(1)金属杆离开磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；
(2)金属杆离开磁场时速度的大小；
(3)金属杆穿过整个磁场过程中电阻R1上产生的焦耳热。
【题眼点拨】①“离开磁场前已做匀速运动”表明此时安培力与重力平衡。
②“边长为eq \f(L,2)的正方形区域”表明导体棒切割的有效长度为eq \f(L,2)。
【答案】(1)eq \f(mg,BL)，方向从P到M (2)eq \f(2mgR,B2L2) (3)eq \f(mgL,4)－eq \f(m3g2R2,B4L4)
【解析】(1)设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得mg＝BIeq \f(L,2)，解得I＝eq \f(2mg,BL)
所以R1中的电流大小I1＝eq \f(I,2)＝eq \f(mg,BL)，方向从P到M。
(2)设金属杆匀速运动时的速度为v
由E＝Beq \f(L,2)v
E＝Ieq \f(R,2)
得v＝eq \f(2mgR,B2L2)。
(3)mgeq \f(L,2)＝Q＋eq \f(1,2)mv2
得Q＝eq \f(mgL,2)－eq \f(2m3g2R2,B4L4)
R1上产生的焦耳热为
QR1＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(mgL,4)－eq \f(m3g2R2,B4L4)。
【变式4-1】(2020·马鞍山市质检)如图甲所示，有一竖直方向的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，区域的上下边缘间距为H＝85 cm，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。有一长L1＝20 cm、宽L2＝10 cm、匝数n＝5的矩形线圈，其总电阻R＝0.2 Ω、质量m＝0.5 kg，在t＝0时刻，线圈从离磁场区域的上边缘高为h＝5 cm处由静止开始下落，0.2 s时线圈刚好全部进入磁场，0.5 s时线圈刚好开始从磁场中出来。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
甲 乙
(1)线圈穿过磁场区域所经历的时间t；
(2)线圈穿过磁场区域产生的热量Q。
【答案】(1)0.425 s (2)1.042 J
【解析】(1)设线圈做自由落体运动的末速度为v1，则
veq \\al(2,1)＝2gh，得v1＝1 m/s
h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，得t1＝0.1 s
进入磁场时，E1＝nB1L1v1，I1＝eq \f(E1,R)，FA1＝nB1I1L1
得FA1＝5 N，即FA1＝mg
线圈匀速进入磁场，L2＝v1t2
得t2＝0.1 s
之后线圈向下做匀加速运动，运动d＝H－L2＝0.75 m后，线圈的下边刚好到达磁场的下边缘
有veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝2gd，得v2＝4 m/s
由v2－v1＝gt3，得t3＝0.3 s
出磁场时，E2＝nB2L1v2，I2＝eq \f(E2,R)，FA2＝nB2I2L1
得FA2＝5 N，即FA2＝mg
线圈匀速出磁场，L2＝v2t4
得t4＝0.025 s
因此线圈穿过磁场区域所经历的时间
t＝t2＋t3＋t4＝0.425 s。
(2)线圈进出磁场过程均做匀速运动，该过程中线圈产生的热量
Q1＝mg·2L2＝1.0 J
整个线圈在磁场中运动时，E3＝nL1L2eq \f(ΔB,Δt)
eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(5,3) T/s
Q2＝eq \f(E\\al(2,3),R)t3＝eq \f(1,24) J≈0.042 J
因此全过程产生的总热量Q＝Q1＋Q2＝1.042 J。
【变式4-2】(2020·马鞍山二模)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上放置两根导体棒a和b，俯视图如图甲所示。两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场。导体棒与导轨始终垂直接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一水平向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv ­t图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)
甲 乙
(1)试证明：在0～t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关。
(2)求t1时刻棒b的加速度大小。
(3)求t2时刻两棒之间的距离。
【答案】(1)见解析 (2)eq \f(B2L2v0,4mR) (3)x0＋eq \f(mv0R,B2L2)
【解析】(1)t2时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有
2mv＝mv0
由能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(2m)v2
解得Q＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
所以在0～t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关。
(2)t1时刻有va－vb＝eq \f(v0,2)
回路中的电流I＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BLva－BLvb,2R)
此时棒b所受的安培力F＝BIL
