1、高考资源网（） 您身边的高考专家第2讲楞次定律、法拉第电磁感应定律三年考情分析高考命题规律三年考题考查内容核心素养电磁感应是高考考查的重点内容，近几年高考对本章考查命题频率较高大部分以选择题的形式出题，也有部分是计算题，多以中档以上难度的题目来增加试卷的区分度，考查较多的知识点有：感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生感应电动势的计算，同时也会与力学、磁场、能量等知识综合考查及图像问题的考查从近年来高考命题趋势看，结合图像综合考查楞次定律和电磁感应定律的应用为选择题的命题热点；以导轨导体棒模型为载体，以近代科技、生活实际为背景，考查电磁感应规律与力学、电路知识的综合应用，是计算题(或
2、选择题)的命题热点.2019卷20T法拉第电磁感应定律科学思维卷21T电磁感应中的综合应用科学思维卷14T楞次定律物理观念卷19T电磁感应中的综合应用科学推理2018卷19T电流磁效应，楞次定律科学推理卷17T法拉第电磁感应定律科学推理卷18T电磁感应中的综合应用科学思维卷20T楞次定律，法拉第电磁感应定律科学思维2017卷18T电磁感应科学推理卷20T法拉第电磁感应定律科学思维卷15T楞次定律科学推理考向一楞次定律、法拉第电磁感应定律知识必备提核心通技法1楞次定律中“阻碍”的表现(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)(3)阻碍原电流的变化(自感现象)2楞次定
3、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：En.(2)磁感应强度变化型：EnS.(3)面积变化型：EnB.(4)平动切割型：EBlv.(5)转动切割型：EnBl2.注意：公式EnS中的S是垂直于磁场方向的有效面积典题例析析典题学通法例1(2019全国，20T)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上t0时磁感应强度的
4、方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示则在t0到tt1的时间间隔内()A圆环所受安培力的方向始终不变B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为D圆环中的感应电动势大小为审题指导(1)推理过程中一定要细心本题分析得到感应电流方向始终沿顺时针方向时，若由此盲目认为安培力方向始终不变，则易错选A.(2)感应电动势ES有效中的S有效为圆环回路在磁场中的面积，而不是圆环回路的面积解析BC由楞次定律(“增反减同”)可判断出感应电流方向始终沿顺时针方向，故B正确由左手定则可判断出圆环所受安培力的方向先向左后向右，故A错感应电动势ES有效r2，故D错由电阻定律得圆环电
5、阻R，则感应电流I，故C正确迁移题组多角度提能力迁移1En的应用1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la3lb，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Ba、b线圈中感应电动势之比为91Ca、b线圈中感应电流之比为34Da、b线圈中电功率之比为31解析：B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k，根据法拉第电磁感应定律可得Ennl2，则2，选项B正确；根据I可知，Il，故a、b线圈中感应电流之比为31，选项C错
6、误；电功率PIEnl2，则Pl3，故a、b线圈中电功率之比为271，选项D错误迁移2导体平动切割磁感线问题2(2019北京理综，22)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B.纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：(1)感应电动势的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab边产生的焦耳热Q.解析：本题为法拉第电磁感应定律的应用问题，考查考生的理解能力与综合分析能力，体现了物理观念、模型建构、科学推理等核心素养(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLv
7、(2)线圈中的感应电流I拉力大小等于安培力大小FBIL拉力的功率PFv(3)线圈ab边电阻Rab时间tab边产生的焦耳热QI2Rabt答案：(1)BLv(2)(3)迁移3导体旋转切割磁感线问题3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()AUaUc，金属框中无电流BUbUc，金属框中电流方向沿abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUacBl2，金属框中电流方向沿acba解析：C闭合金属框在匀强磁场中以角速度逆时针转动时，穿过金属
