1、第1讲电磁感应问题课标卷高考命题分析年份题号题型分值模型情景题眼分析难度2015年卷19题选择题6分阿拉果“圆盘实验”涡流的产生难卷15题选择题6分直角三角形金属框转动切割等效速度、电路分析易2016年卷20题选择题6分法拉第圆盘发电机旋转切割等效速度、电路分析中卷21题选择题6分电磁感应与交变电流的综合感应电动势规律的分析中25题计算题20分电磁感应的综合磁通量的分析计算难2017年卷18题选择题6分感应电流产生的条件施加磁场来快速衰减其微小震动中卷20题选择题6分法拉第电磁感应定律；楞次定律；安培力Et图象中获取信息中卷15题选择题6分楞次定律PQRS中产生的感应电流也产生磁场易1楞次定律
2、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感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律：En，常用于计算感应电动势的平均值若B变，而S不变，则EnS；若S变，而B不变，则EnB.(2)导体棒垂直切割磁感线：EBlv，主要用于求电动势的瞬时值(3)如图1所示，导体棒Oa围绕棒的一端O在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线，产生的电动势EBl2.图13感应电荷量的计算回路中发生磁通量变化时，在t时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为qIttntn.可见，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量决定，与发生磁通量变化的时间t无关
3、4电磁感应电路中产生的焦耳热当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：先作“源”的分析分析电路中由电磁感应所产生的“电源”，求出电源参数E和r；接着进行“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；然后是“力”的分析分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；接着进行“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；最后是“能量”的分析寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，其能量转化和守恒的关系高考题型1楞次定律和电
4、磁感应定律的应用例1(多选)(2017山东模拟)如图2所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE(由细软导线制成)挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度(相对圆心O)从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是()图2A在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针B在C从A点沿圆弧移动到图中ADC30位置的过程中，通过导线上C点的电
5、荷量为C当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大D在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为答案ABD解析由题意知，在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，直角三角形的面积先增大后减少，穿过直角三角形的磁通量先增大后减少，由楞次定律知导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针，则A项正确；在C从A点沿圆弧移动到图中ADC30位置的过程中，通过导线上C点的电荷量qItt，则B项正确；设DC与AD间夹角为，通过导线框的磁通量B2Rsin 2Rcos 2R2Bsin cos R2Bsin 2，所以通过导线框的磁通量表达式为R2Bsin t，当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，
6、导线框中的磁通量最大，而感应电动势为零，则C项错误；在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，对t的表达式求导得ER2Bcos t，产生的热量为Q，则D项正确1求感应电动势的两种方法(1)En，用来计算感应电动势的平均值(2)EBLv或EBL2，主要用来计算感应电动势的瞬时值2判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断(2)利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断3楞次定律中“阻碍”的四种表现形式(1)阻碍磁通量的变化“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)阻碍电流的变化(自感现象
7、)“增反减同”1(2017全国卷15)如图3，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()图3APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向答案D解析金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，
8、闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针方向；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针方向，选项D正确2(多选)(2017江西鹰潭市一模)如图4甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()图4A0t1时间内线圈中感应电流沿逆时针方