由牛顿第二定律得棒b的加速度大小
a1＝eq \f(F,m)＝eq \f(B2L2v0,4mR)。
(3)t2时刻，两棒速度相同，均为v＝eq \f(v0,2)
0～t2时间内，对棒b，由动量定理有
Beq \x\t(I)L·Δt＝mv－0
根据法拉第电磁感应定律有eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
根据闭合电路欧姆定律有eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)
而ΔΦ＝BΔS＝BL(x－x0)
解得t2时刻两棒之间的距离x＝x0＋eq \f(mv0R,B2L2)。
【变式4-3】如图1所示，两水平放置的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，导轨间距离为L＝1 m。M、P间接有阻值为R＝10 Ω的定值电阻，理想电压表接在定值电阻两端。导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B＝1 T。一根质量m＝0.1 kg的金属棒放在导轨上，金属棒接入电路的电阻也为R＝10 Ω。现对金属棒施加一个水平向右的拉力，使金属棒由静止开始向右运动，金属棒运动后电压表的示数U随时间t变化的规律如图2所示，金属棒运动过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直，导轨电阻不计。求：
(1)t＝5 s时，拉力F的大小；
(2)金属棒在运动的前5 s内，拉力F的冲量大小；
(3)金属棒运动10 s时，撤去拉力F，则撤去拉力后金属棒运动0.5 m时速度的大小。
【答案】(1)0.7 N (2)2.25 N·s (3)19.75 m/s
【解析】(1)由于金属棒两端的电压与时间成正比，根据欧姆定律知，电路中的电流也与时间成正比，电路中的电动势与时间成正比，由E＝BLv可知，速度与时间成正比，即金属棒做匀加速运动。
根据速度时间关系可得：v＝at
则电压U＝ eq \f(1,2) BLv＝ eq \f(1,2) BLat
结合图象可知：t＝1 s时，U＝ eq \f(1,2) BLa＝1 V
解得a＝2 m/s2
t＝5 s时，金属棒的速度大小为v5＝at5＝10 m/s
根据牛顿第二定律可得：F－ eq \f(B2L2v5,2R) ＝ma
解得F＝0.7 N。
(2)根据(1)可知：F＝ eq \f(B2L2v,2R) ＋ma＝ eq \f(B2L2a,2R) ·t＋ma＝0.1t＋0.2 N
由于拉力F随时间t线性变化，因此拉力F的冲量I冲＝ eq \x\t(F) t＝ eq \f(0.2＋0.7,2) ×5 N·s＝2.25 N·s。
(3)金属棒运动10 s时速度大小为v1＝at′＝20 m/s
撤去拉力F后，金属棒做减速运动。设金属棒减速运动0.5 m时速度大小为v2，
根据动量定理可得：－BILΔt＝mΔv
根据欧姆定律可得：I＝ eq \f(E,2R)
根据法拉第电磁感应定律可得E＝ eq \f(ΔΦ,Δt) ＝ eq \f(Blx,Δt)
联立可得：－ eq \f(B2L2x,2R) ＝m(v2－v1)
解得v2＝19.75 m/s。图象类型
(1)随时间变化的图象，如B­t图象、Φ­t图象、E­t图象、I­t图象
(2)随位移变化的图象，如E­x图象、I­x图象
(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)
问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象)
(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
四个规律
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类公式
(1)平均电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
(2)平动切割电动势E＝Blv
(3)转动切割电动势E＝eq \f(1,2)Bl2ω
(4)闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R＋r)
(5)安培力F＝BIl
(6)牛顿运动定律的相关公式等
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
动力学问题
平衡态
非平衡态
能量问题
能量转化
eq \x(\a\al(其他形式,的能量)) eq \(――→,\s\up7(克服安培),\s\d5(力做功)) eq \x(\a\al(电,能)) eq \(――→,\s\up7(电流做功),\s\d5( )) eq \x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))
焦耳热Q的三种方法
动量问题
对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理 eq \x\t(BI) L·Δt＝m·Δv、q＝ eq \x\t(I) ·Δt来解决问题
【易错01】 楞次定律的理解及应用
1．楞次定律中“阻碍”的含义
2．应用楞次定律判断感应电流方向的步骤
【易错02】 感应电动势两个公式的比较
注意：㈠应用E＝neq \f(ΔΦ,Δt)应注意的三个问题
(1)公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．
(2)利用公式E＝nSeq \f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．
(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关．推导如下：q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq \f(nΔΦ,R).