8、框的磁通量始终为零，金属框中无电流由右手定则可知UbUaUc，A、B、D选项错误；b、c两点的电势差UbcBlv中Bl2，选项C正确规律方法知规律握方法应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式En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EnS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、和回路电阻R有关，与时间长短无关，与是否均匀变化无关推导如下：qtt.考向二电磁感应中的图像问题知识必备提核心通技法1问题分类在电磁感应现象中，回路产生的感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力随时间的变化规律，也
9、可用图像直观地表示出来，如It、Bt、Ex、Ix图像等此问题可分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出相应的物理量的函数图像(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，确定相关的物理量2电磁感应图像问题的“三个关注”典题例析析典题学通法例2(2019课标，19)(多选)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t0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表示下列图像中可能正确的是()审题指导对于电磁感应中的图像问题，解法一般是利用物理规律推出
10、vt、It的函数表达式，对照图像得出结论；也可以利用物理规律定性地分析出I与t、v与t的关系，利用排除法得出结论解析AC由楞次定律可知ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，即v1减小，v2增加回路中的感应电动势EBL(v1v2)，回路中的电流I，回路中的导体棒ab、cd的加速度大小均为a，由于v1v2减小，可知a减小，所以ab与cd的vt图线斜率减小，I也非线性减小，所以A、C正确，B、D错误迁移题组多角度提能力迁移1根据已知图像判断电磁感应现象1(2018全国卷，20T)(多选)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b
11、)所示，规定从Q到P为电流正方向，导线框R中的感应电动势()A在t时为零B在t时改变方向C在t时最大，且沿顺时针方向D在tT时最大，且沿顺时针方向解析：AC在t时，PQ中的电流变化率为0，则R中的磁通量变化率为0，在R中不产生感应电动势，故A正确；t时，PQ中的电流由正方向减小到0，再向负方向上增加，且变化率最大，则R中的磁通量变化率最大，感应电动势最大由楞次定律可得，R中感应磁场方向垂直纸面向里同理，tT时，R中感应磁场方向垂直纸面向外故t时感应电动势为顺时针，tT时感应电动势为逆时针，故C项正确，B、D项错误迁移2根据电磁感应现象确定图像2(2019课标，21)(多选)如图，两条光滑平行金
12、属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好已知PQ进入磁场时加速度恰好为零从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是()解析：AD两棒均由同一位置由静止释放，则进入磁场时，两棒的速度相等若PQ棒出磁场后，MN棒再进入磁场，则MN棒做匀速运动切割磁感线，则通过PQ棒上的电流随时间变化的图像为A图；若PQ棒出磁场前MN棒进入磁场，则PQ棒与MN棒在磁场中做加速运动，当PQ棒
13、出磁场后，MN棒切割磁感线运动的速度比进入时的大，MN棒做减速运动，通过PQ棒的电流随时间变化的图像应为D图迁移3已知某种图像判定另一种图像3(多选)有一变化的匀强磁场垂直于如图甲所示的线圈平面，若规定磁场垂直线圈平面向里为磁感应强度B的正方向，电流从a经R流向b为电流的正方向现已知R中的感应电流I随时间t变化的图像如图乙所示，那么垂直穿过线圈平面的磁场可能是图中的()解析：AB当磁感应强度垂直线圈平面向里均匀减小时，由楞次定律可判断感应电流产生的磁场也垂直线圈平面向里，再由安培定则和法拉第电磁感应定律可判断感应电流的大小恒定且从a经R流向b；当磁感应强度垂直线圈平面向里均匀增大时，由楞次定律
14、可判断感应电流产生的磁场垂直线圈平面向外，再由安培定则和法拉第电磁感应定律可判断感应电流的大小恒定且从b经R流向a，选项A、B正确，C、D错误规律方法知规律握方法电磁感应图像问题解题“5步曲”第1步：明确图像的种类是Bt图、It图、vt图、Ft图或是Et图等；第2步：分析电磁感应的具体过程明确运动分成几个阶段(根据磁通量的变化特征或切割特点分析)；第3步：写出函数方程结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数方程；第4步：进行数学分析根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等；第5步：得结果画图像或判断图像考向三电磁感应中的电路和动力学问题知识必备提核心通技法1.2.典