9、向B0t1时间内电压表的读数为Ct1t2时间内R上的电流为Dt1t2时间内P端电势高于Q端电势答案AC解析0t1时间内，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流沿逆时针方向，故A正确；0t1时间内线圈产生的感应电动势EnnSnS，电压表的示数等于电阻R两端的电压UIRR，故B错误；t1t2时间内线圈产生的感应电动势EnnS，根据闭合电路的欧姆定律I，故C正确；t1t2时间内，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端为负极，下端为正极，所以P端电势低于Q端电势，故D错误高考题型2电磁感应图象问题例2(多选)(2017全国卷20)两条平行虚线间存在一匀强磁场
10、，磁感应强度方向与纸面垂直边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图5(a)所示已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)下列说法正确的是()图5A磁感应强度的大小为0.5 TB导线框运动的速度的大小为0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N答案BC解析由E-t图象可知，导线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v m/s0.5 m/s，选项B正确；由图象
11、可知，E0.01 V，根据EBlv得，B T0.2 T，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I A2 A, 所受的安培力大小为FBIl0.220.1 N0.04 N，选项D错误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常用解决电磁感应图象问题的“两个方法”(1)排
12、除法；(2)函数法 3.(2017贵州毕节市模拟)如图6所示，圆心为O、圆心角为90的扇形导线框N位于纸面内(竖直面)，过O的水平面上方足够大区域内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里现使线框N在t0时从图示位置开始，绕垂直于纸面、且过圆心O的轴逆时针匀速转动下列可能正确表示此导线框中感应电流i随时间t变化关系的图象是()图6答案C解析当线框进入磁场时，切割的有效长度为半圆的半径，即电动势及电流大小不变，由右手定则可知，电流为逆时针，当线框全部进入磁场后，穿过线框的磁通量不变，无感应电流离开磁场时，电流为顺时针4(多选)(2017辽宁锦州市模拟)图7甲为固定在匀强磁场中的正三角形导线框abc，磁
13、场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，关于线框中的电流I与ab边所受的安培力F随时间t变化的图象(图中不考虑2 s末线框中的电流及ab边的受力情况)，下列各图正确的是()图7答案AD解析线框中的感应电流决定于磁感应强度B随时间t的变化率，01 s时间内，B均匀增大，均匀增大，由右手定则可知线框中的感应电流沿逆时针方向，因而是恒定的正值，B均匀增加，故安培力均匀增加，根据左手定则可知ab边所受安培力方向向右，为正值.12 s、23 s穿过线框的磁通量不变，所以无感应电
14、流，安培力为0；34 s根据楞次定律得感应电流沿逆时针方向，因而是正值且大小恒定，同样B均匀减小，故安培力均匀减小，根据左手定则可知ab边所受安培力方向向左，为负值高考题型3动力学观点和能量观点的应用例3(2017四川资阳市4月模拟)如图8所示，一足够大的倾角30的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的金属线框abcd，线框的质量m0.6 kg，其电阻值R1.0 ，ab边长L11 m，bc边长L22 m，与斜面之间的动摩擦因数.斜面以EF为界，EF上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场一质量为M的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连接线框的细线与斜面平行且细线最初处于松弛状态现先释放线框再释
15、放物体，当cd边离开磁场时线框即以v2 m/s的速度匀速下滑，在ab边运动到EF位置时，细线恰好被拉直绷紧(时间极短)，随即物体和线框一起匀速运动，t1 s后开始做匀加速运动取g10 m/s2，求：图8(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)细绳绷紧前，M下降的高度H；(3)系统在线框cd边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能E.答案(1)1 T(2)1.8 m(3)21.6 J解析(1)线框cd边离开磁场时匀速下滑，有：mgsin mgcos FB0FBBI1L1I1联立解得：B1 T(2)由题意，线框第二次匀速运动方向向上，设其速度为v1，细线拉力为FT，则：v1FTmgsin mg
16、cos BI2L10I2FTMg0设绳突然绷紧过程中绳子作用力冲量大小为I，对线框和物体分别用动量定理有：Imv1m(v)IMv0Mv1绳绷紧前M自由下落：v022gH联立解得：H1.8 m(3)根据能量守恒定律：线框匀速下滑过程：Q1mgL2sin 绳子突然绷紧过程：Q2(Mv02mv2)(Mm)v12线框匀速上滑过程：Q3MgL2mgL2sin EQ1Q2Q3联立解得：E21.6 J.1电荷量qIt，其中I必须是电流的平均值由EN、I、qIt联立可得qN，与时间无关2求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：QI2Rt.(2)功能关系：QW克服安培力(3)能量转化：QE其他能的减少量5(多选)
17、(2017山东日照市一模)如图9所示，在竖直面内有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、高度为h的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平将一边长为l(lh)、质量为m的正方形导体框abcd从磁场上方由静止释放，ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等已知导体框的电阻为r，导体框下落过程中，ab边始终保持水平，重力加速度为g.则()图9A导体框一定是减速进入磁场B导体框可能匀速穿过整个磁场区域C导体框穿过磁场的过程中，电阻产生的热量为mg(lh)D导体框进入磁场的过程中，通过某个横截面的电荷量为答案AD解析导体框进入磁场时如果是匀速或加速，则完全进入磁场后再次加速，刚出磁场时的速度一定大于刚