㈡ 应用E＝Blv注意的四个问题
1．使用条件
本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场外，还需B、l、v三者相互垂直．实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为E＝Blvsin θ，θ为B与v方向间的夹角．
2．使用范围
导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即eq \x\t(E)＝Bleq \x\t(v).若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势．
3．有效性
公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度．例如，求下图中MN两点间的电动势时，有效长度分别为
甲图：l＝cdsin β.
乙图：沿v1方向运动时，l＝eq \x\t(MN)；沿v2方向运动时，l＝0.
丙图：沿v1方向运动时，l＝eq \r(2)R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R.
4．相对性
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．
【易错03】 自感现象的分析
1．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与电流方向相反，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与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．
2．自感现象的四个特点
(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．
3．自感现象中的能量转化
通电自感中，电能转化为磁场能；断电自感中，磁场能转化为电能．
4.分析自感现象的两点注意
(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程，线圈中电流逐渐变大，断电过程，线圈中电流逐渐变小，方向不变．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”问题的判断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭．
【易错04】 电磁感应中的电路问题
1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体就是电源，如切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等．这种电源将其他形式的能转化为电能．
2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．
3．解决电磁感应中电路问题的一般思路：
(1)确定等效电源，利用E＝neq \f(ΔΦ,Δt)或E＝Blvsin θ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．
(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图．
(3)利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解．
4.(1)对等效于电源的导体或线圈，两端的电压一般不等于感应电动势，只有在其电阻不计时才相等．
(2)沿等效电源中感应电流的方向，电势逐渐升高．
【易错05】 电磁感应中的图象问题
1．题型特点
一般可把图象问题分为三类：
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象；
(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；
(3)根据图象定量计算．
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、出磁场的转折点是解决问题的关键．
3．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图象还是Φ－t图象，或者是E－t图象、I－t图象等；
(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)画出图象或判断图象．
4.解决图象类选择题的最简方法——分类排除法．首先对题中给出的四个图象根据大小或方向变化特点分类，然后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)，特别是用物理量的方向，排除错误选项，此法最简捷、最有效．
【易错06】 电磁感应中的动力学问题分析
1．导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析．
2．导体的非平衡态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
3.分析电磁感应中的动力学问题的一般思路
(1)先进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；
(2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；
(3)然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；
(4)最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．
【易错07】 电磁感应中的能量问题
1．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．
2．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
(2)求解焦耳热Q的三种方法
在解决电磁感应中的能量问题时，首先进行受力分析，判断各力做功和能量转化情况，再利用功能关系或能量守恒定律列式求解．
1.（2021·全国甲卷）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（ ）
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
【答案】AB
【解析】
设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有
感应电动势为
两线圈材料相等（设密度为），质量相同（设为），则
设材料的电阻率为，则线圈电阻
感应电流为
安培力为
由牛顿第二定律有
联立解得
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时都匀速。
故选AB。
2.（2021·河南省郑州市二模）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间均匀变化，磁场方向取垂直纸面向里为正方向。正方形硬质金属框放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻，边长，则下列说法错误的是（ ）
A. 在到时间内，金属框中的感应电动势为