15、题例析析典题学通法例3(2019山东省泰安市上学期期末)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，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，两定滑轮间的距离也为L.左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斜面及两根柔软轻导线足够长回路总电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g.使两金属棒水平，从静止开始下滑求：(1)金属棒运动的最大速度vm的大小；(2)当金属棒运动的速度为时，其加速度大小是多少？审题指导
16、解答此题的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定出金属棒的速度解析(1)达到最大速度时，设两绳中张力均为FT，金属棒cd受到的安培力为F对ab、cd，根据平衡条件得到：2mgsin 2FT2mgcos 2FTmgsin mgcos F而安培力FBIL根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律：EBLvm，I整理得到：vm(2)当金属棒的速度为时，设两绳中张力均为FT1，金属棒cd受到的安培力为F1，根据牛顿第二定律：2mgsin 2FT12mgcos 2ma2FT1mgsin mgcos F1ma又F1BI1L，E1BL，I1，联
17、立以上方程可以得到：a(sin 3cos )答案(1)(2)(sin 3cos )跟进题组练考题提能力1如图所示，一“U”形金属导轨固定在绝缘水平地面上，导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，导轨间距为d，电阻不计质量为m、接入电路的电阻为R的金属棒ab与导轨保持垂直且接触良好，棒与导轨间的动摩擦因数为.现给棒施加一垂直于棒且方向水平向右的拉力F，棒由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，求：(1)拉力F随时间变化的关系式；(2)由静止开始运动t0时间内通过棒的电荷量解析：(1)对棒，由牛顿第二定律得：FBIdmgma根据法拉第电磁感应定律有：EBdvBda
18、t又根据闭合电路欧姆定律有：I联立得：Fm(ag)at(2)金属棒在t0时间内的位移为xat故q0t0t0t答案：(1)Fm(ag)at(2)t2如图所示，两根与水平面成30角的足够长光滑金属导轨平行固定放置，导轨间距为L2 m，导轨底端接有阻值为1 的电阻R，导轨的电阻忽略不计整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B0.5 T现有一长度也为L、质量为m0.4 kg、电阻不计的金属棒用轻质细绳通过光滑轻质定滑轮与质量为M0.8 kg的物体相连，滑轮与金属棒之间的细绳与导轨平面平行且与金属棒垂直将金属棒与物体M由静止释放，棒沿导轨运动一段距离后以速度v做匀速直线运动，运动
19、过程中，棒与两导轨始终保持垂直接触，不计空气阻力(取重力加速度g10 m/s2)(1)求金属棒匀速运动时的速度v大小；(2)当棒的速度为0.5v时，求棒的加速度大小解析：(1)金属棒以速度v沿导轨向上匀速运动时，产生的感应电动势：EBLv回路电流：I金属棒所受安培力：F安BIL金属棒受力平衡：FTF安mgsin 又FTMg解得：v6 m/s(2)当棒的速度为v0.5v3 m/s时，对金属棒与物体组成的系统应用牛顿第二定律有：Mgmgsin F安(Mm)a其中棒所受的安培力为：F安3 N解得：a2.5 m/s2答案：(1)6 m/s(2)2.5 m/s2规律方法知规律握方法“四步法”分析电磁感应
20、中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：(1)“源”的分析：分离出电路中由电磁感应所产生的电源，确定电源电动势E和内阻r.(2)“路”的分析：弄清串、并联关系，由闭合电路的欧姆定律求电流，确定安培力F安(3)“力”的分析：确定杆或线圈的受力情况，求合力(4)“运动”的分析：由力和运动的关系确定运动模型考向四电磁感应中的能量问题知识必备提核心通技法1电磁感应中的功能关系2电磁感应中焦耳热的求法典题例析析典题学通法例4(2019天津理综，11)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，
21、两棒与导轨始终接触良好MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W.审题指导(1)电磁感应与电路问题中经常用到的一个导出公式：q.如果闭合回路是一个单匝线圈(n1)，则q.qn中n为线圈匝数，为线圈中磁通量的变化量，R为闭合回路的总电阻(2)
22、求安培力做的功应根据动能定理求解解析本题考查电磁感应中的电路问题及能量问题，难度较大，正确解答本题需要很强的综合分析能力，体现了学生的科学推理与科学论证的素养要素(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E，则Ek设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I设PQ中的电流为IPQ，有IPQI设PQ受到的安培力为F安，有F安BIPQl保持PQ静止，由受力平衡，有FF安联立式得F方向水平向右(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为t，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有其中Blx设PQ中的平均电流