18、进入磁场时的速度，与ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等相矛盾，A正确；由于l小于h，则可知，当线圈全部进入磁场时要做加速运动，故B错误；从线框ab边进入磁场到刚出磁场过程中，根据功能关系可知，产生的焦耳热等于重力势能的改变量，故为mgh，穿出和穿入过程中产生的焦耳热相等，则在导体框穿过磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgh，故C错误；导体框进入磁场的过程中，通过某个横截面的电荷量为q，D正确6(2017江苏南通市二模)如图10所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长abL、ad2L.虚线MN过ad、bc边中点一根能承受最大拉力F0的细线沿水平方向拴住ab边
19、中点O.从某时刻起，在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按Bkt的规律均匀变化一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab边穿出磁场时的速度为v.求：图10(1)细线断裂前线框中的电功率P；(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W；(3)线框穿出磁场过程中通过导线截面的电量q.答案(1)(2)mv2(3)解析(1)根据法拉第电磁感应定律EL2kL2电功率P(2)细线断裂瞬间安培力FAF0线框的加速度a线框离开磁场过程中，由动能定理得Wmv2(3)设细线断裂时刻磁感应强度为B1，则有ILB1F0其中I线圈穿出磁场过程电流通过的电量qt联立解得q.
20、题组1全国卷真题精选1(多选)(2016全国卷20)法拉第圆盘发电机的示意图如图11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11A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
21、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EBLBL2，I，恒定时，I大小恒定，大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由PI2R知，当变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错2(2015新课标全国15)如图12，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()图12AUaUc，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DUbcBl
22、2，金属框中电流方向沿acba答案C解析金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断UaUc，UbUc，选项A错误由转动切割产生感应电动势的公式得UbcBl2，选项C正确3(2014新课标全国18)如图13(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()图13答案C解析由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压大小是恒定
23、的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确题组2各省市真题精选4(2016海南卷4)如图14，一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14A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，当金属环上、下移动时，穿过环的磁通量不发生变
24、化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属环向左移动时，则穿过金属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方向，故选项C错误；当金属环向右移动时，则穿过金属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方向，故选项D正确5(多选)(2014江苏单科7)如图15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()图15A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
25、电流发热，使水温升高要缩短加热时间，需增大涡电流，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，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱所以选项A、B正确，选项C、D错误6(2016浙江理综16)如图16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()图16A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答案B解析根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时
26、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错误专题强化练1(2017全国卷18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图1所示无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是()图1答案A解