B. 在时，金属框边受到的安培力的大小为
C. 在时，金属框边受到的安培力的方向垂直于向右
D. 在到时间内，金属框中电流的电功率为
【答案】C
【解析】
A．根据法拉第电磁感应定律
金属框的面积不变，磁场的磁感应强度变化，故
解得
故A正确；
B．感应电流为
在时，受到的安培力为
故B正确；
C．根据楞次定律，感应电流阻碍磁通量的变化，磁通量随磁感应强度的减小，线框有扩大的趋势，故受到的安培力水平向左，故C错误；
D．电功率为
故D正确；
故选C。
3.（2021·山东省烟台市适应性练习）如图所示，竖直面内固定一足够长的竖直光滑平行金属导轨，导轨上端接有一个定值电阻R，整个装置处在垂直纸面向里的匀强磁场中，一质量为m、电阻不计的金属棒可紧贴导轨自由滑动。现让金属棒由静止下滑，不计导轨电阻和空气阻力，则金属棒在运动过程中，加速度大小a与速度大小v、流过的电荷量q与位移x的关系图像中正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
AB．金属棒中感应电流为
对金属棒，由牛顿第二定律可得
联立可得
对比题中图像可知，A正确，B错误；
CD．金属棒产生的平均感应电动势为
平均感应电流为
流过的电荷量为
联立可得
对比题中图像可知，C错误，D正确。
故选AD。
1、（2022·湖南卷·T10）如图，间距的U形金属导轨，一端接有的定值电阻，固定在高的绝缘水平桌面上。质量均为的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒距离导轨最右端。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为。用沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为
B. 导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C. 导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D. 导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻的电荷量为
【答案】BD
【解析】
C．导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故Ｃ错误；
A．导体棒b与电阻R并联，有
当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有
联立解得a棒的速度为
a棒做平抛运动，有
联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为
故A错误；
B．导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为
导体棒b与电阻R并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻的电荷量为
故D正确。
故选BD。
2、（2022·广东卷·T1）如图所示，水平地面（平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，平行于y轴，平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（ ）
A. N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B. 线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C. 线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D. 线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
【答案】AC
【解析】
A．依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；
B．根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；
C．根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；
D．线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。
故选AC。
3、（2022·广东卷·T4）图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（ ）
A. 两线圈产生的电动势的有效值相等B. 两线圈产生的交变电流频率相等
C. 两线圈产生电动势同时达到最大值D. 两电阻消耗的电功率相等
【答案】B
【解析】
AD．根据
两线圈中磁通量变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据
可知，两电阻电功率也不相等，选项AD错误；
B．因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；
C．当磁铁的磁极到达线圈附近时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误；
故选B。
4、（2022·山东卷·T12）如图所示，平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在平面内以角速度顺时针匀速转动，时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（ ）
A. 在到的过程中，E一直增大
B. 在到的过程中，E先增大后减小
C. 在到过程中，E的变化率一直增大
D. 在到的过程中，E的变化率一直减小
【答案】BC
【解析】
AB．如图所示
在到的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当时，有效切割长度最大为，此时，感应电动势最大，所以在到的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；
CD．在到的过程中，设转过的角度为，由几何关系可得
进入磁场部分线框面积
穿过线圈的磁通量
线圈产生的感应电动势
感应电动势的变化率
对求二次导数得
在到的过程中一直变大，所以E的变化率一直增大，故C正确，D错误。
故选BC。
5、（2022·全国甲卷·T20）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（ ）
A. 通过导体棒电流的最大值为
B. 导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C. 导体棒速度最大时所受的安培力也最大
D. 电阻R上产生的焦耳热大于导体棒上产生的焦耳热
【答案】AD
【解析】
MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为

A．当闭合的瞬间，，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大
故A正确；
B．当时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零， 故B错误；
C．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为