23、为，有根据电流的定义得由动能定理，有FxWmv20联立式得Wmv2kq答案(1)方向水平向右(2)mv2kq跟进题组练考题提能力1(多选)如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B，将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持此拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()A拉力的功率P2mgvsin B拉力的功率P3mgvsin C当导体棒速度达到时加速度
24、大小为sin D在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析：AC当导体棒以v匀速运动时受力平衡，可得：mgsin BIL，电动势为：EBLv，电流为：I，联立可得：mgsin ，同理当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则有：Fmgsin ，可得：Fmgsin ，拉力的功率为：PF2v2mgvsin ，故A正确，B错误；当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律得：mgsin ma，解得：asin ，故C正确；由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力做功的和，故D错误2.(2020广东省惠州市模拟)如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成
25、37角放置，在斜面上虚线aa和bb与斜面底边平行，在aa、bb围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B1 T；现有一质量为m10 g、总电阻R1 、边长d0.1 m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域已知线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；(2)线圈释放时，PQ边到bb的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热解析：(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安mgcos mgsin ，F安BId，I，EBd
26、v联立代入数据解得：v2 m/s(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：a2 m/s2线圈释放时，PQ边到bb的距离L m1 m；(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d0.1 m，QW安F安2d代入数据解得：Q4103 J答案：(1)2 m/s(2)1 m(3)4103 J规律方法知规律握方法电磁感应与能量问题的解题方法(1)安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下：电能其他形式的能(2)明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能；(
27、3)根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系，列方程求解问题用“三大观点”解决电磁感应中的“杆轨”模型问题典例 所示，NQ和MP是两条平行且倾角为的光滑金属轨道，在两条轨道下面，在Q、P处接着QT和PS两条平行光滑的金属轨道，轨道足够长，所有轨道电阻忽略不计金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好金属棒ab、cd的质量均为m，长度均为L，且金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道构成闭合回路，金属棒ab的电阻为2R，cd的电阻为R，磁场方向均垂直于导轨向上(不考虑PQ交界处的边界效应，可认为磁场在PQ处立即变为竖直向上)，磁感应强度大小为B.若先保持金属棒cd不动，a
28、b在沿导轨向下的力F的作用下，开始以加速度a沿倾斜轨道向下做匀加速直线运动经过t0时间，ab棒恰好到PQ位置，此时撤去力F，同时释放金属棒cd，重力加速度为g，求：(1)ab棒匀加速运动过程中，外力F随时间t变化的函数关系；(2)两金属棒从撤去F，直到最后达到稳定后的运动过程中，金属棒cd产生的热量Q；(3)两金属棒从撤去F，直到最后达到稳定后的运动过程中，通过金属棒cd的电荷量q.核心考点1.通电导体受到的安培力FBIL.2.受力分析、牛顿运动定律3.动量守恒，能量守恒4.动量定理5.法拉第电磁感应定律命题技巧本试题以“双杆导轨”模型为背景，考查用“三大观点”解决电磁感应综合问题核心素养1.