27、析感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化在A图中，系统震动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的震动；在B图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动或向右振动均无感应电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流；在D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故选项A正确，B、C、D错误2(多选)(2017山东潍坊市一模)如图2甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t0时起，穿过线圈的磁通量按图乙所示规律变化下列说法正
28、确的是()图2A.时刻，R中电流方向由a到bB.t0时刻，R中电流方向由a到bC0t0时间内R中的电流是t02t0时间内的D0t0时间内R产生的焦耳热是t02t0时间内的答案AC解析时刻，线圈中向里的磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向，所以R中电流方向由a到b，故A正确；t0时刻，线圈中向里的磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，R中的电流方向由b到a，故B错误；0t0时间内感应电动势大小E1；t02t0时间内感应电动势大小E2，由欧姆定律，知0t0时间内R中的电流是t02t0时间的，故C正确；根据焦耳定律QI2Rt，知0t0时间内R产生的焦耳热是t02t0时间内的，
29、故D错误3(多选)(2017辽宁沈阳市质检)如图3甲所示，一个足够长的U型光滑金属导轨固定在水平桌面上，电阻R10 ，其余电阻均不计，两导轨间的距离l0.2 m，有垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示一个电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨两边垂直在t0时刻，金属杆紧靠在最左端，杆在外力的作用下以速度v0.5 m/s向右做匀速运动当t4 s时，下列说法中正确的是()图3A穿过回路的磁通量为0.08 WbB流过电阻R的感应电流的方向为baC电路中感应电动势大小E0.02 VD金属杆所受到的安培力的大小为1.6104 N答案AD解析当
30、t4 s时，金属杆的位移为：xvt0.54 m2 m，则穿过回路的磁通量为：BSBlx0.20.22 Wb0.08 Wb，A正确；根据楞次定律可得流过电阻R的感应电流的方向为ab，B错误；电路中感应电动势大小为：EBlv0.20.20.5 V V0.04 V，C错误；根据欧姆定律可得电路中的电流为：I A0.004 A，金属杆所受到的安培力的大小为：FBIl0.20.0040.2 N1.6104 N，D正确4(2017广西桂林市联考)如图4甲所示，一根电阻R4 的导线绕成半径d2 m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两个直径均为d的半圆，磁感应强度随时间变化的图象如图乙所示
31、(磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针方向为正)，关于圆环中的感应电流时间图象，下列选项中正确的是()图4答案C解析01 s，E1S4 V，I A，由楞次定律知感应电流为顺时针方向，由图知，C正确5(多选)(2017东北三省四市二模)如图5所示，空间存在有界的匀强磁场，磁场上下边界水平，方向垂直纸面向里，宽度为L.一边长为L的正方形线框自磁场边界上方某处自由下落，线框自开始进入磁场区域到全部离开磁场区域的过程中(线框下落过程中始终保持在同一竖直平面内，且底边保持与磁场边界平行)，下列关于线框速度和感应电流大小随时间变化的图象可能正确的是()图5答案ACD6(多选)(2017河北石家庄市第二次质检
32、) 如图6甲所示，质量m3.0103 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T、方向水平向右的匀强磁场中有一匝数n300匝、面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示t0.22 s时闭合开关K，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h0.20 m不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()图6A00.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 VB开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC
33、磁感应强度B2的方向竖直向下D开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C答案BD解析由题图可知，00.10 s内：BS(10)0.01 Wb0.01 Wb,00.10 s线圈中的感应电动势大小：En300 V30 V，故选项A错误；由题可知闭合开关K瞬间细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为：CD，由安培定则可知线圈中感应电流的磁场方向竖直向上，由题图乙可知，在0.20.25 s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2方向竖直向上，故选项B正确，选项C错误；对细框，由动量定理得：B1Iltmv0，细框向上做竖直上抛运动：v22gh，电荷量：QIt，解得
34、：Q C0.03 C，故选项D正确7(多选)(2017山东济宁市一模)如图7所示，在水平面内有两个相同的“V”字型光滑金属导轨，空间中存在垂直于水平面的匀强磁场，其中导轨bac固定不动，用外力F使导轨edf向右匀速运动，导轨间接触始终良好，且两导轨始终关于ad连线对称，从图示位置开始计时，下列关于回路中的电流I的大小和外力F的大小随时间的变化关系正确的是()图7答案AD8.(2017宜昌市一调)如图8所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角.在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其它电阻导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存