当时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C错误；
D． 在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能（即），故加速过程中，；当MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。
故选AD。
1、（2021·北京市西城区三模）如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则（ ）
A. 开关断开瞬间，电流表指针不偏转
B. 开关闭合瞬间，两个线圈中的电流方向可能同为顺时针或逆时针
C. 开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转
D. 开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力
【答案】C
【解析】A.开关断开瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量减小，所以电流表指针会偏转，故A错误；
B.开关闭合瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量增大，所以两个线圈中的电流方向一定相反，故B错误；
C.开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入回路的阻值减小，则线圈A中的电流增大，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量增大，所以感应电流的方向应和开关闭合瞬间时的相同，即电流表指针向右偏转，故C正确；
D.开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量减小，表现为线圈B对线圈A产生吸引力，故D错误。
故选C。
2、（2021·安徽省八校高三下学期5月模拟）用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图所示．把它们放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面（纸面）向里．当磁场均匀减弱时
A. 圆环和线框中的电流方向都为顺时针B. 圆环和线框中的电流方向都为逆时针
C. 圆环和线框中的电流大小之比为D. 圆环和线框中的电流大小比为2 :1
【答案】AC
【解析】根据楞次定律可得当磁场均匀减小时，线圈内产生的感应磁场方向与原磁场方向相同，即感应电流方向都为顺时针，A正确B错误；设圆半径为a，则圆面积为，圆周长为，正方向面积为，正方形周长为，因为磁场是均匀减小的，故，所以圆和正方形内的电动势之比为，两者的电阻之比为，故电流之比为，故C正确D错误；
3.如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置1匀速运动到位置2，则( )
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
【答案】选D
【解析】 导线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向为a→d→c→b→a，这时由左手定则可判断cd边受到的安培力方向水平向左，A错误，D正确；在导线框离开磁场时，ab边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以判断感应电流方向为a→b→c→d→a，这时安培力的方向仍然水平向左，B、C错误。
4、（2021·安徽省八校三模）一长直铁芯上绕有线圈P，将一单匝线圈Q用一轻质绝缘丝线悬挂在P的左端，线圈P的中轴线通过线圈Q的中心，且与线圈Q所在的平面垂直．将线圈P连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E为直流电源，S为开关．下列情况中，可观测到Q向左摆动的是
A. S闭合的瞬间B. S断开的瞬间
C. 在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时D. 在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变
【答案】A
【解析】A：S闭合的瞬间，线圈P中电流由无到有，产生的磁场从无到有，线圈Q中磁通量从无到有，线圈Q中磁通量增加，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的增大，则线圈Q将向左运动远离线圈P．故A项正确．
B：S断开的瞬间，线圈P中电流由有到无，产生的磁场由有到无，线圈Q中磁通量由有到无，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P．故B项错误．
C：在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，线圈P中电流减小，产生的磁场变弱，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P．故C项错误．
D：在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变，线圈P中电流不变，产生的磁场不变，线圈Q中磁通量不变，线圈Q中不产生感应电流，线圈Q不受磁场力，线圈Q不动．故D项错误．
5.(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】选AB
【解析】 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡流发热，使水温升高。要缩短加热时间，需增大涡流，即增大感应电动势或减小电阻。增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势。瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致磁性减弱。所以选项A、B正确，C、D错误。
6．(2020·山东济南市3月模拟)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝20 cm2.螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF.在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是( )
A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B．闭合K，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电
C．闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10－2 W
D．闭合K，电路中的电流稳定后，断开K，则K断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－2 C
【答案】 C