29、物理观念：运动观念、相互作用观念、能量观念2.科学思维：导体杆在安培力作用下的运动审题关键(1)ab棒沿倾斜轨道加速下滑过程，满足牛顿第二定律(2)两棒最后达到稳定的过程中，系统满足动量守恒，能量守恒(3)求电荷量用动量定理解析(1)棒ab匀加速运动过程中，Fmgsin BLma得：Fmamgsin (tt0)(2)撤去力F时，金属棒ab的速度vat0，ab、cd组成的系统动量守恒，最终稳定时，两棒速度相同，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv2mv得vat0则两金属棒产生的热量Q等于动能的减少量，则Q总mv2mv2mv2ma2t由于金属棒ab电阻为2R，金属棒cd电阻为R，故其产生的热量之比
30、为21故金属棒cd产生的热量QQ总ma2t(3)对金属棒cd应用动量定理得：BLqmvmat0故q答案(1)Fmamgsin (tt0)(2)ma2t(3)易错展示1.不会用能量求Q总，不会用串并联关系求QcdQ总2.不能用动量定理求电荷量.对点演练练类题提素养如图所示，水平面内固定两对足够长的平行光滑金属导轨，左侧两导轨间的距离为2L，右侧两导轨间的距离为L，左、右侧的两导轨间都存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场两均匀的导体棒ab和cd分别垂直放在左、右两侧的导轨上，ab棒的质量为2m、有效电阻为2r，而cd棒的质量为m、有效电阻为r，其他部分的电阻不计原来两棒都处于静止状态，现给棒
31、一大小为I0、方向平行导轨向右的冲量使ab棒向右运动，在达到稳定状态时，两棒均未滑出各自的轨道求：(1)cd棒中的最大电流Im；(2)cd棒的最大加速度；(3)两棒达到稳定状态时，各自的速度大小解析：(1)ab棒获得一冲量，所以初速度v0分析知开始时回路中的感应电动势最大，最大值为Em2BLv0所以cd棒中最大感应电流Im(2)cd棒所受的最大安培力FmBImLcd棒的最大加速度am(3)当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，有2BLvabBLvcd由ab棒与cd棒中感应电流大小总是相等，可知安培力对ab棒与cd棒的冲量大小关系为Iab2Icd对ab棒根据动量定理有I0Iab2mvab
32、对cd棒根据动量定理有Icdmvcd解得vab，vcd.答案：(1)(2)(3)A级对点练题组一楞次定律、法拉第电磁感应问题1已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁N极位于地理南极附近如图所示，在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是()A若使线框向东平移，则a点电势比d点电势高B若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势C若以ad边为轴，将线框向上翻转90，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向D若以ab边为轴，将线框向上翻转90，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向解析：C地球北半部的
33、磁场方向由南向北斜向下，可分解为水平向北和竖直向下两个分量若线圈向东平移，根据右手定则可知a点电势低于d点电势，A项错误；若线圈向北平移，根据右手定则可知a点电势高于b点电势，B项错误；若以ad边为轴，将线框向上翻转90过程中，根据楞次定律及安培定则可知线框中的电流方向始终为adcba方向，C项正确；若以ab边为轴，将线框向上翻转90过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向为先沿abcda方向再沿adcba方向，故D错误2如图所示，两水平平行金属导轨间接有电阻R，置于匀强磁场中，导轨上垂直放置两根平行金属棒ab、cd.当用外力F拉动ab棒向右运动的过程
34、中cd棒将会()A向右运动B向左运动C保持静止 D向上跳起解析：A当用外力F拉动ab棒向右运动时，根据右手定则，在ab棒中产生从b到a的电流，则在cd棒中有从c到d的电流，根据左手定则知，cd棒受到向右的安培力，所以cd棒将会向右运动，选项A正确3如图所示，水平桌面上放置电阻不计、长度分别为l1、l2(l2l1)的直金属棒ab和bc连接而成的直角金属框，金属框处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中当金属框以大小为v的速度沿着bc方向匀速移动时，直角金属架两端的电压为()ABl1v BBl2vCB(l1l2)v DB(l2l1)v解析：A金属框架运动过程中，bc边没有切割磁感线，故只有
35、ab边切割产生感应电动势，故EBl1v，选项A正确4(2019江苏单科，14)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直已知线圈的面积S0.3 m2、电阻R0.6 ，磁场的磁感应强度B0.2 T，现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在t0.5 s时间内合到一起求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量q.解析：本题考查了法拉第电磁感应定律中回路面积变化的情况，考查了学生的理解能力及简单的分析与综合能力，体现了科学思维中的科学推理素养要素(1)感应电动势的平均值E磁通量的变化BS解得E，代入
36、数据得E0.12 V(2)平均电流I代入数据得I0.2 A(电流方向见图)(3)电荷量qIt代入数据得q0.1 C答案：(1)0.12 V(2)0.2 A见解析图(3)0.1 C题组二电磁感应中的图像问题5如图甲所示，闭合圆形线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是()A01 s内线圈中的感应电流逐渐增大，24 s内感应电流逐渐减小B第4 s末的感应电动势为0C01 s内与24 s内的感应电流相等D01 s内感应电流方向为顺时针方向解析：D根据法拉第电磁感应定律可得EnnS，01 s内与24 s内Bt图像中磁感应强度是随时间线性变化的，所以磁感