35、在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h.在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都为v0.关于上述情景，下列说法正确的是()图8A两次上升的最大高度相比较为HhB有磁场时导体棒所受合力的功大于无磁场时合力的功C有磁场时，电阻R产生的焦耳热为mv02D有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsin 答案D解析无磁场时，根据能量守恒得，动能全部转化为重力势能有磁场时，动能一部分转化为重力势能，还有一部分转化为整个回路的内能动能相同，则有磁场时的重力势能小于无磁场时的重力势能，所以hH，故A错误由动能定理知：合力的功等于导体棒动能的变化量，有、无磁场时，导体棒的初速度相等，末速度都为
36、零，导体棒动能的变化量相等，则知导体棒所受合力的功相等，故B错误设有磁场时电阻R产生的焦耳热为Q，根据能量守恒知：mv02Qmgh，则Qmv02，故C错误有磁场时，导体棒上升时受重力、支持力、沿斜面向下的安培力，所以所受的合力大于等于mgsin ，根据牛顿第二定律，知加速度a大于等于gsin ，ab上升到最高点时有最小加速度gsin .故D正确9.(多选)(2017内蒙古包头市一模)如图9所示，光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A点在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三
37、角形回路，且通过A点的总电荷量为Q.已知导体棒与导轨间的接触电阻值恒为R，其余电阻不计，则()图9A该过程中导体棒做匀减速运动B当导体棒的速度为时，回路中感应电流小于初始时的一半C开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为SD该过程中接触电阻产生的热量为答案BC解析感应电动势EBLv，感应电流I，导体棒受到的安培力FBIL，由于导体棒在运动过程中L不断减小，安培力不断减小，导体棒的加速度减小，导体棒做加速度减小的减速运动，不做匀减速运动，故A错误；感应电动势EBLv，感应电流I，当导体棒的速度为v0时，导体棒的长度L减小，回路中感应电流大小小于初始时的一半，故B正确；在整个过程中，感应电荷量Q
38、ttt，则S，故C正确；导体棒克服安培力做功，导体棒的动能转化为焦耳热，由能量守恒定律可得，接触电阻产生的焦耳热Qmv02，故D错误10.(2017福建漳州市八校模拟)如图10所示，MN、PQ为间距L0.5 m的足够长平行导轨，NQMN.导轨平面与水平面间的夹角37，NQ间连接有一个R5 的电阻有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B01 T将一根质量为m0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行已知金属棒与导轨间的动摩擦因数0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ
39、为s2 m则：(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)图10(1)当金属棒滑行至cd处时，回路中的电流是多大；(2)金属棒达到的稳定速度是多大；(3)当金属棒滑行至cd处时，回路中产生的焦耳热是多少？答案(1)0.2 A(2)2 m/s(3)0.1 J解析(1)金属棒匀速运动时，沿导轨方向金属棒受力平衡mgsin FfF金属棒受的安培力为FB0ILFfFNmgcos 解得I0.2 A(2)由欧姆定律得I由电磁感应定律得EB0Lv解得v2 m/s(3)金属棒滑行至cd处时，由能量守恒定律得mgssin mv2Qmgcos s解得Q0.1 J.11(2017湖南省十三校第一次联
40、考)如图11所示，粗糙斜面的倾角37，斜面上直径d0.4 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场，一个匝数为n100匝的刚性正方形线框abcd，边长为0.5 m，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P2 W的小灯泡A相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边，已知线框质量m2 kg，总电阻R02 ，与斜面间的动摩擦因数0.5，从t0时起，磁场的磁感应强度按B(1t) T的规律变化，开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图11(1)线框静止时，回路中的电流大小I；(2)在线框保持不动的时
41、间内，小灯泡产生的热量Q；(3)若线框刚好开始运动时即保持磁场不再变化，求线框从开始运动到bc边离开磁场的过程中通过灯泡的电荷量q(柔软导线及小灯泡对线框运动的影响可忽略，且斜面足够长)答案(1)1 A(2) J(3) C解析(1)根据法拉第电磁感应定律可得En4 VPI2R()2R故可得R2 ，I1 A(2)线框刚要开始运动时，mgsin n(1t)Idmgcos 解得：t s则QPt J(3)线框刚好开始运动时，B1t0.1 T，qt C.12(2017山东青岛市一模)如图12所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d0.3 m
42、，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m10.2 kg、m20.1 kg，电阻分别为R10.1 、R20.2 .现让ab棒以v010 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g10 m/s2，求：图12(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；(3)cd棒进入半圆轨道前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棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有EBdv0IBIdm2a0解得：a030 m/s2(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量定恒，有m1v0m1v1m2v2m2v22m2g2rm2vp2m2gm2解得：v17.5 m/s(3)由动能定理得m1v12m1v02W解得：W4.375 J