【解析】 根据法拉第电磁感应定律：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nSeq \f(ΔB,Δt)，解得：E＝0.8 V，故A错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极板带正电，故B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I＝eq \f(E,R1＋R2＋r)＝0.08 A，根据 P＝I2R1，解得：P＝2.56×10－2 W，故C正确；K断开后，流经R2的电荷量即为K闭合时电容器一个极板上所带的电荷量Q，电容器两端的电压为：U＝IR2＝0.4 V，流经R2的电荷量为：Q＝CU＝1.2×10－5 C，故D错误．
7.(2020·山东烟台一模)如图甲所示，间距L＝0.2 m的水平金属导轨CD、EF固定在水平地面上，一质量m＝4×10－3 kg的金属棒GH垂直地放置导轨上，导轨处于沿水平方向、磁感应强度B1＝0.2 T的匀强磁场中。有一匝数n＝20匝、面积S＝0.02 m2的线圈通过开关S与导轨相连，线圈处于通过线圈轴线、方向竖直向上的另一匀强磁场B2中，B2大小随时间t变化的关系如图乙所示。在t＝0.2 s时刻闭合开关S时，金属棒GH瞬间跳起(金属棒跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度为h＝0.2 m，不计空气阻力，重力加速度为g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．磁感应强度B1的方向水平向右
B．开关S闭合瞬间，GH中的电流方向由H到G
C．线圈中产生的感应电动势大小为3 V
D．开关S闭合瞬间，通过金属棒GH的电荷量为0.3 C
【答案】 B
【解析】 由楞次定律可知，在螺线管中磁通量向上增加，产生的感应电流流过导体棒的方向是由H到G，金属棒受向上安培力，可知磁感应强度B1的方向水平向左，选项A错误，B正确；线圈中产生的感应电动势大小为E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝20×eq \f(3,0.2)×0.02 V＝6 V，选项C错误；金属棒跳起时的初速度v＝eq \r(2gh)＝2 m/s；对金属棒由动量定理：B1Leq \(I,\s\up6(－))Δt＝mv，q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，则q＝eq \f(mv,B1L)＝eq \f(4×10－3×2,0.2×0.2) C＝0.2 C，选项D错误。
8.(2020·广西钦州市4月综测)如图，两条间距为L的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；一金属棒垂直放置在两导轨上，且始终与导轨接触良好；在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt，式中k为常量，且k>0；在MN右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场．t＝0时刻，金属棒从MN处开始，在水平拉力F作用下以速度v0向右匀速运动．金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略．则( )
A．在t＝t1时刻穿过回路的总磁通量为 B0Lv0t1 B．通过电阻R的电流不是恒定电流
C．在Δt时间内通过电阻的电荷量为eq \f(kS＋B0Lv0,R)Δt D．金属棒所受的水平拉力F随时间均匀增大
【答案】 C
【解析】 根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为金属棒左侧两种磁通量之和，则在t＝t1时刻穿过回路的总磁通量为Φ＝Φ1＋Φ2＝kt1S＋B0v0t1L，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，则I＝eq \f(E,R)＝eq \f(kS＋B0Lv0,R)，故通过电阻R的电流为恒定电流，B错误；Δt时间内通过电阻的电荷量为q＝IΔt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(kS＋B0Lv0,R)Δt，故C正确；金属棒所受的安培力大小F安＝B0IL＝kS+B0Lv0B0LR，根据平衡条件可知，水平拉力大小等于安培力大小，即为F＝ks+B0Lv0B0LR，故拉力F是一个恒量，故D错误．
9.(2020·石家庄模拟)如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上间距d＝1 m的两平行虚线aa′和bb′之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B＝5 T．现有一质量m＝1 kg，总电阻R＝5 Ω，边长也为d＝1 m的正方形金属线圈MNPQ有一半面积位于磁场中，现让线圈由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa′保持平行，线圈的下边MN穿出aa′时开始做匀速直线运动．已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．从开始到线圈完全进入磁场的过程，通过线圈某一截面的电荷量为0.5 C
B．线圈做匀速直线运动时的速度大小为0.4 m/s
C．线圈速度为0.2 m/s时的加速度为1.6 m/s2
D．线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中产生的焦耳热为3 J
【答案】ABD.
【解析】：q＝It＝eq \f(E,R)t＝eq \f(ΔΦ,tR)t＝ΔΦeq \f(1,R)＝eq \f(d2,2)×eq \f(1,R)，代入数据有q＝0.5 C，故A正确；线圈做匀速直线运动时，沿斜面有mgsin θ＝μmgcs θ＋BId，又I＝eq \f(Bdv,R)，两式联立得v＝0.4 m/s，故B正确；线圈v＝0.2 m/s时，沿斜面有mgsin θ－μmgcs θ－eq \f(B2d2v,R)＝ma，有a＝1.8 m/s2，故C错误；线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中能量守恒：mgsin θ×eq \f(3,2)d＝μmgcs θ×eq \f(3,2)d＋eq \f(1,2)mv2＋Q，代入数据有Q＝3 J，故D正确．
10. (2020·潍坊模拟)如图所示，一U形金属导轨竖直倒置，导轨间距为L，磁感应强度的大小为B的匀强磁场与导轨平面垂直．一阻值为R、长度为L、质量为m的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后速度减小，最终速度稳定时离磁场上边缘的距离为H.导体棒从静止开始运动到速度刚稳定的整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．下列说法正确的是( )
A．整个运动过程中回路的最大电流为eq \f(BL\r(2gh),R)
B．整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为mg(H＋h)－eq \f(m3g2R2,2B4L4)
C．整个运动过程中导体棒克服安培力所做的功为mgH
D．整个运动过程中回路电流的功率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mg,BL)))eq \s\up12(2)R
【答案】AB.