37、应强度的变化率均为恒定值，则感应电动势均为恒定值，感应电流均为恒定值，01 s内与24 s内的磁感应强度的变化率不同，所以感应电动势大小不同，感应电流也不相等，选项A、C错误；第4 s末磁感应强度虽然为0，但磁感应强度变化率却不为0，所以感应电流不为0，选项B错误；01 s内，磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小在增加，根据楞次定律知，感应电流方向为顺时针方向，选项D正确6如图甲所示，A、B两绝缘金属圆环套在同一水平铁芯上，A环中电流iA随时间t的变化规律如图乙所示下列说法正确的是()At1时刻，两环之间作用力最大Bt2和t3时刻，两环相互吸引Ct2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥Dt3和t
38、4时刻，两环相互吸引解析：Bt1时刻虽然A环中电流最大，但电流的变化率为零，B环中感应电流为零，两环之间作用力为零，选项A错误设A环中沿顺时针方向(从右往左看)为电流正方向，根据安培定则可知，t2时刻A环中电流产生的磁场水平向左穿过B环，且磁感应强度在减小，根据楞次定律可知B环中产生与A环同向的电流使二者相互吸引，同理，t3时刻也应相互吸引，选项B正确，C错误t4时刻A环中电流为零，两环无相互作用，选项D错误7如图所示，直角三角形导线框abc以速度v匀速进入匀强磁场区域，则此过程中导线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图像中的()解析：A在ac段切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应
39、电流方向沿abca.线框有效切割长度均匀增大，由EBLv知感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；在ab段也切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca.线框有效的切割长度均匀减小，由EBLv知感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小故A图正确题组三电磁感应中的电路、动力学和能量问题8(多选)如图所示，在匀强磁场的上方有一半径为R的导体圆环，圆环的圆心距离匀强磁场上边界的距离为h.将圆环静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v.已知圆环的电阻为r，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g.下列说法正确的是()A圆环进入磁场的过程中，圆环的左端电势高B圆环进
40、入磁场的过程做的是匀速直线运动C圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为D圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR解析：CD根据楞次定律可判断电流方向为逆时针，内部电流流向电势高的一端，A错误；圆环进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度不同，受到的安培力大小不同，不可能做匀速直线运动，B错误；圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量Q，C正确；根据功能关系，圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR，D正确9(多选)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上方穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方
41、向与磁场边界成45角，若线框的总电阻为R，则()A线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBADBAC刚进入磁场时线框中感应电流为CAC刚进入磁场时线框所受安培力为D此时CD两端电压为Bav解析：CD线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感应电流的磁场的方向向外，由安培定则可知感应电流的方向为ABCDA方向，故A错误；AC刚进入磁场时，CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势EBav，则线框中感应电流I，故B错误；AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是FBIa，由几何关系知，AD
42、边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，F合F，故C选项正确；当AC刚进入磁场时，CD两端电压UIBav，故D选项正确10如图所示，空间分布着水平方向的匀强磁场，磁场区域的水平宽度d0.4 m，竖直方向足够长，磁感应强度B0.5 T正方形导线框PQMN边长L0.4 m，质量m0.2 kg，电阻R0.1 ，开始时放在光滑绝缘水平板上位置，现用一水平向右的恒力F0.8 N拉线框，使其向右穿过磁场区，最后到达位置(MN边恰好出磁场)设线框平面在运动中始终保持在竖直平面内，PQ边刚进入磁场后线框恰好做匀速运动，g取10 m/s2.求：(
43、1)线框进入磁场前运动的距离D.(2)上述整个过程中线框内产生的焦耳热(3)线框进入磁场过程中通过某一截面的电荷量解析：(1)线框在磁场中做匀速运动，则F安F由公式得：F安BIL，I，EBLv1解得：v12 m/s由动能定理得：FDmv解得：D0.5 m.(2)由能量守恒定律可知Q2Fd20.80.4 J0.64 J.(3)根据qtt可得q C0.8 C.答案：(1)0.5 m(2)0.64 J(3)0.8 CB级综合练11(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应
44、强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动不计摩擦和空气阻力，则()Aa、b两个线框匀速运动的速度大小为B线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl解析：BC设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为T，则对a有T2mgBIl，对b有Tmg，又I，EBlv，解得v，故A错误线框a从下边进
45、入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t，故B正确从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系有2mglTlQ，得Qmgl，故C正确设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl2mgl3mv2W，得W2mgl，故D错误12.(2020江西一模)如图所示，水平面上两根足够长平行粗糙金属导轨，间距为d，左端接有阻值为R的电阻，整个平面内有竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场质量为m
46、、电阻为r的金属杆ab搁在导轨上，中点与一根轻质绝缘弹簧相连，弹簧右端固定将金属杆连同弹簧一起向左拉至伸长量为s处由静止释放，当弹簧第一次恢复原长时金属杆的速度为v，此过程电阻R产生的焦耳热为Q.金属杆始终与导轨垂直且接触良好，与金属导轨间的动摩擦因数为.求：(1)弹簧第一次恢复原长时金属杆的加速度大小和方向(2)弹簧初始时的弹性势能解析：(1)弹簧第一次恢复原长时金属杆所受合力为：FmgBId电路中电流为：I代入得加速度大小为：ag，方向向左(2)依据能量守恒，有：Epmgsmv2Q总又有：QQ总代入得：Epmgsmv2Q.答案：(1)g，方向向左(2)mgsmv2Q13(2019深圳三模)
47、如图所示，相距L0.5 m足够长的两根光滑导轨与水平面成37角，导轨电阻不计，导轨处在磁感应强度B2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上ab、cd为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为m0.5 kg、电阻均为R2 .ab棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd棒从静止开始下滑，直至与ab相连的细绳刚好被拉断，在此过程中cd棒电阻R上产生的热量为1 J，已知细线能承受的最大拉力为T5 N. g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求细绳被拉断时：(1)ab棒中电流的方向与大小(2)cd棒的速度大小(3)cd棒沿导轨下滑的距离解析：(1)cd棒切割磁感线，由右
48、手定则可知，ab棒中电流的方向是从a流向b，细绳被拉断瞬时，对ab棒有：Tcos 37mgsin 37BIL代入数据：50.80.5100.62I0.5解得：I1 A(2)由闭合电路欧姆定律得：EI(RR)1(22)V4 V感应电动势为：EBLv得：v m/s4 m/s(3)金属棒cd从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中，ab、cd电流相同，电阻相同，可得：QabQcd1 J在此过程中电路产生的总热量为：QQabQcd2 J由能量守恒得：mgssin 37mv2Q代入数据为：0.510s0.60.5422解得：s2 m.答案：(1) 从a流向b, 1 A(2)4 m/s(3)2 m14足够
49、长的平行金属轨道M、N，相距L0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mbmc0.1 kg，电阻RbRc1 ，轨道的电阻不计平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B1 T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示若使b棒以初速度v010 m/s开始向左运动，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒中产生的焦耳热；(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小解析：(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度选
50、两棒为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0(mbmc)v解得c棒的最大速度vv0v05 m/s.(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为Qmbv(mbmc)v22.5 J因为RbRc，所以c棒中产生的焦耳热为Qc1.25 J.(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：mcv2mcv2mcg2R解得v3 m/s.在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcgFmc解得F1.25 N.由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N.答案：(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N- 29 - 版权所有高考资源网