【解析】：由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，产生的感应电流最大，设最大速度为vm.对于自由下落的过程，根据机械能守恒定律得：mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，感应电流的最大值为：Im＝eq \f(Em,R)＝eq \f(BLvm,R)，代入解得：Im＝eq \f(BL\r(2gh),R)，故A正确．设导体棒匀速运动的速度为v，则有：mg＝BIL＝BLeq \f(BLv,R)，解得：v＝eq \f(mgR,B2L2).设整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律得：Q＝mg(H＋h)－eq \f(1,2)mv2，可解得：Q＝mg(H＋h)－eq \f(m3g2R2,2B4L4).根据功能关系可知：导体棒克服安培力所做的功等于导体棒产生的焦耳热，也为mg(H＋h)－eq \f(m3g2R2,2B4L4)，故C错误，B正确．导体棒匀速运动时电流为：I＝eq \f(mg,BL)，此时回路电流的功率为：P＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mg,BL)))eq \s\up12(2)R.由于导体棒先做减速运动，电流减小，功率减小，故D错误．
11.(2020·山东济南模拟)如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为B.导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则 ( )
A．电阻R中的感应电流方向由a到c B．物块下落的最大加速度为g
C．若h足够大，物块下落的最大速度为eq \f(mgR,B2l2) D．通过电阻R的电荷量为eq \f(Blh,R)
【答案】CD.
【解析】：题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R中的电流方向由c到a，A错误；对导体棒应用牛顿第二定律有FT－F安＝ma，又F安＝Beq \f(Blv,R)l，再对物块应用牛顿第二定律有mg－FT＝ma，则联立可得：a＝eq \f(g,2)－eq \f(B2l2v,2mR)，则物块下落的最大加速度am＝eq \f(g,2)，B错误；当a＝0时，速度最大为vm＝eq \f(mgR,B2l2)，C正确；下落h的过程，回路中的面积变化量ΔS＝lh，则通过电阻R的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BΔS,R)＝eq \f(Blh,R)，D正确．
12. (2020·云南第二次统一检测)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现给导体棒ab沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是( )
A．导体棒cd中产生的焦耳热为eq \f(1,4)mv02
B．导体棒cd中产生的焦耳热为eq \f(1,8)mv02
C．当导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0时，导体棒ab的速度为eq \f(1,2)v0
D．当导体棒ab的速度为eq \f(3,4)v0时，导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0
【答案】 BD
【解析】 由题意可知：mgsin 37°＝μmgcs 37°，则两棒组成的系统沿轨道方向动量守恒，当最终稳定时：mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，则回路产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2mv2＝eq \f(1,4)mv02，则导体棒cd中产生的焦耳热为Qcd＝Qab＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,8)mv02，选项A错误，B正确；当导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0时，则由动量守恒：mv0＝m·eq \f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq \f(3,4)v0，选项C错误；当导体棒ab的速度为eq \f(3,4)v0时，则由动量守恒：mv0＝m·eq \f(3,4)v0＋mvcd，解得vcd＝eq \f(1,4)v0，选项D正确．
公式
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
E＝Blv
导体
一个回路
一段导体
适用
普遍适用
导体切割磁感线
意义
常用于求平均电动势
既可求平均值也可求瞬时值
联系
本质上是统一的．但是，当导体做切割磁感线运动时，用E＝Blv求E比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝neq \f(ΔΦ,Δt)求E比较方便